2023届高考物理人教版一轮复习规范练-第二章　相互作用6　受力分析　共点力的平衡.docx

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1、课时规范练6受力分析共点力的平衡一、基础对点练1.(受力分析)(2021四川高三二模)如图所示,长木板放在粗糙的水平地面上,一人站在木板上通过细绳向左上方拉木箱,人和木箱一起向左匀速运动,长木板静止不动,已知细绳的拉力为F,细绳与水平面夹角为30,长木板、人与木箱质量均为m,重力加速度为g,下列说法正确的是()A.长木板对地面的压力大于3mgB.长木板对木箱的摩擦力等于FC.地面对长木板的摩擦力水平向右D.长木板对人的摩擦力和对木箱的摩擦力相同2.(受力分析)(2021河南新乡十一中月考)如图所示,一架直梯斜靠在光滑的竖直墙壁上,下端放在粗糙的水平地面上,直梯处于静止状态,其情境可以抽象成图乙

2、模型,梯子和竖直墙的夹角为。则下面说法正确的是()A.直梯可能只受3个力作用B.直梯受4个力作用C.角增大,直梯仍能静止,则地面对梯子的支持力增大D.角减小,直梯仍能静止,则地面对梯子的支持力减小3.(物体的平衡)(2021陕西汉中月考)如图所示,这是生活中常见的杆秤,其用途是用来测量物体的质量。杆秤由三条提绳、托盘、秤杆和秤砣构成,提绳等长且质量不计,托盘质量为0.1 kg,称重时杆秤处于静止状态,提绳与竖直方向均成37角。已知sin 37=0.6,cos 37=0.8,重力加速度g取10 m/s2。当用此杆秤称量质量为0.5 kg的物体时,每根提绳中的拉力大小为()A. NB.2 NC.

3、ND.2.5 N4.(物体的平衡)(2021陕西西安中学高三月考)如图所示,半圆形容器固定在地面上,容器内壁光滑,球A和球B放在容器内,用水平力作用在球A上,使球A的球心O1与半圆形容器的球心O2在同一竖直线上,容器半径、球A半径、球B半径之比为621,球B的质量为m,两球质量分布均匀,重力加速度为g,整个系统始终静止。则推力F的大小为()A.mgB.mgC.mgD.mg5.(物体的平衡)如图所示,一卡车沿倾角为15的下坡路段匀速行驶,一质量为m的匀质圆筒置于车厢内两固定光滑斜面之间,两斜面、与车厢底板的夹角分别为30和60,圆筒对斜面、压力的大小分别为F1、F2,则()A.F1=mg,F2=

4、mgB.F1=mg,F2=mgC.F1=mg,F2=mgD.F1=mg,F2=mg6.(动态平衡)(2021四川攀枝花高三一模)如图所示,表面粗糙的半球形物体固定在水平面上。用始终沿与半球形切线平行的力F将小物块由半球形的底端缓慢拉到顶端的过程中,力F的大小变化情况是()A.一直增大B.一直减小C.先增大后减小D.先减小后增大二、素养综合练7.(2021四川绵阳高三三模)如图所示,粗糙斜面放置于水平地面上,其左侧固定一竖直光滑直杆,杆上套着的圆环通过细线绕过光滑定滑轮与斜面上的滑块相连,细线与斜面平行,圆环、滑块均静止。现对滑块施加平行于斜面向下的外力F,将圆环从A点缓慢拉升至B点,斜面始终保

5、持静止。则在圆环上升过程中()A.直杆对圆环的弹力逐渐减小B.细线对圆环的拉力逐渐减小C.地面对斜面的摩擦力保持不变D.地面对斜面的支持力逐渐增大8.(多选)(2021湖南长沙长郡中学高三月考)如图所示,细绳一端与质量为m的小物块A相连,另一端悬挂在以小物块A为圆心、半径为绳长的一段圆弧形轨道上的O点(O点位于小物块A的正上方)。置于水平桌面上的小物块B用两端含光滑铰链的无弹性轻杆与小物块A连接,细绳与轻杆长度相同。保持小物块A不动,将细绳上端从O点沿圆弧形轨道缓慢地移到小物块B的正上方,此时细绳与竖直方向成60角。已知小物块B的质量为2m,且始终静止在桌面上。细绳、杆、圆弧形轨道均在同一竖直

6、平面内,小物块A、B均可视为质点,重力加速度为g。则()A.细绳竖直时,小物块B受到水平向右的静摩擦力B.细绳由初始位置移动到与竖直方向成60角的过程中绳上的拉力先减小后增大C.当细绳与竖直方向成60角时,杆对小物块A作用力的大小为mgD.当细绳与竖直方向成60角时,桌面对小物块B的作用力的大小为2.5mg9.(2022四川成都七中高三开学考试)如图所示,在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A,A的左侧紧靠竖直墙,A与竖直墙之间放一光滑圆球B,整个装置处于静止状态。若把A向右移动少许后,它们仍处于静止状态,则()A.墙受到的压力大小不变B.A与地面之间的压力减小C.A受到的摩擦

