高考物理联考模拟汇编专题七受力分析共点力的平衡含解析

受力分析  共点力的平衡1．如图所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁。若再在斜面上加一物体m，且M、m相对静止，此时小车受力个数为(　　)A．3　　　　　　　　　　 B．4C．5   D．6解析：选B　先对物体m受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力；再对M受力分析，受重力、m对它的垂直向下的压力和沿斜面向下的静摩擦力，同时地面对M有向上的支持力，共受到4个力，故B正确。2．设雨点下落过程中受到的空气阻力与雨点(可看成球形)的横截面积S成正比，与下落速度v的二次方成正比，即f＝kSv2，其中k为比例常数，且雨点最终都做匀速运动。已知球的体积公式为V＝πr3(r为半径)。若两个雨点的半径之比为1∶2，则这两个雨点的落地速度之比为(　　)A．1∶   B．1∶2C．1∶4   D．1∶8解析：选A　当雨点做匀速直线运动时，重力与阻力相等，即f＝mg，故k×πr2×v2＝mg＝ρ×πr3×g，即v2＝，由于半径之比为1∶2，则落地速度之比为1∶，选项A正确。3.如图所示，在一水平长木板上放一木块P，缓慢抬起木板的右端，木块P和木板始终相对静止，则(　　)A．木块受到木板的支持力减小、摩擦力减小B．木块受到木板的支持力增大、摩擦力增大C．木块受到木板的作用力大小不变、方向不变D．木块受到木板的作用力大小变化、方向变化解析：选C　对本块受力分析可知，木块受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力的作用，木块开始滑动前，木块受力平衡，所以摩擦力和重力沿斜面向下的分力相等，即f＝mgsin θ，所以夹角增大的过程中，木块所受的摩擦力一直在增大；木块受到的支持力FN＝mgcos θ，由于抬起木板的过程中，夹角增大，故支持力减小，故A、B错误。由于木块一直处于平衡状态，故木块受到木板的作用力始终等于重力，故木块受到木板的作用力大小不变、方向不变，故C正确，D错误。4．(2021·广州六校联考)一个质量为3 kg的物体，被放置在倾角为α＝30°的固定光滑斜面上，在如图所示的甲、乙、丙三种情况下处于平衡状态的是(g＝10 m/s2)(　　) A．仅甲图   B．仅乙图C．仅丙图  v D．甲、乙、丙图解析：选B　物体在光滑斜面上受重力、支持力和沿斜面向上的拉力，斜面光滑，故物体不受摩擦力；将重力沿斜面和垂直于斜面进行分解，重力垂直于斜面的分力一定与支持力相等；要使物体处于静止，拉力应等于重力沿斜面向下的分力，即F＝mgsin α＝3×10× N＝15 N，故只有乙平衡。故B正确。5．(多选)如图甲所示，A为一截面为等腰三角形的斜劈，其质量为M，两个底角均为30°。两个完全相同、质量均为m的小物块p和q恰好能沿两斜面匀速下滑。现在若对两物块同时施加一平行于侧面的恒力F1、F2，且F1>F2，如图乙所示，则在p和q下滑的过程中，下列说法正确的是(　　)A．斜劈A仍旧保持静止，且不受到地面的摩擦力作用B．斜劈A仍旧保持静止，且受到地面向右的摩擦力作用C．斜劈A仍旧保持静止，对地面的压力大小为(M＋m)gD．斜劈A仍旧保持静止，对地面的压力大小大于(M＋m)g解析：选AD　起初两物块沿斜面匀速下滑，p、q及斜劈组成的整体处于平衡状态，则水平方向斜劈不受地面的静摩擦力作用，施加恒力F1、F2后，斜劈受力情况不变，即A依然不受地面的摩擦力作用，且A对地面的压力大小仍为(M＋2m)g，大于(M＋m)g，故选项A、D正确。6．(2021·长沙调研)如图所示，质量为m(可视为质点)的小球P，用两根轻绳OP和O′P与小球拴接后再分别系于竖直墙上相距0.4 m的O、O′两点上，绳OP长0.5 m，绳O′P长0.3 m，今在小球上施加一方向与水平方向成θ＝37° 角的拉力F，将小球缓慢拉起，绳O′P刚拉直时，OP绳拉力为T1，绳OP刚松弛时，O′P绳拉力为T2，则为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　)A．3∶4   B．4∶3C．3∶5   D．4∶5解析：选C　O′P绳刚拉直时，OP绳拉力为T1，此时O′P绳拉力为零，小球受力如图甲所示。根据几何关系可得sin α＝＝，可得α＝53°，则α＋θ＝90°； 根据共点力的平衡条件可得T1＝mgsin α；OP 绳刚松弛时，O′P绳的拉力为T2，此时OP绳拉力为零，小球受力如图乙所示，根据共点力的平衡条件可得T2＝mgtan α，由此可得＝＝，故C正确，A、B、D错误。7.(多选)如图所示为内壁光滑的半球形凹槽M，O为球心，∠AOB＝60°，OA水平，小物块在与水平方向成45°角的斜向上的推力F作用下静止于B处。在将推力F沿逆时针缓慢转到水平方向的过程中装置始终静止，则(　　)A．M槽对小物块的支持力逐渐减小B．M槽对小物块的支持力逐渐增大C．推力F先减小后增大D．推力F逐渐增大解析：选BC　以小物块为研究对象，分析受力情况，如图所示，物块受到重力G、支持力FN和推力F三个力作用，根据平衡条件可知，FN与F的合力与G大小相等，方向相反。将推力F沿逆时针缓慢转到水平方向的过程中(F由位置1→3)，根据作图可知，M槽对小物块的支持力FN逐渐增大，推力F先减小后增大，当F与FN垂直时，F最小。