高考物理复习 课时过关题06 受力分析共点力的平衡（含答案解析）

2020(人教版)高考物理复习 课时过关题06

受力分析共点力的平衡

1.如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔．质量为m的小球套在圆环上．一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移．在移动过程中手对线的拉力F和轨道对小球的弹力FN的大小变化情况是(　　)

A．F不变，FN增大

B．F不变，FN减小

C．F减小，FN不变

D．F增大，FN减小

2.如图，在水平桌面上放置一斜面体P，两长方体物块a和b叠放在P的斜面上，整个系统处于静止状态．若将a与b、b与P、P与桌面之间摩擦力的大小分别用Ff1、Ff2和Ff3表示．则(　　)

A．Ff1=0，Ff2≠0，Ff3≠0         B．Ff1≠0，Ff2=0，Ff3=0

C．Ff1≠0，Ff2≠0，Ff3=0         D．Ff1≠0，Ff2≠0，Ff3≠0

A．F1<F2，h1<h2　

B．F1>F2，h1<h2

C．F1>F2，h1>h2

D．F1=F2，h1>h2

4.如图所示,两梯形木块A、B叠放在水平地面上,A、B之间的接触面倾斜,A的左侧靠在光滑的竖直墙面上。关于两木块的受力,下列说法正确的是(　　)

A.A、B之间一定存在摩擦力作用        B.木块A可能受三个力作用

C.木块A一定受四个力作用             D.木块B受到地面的摩擦力作用方向向右

5.如图所示，一直杆倾斜固定，并与水平方向成30°的夹角．直杆上套有一个质量为0.5 kg的圆环，圆环与轻弹簧相连，在轻弹簧上端施加一竖直向上、大小F=10 N的力，圆环处于静止状态，已知直杆与圆环之间的动摩擦因数为0.7，g=10 m/s2.下列说法正确的是(　　)

A．圆环受到直杆的弹力，方向垂直直杆向上

B．圆环受到直杆的弹力大小等于2.5 N

C．圆环受到直杆的摩擦力，方向沿直杆向上

D．圆环受到直杆的摩擦力大小等于2.5 N

6.如图所示,质量为m0、半径为R的半球形物体A放在水平地面上,通过最高点处的钉子用水平轻质细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B,A、B均静止,则(　　)

A.B对A的压力大小为mg         B.细线对小球的拉力大小为mg

C.A对地面的压力大小为(m0+m)g        D.地面对A的摩擦力大小为mg

7.如图所示，用一轻绳将光滑小球P系于竖直墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，P、Q均处于静止状态，现有一铅笔紧贴墙壁压在轻绳上从O点开始缓慢下移，P、Q始终处于静止状态，则在铅笔缓慢下移的过程中(　　)

A．P所受的合力增大

B．Q受到墙壁的摩擦力逐渐变大

C．P对Q的压力逐渐减小

D．绳的拉力逐渐增大

A．物体c受到向右的静摩擦力

B．物体b受到一个摩擦力，方向向左

C．桌面对物体a的静摩擦力方向水平向右

D．撤去力F的瞬间，三个物体将获得向左的加速度

9.建筑装修中，工人用质量为m的磨石对倾角为θ的斜壁进行打磨，如图所示．当对磨石施加竖直向上、大小为F的推力时，磨石恰好沿斜壁向上匀速运动，已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.则关于斜壁受到磨石的摩擦力的大小与方向，下列说法正确的是(　　)

A．(F－mg)cos θ，沿斜壁向上

B．(F－mg)cos θ，沿斜壁向下

C．μ(F－mg)cos θ，沿斜壁向上

D．μ(F－mg)cos θ，沿斜壁向下

A．绳AO的拉力逐渐增大

B．绳BO的拉力逐渐增大

C．杆CO受到的压力逐渐增大

D．绳AO、BO的拉力的合力逐渐增大

A．A仍然静止不动，地面对A的摩擦力两种情况下等大

B．A仍然静止不动，对地面的压力比沿右侧斜面下滑时对地面的压力小

C．A将向右滑动，若使A仍然静止需对其施加向左的作用力

D．若α=45°，A将滑动

A.=           B.=          C.=           D.=

13.如图所示，质量为m的物体，放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F的水平向右恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，求：

