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必刷02 受力分析 共点力的平衡-2021届高考物理二轮复习专项必刷（人教版）
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必刷点1 物体的受力分析
典例1. (2018·太原外国语学校月考)如图所示,A和B两物块的接触面是水平的,A与B保持相对静止一起沿固定斜面匀速下滑,在下滑过程中B的受力个数为( )
A.3 B.4 C.5 D.6
【答案】 B
【解析】 物块B一定受到重力作用;从整体看,物块A与B一起沿斜面匀速下滑,受力平衡,所以斜面一定给B支持力和摩擦力作用;物块A受力也平衡,且物块A、B的接触面水平,所以物块B只能给A一个竖直向上的支持力,即A一定给B一个竖直向下的压力.综上可知,物块B受到4个力作用,选项B正确.
变式1.(2018·吉林长春测试)如图所示,甲、乙、丙三个物体叠放在水平面上,用水平力F拉位于中间的物体乙,它们仍保持静止状态,三个物体的接触面均水平,则乙物体受力的个数为( )
A.3个 B.4个 C.5个 D.6个
【答案】 C
【解析】 由甲物体受力平衡可知,甲、乙之间不存在相互作用的摩擦力;以甲、乙整体为研究对象,由水平方向受力平衡得:乙、丙的接触面间存在相互作用的摩擦力;乙还受重力、甲对它的压力、丙对它的支持力和水平拉力F,故乙受5个力的作用,C正确.
必刷点2 共点力的平衡问题
典例2 (2019·河南安阳实验中学月考)(多选)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点悬挂一重物M,将两相同木块m紧压在竖直挡板上,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( )
A.Ff变小 B.Ff不变 C.FN变小D.FN变大
【答案】BD
【解析】 以两个木块m和重物M整体作为研究对象,系统整体受力左右对称,在竖直方向上由平衡条件得,木块与挡板之间的摩擦力Ff=2m+M2g,Ff大小与挡板间的距离无关,A错误,B正确;以轴O点为研究对象,受力分析如图所示,根据平衡条件,并利用合成法可得,轻杆对轴O的作用力F=Mg2csθ;再以木块m为研究对象,利用正交分解法可得,挡板对木块的正压力FN=Fsin θ=Mgtanθ2,当挡板间的距离稍许增大时,θ增大,FN增大,C错误,D正确.
变式2..(2019·安徽黄山联考)在竖直墙壁间有半圆球A和圆球B,其中圆球B的表面光滑,半圆球A与左侧墙壁之间的动摩擦因数为253.两球心之间连线与水平方向成30°的夹角,两球恰好不下滑,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则半球圆A和圆球B的质量之比为( )
A.12 B.14 C.15 D.16
【答案】BD
【解析】 设A的质量为m,B的质量为M,对B受力分析如图所示,可得:FN=Fcs θ;Mg-Fsin θ=0,解得:FN=Mgtanθ;对两球组成的整体有:(m+M)g-μFN=0,联立解得:mM=15.
必刷点3 动态平衡问题的分析
典例3. (2019·海南儋州一中统测)如图所示,一小球在斜面上处于静止状态,不考虑一切摩擦,如果把竖直挡板由竖直位置缓慢绕O点转至水平位置,则此过程中球对挡板的压力F1和球对斜面的压力F2的变化情况是( )
A.F1先增大后减小,F2一直减小
B.F1先减小后增大,F2一直减小
C.F1和F2都一直减小
D.F1和F2都一直增大
【答案】B
【解析】 因挡板是缓慢转动的,所以小球处于动态平衡状态,在转动过程中,小球所受重力G的大小、方向均不变,斜面的支持力F2'的方向不变,挡板的弹力F1'的方向沿逆时针变化,根据平衡条件知,F2'与F1'的合力应始终与重力G等大反向,结合以上特点作出该过程的动态平行四边形,如图所示,由图可知,F1'先变小后变大,F2'始终变小,再由牛顿第三定律知,F1先减小后增大,F2一直减小,选项B正确.
变式3.(2019·甘肃张掖二中月考)如图所示,一小球放置在木板与竖直墙面之间.设墙面对球的压力大小为FN1,球对木板的压力大小为FN2.以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴,将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置.不计摩擦,在此过程中( )
A.FN1始终减小,FN2始终增大
B.FN1始终减小,FN2始终减小
C.FN1先增大后减小,FN2始终减小
D.FN1先增大后减小,FN2先减小后增大
【答案】B
【解析】 将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置的过程中,小球受力始终平衡,且所受重力mg保持不变,墙对球的压力FN1始终水平向右,木板对球的支持力(大小等于球对木板的压力FN2)沿顺时针方向发生转动,根据平衡特点画出小球受力的动态平行四边形如图所示,由图很直观地可看出FN1始终减小,FN2始终减小,选项B正确.
必刷点4 平衡中的临界与极值问题
典例4. (2019·宁夏育才中学月考)如图所示,倾角θ=37°的斜面上有一木箱,木箱与斜面之间的动摩擦因数μ=33.现对木箱施加一拉力F,使木箱沿着斜面向上做匀速直线运动.设F的方向与倾斜面的夹角为α,在α从0逐渐增大到60°的过程中,木箱的速度保持不变,则( )
A.F先减小后增大 B.F先增大后减小
C.F一直增大 D.F一直减小
【答案】A
【解析】 对木箱受力分析,如图所示.木箱沿着斜面向上做匀速直线运动,根据平衡条件可知:在平行斜面方向:
Fcs α-mgsin 37°-f=0
在垂直斜面方向:Fsin α+N-mgcs 37°=0
其中:f=μN,联立解得:
F=(sin37°+μcs37°)mgcsα+μsinα=(sin37°+μcs37°)mg233sin(60°+ α)
故当α=30°时,拉力F最小,选项A正确.
变式4..(2019·湖南醴陵段考)如图所示,物块A和滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接,滑环B套在与竖直方向成θ=37°的粗细均匀的固定杆上,连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内,滑环B恰好不能沿杆滑动,滑环和杆间的动摩擦因数μ=0.4,设滑环和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则物块A和滑环B的质量之比为( )
A.75 B.57 C.135 D.513
【答案】C
【解析】设物块A和滑环B的质量分别为m1、m2,若杆对B的弹力垂直于杆向下,则滑环B恰好不能下滑,由平衡条件有m2gcs θ=μ(m1g-m2gsin θ),解得m1m2=135;若杆对B的弹力垂直于杆向上,则滑环B恰好不能下滑,由平衡条件有m2gcs θ=μ(m2gsin θ-m1g),解得m1m2=-75(舍去).综上分析可知,选项C正确.