7、力增大D.A与B之间的作用力减小10.(2021河南信阳模拟)如图所示,弹性绳(遵循胡克定律)的一端固定在天花板上的O点,另一端悬挂一质量为m的小球,静止时小球位于B点,现在A点固定一光滑的小定滑轮,OA=,AB=l,现对小球施加一沿BC方向的拉力F,使小球沿BC缓慢运动到C点。已知A、B、C三点刚好组成一个正三角形,D为BC的中点,重力加速度为g,则()A.从B到C的过程中拉力F先增大后减小B.小球在C点受到的拉力F等于小球重力的倍C.在D点时弹性绳的弹力大小为mgD.该弹性绳的原长为11.(2021江西景德镇一中高三月考)如图所示,一个内表面光滑半球形的碗放在桌面上,碗口水平,是球心,碗的

8、球半径为R,一根轻质杆的两端固定有A、B两个小球(可视为质点),质量分别是m1、m2,已知杆长为R,杆静止时与水平面夹角为15,则A、B两小球的质量之比是()A.21B.1C.1D.212.(2021江西南昌二中月考)在竖直墙壁的左侧水平地面上,放置一个边长为a、质量为M=2 kg的正方体ABCD,在墙壁和正方体之间放置一半径为R=1 m、质量为m的光滑球,正方体和球均保持静止,如图所示。球的球心为O,OB与竖直方向的夹角为,正方体的边长aR,正方体与水平地面的动摩擦因数为=。(已知重力加速度g取10 m/s2,并认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37=0.6,cos 37=0.8)求:

9、(1)若=37,m=2 kg,竖直墙壁对球的弹力是多大;(2)若=37,保持球的半径不变,只增大球的质量,为了不让正方体出现滑动,则球质量的最大值为多少?(3)改变正方体到墙壁之间的距离,当正方体的右侧面AB到墙壁的距离小于某个值L时,则无论球的质量是多少,球和正方体都始终处于静止状态,且球没有掉落地面,请问这个距离的值L是多少。课时规范练6受力分析共点力的平衡1.B解析:选长木板、人与木箱整体为研究对象,长木板对地面的压力等于3mg,A错误;取木箱为研究对象,由平衡条件得Ff=Fcos 30=F,B正确;选长木板、人与木箱整体为研究对象,整体无运动趋势,地面对长木板没有摩擦力,C错误;木箱受

10、到的摩擦力向右,人受到的摩擦力向左,人和木箱受到的摩擦力大小相等,方向相反,D错误。2.B解析:直梯受竖直向下的重力、地面竖直向上的支持力、墙壁水平方向的支持力、地面水平方向的静摩擦力共四个力,A错误,B正确;地面对梯子的支持力与重力平衡,与夹角无关,C、D错误。3.D解析:由对称性可知三条提绳拉力相等,且水平分力的合力为0,竖直分力的合力与托盘及所称物体的重力是平衡力,对托盘及所称物体由平衡条件可得,在竖直方向3FTcos 37=(m+M)g,其中m=0.1 kg,M=0.5 kg,解得FT=2.5 N,故选D。4.D解析:对B进行受力分析如下图所示,设B球的半径为r,则有O1O2=4r、O

11、1O3=3r、O2O3=5r,即O1O2O3是直角三角形。根据力的平衡可知,球B对球A的压力FBA=mgtanO1O2O3=mg,由于A球受力平衡,则有F=FBA=mg,故选D。5.A解析:对圆筒受力分析如图所示,由几何关系可得F2与F1方向垂直,F1和F2与水平方向夹角为45,由平衡条件可得F1=mgcos 45=mg、F2=mgsin 45=mg,A正确,B、C、D错误。6.C解析:设小物块运动到某一位置时,半径与水平面的夹角为,受力分析如图,根据共点力平衡条件沿切线方向列出平衡方程为F=Ff+mgcos ,Ff=FN,沿半径方向FN=mgsin ,联立解得F=mgsin +mgcos =

12、mgsin(+),根据数学知识得出,当+90时,增大,F减小。故选C。7.C解析:设圆环受到的细线的拉力方向与竖直方向成角,绳的拉力为FT1,杆的支持力为FN1,对圆环受力分析,将圆环从A点缓慢拉升至B点的过程中,圆环处于动态平衡状态,由平衡条件可得FT1cos =mg,FT1sin =FN1,解得FT1=,FN1=mgtan ,圆环从A点缓慢拉升至B点的过程中,圆环的重力不变,增大,故细线对圆环的拉力逐渐增大,直杆对圆环的弹力FN1逐渐增大,A、B错误;设斜面的倾斜角为,斜面对滑块的支持力为FN2,细线的拉力为FT2,滑块重力为G2,由于滑块处于动态平衡,所以有FN2=G2cos ,因G2与

