人教版高考物理一轮复习第2章相互作用第3讲受力分析共点力的平衡课时练含答案

第3讲　受力分析　共点力的平衡

一、选择题(本题共8小题，1～5题为单选，6～8题为多选)

1．(2021·浙江名校协作体月考)如图所示为卡在绝壁间的“奇迹石”，距离谷底大约1 000米。下列关于“奇迹石”受力的说法正确的是(　D　)

A．受两侧绝壁的弹力一定是水平方向

B．受左侧弹力和右侧弹力一定相等

C．受两侧绝壁的摩擦力一定竖直向上

D．受两侧绝壁的作用力一定竖直向上

[解析]　本题考查力的平衡。“奇迹石”卡在绝壁间。处于平衡状态。由于两侧绝壁形状不规则，所以具体每一个力的大小和方向都是不确定的，但由力的平衡知识可知其所受两侧绝壁的作用力的合力一定与其重力大小相等、方向相反，即方向一定竖直向上，D正确。

2．(2020·河北大名一中月考)如图所示，两个光滑金属球a、b置于一个桶形容器中，两球的质量ma>mb，对于图中的两种放置方式，下列说法正确的是(　C　)

A．两种情况对于容器左壁的弹力大小相同

B．两种情况对于容器右壁的弹力大小相同

C．两种情况对于容器底部的弹力大小相同

D．两种情况两球之间的弹力大小相同

[解析]　本题考查受力平衡中的整体法和隔离法的应用。由几何知识可知，两种情况下两球球心的连线互相平行，也就是说，下面小球对上面小球弹力的方向相同。上面小球受到的弹力在竖直方向上的分力大小等于重力，水平方向上的分力等于对左壁的弹力，显然a球在上面时对左壁的弹力大，两球之间的弹力也大，A、D错误；将两球看成整体分析可知，在同一容器里对左壁的弹力大小等于对右壁的弹力大小，所以是b球在下面时对右壁作用力大，而对底部的作用力大小相同，都等于两球的总重力，B错误，C正确。

3．(2021·江苏启东中学期中)如图所示，光滑斜面的倾角为30°，轻绳通过两个滑轮与A相连，轻绳的另一端固定于天花板上，不计轻绳与滑轮的摩擦。物块A的质量为m，不计滑轮的质量，挂上物块B后，当滑轮两边轻绳的夹角为90°时，A、B恰能保持静止，则物块B的质量为(　A　)

A．m　　　　　　　 B．m

C．m　 D．2m

[解析]　本题考查共点力平衡的条件。先对A受力分析，运用共点力平衡条件求出轻绳的拉力；再对B受力分析，再次运用共点力平衡条件求出B的质量，如图所示，

根据共点力平衡条件，有mgsin 30°＝T，T＝Mg，

解得M＝m，故A正确。

4．(2020·山西师大附中月考)如图所示，两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动，在O点悬挂一质量为M的重物，将两相同木块紧压在竖直挡板上，木块质量为m，此时整个系统保持静止。Ff表示木块与挡板间摩擦力的大小，FN表示木块与挡板间正压力的大小。若挡板间的距离稍许增大后系统仍静止，且O1、O2始终等高，则(　D　)

A．Ff变小　 B．Ff变大

C．FN变小　 D．FN变大

[解析]　本题考查力的合成与分解。先取重物与两木块整体为研究对象，在竖直方向上，受重力和两个向上的静摩擦力，两个静摩擦力的合力等于重力，所以Ff不变。对O点受力分析如图所示，设硬杆与竖直方向夹角为θ，若挡板间的距离稍许增大，则θ增大，由图可知F1增大，F3增大，由牛顿第三定律可知FN变大，故D正确。

5．(2021·河南八市重点高中联盟联考)如图所示，水平地板上放置一个斜面体，斜面体上放置滑块M，系有砝码的不可伸长的轻绳绕过斜面体顶端的定滑轮与滑块相连，系统保持静止。如果逐渐增加砝码个数，滑块与斜面体仍然保持静止，不计滑轮的质量和滑轮与细线间的摩擦，则下列说法正确的是(　A　)