练考点 过基础 过素养
题组一 物体的受力分析
1.(2019·湖南怀化联考)如图所示,质量mA>mB的两物体A、B叠放在一起,靠着竖直墙面.现将它们由静止释放,则在沿粗糙墙面竖直下落的过程中,物体B的受力示意图是( )
【答案】A
【解析】 A、B在竖直下落过程中与墙面接触但没有挤压,所以没有弹力,也没有摩擦力,A、B均做自由落体运动,处于完全失重状态,均只受重力,故A正确.
2.(2019·甘肃张掖二中月考)如图所示,两个形状相似的斜面体A、B在竖直向上的力F的作用下静止靠在竖直粗糙墙壁上.关于斜面体A和B的受力情况,下列说法正确的是( )
A.B一定受到五个力
B.A一定受到四个力
C.B与墙壁之间一定有弹力
D.B一定受到墙壁向下的摩擦力
【答案】B
【解析】 先对AB整体受力分析,由平衡条件知,竖直方向:F=GA+GB,水平方向不受力,故墙面无弹力,也没有摩擦力;再隔离B物体分析,为保持平衡,B必受重力、A对B的支持力和摩擦力三个力作用;最后隔离A物体,A受重力、B对A的压力和摩擦力、外力F四个力作用.综上可知,选项B正确.
3.(2019·福建华侨中学测试)如图所示,用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂,小球处于静止状态,弹簧A与竖直方向的夹角为30°,弹簧C水平,则弹簧A、C的伸长量之比为( )
A.3∶4 B.4∶3 C.1∶2 D.2∶1
【答案】D
【解析】以两个小球及弹簧B整体为研究对象,受力分析如图所示,则根据平衡条件,在水平方向有FAsin 30°=FC,即A、C两弹簧的弹力之比FA∶FC=2∶1.由于两弹簧完全相同,根据胡克定律知,两弹簧的伸长量之比xA∶xC=FA∶FC=2∶1,D正确.
4.(2019·江苏南通一模)如图所示,竖直墙面上有一只壁虎从A点沿水平直线加速运动到B点,此过程中壁虎受到摩擦力的方向是( )
A.斜向右上方 B.斜向左上方
C.水平向左 D.竖直向上
【答案】B
【解析】壁虎从A点沿水平直线加速运动到B点,因此加速度方向由A指向B,根据牛顿第二定律,可知,合力方向由A指向B,壁虎除受到重力外,还受到摩擦力,根据矢量的合成法则可知壁虎受到摩擦力的方向是斜向左上方,故B正确.
题组二 共点力的平衡问题
5.(2019·辽宁六校协作体联考)如图所示,一只可视为质点的蚂蚁在半球形碗内缓慢地从底部爬到a处,途径b处,则下列说法正确的是( )
A.在a点碗对蚂蚁的支持力大于在b点的支持力
B.在a点碗对蚂蚁的作用力大于在b点的作用力
C.在a点碗对蚂蚁的摩擦力大于在b点的摩擦力
D.在a点蚂蚁受到的合力大于在b点受到的合力
【答案】C
【解析】 蚂蚁缓慢上爬,可以认为蚂蚁处于平衡状态,则合力始终为零,受力分析如图所示,根据共点力平衡有:f=mgsin α,N=mgcs α,因为a点的角度α比b点的大,所以在a点碗对蚂蚁的摩擦力大于在b点的摩擦力,在a点碗对蚂蚁的支持力小于在b点的支持力,故A错误,C正确;在a点和b点,碗对蚂蚁的作用力都等于蚂蚁的重力,故B错误;在a点蚂蚁受到的合力与b点受到的合力均为零,故D错误.
6.(2019·云南玉溪一中调研)(多选)在如图所示装置中,两物体的质量分别为m1、m2,m1通过光滑的滑轮悬挂在a、b之间的细绳上,悬点a、b间的距离远大于滑轮的直径,不计一切摩擦,整个装置处于静止状态.由图可知( )
A.α一定等于β
B.m1一定大于m2
C.m1一定小于2m2
D.m1可能大于2m2
【答案】AC
【解析】物体m2处于静止状态,所以绳子的张力F=m2g,m1受到两侧绳子的拉力和重力三个力平衡,沿水平方向有Fsin α-Fsin β=0,故α=β,A正确;沿竖直方向有Fcs α+Fcs β=m1g,当α=β>60°时m1m2,B错误;由于cs α=cs β<1,所以m1<2m2,C正确.
7.(2019·山东淄博诊断)如图所示,一质量均匀的实心圆球被直径AB所在的平面一分为二,先后以AB沿水平和竖直两种不同方向放置在光滑水平支架上,处于静止状态,两半球间的作用力分别为F和F',已知支架间的距离为AB的一半,则FF'为( )
A.3 B.32 C.233 D.33
【答案】A
【解析】 设两半球的总质量为m,当球以AB沿水平方向放置时,F=12mg;当球以AB沿竖直方向放置时,以右半球为研究对象,如图,F'=12mgtan θ,根据支架间的距离为AB的一半,可得θ=30°,所以FF'=3,选项A正确.
8.(2019·宁夏青铜峡测试)如图,两段等长、轻质不可伸长的细线将质量分别为m、3m的小球a、b,悬挂于O点.现在两个小球上分别加上水平方向的外力,其中作用在a球上的力大小为F1、作用在b球上的力大小为F2,当此装置平衡时,出现了如图所示的状态,b球刚好位于O点的正下方.则F1与F2的大小关系应为( )
A.F1=4F2 B.F1=3F2 C.3F1=4F2 D.3F1=7F2
【答案】 D
【解析】 以a、b球整体为研究对象,受力分析如图,设Oa绳与竖直方向的夹角为α,则由平衡条件得:tan α=F1-F23mg+mg;再以b球为研究对象,设ab绳与竖直方向的夹角为β,则由平衡条件得:tan β=F23mg;由几何关系可知:α=β,联立以上各式解得:3F1=7F2,所以选项D正确.
9.(2019·安徽蚌埠铁中检测)某些农村一大家人过春节时常用简易灶做菜,如图甲所示,将一个半球形铁锅用三个轻小石块支起用柴火烧菜,铁锅边缘水平,小石块成正三角形放在水平灶台上,石块到铁锅球心的连线与竖直方向的夹角均成30°,已知锅与菜的总质量为9 kg,不计铁锅与石块间的摩擦,重力加速度g=10 m/s2,则下列说法正确的是( )
A.灶台对每个石块的作用力均竖直向上
B.灶台受到每个石块的压力为90 N
C.每个石块与铁锅之间的弹力大小为203 N
D.灶台对每个石块的摩擦力为10 N
【答案】C
【解析】 灶台对石块有竖直向上的支持力和水平方向的摩擦力作用,故灶台对每个石块的作用力不是竖直向上的,A错误;对铁锅和石块整体而言,竖直方向对灶台的压力等于铁锅和三个石块的重力之和,故灶台受到每个石块的压力等于13G锅+G石,B错误;对锅由平衡知识得3FNcs 30°=G锅,解得FN=203 N,C正确;对石块,在水平方向有Ff=FNsin 30°=103 N,则灶台对每个石块的摩擦力为103 N,D错误.