故A、D错误，B、C正确。 8．(多选)如图所示，两根轻绳一端系于结点O，另一端分别系于固定圆环上的A、B两点，O点下面悬挂一物体M，绳OA水平，拉力大小为F1，绳OB与OA夹角α＝120°，拉力大小为F2，将两绳同时缓慢顺时针转过75°，并保持两绳之间的夹角α始终不变，且物体始终保持静止状态。则在旋转过程中，下列说法正确的是(　　)A．F1逐渐增大   B．F1先增大后减小C．F2逐渐减小   D．F2先增大后减小 解析：选BC　设两绳转动过程中，绳OA与水平方向的夹角为θ，以O点为研究对象，受力分析如图所示，因为两绳是缓慢移动的，所以O点始终处于平衡状态，由平衡条件得F1cos θ＝F2cos(60°－θ)，F1sin θ＋F2sin(60°－θ)＝Mg，由以上两式解得F1＝，F2＝。当θ<60°时，θ增大，F1增大，F2减小；当60°≤θ≤75°时，θ增大，F1减小，F2减小。因此，在两绳旋转的过程中，F1先增大后减小，F2逐渐减小，选项B、C正确。9．(多选)甲、乙两建筑工人用简单机械装置将工件从地面提升并运送到楼顶。如图所示，设当重物提升到一定高度后，两工人保持位置不动，甲通过缓慢释放手中的绳子，使乙能够用一始终水平的轻绳将工件缓慢向左拉动，最后将工件运送至乙所在位置，完成工件的运送。绳的重力及滑轮的摩擦不计，滑轮大小忽略不计，则在工件向左移动过程中(　　)A．甲手中绳子上的拉力不断减小B．楼顶对甲的支持力不断增大C．楼顶对甲的摩擦力大于对乙的摩擦力D．乙手中绳子上的拉力不断增大解析：选CD　设与结点和滑轮相连的一段绳子与竖直方向的夹角为θ，工件重力为mg，对结点受力分析如图所示，可得甲手中绳子拉力T1＝，乙手中绳子拉力T2＝mgtan θ，工件向左移动过程中，θ逐渐增大，可知T1逐渐增大，T2也逐渐增大，A错误，D正确。甲手中绳子与水平方向夹角不变，可知T1竖直向上的分力逐渐增大，由平衡条件可知楼顶对甲的支持力不断减小，B错误。分别对甲、乙水平方向的受力进行分析，可得楼顶对甲的摩擦力f1＝T1sin φ，φ为甲手中绳子与竖直方向的夹角，楼顶对乙的摩擦力f2＝T2，分析可知，始终有φ>θ，则f1＝>f2＝，C正确。10. (2021·昆明模拟)如图所示，质量M＝2 kg的木块套在水平固定杆上，并用轻绳与质量m＝1 kg的小球相连。今用跟水平方向成60°角的力F＝10 N拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m的相对位置保持不变，g＝10 m/s2。在运动过程中，求：(1)轻绳与水平方向的夹角θ；(2)木块M与水平杆间的动摩擦因数μ。解析：(1)小球的受力如图甲所示，由平衡条件得水平方向：Fcos 60°－FTcos θ＝0竖直方向：Fsin 60°－FTsin θ－mg＝0解得θ＝30°。(2)将木块、小球看做整体，受力如图乙所示，由平衡条件得水平方向：Fcos 60°－μFN＝0竖直方向：FN＋Fsin 60°－Mg－mg＝0解得μ＝。答案：(1)30°　(2)11.如图所示，三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2L，现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为(　　)A．mg   B.mgC.mg   D.mg解析：选C　由题图可知，要使CD水平，各绳均应绷紧，则AC与水平方向的夹角为60°；结点C受力平衡，受力分析如图所示，则CD绳的拉力FT＝mgtan 30°＝mg；D点受绳子拉力大小等于FT，方向向左；要使CD水平，D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的分力F1，及另一分力F2，由几何关系可知，当力F2与BD垂直时，F2最小，而F2的大小即为拉力的大小；故最小力F＝FTsin 60°＝mg。故C正确。  12. (2021·潍坊模拟)如图所示，风筝借助于均匀的风和牵线对其作用，才得以在空中处于平衡状态。图中所示风筝质量为400 g，某时刻风筝平面与水平面的夹角为30°，主线对风筝的拉力与风筝平面成53°角。已知风对风筝的作用力与风筝平面相垂直，g取10 m/s2。(1)求此时风对风筝的作用力的大小和线对风筝的拉力大小；(2)若拉着风筝匀速运动时，主线与水平面成53°角保持不变，这时拉主线的力为10 N，则风对风筝的作用力为多大？风筝平面与水平面的夹角为多大？解析：(1)风筝平衡时共受到三个力的作用，即重力mg、风对它的作用力F和主线对它的拉力T(如图所示)，以风筝平面方向为x轴，F方向为y轴，建立一个坐标系，将重力和拉力T正交分解，在x轴方向：mgsin 30°－Tcos 53°＝0在y轴方向：F＝Tsin 53°＋mgcos 30°联立两式，解得T＝3.33 N，F＝6.13 N。(2)同理以水平方向为x轴，竖直方向为y轴建立坐标系。设风对风筝的作用力水平分力为Fx，竖直分力为Fy，由平衡条件，知Fx＝T′cos 53°＝10×0.6 N＝6 NFy＝T′sin 53°＋G＝10×0.8 N＋4 N＝12 NF＝＝13.4 N风筝平面与水平面的夹角θ满足tan θ＝＝θ＝arctan 。答案：(1)6.13 N　3.33 N　(2)13.4 N　arctan