(1)物体与斜面间的动摩擦因数．

(2)这一临界角θ0的大小．

(1)悬挂小球的细线的拉力大小；

(2)该同学受到地面的支持力和摩擦力的大小．

答案解析

1.答案为：C；

解析：[小球沿圆环缓慢上移过程，受重力G、拉力F、弹力FN三个力处于平衡状态．小球受力如图所示，由图可知△OAB∽△GFA，即：==，当A点上移时，半径R不变，AB长度减小，故F减小，FN不变，故选项C正确．]

2.答案为：C；

解析：整体系统处于静止状态，所受合外力为零．隔离a受力分析，由平衡条件可知，b对a的静摩擦力Ff1大小等于a的重力沿斜面方向的分力，一定不为零，选项A错误；对a、b、P整体受力分析，整体在重力和地面支持力作用下处于静止状态，P与桌面之间的摩擦力Ff3=0，选项D错误；把a、b看成整体受力分析，由平衡条件可知，斜面对b的静摩擦力大小等于a、b的重力沿斜面方向的分力之和，一定不为零，选项C正确，B错误．

解析：由于是轻绳，绳子的质量不计，则图甲中的重力全部集中在球上，重心在球的球心，而图乙中铁链的质量是均匀的，故其重心一定在最低点的上方，故h1>h2；对球和铁链受力分析，如图甲、乙所示，A点对球的拉力沿着绳子的方向，A点对铁链的拉力沿着该处铁链的切线方向，故图乙中A、B两点对铁链拉力的夹角比较小，由力的合成知识知，F2较小，故C正确．

4.答案为：B；

解析：由于A、B间接触面情况未知,若A、B接触面光滑,则A、B间没有摩擦力,此时A受重力、B对A的支持力和墙壁对A的弹力而平衡,故A、C错误,B正确;木块B受推力F、A对B的压力,若压力向右的分力等于F,则地面对B没有摩擦力,故D错误。

5.答案为：D；

解析：对小环受力分析如图所示，由于F=10 N>mg=5 N，所以杆对环的弹力FN垂直杆向下，

杆对环还有沿杆向下的静摩擦力Ff，则FN与Ff的合力应竖直向下，大小为F合=F－mg=5 N，

所以FN=F合cos 30°= N，Ff=F合sin 30°=2.5 N．综上可知选项D正确．

6.答案为：C；

解析：由于A、B处于静止状态,故其所受合外力为零,对整体受力分析,如图甲所示,

根据平衡条件可得,FN-(m0+m)g=0,根据牛顿第三定律可知A对地面的压力大小为(m0+m)g,

选项C正确,D错误;隔离B受力分析,如图乙所示,根据平衡条件,

由图中几何关系可得,,解得FN'=mg,细线对小球的拉力F=mg,

依据牛顿第三定律知,B对A的压力大小为mg,选项A、B错误。

7.答案为：D；

解析：P受重力、绳的拉力和Q的支持力而处于平衡状态，合力为零，选项A错误；

设绳与竖直方向的夹角为θ，根据共点力平衡，绳的拉力大小为FT=，

Q对P的支持力大小为FN=mgtan θ，铅笔缓慢下移的过程中，θ增大，则拉力FT增大，

Q对P的支持力增大，选项D正确，C错误；对Q，在竖直方向上，

Q的重力与摩擦力始终平衡，Q受到的摩擦力不变，选项B错误．

解析：c物体处于平衡状态，既不受拉力也不受摩擦力，A错误；b受水平向右的拉力处于平衡状态，因此受到水平向左的摩擦力，B正确；对小球m进行受力分析可知Tsin60°×2=mg，可求出绳子拉力T=10 N<40 N，因此桌面受到的静摩擦力方向水平向左，大小f1=40 N－10 N=22.7 N，C错误；撤去力F的瞬间，由于绳子拉力T<f1<fmax，故三个物体仍将静止不动，D错误．