10.(2019·江西上饶二中月考)如图所示,质量均为m的A、B两球,由一根劲度系数为k的轻弹簧连接静止于半径为R的光滑半球形碗中,弹簧水平,两球间距为R且球的半径远小于碗的半径,则弹簧的原长为( )
mgk+R B.mg2k+R C.23mg3k+R D.3mg3k+R
【答案】D
【解析】以A球为研究对象,A球受:重力、弹力和球壳的支持力,如图所示,由平衡条件得:tan θ=mgkx,解得x=mgktanθ,根据几何关系得cs θ=12RR=12,则tan θ=3,所以x=mgktanθ=3mg3k,故弹簧原长x0=3mg3k+R,D正确.
11.(2019·天津卷)2018年10月23日,港珠澳跨海大桥正式通车.为保持以往船行习惯,在航道处建造了单面索(所有钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥,其索塔与钢索如图所示.下列说法正确的是( )
A.增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力
B.为了减小钢索承受的拉力,可以适当降低索塔的高度
C.索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时,钢索对索塔的合力竖直向下
D.为了使索塔受到钢索的合力竖直向下,索塔两侧的钢索必须对称分布
【答案】C
【解析】由平衡条件可知,钢索对桥身的拉力的合力与桥身的重力等大反向,则钢索对索塔向下的压力在数值上也等于桥身的重力,即增加钢索的数量,钢索对索塔的压力恒定不变,故A错误;合力一定时,分力间的夹角越小,则分力越小,所以为了减小钢索承受的拉力,应该增大索塔的高度,达到减小钢索间夹角的目的,故B错误;索塔两侧钢索对称分布,拉力大小相等时,水平分力抵消,所以钢索对索塔的合力竖直向下,故C正确;如图所示,即使索塔两侧的钢索不对称分布,依据平行四边形定则可知,索塔受到钢索的合力也可能竖直向下,故D错误.
12.(2019·江苏卷)如图所示,一只气球在风中处于静止状态,风对气球的作用力水平向右.细绳与竖直方向的夹角为α,绳的拉力为T,则风对气球作用力的大小为( )
A.Tsinα B.Tcsα C.Tsin α D.Tcs α
【答案】C
【解析】气球在风中处于静止状态,所以受力平衡.对气球受力分析得,气球受到重力、浮力、拉力和水平方向上风的作用力,由水平方向上受力平衡得:F风=Tsin α,故C正确.
13.(2019·山东省实验中学诊断)(多选)两物体M、m用跨过光滑定滑轮的轻绳相连,如图所示,OA、OB与水平面的夹角分别为30°、60°,M、m均处于静止状态.则( )
A.绳OA对M的拉力小于绳OB对M的拉力
B.绳OA、OB对M的拉力大小相等
C.m受到水平面的静摩擦力大小为零
D.m受到水平面的静摩擦力的方向水平向左
【答案】AD
【解析】 设绳OA对M的拉力为FA,绳OB对M的拉力为FB,由M处于静止状态可得FA·cs 30°=FB·cs 60°,即3FA=FB,A正确,B错误.因FB>FA,物体m有向右滑动的趋势,故m受到水平面的摩擦力的方向水平向左,C错误,D正确.
14.(2019·全国卷Ⅲ)用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件,为使工件保持固定,将其置于两光滑斜面之间,如图所示.两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上,倾角分别为30°和60°,重力加速度为g.当卡车沿平直公路匀速行驶时,圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2,则( )
A.F1=33mg,F2=32mgB.F1=32mg,F2=33mg
C.F1=12mg,F2=32mgD.F1=32mg,F2=12mg
【答案】D
【解析】将重力进行分解如图所示,根据几何关系可得F1=mgcs 30°=32mg,F2=mgsin 30°=12mg,故D正确.
15.(2019·山东济南三模)如图所示,A、B两物体叠放在的水平地面上,A物体质量m=20 kg,B物体质量M=30 kg.处于水平位置的轻弹簧一端固定于墙壁,另一端与A物体相连,弹簧处于自然状态,其劲度系数为250 N/m,A与B之间、B与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.5.现有一水平推力F作用于物体B上缓慢地向墙壁移动,当移动0.2 m 时,水平推力F的大小为(g取10 m/s2)( )
A.350 N B.300 N C.250 N D.200 N
【答案】B
【解析】假设A物体未滑动,则弹簧的压缩量为0.2 m,则弹簧的弹力F1=kx=250×0.2 N=50 N<μmg=100 N,假设成立.对A、B整体受力分析,在水平方向上受推力F、弹簧的弹力F1和地面的滑动摩擦力f,根据平衡条件有:F=F1+f=F1+μ(M+m)g=50 N+250 N=300 N.故B正确.
16.(2019·四川攀枝花统考)如图所示,六根原长均为L的轻质细弹簧两两相连,在同一平面内六个大小相等、互成60°的恒定拉力F作用下,形成一个稳定的正六边形.已知正六边形外接圆的半径为R,每根弹簧的劲度系数均为k,弹簧在弹性限度内,则F的大小为( )
A.k2(R-L) B.k(R-L) C.k(R-2L)D.2k(R-L)
【答案】B
【解析】 正六边形外接圆的半径为R,则弹簧的长度为R,弹簧的伸长量为:Δx=R-L,由胡克定律可知,每根弹簧的弹力为:F'=kΔx=k(R-L),两相邻弹簧夹角为120°,两相邻弹簧弹力的合力为:F合=F'=k(R-L),由平衡条件可知,F的大小为:F=F合=k(R-L),故B正确.
题组三 动态平衡问题的分析
17.(2019·天津南开中学月考)(多选)如图所示,光滑水平地面上放有截面为14圆周的柱状物体A,A与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B,对A施加一水平向左的力F,整个装置保持静止.若将A的位置向左稍许移动,整个装置仍保持平衡,则( )
A.水平外力F增大 B.墙对B的作用力减小
C.地面对A的支持力减小 D.B对A的作用力减小
【答案】BD
【解析】 物体B受力分析如图所示,A的位置左移,θ角减小,FN1=Gtan θ,FN1减小,B正确;FN=Gcsθ,FN减小,D正确;以A、B为整体受力分析,FN1=F,所以水平外力减小,A错误;地面对A的作用力等于两个物体的重力,所以该力不变,C错误.