A．物体M受到斜面体的摩擦力可能先减小后增大

B．物体受斜面体的摩擦力方向一定沿斜面向下

C．斜面体有向右运动的趋势

D．若剪断细线后M和斜面体仍然静止，则地面对斜面体的摩擦力方向水平向左

[解析]　本题考查连接体的受力平衡问题。取M为研究对象，M开始静止，所受摩擦力可能向上，可能向下，可能为零，增加砝码个数，若原来摩擦力向上，摩擦力就先减小后增大；A正确，B错误；取M和斜面体整体为研究对象，整体不受地面的摩擦力，C、D错误。

6．(2021·山东济钢高级中学月考)如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体A、B通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动，A在地面，B在空中。此时，力F与水平方向成θ角，弹簧中弹力大小为F1，弹簧轴线与水平方向的夹角为α，A受地面的摩擦力大小为f，则下列正确的是(　AD　)

A．θ一定大于α　 B．θ可能等于α

C．F一定小于F1　 D．F一定大于f

[解析]　本题借助平衡问题考查力的合成与分解。B受三个力作用，大小分别为m2g、F、F1，根据平衡条件，对B在水平方向有Fx＝Fcos θ－F1cos α＝0，竖直方向有Fy＝Fsin θ－(F1sin α＋m2g)＝0；所以Fcos θ＝F1cos α、Fsin θ>F1sin α，两式两边相除可得tan θ>tan α，即θ>α，则cos θ<cos α，所以F>F1；根据整体法得Fcos θ＝f，所以F>f，故A、D正确，B、C错误。

一题多解　对于B、D选项，考虑整体法，在水平方向上系统受外力F沿水平方向的分力和摩擦力f而处于平衡状态，可知F>f；若θ＝α，则弹簧与F在一个方向上，有B球的重力G＝0，不合实际，故B错。

7．如图所示，橡皮筋一端固定在竖直墙的O点，另一端悬挂质量为m的小球静止在M点。O点正下方N处固定一铁钉(橡皮筋靠在铁钉左侧)，ON间距等于橡皮筋原长，现对小球施加拉力F，使小球沿以MN为直径的圆弧缓慢向N运动，橡皮筋始终在弹性限度内，不计一切摩擦。则小球从M移动到N的过程中(　AB　)

A．橡皮筋的弹力一直在变小

B．拉力F的方向始终跟橡皮筋垂直

C．拉力F的方向始终跟圆弧垂直

D．拉力F先变大后变小

[解析]　本题考查三角形定则在动态平衡中的应用。小球从M移动到N的过程中，橡皮筋的长度越来越小，即形变量越来越小，所以橡皮筋的弹力一直在变小，故A正确；对小球在圆弧上任意一点A受力分析，小球受重力，橡皮筋的弹力(方向沿AN)，拉力F，由三角形定则可知，拉力方向始终跟橡皮筋垂直，故B正确，C错误；小球在圆弧上由M向N运动，弹力越来越小，由三角形定则可知，拉力F越来越大，故D错误。

8．(2020·江西上饶二中月考)如图所示，在固定好的水平和竖直的框架上，A、B两点连接着一根绕过光滑的轻小滑轮的不可伸长的细绳，重物悬挂于滑轮下，处于静止状态。若按照以下的方式缓慢移动细绳的端点，则下列判断正确的是(　BD　)

A．只将绳的左端移向A′点，拉力变小

B．只将绳的左端移向A′点，拉力不变

C．只将绳的右端移向B′点，拉力变小

D．只将绳的右端移向B′点，拉力变大

[解析]　本题考查力的合成与分解的应用。设滑轮两侧细绳与竖直方向的夹角为α，细绳的长度为L，B点到竖直框架的距离为s，根据几何知识和对称性，得sin α＝，以滑轮为研究对象，设细绳拉力大小为F，根据平衡条件得2Fcos α＝mg，得，F＝，当只将细绳的左端移向A′点，s和L均不变，则α不变，cos α不变，F不变，故A错误，B正确；当只将细绳的右端移向B′点，s增大，而L不变，则可知α增大，cos α减小，F增大，故C错误，D正确。