9.答案为：A；

解析：磨石受重力、推力、斜壁的弹力及摩擦力而处于平衡状态，如图所示，则沿斜壁向下的滑动摩擦力Ff=(F－mg)cos θ，支持力FN=(F－mg)sin θ，得Ff=μ(F－mg)·sin θ，方向沿斜壁向下，由牛顿第三定律可知，斜壁受到磨石的摩擦力的大小为Ff′=(F－mg)cos θ=μ(F－mg)sin θ，方向沿斜壁向上，只有选项A正确．

解析：设绳AO和绳BO拉力的合力为F，以O点为研究对象，O点受到重力mg、杆的支持力F2和绳AO与绳BO拉力的合力F，作出力的示意图如图甲所示．当重力不变、杆与竖直方向的夹角不变时，杆的支持力F2不变，绳AO与绳BO拉力的合力F也不变，仍沿OD方向，故C、D错误．当A点逐渐靠近D点时，将绳AO和绳BO的拉力合成如图乙所示，可知绳AO的拉力逐渐增大，绳BO的拉力逐渐减小，故A正确，B错误．

解析：物块B沿着右侧斜面下滑时，对斜面的压力等于其重力沿垂直斜面的分力，为F=mgcos30°，对木块A受力分析，木块A受重力、压力、支持力和向右的静摩擦力，如图1所示．木块A恰好不滑动，故静摩擦力达到最大值，等于滑动摩擦力，根据平衡条件有，x方向：f=Fsin30°，y方向：N=mg＋Fcos30°，f=μN1，其中N=N1，解得μ=.物块B从左侧下滑时，先假设木块A不动，木块A受重力、支持力、压力和向左的摩擦力，如图2所示．压力等于物块B重力沿垂直斜面的分力，即F′=mgcos60°，竖直方向一定受力平衡，即支持力N′=Mg＋F′cos60°=Mg＋mg，N′=N″，故最大静摩擦力fm=μN″=，压力沿平行地面方向的分力为F′cos30°=mg>fm，故A一定会滑动，要使A静止，需要对其施加向左的推力，故C正确，A、B错误．若α=45°，物块B沿右侧斜面下滑时，先假设A不动，B对A的压力为mgcos45°，该压力沿平行地面方向的分力为mgsin45°cos45°，竖直分力为mgcos45°sin45°，与α=30°时相比，B对A压力沿平行地面的分力变大，B对A压力的竖直分力变小，故A一定滑动，D正确．

解析：分别对A、B两球受力分析，如图所示．由几何知识得T1sin60°=mAg，T2sin30°=mBg，

T1=T2，故mA：mB=sin60°：sin30°=：1.同理，=，选项A、C正确，B、D错误；

故选A、C.

13.解：(1)对物体受力分析，

由平衡条件得：mgsin 30°－μmgcos 30°=0

解得：μ=tan 30°=

(2)设斜面倾角为α时，受力情况如图所示：

由平衡条件得：Fcos α=mgsin α＋Ff

FN=mgcos α＋Fsin α　Ff=μFN

解得：F=

当cos α－μsin α=0，即cot α=时，F→∞，

即“不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行”，此时，临界角θ0=α=60°.

设细线的拉力和磁铁的引力分别为F1和F2，

根据平衡条件，水平方向有F1sin30°=F2sin30°，

竖直方向有F1cos30°＋F2cos30°=mg，

联立解得F1=F2=mg.

(2)以人为研究对象，分析受力情况，受重力Mg、地面的支持力N、

静摩擦力f和小球的引力F′2，其中F′2=F2=mg.

根据平衡条件得f=F′2sin30°，N=F′2cos30°＋Mg，

联立解得N=Mg＋mg，f=mg.