18.(2019·湖北沙市中学测试)(多选)如图所示,带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上,放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接,开始时轻绳与斜劈平行.现给小滑块施加一竖直向上的拉力,使小滑块沿杆缓慢上升,整个过程中小球始终未脱离斜劈,则有( )
A.轻绳对小球的拉力逐渐增大
B.小球对斜劈的压力先减小后增大
C.竖直杆对小滑块的弹力先增大后减小
D.对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大
【答案】AD
【解析】设斜面倾角为θ,斜面对小球的支持力为FN1,绳对小球的拉力为FT,小球的重力大小为G1,小滑块的重力大小为G2,竖直杆对小滑块的弹力大小为FN2.由于小滑块沿杆缓慢上升,所以小球沿斜面缓慢向上运动,小球处于动态平衡状态,作小球受力的矢量三角形如图甲所示,故绳对小球的拉力FT逐渐增大,选项A正确;斜面对小球的弹力FN1逐渐减小,故小球对斜面的压力逐渐减小,选项B错误;将小球和小滑块看成一个整体,受力分析如图乙所示,则由力的平衡条件可得:FN2=FN1sin θ,F=G1+G2-FN1cs θ,因FN1逐渐减小,所以FN2逐渐减小,F逐渐增大,故选项C错误,D正确.
19.(2019·江苏常州一中月考)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的左端紧靠竖直墙,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,则下列判断中正确的是( )
A.球B对墙的压力增大
B.球B对柱状物体A的压力增大
C.地面对柱状物体A的摩擦力不变
D.地面对柱状物体A的支持力不变
【答案】D
【解析】以B为研究对象,受力分析如图甲所示,其中A、B间的弹力应垂直于两圆弧的公切面,即作用线过B的圆心.由图可知,把A向右移动少许,墙对球B的压力F1减小,柱状物体A对球B的支持力F2减小,由牛顿第三定律知,球B对墙的压力减小,球B对柱状物体A的压力减小,选项A、B错误;把A、B作为一个整体,受力分析如图乙所示,由平衡条件得,地面对柱状物体A的摩擦力Ff=F1,地面对柱状物体A的支持力FN=(mA+mB)g,由此可知,地面对柱状物体A的摩擦力减小,地面对柱状物体A的支持力不变,选项C错误,D正确.
20. (2019·全国卷Ⅰ)(多选)如图,一粗糙斜面固定在地面上,斜面顶端装有一光滑定滑轮.一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块N,另一端与斜面上的物块M相连,系统处于静止状态.现用水平向左的拉力缓慢拉动N,直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°.已知M始终保持静止,则在此过程中( )
A.水平拉力的大小可能保持不变
B.M所受细绳的拉力大小一定一直增加
C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加
D.M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加
【答案】BD
【解析】对物块N受力分析,N受到竖直向下的重力G、水平向左的拉力F和方向变化的绳子拉力T,根据题意和平衡条件作出三力的动态矢量三角形如图所示,由图知,在向左拉动N的时候,绳子拉力T和水平拉力F都不断增大,故A错误,B正确;再以物块M为研究对象,设M的质量为m,斜面的倾角为θ,若开始时Tmgsin θ时,f会反向增加.同理可知,若开始时T≥mgsin θ,则随着T的增大,f将一直增大.所以沿斜面的摩擦力f可能先减小后增大,也可能一直增大,故C错误,D正确.
21.(2019·浙江选考)如图所示,一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环,系在两环上的等长细绳拴住的书本处于静止状态,现将两环距离变小后书本仍处于静止状态,则( )
A.杆对A环的支持力变大
B.B环对杆的摩擦力变小
C.杆对A环的力不变
D.与B环相连的细绳对书本的拉力变大
【答案】B
【解析】 设书本的质量为M,以两个轻环和小球组成的系统为研究对象,受力如图1所示,根据平衡条件得:2FN=Mg,解得:FN=12Mg,故水平横梁对轻环的支持力FN不变,A错误;以左侧环为研究对象,受力如图2所示,则竖直方向:FN=Fsin α,水平方向:Fcs α=Ff,联立解得:Ff=FNct α,α增大时,Ff变小,故B正确;杆对A环的支持力不变,摩擦力减小,则杆对A环的力变小,故C错误;设与B环相连的细绳对书本的拉力为T,细绳与竖直方向的夹角为θ,根据竖直方向的平衡条件可得:2Tcs θ=Mg,由于绳子与竖直方向的夹角θ减小,则cs θ变大,绳子拉力变小,故D错误.
题组四 平衡中的临界与极值问题
22.(2019·山东济宁模拟)如图,在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用,F平行于斜面向上.若要物块在斜面上保持静止,F的取值应有一定的范围,已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F1和F2的方向均沿斜面向上).由此可求出物块与斜面间的最大静摩擦力为( )
A.F12 B.2F2 C.F1-F22 D.F1+F22
【答案】 C
【解析】对滑块受力分析,受重力、拉力、支持力、静摩擦力,设滑块受到的最大静摩擦力为f,根据平衡条件得:当最大静摩擦力平行斜面向下时,拉力最大,有:F1-mgsin θ-f=0;当最大静摩擦力平行斜面向上时,拉力最小,有:F2+f-mgsin θ=0,联立解得:f=F1-F22,故选项C正确.
23.(2019·黑龙江鹤岗一中月考)(多选)如图所示,倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上,物体a放在斜面上,轻质细线一端固定在物体a上,另一端绕过光滑的滑轮固定在c点,滑轮2下悬挂物体b,系统处于静止状态.若将固定点c向右移动少许(斜劈和物体a,始终静止),系统重新静止后,则( )
A.细线对物体a的拉力减小
B.斜劈对地面的压力不变
C.地面对斜劈的摩擦力增大
D.斜劈对物体a的摩擦力减小
【答案】 BC
【解析】 对滑轮和物体b受力分析如图1所示,根据平衡条件,有:mbg=2Tcs θ,解得:T=mbg2csθ,将固定点c向右移动少许,则b、c间细线与竖直方向的夹角θ增加,故拉力T增加,A错误;对斜面体、物体a、物体b整体受力分析如图2所示:
图1 图2
根据平衡条件有:地面对斜劈的支持力N=G总-Tcs θ=G总-mbg2,N与角度θ无关,所以斜劈对地面的压力不变,地面对斜劈的摩擦力f=Tsin θ=mbg2tan θ,θ增加,则摩擦力增加,故选项B、C正确;再对物体a分析,由于不知道细线对a的拉力与重力的下滑分力的大小关系,故无法判断静摩擦力的方向,也不能判断静摩擦力的变化情况,选项D错误.
24.(2019·广东珠海摸底)将重为4mg均匀长方体物块切成相等的A、B两部分,切面与边面夹角为45°,如图所示叠放并置于水平地面上,现用弹簧秤竖直向上拉物块A的上端,弹簧秤示数为mg,整个装置保持静止.则( )
A.地面与物块间可能存在静摩擦力
B.物块对地面的压力大于3mg
C.A对B的压力大小为mg
D.A、B之间静摩擦力大小为22mg
【答案】D
【解析】对AB整体受力分析,水平方向不受地面的摩擦力,否则不能平衡,竖直方向受力平衡,则有:N+F=4mg,解得:N=3mg,则物块对地面的压力等于3mg,故选项A、B错误;再对A受力分析,受到重力、弹簧的拉力、B对A的支持力以及B对A的静摩擦力,根据平衡条件得:FN=(2mg-mg)cs 45°,f=(2mg-mg)sin 45°,解得:FN=f=22mg,故C错误,D正确.