二、非选择题

9．(2021·山东济宁一中月考)物体A放在台式测力计上，通过跨过定滑轮的轻绳与物体B相连，B下端与轻弹簧粘连，弹簧下端与地面接触(未拴接)，整个系统处于平衡状态，此时台式测力计的示数为8.8 N；已知mA＝2mB＝1 kg，物块A、B间水平距离s＝20 cm，倾斜绳与水平方向的夹角θ＝37°，物块A与台式测力计间的动摩擦因数μ＝0.5。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B和滑轮视为质点，不计滑轮质量和滑轮处摩擦，弹簧始终处于弹性限度内。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)。

(1)求物块A受到的摩擦力和轻绳对物块A的拉力；

(2)沿竖直方向调整滑轮的高度至某一位置时，物块A刚好要运动，且此时弹簧刚好离开地面，求滑轮移动的距离和弹簧的劲度系数。

[答案]　(1)1.6 N　2N　(2)cm　15 N/m

[解析]　本题考查力的平衡问题的相关计算。

(1)对A受力分析，由平衡条件可得

N＋Tsin θ＝mAg，Tcos θ＝f，

解得f＝1.6 N，T＝2 N。

(2)滑轮未移动前，对B有T＋F＝mBg，

得F＝3 N，

弹簧开始时为压缩状态，设滑轮移动距离为Δh，此时倾斜绳与水平方向夹角为α，可得绳中拉力T′＝mBg＝5 N，

对A有N′＋T′sin α＝mAg，T′cos α＝f′＝μN′，

由三角函数知识可知sin2α＋cos2α＝1，

可得sin α＝0.8，cos α＝0.6，tan α＝，

由tan α＝得Δh＝cm，

又F＝kΔx＝3 N，

Δx＝Δh＋＝20 cm，

则k＝＝15 N/m。

10．质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑。如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止，重力加速度为g)。

(1)当α变化时，求拉力F的最小值；

(2)F取最小值时，求木楔对水平面的摩擦力是多少？

[答案]　(1)mgsin 2θ　(2)mgsin 4θ

[解析]　木块在木楔斜面上匀速向下运动时，

有mgsin θ＝μmgcos θ，即μ＝tan θ。

(1)因其在力F作用下沿斜面向上匀速运动，则有：

Fcos α＝mgsin θ＋f　  ①

Fsin α＋N＝mgcos θ　  ②

f＝μN　  ③

由①②③得F＝＝＝

则当α＝θ时，F有最小值，即Fmin＝mgsin 2θ。

(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即fM＝Fcos(α＋θ)

当F取最小值mgsin 2θ时，

fM＝Fmincos 2θ＝mg·sin 2θcos 2θ＝mgsin 4θ。

11．如图甲所示，在建筑沙石料产地或粮库常将颗粒输送到高处落下，在水平地面自然堆积成圆锥，其示意图如图乙所示。表格记录了一次在实验室中用干沙子模拟沙堆所测量的数据，表格中H为圆锥高度，L为圆锥底部直径。

(1)试简要解释数据表格所反映的物理现象并求沙子间的平均摩擦因数。

(2)现需将总体积为V且颗粒间动摩擦因数为μ的沙子在水平平整场地中自然堆放，写出沙堆所需底部最小面积Smin的表达式。(圆锥体积公式V＝πr2h)

[答案]　(1)见解析；0.4　(2)Smin＝

[解析]　(1)H<10 cm时，底部圆直径未见变化，沙堆的倾角不断增加，反映了漏下的沙子在表面上堆积而没有整体下滑，说明倾角过小，处于表面层的沙子满足tan α<μ的关系；H>10 cm阶段，底部圆直径与沙堆高度成正比，说明沙堆倾角保持不变，漏下的沙子沿着表面向下滑动，表面层的沙子满足tanα≥μ，颗粒间动摩擦因数μ基本不变，沙堆倾角将维持在最大角α m；考虑恰好不滑动的临界情况，表面沙石受重力、支持力和最大静摩擦力，根据平衡条件，有mgsin α＝μmgcos α

解得μ＝tan α＝＝＝0.4。

(2)出现最小面积时，最大静摩擦力等于重力的下滑分力，即mgsin α＝μmgcos α，解得动摩擦因数μ＝tan α

结合几何关系，有tan α＝＝

体积V＝SminH＝×π2×H＝

联立解得Smin＝。