13、不变,所以FN2不变,又因摩擦力Ff=FN2,所以滑块受到的斜面的摩擦力也不变,由牛顿第三定律可得,斜面受到的滑块的作用力也不变,因此地面对斜面的摩擦力和支持力保持不变,C正确,D错误。8.BC解析:细绳竖直时对A分析可知杆中无弹力,则B物体不受摩擦力作用,A错误;设细绳逆时针转过60,与圆弧交于C点。则有BCOA,则BCA=60,又因AC=AB,所以CBA=60,即AB与水平面夹角为30。杆对A的作用力方向不变,A物体重力大小方向均不变,根据合成可知,当绳拉力与杆垂直时,拉力最小为F=Gsin 60,故绳上的拉力先减小后增大,B正确;当细绳与竖直方向成60角时,细绳上端从O点沿圆弧形轨道缓慢

14、地移到小物块B的正上方,此时,三个力合成组成等边三角形,杆对小物块A作用力的大小为FN=mg,C正确;当细绳与竖直方向成60角时,桌面对小物块B的作用力是B的重力和杆对B的作用力的合力,由余弦定理可知F=mg,D错误。9. D解析:小球B受重力G、A的支持力F1和墙壁的压力F2。如图甲所示:甲将重力G分解为G1和G2,则根据平衡可知,F1=G1=、F2=G2=Gtan ,当A向右移动少许,根据题意可知,A对小球B的作用力F1与竖直方向的夹角将减小,乙则cos 增大,tan 减小,即墙壁对小球B的作用力将减小,A对小球B的支持力减小。根据牛顿第三定律可知,球B对墙壁的压力将减小,球B对A的压力亦

15、减小,A错误,D正确;对AB的整体,竖直方向受到地面的支持力和AB的重力,则地面的支持力等于AB的重力之和,B错误;再对A进行受力分析,如图乙所示,由于A的平衡,所以A受地面摩擦力Ff=FBsin ,根据题意知,B对A的压力FB减小且FB与竖直方向的夹角减小,故A所受地面的摩擦力Ff减小,C错误。10.D解析:从B到D的过程较为复杂,单看从D到C的过程中,设A点下方的弹性绳与水平方向的夹角为,对小球受力分析并沿水平和竖直方向正交分解,在水平方向上有Fcos 30=FTcos ,解得F=FTcos ,因此过程中弹性绳的伸长量越来越大,弹力FT越来越大,而由60逐渐减小到30,cos 越来越大,可

16、知拉力F也越来越大,A错误;小球在C点时,对小球进行受力分析,并结合几何知识可知,此时小球受到的拉力F=mg,B错误;设小球在D点时弹性绳的弹力大小为FT,对小球进行受力分析并沿水平和竖直方向正交分解可得FTsin 30=Fcos 30、FTcos 30+Fsin 30=mg,两式联立可解得FT=mg,C错误;设弹性绳的原长为l0,则当小球在B点时,由胡克定律可得k(l-l0)=mg,在D点时有k(l+-l0)=mg,两式联立可解得l0=,D正确。11.B解析:由OA2+OB2=AB2且OA=OB可知OA、OB的夹角为90,OAB=OBA=45,则OA与水平方向的夹角为60,OB与水平方向的夹

17、角为30,选取两小球和杆作为研究对象,受力分析如图甲所示,由平衡条件得,F1在水平方向的分力F和F2在水平方向的分力F相等,即F1cos 60=F2cos 30,所以。甲再以小球A为研究对象,受力分析如图乙所示,根据平衡条件得F与m1g的合力与F1等大反向,图中两个阴影三角形相似,则得,再以小球B为研究对象得,则得,解得,B正确,A、C、D错误。乙12.答案:(1)15 N(2)4 kg(3)L1+ m解析:(1)以球为研究对象,受力如图小球受力平衡,根据三角形定则可知,墙壁对球的弹力FN2=mgtan =15 N(2)以正方体和球整体为研究对象,竖直方向受重力(m+M)g和地面的支持力FN,水平方向受墙壁的弹力FN2和地面的摩擦力Ff,根据平衡条件有FN=(m+M)g所以(mg+Mg)=mgtan 得出:m=4 kg(3)根据无论mg多大,只要FN1sin FN1cos 就不可能动起来,即tan =通过几何关系解得:L(1+) m(方法有多种,这里给出其中一种仅供参考)