必刷点1 物体的受力分析
典例1. (2018·太原外国语学校月考)如图所示,A和B两物块的接触面是水平的,A与B保持相对静止一起沿固定斜面匀速下滑,在下滑过程中B的受力个数为( )
A.3 B.4 C.5 D.6
【答案】 B
【解析】 物块B一定受到重力作用;从整体看,物块A与B一起沿斜面匀速下滑,受力平衡,所以斜面一定给B支持力和摩擦力作用;物块A受力也平衡,且物块A、B的接触面水平,所以物块B只能给A一个竖直向上的支持力,即A一定给B一个竖直向下的压力.综上可知,物块B受到4个力作用,选项B正确.
变式1.(2018·吉林长春测试)如图所示,甲、乙、丙三个物体叠放在水平面上,用水平力F拉位于中间的物体乙,它们仍保持静止状态,三个物体的接触面均水平,则乙物体受力的个数为( )
A.3个 B.4个 C.5个 D.6个
【答案】 C
【解析】 由甲物体受力平衡可知,甲、乙之间不存在相互作用的摩擦力;以甲、乙整体为研究对象,由水平方向受力平衡得:乙、丙的接触面间存在相互作用的摩擦力;乙还受重力、甲对它的压力、丙对它的支持力和水平拉力F,故乙受5个力的作用,C正确.
必刷点2 共点力的平衡问题
典例2 (2019·河南安阳实验中学月考)(多选)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点悬挂一重物M,将两相同木块m紧压在竖直挡板上,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( )
A.Ff变小 B.Ff不变 C.FN变小D.FN变大
【答案】BD
【解析】 以两个木块m和重物M整体作为研究对象,系统整体受力左右对称,在竖直方向上由平衡条件得,木块与挡板之间的摩擦力Ff=2m+M2g,Ff大小与挡板间的距离无关,A错误,B正确;以轴O点为研究对象,受力分析如图所示,根据平衡条件,并利用合成法可得,轻杆对轴O的作用力F=Mg2csθ;再以木块m为研究对象,利用正交分解法可得,挡板对木块的正压力FN=Fsin θ=Mgtanθ2,当挡板间的距离稍许增大时,θ增大,FN增大,C错误,D正确.
变式2..(2019·安徽黄山联考)在竖直墙壁间有半圆球A和圆球B,其中圆球B的表面光滑,半圆球A与左侧墙壁之间的动摩擦因数为253.两球心之间连线与水平方向成30°的夹角,两球恰好不下滑,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则半球圆A和圆球B的质量之比为( )
A.12 B.14 C.15 D.16
【答案】BD
【解析】 设A的质量为m,B的质量为M,对B受力分析如图所示,可得:FN=Fcs θ;Mg-Fsin θ=0,解得:FN=Mgtanθ;对两球组成的整体有:(m+M)g-μFN=0,联立解得:mM=15.
必刷点3 动态平衡问题的分析
典例3. (2019·海南儋州一中统测)如图所示,一小球在斜面上处于静止状态,不考虑一切摩擦,如果把竖直挡板由竖直位置缓慢绕O点转至水平位置,则此过程中球对挡板的压力F1和球对斜面的压力F2的变化情况是( )
A.F1先增大后减小,F2一直减小
B.F1先减小后增大,F2一直减小
C.F1和F2都一直减小
D.F1和F2都一直增大
【答案】B
【解析】 因挡板是缓慢转动的,所以小球处于动态平衡状态,在转动过程中,小球所受重力G的大小、方向均不变,斜面的支持力F2'的方向不变,挡板的弹力F1'的方向沿逆时针变化,根据平衡条件知,F2'与F1'的合力应始终与重力G等大反向,结合以上特点作出该过程的动态平行四边形,如图所示,由图可知,F1'先变小后变大,F2'始终变小,再由牛顿第三定律知,F1先减小后增大,F2一直减小,选项B正确.
变式3.(2019·甘肃张掖二中月考)如图所示,一小球放置在木板与竖直墙面之间.设墙面对球的压力大小为FN1,球对木板的压力大小为FN2.以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴,将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置.不计摩擦,在此过程中( )
A.FN1始终减小,FN2始终增大
B.FN1始终减小,FN2始终减小
C.FN1先增大后减小,FN2始终减小
D.FN1先增大后减小,FN2先减小后增大
【答案】B
【解析】 将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置的过程中,小球受力始终平衡,且所受重力mg保持不变,墙对球的压力FN1始终水平向右,木板对球的支持力(大小等于球对木板的压力FN2)沿顺时针方向发生转动,根据平衡特点画出小球受力的动态平行四边形如图所示,由图很直观地可看出FN1始终减小,FN2始终减小,选项B正确.
必刷点4 平衡中的临界与极值问题
典例4. (2019·宁夏育才中学月考)如图所示,倾角θ=37°的斜面上有一木箱,木箱与斜面之间的动摩擦因数μ=33.现对木箱施加一拉力F,使木箱沿着斜面向上做匀速直线运动.设F的方向与倾斜面的夹角为α,在α从0逐渐增大到60°的过程中,木箱的速度保持不变,则( )
A.F先减小后增大 B.F先增大后减小
C.F一直增大 D.F一直减小
【答案】A
【解析】 对木箱受力分析,如图所示.木箱沿着斜面向上做匀速直线运动,根据平衡条件可知:在平行斜面方向:
Fcs α-mgsin 37°-f=0
在垂直斜面方向:Fsin α+N-mgcs 37°=0
其中:f=μN,联立解得:
F=(sin37°+μcs37°)mgcsα+μsinα=(sin37°+μcs37°)mg233sin(60°+ α)
故当α=30°时,拉力F最小,选项A正确.
变式4..(2019·湖南醴陵段考)如图所示,物块A和滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接,滑环B套在与竖直方向成θ=37°的粗细均匀的固定杆上,连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内,滑环B恰好不能沿杆滑动,滑环和杆间的动摩擦因数μ=0.4,设滑环和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则物块A和滑环B的质量之比为( )
A.75 B.57 C.135 D.513
【答案】C
【解析】设物块A和滑环B的质量分别为m1、m2,若杆对B的弹力垂直于杆向下,则滑环B恰好不能下滑,由平衡条件有m2gcs θ=μ(m1g-m2gsin θ),解得m1m2=135;若杆对B的弹力垂直于杆向上,则滑环B恰好不能下滑,由平衡条件有m2gcs θ=μ(m2gsin θ-m1g),解得m1m2=-75(舍去).综上分析可知,选项C正确.
练考点 过基础 过素养
题组一 物体的受力分析
1.(2019·湖南怀化联考)如图所示,质量mA>mB的两物体A、B叠放在一起,靠着竖直墙面.现将它们由静止释放,则在沿粗糙墙面竖直下落的过程中,物体B的受力示意图是( )
【答案】A
【解析】 A、B在竖直下落过程中与墙面接触但没有挤压,所以没有弹力,也没有摩擦力,A、B均做自由落体运动,处于完全失重状态,均只受重力,故A正确.
2.(2019·甘肃张掖二中月考)如图所示,两个形状相似的斜面体A、B在竖直向上的力F的作用下静止靠在竖直粗糙墙壁上.关于斜面体A和B的受力情况,下列说法正确的是( )
A.B一定受到五个力
B.A一定受到四个力
C.B与墙壁之间一定有弹力
D.B一定受到墙壁向下的摩擦力
【答案】B
【解析】 先对AB整体受力分析,由平衡条件知,竖直方向:F=GA+GB,水平方向不受力,故墙面无弹力,也没有摩擦力;再隔离B物体分析,为保持平衡,B必受重力、A对B的支持力和摩擦力三个力作用;最后隔离A物体,A受重力、B对A的压力和摩擦力、外力F四个力作用.综上可知,选项B正确.
3.(2019·福建华侨中学测试)如图所示,用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂,小球处于静止状态,弹簧A与竖直方向的夹角为30°,弹簧C水平,则弹簧A、C的伸长量之比为( )
A.3∶4 B.4∶3 C.1∶2 D.2∶1
【答案】D
【解析】以两个小球及弹簧B整体为研究对象,受力分析如图所示,则根据平衡条件,在水平方向有FAsin 30°=FC,即A、C两弹簧的弹力之比FA∶FC=2∶1.由于两弹簧完全相同,根据胡克定律知,两弹簧的伸长量之比xA∶xC=FA∶FC=2∶1,D正确.
4.(2019·江苏南通一模)如图所示,竖直墙面上有一只壁虎从A点沿水平直线加速运动到B点,此过程中壁虎受到摩擦力的方向是( )
A.斜向右上方 B.斜向左上方
C.水平向左 D.竖直向上
【答案】B
【解析】壁虎从A点沿水平直线加速运动到B点,因此加速度方向由A指向B,根据牛顿第二定律,可知,合力方向由A指向B,壁虎除受到重力外,还受到摩擦力,根据矢量的合成法则可知壁虎受到摩擦力的方向是斜向左上方,故B正确.
题组二 共点力的平衡问题
5.(2019·辽宁六校协作体联考)如图所示,一只可视为质点的蚂蚁在半球形碗内缓慢地从底部爬到a处,途径b处,则下列说法正确的是( )
A.在a点碗对蚂蚁的支持力大于在b点的支持力
B.在a点碗对蚂蚁的作用力大于在b点的作用力
C.在a点碗对蚂蚁的摩擦力大于在b点的摩擦力
D.在a点蚂蚁受到的合力大于在b点受到的合力
【答案】C
【解析】 蚂蚁缓慢上爬,可以认为蚂蚁处于平衡状态,则合力始终为零,受力分析如图所示,根据共点力平衡有:f=mgsin α,N=mgcs α,因为a点的角度α比b点的大,所以在a点碗对蚂蚁的摩擦力大于在b点的摩擦力,在a点碗对蚂蚁的支持力小于在b点的支持力,故A错误,C正确;在a点和b点,碗对蚂蚁的作用力都等于蚂蚁的重力,故B错误;在a点蚂蚁受到的合力与b点受到的合力均为零,故D错误.
6.(2019·云南玉溪一中调研)(多选)在如图所示装置中,两物体的质量分别为m1、m2,m1通过光滑的滑轮悬挂在a、b之间的细绳上,悬点a、b间的距离远大于滑轮的直径,不计一切摩擦,整个装置处于静止状态.由图可知( )
A.α一定等于β
B.m1一定大于m2
C.m1一定小于2m2
D.m1可能大于2m2
【答案】AC
【解析】物体m2处于静止状态,所以绳子的张力F=m2g,m1受到两侧绳子的拉力和重力三个力平衡,沿水平方向有Fsin α-Fsin β=0,故α=β,A正确;沿竖直方向有Fcs α+Fcs β=m1g,当α=β>60°时m1
7.(2019·山东淄博诊断)如图所示,一质量均匀的实心圆球被直径AB所在的平面一分为二,先后以AB沿水平和竖直两种不同方向放置在光滑水平支架上,处于静止状态,两半球间的作用力分别为F和F',已知支架间的距离为AB的一半,则FF'为( )
A.3 B.32 C.233 D.33
【答案】A
【解析】 设两半球的总质量为m,当球以AB沿水平方向放置时,F=12mg;当球以AB沿竖直方向放置时,以右半球为研究对象,如图,F'=12mgtan θ,根据支架间的距离为AB的一半,可得θ=30°,所以FF'=3,选项A正确.
8.(2019·宁夏青铜峡测试)如图,两段等长、轻质不可伸长的细线将质量分别为m、3m的小球a、b,悬挂于O点.现在两个小球上分别加上水平方向的外力,其中作用在a球上的力大小为F1、作用在b球上的力大小为F2,当此装置平衡时,出现了如图所示的状态,b球刚好位于O点的正下方.则F1与F2的大小关系应为( )
A.F1=4F2 B.F1=3F2 C.3F1=4F2 D.3F1=7F2
【答案】 D
【解析】 以a、b球整体为研究对象,受力分析如图,设Oa绳与竖直方向的夹角为α,则由平衡条件得:tan α=F1-F23mg+mg;再以b球为研究对象,设ab绳与竖直方向的夹角为β,则由平衡条件得:tan β=F23mg;由几何关系可知:α=β,联立以上各式解得:3F1=7F2,所以选项D正确.
9.(2019·安徽蚌埠铁中检测)某些农村一大家人过春节时常用简易灶做菜,如图甲所示,将一个半球形铁锅用三个轻小石块支起用柴火烧菜,铁锅边缘水平,小石块成正三角形放在水平灶台上,石块到铁锅球心的连线与竖直方向的夹角均成30°,已知锅与菜的总质量为9 kg,不计铁锅与石块间的摩擦,重力加速度g=10 m/s2,则下列说法正确的是( )
A.灶台对每个石块的作用力均竖直向上
B.灶台受到每个石块的压力为90 N
C.每个石块与铁锅之间的弹力大小为203 N
D.灶台对每个石块的摩擦力为10 N
【答案】C
【解析】 灶台对石块有竖直向上的支持力和水平方向的摩擦力作用,故灶台对每个石块的作用力不是竖直向上的,A错误;对铁锅和石块整体而言,竖直方向对灶台的压力等于铁锅和三个石块的重力之和,故灶台受到每个石块的压力等于13G锅+G石,B错误;对锅由平衡知识得3FNcs 30°=G锅,解得FN=203 N,C正确;对石块,在水平方向有Ff=FNsin 30°=103 N,则灶台对每个石块的摩擦力为103 N,D错误.
10.(2019·江西上饶二中月考)如图所示,质量均为m的A、B两球,由一根劲度系数为k的轻弹簧连接静止于半径为R的光滑半球形碗中,弹簧水平,两球间距为R且球的半径远小于碗的半径,则弹簧的原长为( )
mgk+R B.mg2k+R C.23mg3k+R D.3mg3k+R
【答案】D
【解析】以A球为研究对象,A球受:重力、弹力和球壳的支持力,如图所示,由平衡条件得:tan θ=mgkx,解得x=mgktanθ,根据几何关系得cs θ=12RR=12,则tan θ=3,所以x=mgktanθ=3mg3k,故弹簧原长x0=3mg3k+R,D正确.
11.(2019·天津卷)2018年10月23日,港珠澳跨海大桥正式通车.为保持以往船行习惯,在航道处建造了单面索(所有钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥,其索塔与钢索如图所示.下列说法正确的是( )
A.增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力
B.为了减小钢索承受的拉力,可以适当降低索塔的高度
C.索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时,钢索对索塔的合力竖直向下
D.为了使索塔受到钢索的合力竖直向下,索塔两侧的钢索必须对称分布
【答案】C
【解析】由平衡条件可知,钢索对桥身的拉力的合力与桥身的重力等大反向,则钢索对索塔向下的压力在数值上也等于桥身的重力,即增加钢索的数量,钢索对索塔的压力恒定不变,故A错误;合力一定时,分力间的夹角越小,则分力越小,所以为了减小钢索承受的拉力,应该增大索塔的高度,达到减小钢索间夹角的目的,故B错误;索塔两侧钢索对称分布,拉力大小相等时,水平分力抵消,所以钢索对索塔的合力竖直向下,故C正确;如图所示,即使索塔两侧的钢索不对称分布,依据平行四边形定则可知,索塔受到钢索的合力也可能竖直向下,故D错误.
12.(2019·江苏卷)如图所示,一只气球在风中处于静止状态,风对气球的作用力水平向右.细绳与竖直方向的夹角为α,绳的拉力为T,则风对气球作用力的大小为( )
A.Tsinα B.Tcsα C.Tsin α D.Tcs α
【答案】C
【解析】气球在风中处于静止状态,所以受力平衡.对气球受力分析得,气球受到重力、浮力、拉力和水平方向上风的作用力,由水平方向上受力平衡得:F风=Tsin α,故C正确.
13.(2019·山东省实验中学诊断)(多选)两物体M、m用跨过光滑定滑轮的轻绳相连,如图所示,OA、OB与水平面的夹角分别为30°、60°,M、m均处于静止状态.则( )
A.绳OA对M的拉力小于绳OB对M的拉力
B.绳OA、OB对M的拉力大小相等
C.m受到水平面的静摩擦力大小为零
D.m受到水平面的静摩擦力的方向水平向左
【答案】AD
【解析】 设绳OA对M的拉力为FA,绳OB对M的拉力为FB,由M处于静止状态可得FA·cs 30°=FB·cs 60°,即3FA=FB,A正确,B错误.因FB>FA,物体m有向右滑动的趋势,故m受到水平面的摩擦力的方向水平向左,C错误,D正确.
14.(2019·全国卷Ⅲ)用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件,为使工件保持固定,将其置于两光滑斜面之间,如图所示.两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上,倾角分别为30°和60°,重力加速度为g.当卡车沿平直公路匀速行驶时,圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2,则( )
A.F1=33mg,F2=32mgB.F1=32mg,F2=33mg
C.F1=12mg,F2=32mgD.F1=32mg,F2=12mg
【答案】D
【解析】将重力进行分解如图所示,根据几何关系可得F1=mgcs 30°=32mg,F2=mgsin 30°=12mg,故D正确.
15.(2019·山东济南三模)如图所示,A、B两物体叠放在的水平地面上,A物体质量m=20 kg,B物体质量M=30 kg.处于水平位置的轻弹簧一端固定于墙壁,另一端与A物体相连,弹簧处于自然状态,其劲度系数为250 N/m,A与B之间、B与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.5.现有一水平推力F作用于物体B上缓慢地向墙壁移动,当移动0.2 m 时,水平推力F的大小为(g取10 m/s2)( )
A.350 N B.300 N C.250 N D.200 N
【答案】B
【解析】假设A物体未滑动,则弹簧的压缩量为0.2 m,则弹簧的弹力F1=kx=250×0.2 N=50 N<μmg=100 N,假设成立.对A、B整体受力分析,在水平方向上受推力F、弹簧的弹力F1和地面的滑动摩擦力f,根据平衡条件有:F=F1+f=F1+μ(M+m)g=50 N+250 N=300 N.故B正确.
16.(2019·四川攀枝花统考)如图所示,六根原长均为L的轻质细弹簧两两相连,在同一平面内六个大小相等、互成60°的恒定拉力F作用下,形成一个稳定的正六边形.已知正六边形外接圆的半径为R,每根弹簧的劲度系数均为k,弹簧在弹性限度内,则F的大小为( )
A.k2(R-L) B.k(R-L) C.k(R-2L)D.2k(R-L)
【答案】B
【解析】 正六边形外接圆的半径为R,则弹簧的长度为R,弹簧的伸长量为:Δx=R-L,由胡克定律可知,每根弹簧的弹力为:F'=kΔx=k(R-L),两相邻弹簧夹角为120°,两相邻弹簧弹力的合力为:F合=F'=k(R-L),由平衡条件可知,F的大小为:F=F合=k(R-L),故B正确.
题组三 动态平衡问题的分析
17.(2019·天津南开中学月考)(多选)如图所示,光滑水平地面上放有截面为14圆周的柱状物体A,A与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B,对A施加一水平向左的力F,整个装置保持静止.若将A的位置向左稍许移动,整个装置仍保持平衡,则( )
A.水平外力F增大 B.墙对B的作用力减小
C.地面对A的支持力减小 D.B对A的作用力减小
【答案】BD
【解析】 物体B受力分析如图所示,A的位置左移,θ角减小,FN1=Gtan θ,FN1减小,B正确;FN=Gcsθ,FN减小,D正确;以A、B为整体受力分析,FN1=F,所以水平外力减小,A错误;地面对A的作用力等于两个物体的重力,所以该力不变,C错误.
18.(2019·湖北沙市中学测试)(多选)如图所示,带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上,放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接,开始时轻绳与斜劈平行.现给小滑块施加一竖直向上的拉力,使小滑块沿杆缓慢上升,整个过程中小球始终未脱离斜劈,则有( )
A.轻绳对小球的拉力逐渐增大
B.小球对斜劈的压力先减小后增大
C.竖直杆对小滑块的弹力先增大后减小
D.对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大
【答案】AD
【解析】设斜面倾角为θ,斜面对小球的支持力为FN1,绳对小球的拉力为FT,小球的重力大小为G1,小滑块的重力大小为G2,竖直杆对小滑块的弹力大小为FN2.由于小滑块沿杆缓慢上升,所以小球沿斜面缓慢向上运动,小球处于动态平衡状态,作小球受力的矢量三角形如图甲所示,故绳对小球的拉力FT逐渐增大,选项A正确;斜面对小球的弹力FN1逐渐减小,故小球对斜面的压力逐渐减小,选项B错误;将小球和小滑块看成一个整体,受力分析如图乙所示,则由力的平衡条件可得:FN2=FN1sin θ,F=G1+G2-FN1cs θ,因FN1逐渐减小,所以FN2逐渐减小,F逐渐增大,故选项C错误,D正确.
19.(2019·江苏常州一中月考)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的左端紧靠竖直墙,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,则下列判断中正确的是( )
A.球B对墙的压力增大
B.球B对柱状物体A的压力增大
C.地面对柱状物体A的摩擦力不变
D.地面对柱状物体A的支持力不变
【答案】D
【解析】以B为研究对象,受力分析如图甲所示,其中A、B间的弹力应垂直于两圆弧的公切面,即作用线过B的圆心.由图可知,把A向右移动少许,墙对球B的压力F1减小,柱状物体A对球B的支持力F2减小,由牛顿第三定律知,球B对墙的压力减小,球B对柱状物体A的压力减小,选项A、B错误;把A、B作为一个整体,受力分析如图乙所示,由平衡条件得,地面对柱状物体A的摩擦力Ff=F1,地面对柱状物体A的支持力FN=(mA+mB)g,由此可知,地面对柱状物体A的摩擦力减小,地面对柱状物体A的支持力不变,选项C错误,D正确.
20. (2019·全国卷Ⅰ)(多选)如图,一粗糙斜面固定在地面上,斜面顶端装有一光滑定滑轮.一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块N,另一端与斜面上的物块M相连,系统处于静止状态.现用水平向左的拉力缓慢拉动N,直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°.已知M始终保持静止,则在此过程中( )
A.水平拉力的大小可能保持不变
B.M所受细绳的拉力大小一定一直增加
C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加
D.M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加
【答案】BD
【解析】对物块N受力分析,N受到竖直向下的重力G、水平向左的拉力F和方向变化的绳子拉力T,根据题意和平衡条件作出三力的动态矢量三角形如图所示,由图知,在向左拉动N的时候,绳子拉力T和水平拉力F都不断增大,故A错误,B正确;再以物块M为研究对象,设M的质量为m,斜面的倾角为θ,若开始时T
21.(2019·浙江选考)如图所示,一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环,系在两环上的等长细绳拴住的书本处于静止状态,现将两环距离变小后书本仍处于静止状态,则( )
A.杆对A环的支持力变大
B.B环对杆的摩擦力变小
C.杆对A环的力不变
D.与B环相连的细绳对书本的拉力变大
【答案】B
【解析】 设书本的质量为M,以两个轻环和小球组成的系统为研究对象,受力如图1所示,根据平衡条件得:2FN=Mg,解得:FN=12Mg,故水平横梁对轻环的支持力FN不变,A错误;以左侧环为研究对象,受力如图2所示,则竖直方向:FN=Fsin α,水平方向:Fcs α=Ff,联立解得:Ff=FNct α,α增大时,Ff变小,故B正确;杆对A环的支持力不变,摩擦力减小,则杆对A环的力变小,故C错误;设与B环相连的细绳对书本的拉力为T,细绳与竖直方向的夹角为θ,根据竖直方向的平衡条件可得:2Tcs θ=Mg,由于绳子与竖直方向的夹角θ减小,则cs θ变大,绳子拉力变小,故D错误.
题组四 平衡中的临界与极值问题
22.(2019·山东济宁模拟)如图,在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用,F平行于斜面向上.若要物块在斜面上保持静止,F的取值应有一定的范围,已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F1和F2的方向均沿斜面向上).由此可求出物块与斜面间的最大静摩擦力为( )
A.F12 B.2F2 C.F1-F22 D.F1+F22
【答案】 C
【解析】对滑块受力分析,受重力、拉力、支持力、静摩擦力,设滑块受到的最大静摩擦力为f,根据平衡条件得:当最大静摩擦力平行斜面向下时,拉力最大,有:F1-mgsin θ-f=0;当最大静摩擦力平行斜面向上时,拉力最小,有:F2+f-mgsin θ=0,联立解得:f=F1-F22,故选项C正确.
23.(2019·黑龙江鹤岗一中月考)(多选)如图所示,倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上,物体a放在斜面上,轻质细线一端固定在物体a上,另一端绕过光滑的滑轮固定在c点,滑轮2下悬挂物体b,系统处于静止状态.若将固定点c向右移动少许(斜劈和物体a,始终静止),系统重新静止后,则( )
A.细线对物体a的拉力减小
B.斜劈对地面的压力不变
C.地面对斜劈的摩擦力增大
D.斜劈对物体a的摩擦力减小
【答案】 BC
【解析】 对滑轮和物体b受力分析如图1所示,根据平衡条件,有:mbg=2Tcs θ,解得:T=mbg2csθ,将固定点c向右移动少许,则b、c间细线与竖直方向的夹角θ增加,故拉力T增加,A错误;对斜面体、物体a、物体b整体受力分析如图2所示:
图1 图2
根据平衡条件有:地面对斜劈的支持力N=G总-Tcs θ=G总-mbg2,N与角度θ无关,所以斜劈对地面的压力不变,地面对斜劈的摩擦力f=Tsin θ=mbg2tan θ,θ增加,则摩擦力增加,故选项B、C正确;再对物体a分析,由于不知道细线对a的拉力与重力的下滑分力的大小关系,故无法判断静摩擦力的方向,也不能判断静摩擦力的变化情况,选项D错误.
24.(2019·广东珠海摸底)将重为4mg均匀长方体物块切成相等的A、B两部分,切面与边面夹角为45°,如图所示叠放并置于水平地面上,现用弹簧秤竖直向上拉物块A的上端,弹簧秤示数为mg,整个装置保持静止.则( )
A.地面与物块间可能存在静摩擦力
B.物块对地面的压力大于3mg
C.A对B的压力大小为mg
D.A、B之间静摩擦力大小为22mg
【答案】D
【解析】对AB整体受力分析,水平方向不受地面的摩擦力,否则不能平衡,竖直方向受力平衡,则有:N+F=4mg,解得:N=3mg,则物块对地面的压力等于3mg,故选项A、B错误;再对A受力分析,受到重力、弹簧的拉力、B对A的支持力以及B对A的静摩擦力,根据平衡条件得:FN=(2mg-mg)cs 45°,f=(2mg-mg)sin 45°,解得:FN=f=22mg,故C错误,D正确.
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