2020版高考物理第二章第4课时受力分析共点力平衡(能力课时)限时规范训练(含解析)

受力剖析共点力的均衡[基础稳固题组](20分钟，50分)1．(2019·山西大学附中月考)如下图，斜面小车M静止在圆滑水平面上，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．3B．4C．5D．6分析：选B.先对物体受力剖析，遇到重力、支持力和静摩擦力；再对M受力剖析，m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，共遇到4个力，故B正确．2．(2018·肇庆二模)设雨点着落过程中遇到的空气阻力与雨点(可当作球形)的横截面积S成正比，与着落速度v的二次方成正比，即f＝kSv2，此中k为比率常数，且雨点最后都做匀速运动．已知球的体积公式为431∶2，V＝πr(r为半径)．若两个雨点的半径之比为3则这两个雨点的落地速度之比为()A．1∶2B．1∶2C．1∶4D．1∶8分析：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＝4324gρr，因为半径之比为1∶2，则落地速度之比为1∶2，选项mg＝ρ×3πr×g，即v＝3kA正确．3．(多项选择)如下图，物体m经过定滑轮牵引另一水平面上的物体沿斜面匀速下滑，此过程中斜面仍静止，斜面质量为，则水M平川面对斜面体( )A．无摩擦力B．有水平向右的摩擦力C．支持力为(＋)D．支持力小于(＋)MmgMmg分析：选BD.设斜面夹角为θ，细绳的拉力为FT，M、m整体处于均衡状态，对M、m整体受力剖析可得均衡方程Fcosθ＝F，Fsinθ＋F＝(M＋m)g，故F静方向水平向右，B、T静TND正确．4．如下图，在一水平长木板上放一木块P，迟缓抬起木板的右端，木块P和木板一直相对静止，则( )A．木块遇到木板的支持力减小、摩擦力减小B．木块遇到木板的支持力增大、摩擦力增大C．木块遇到木板的作使劲大小不变、方向不变D．木块遇到木板的作使劲大小变化、方向变化分析：选C.对木块受力剖析可知，木块遇到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力的作用，木块开始滑动前，木块受力均衡，因此摩擦力和重力沿斜面向下的分力相等，即f＝sinmgθ，因此夹角增大的过程中，木块所受的摩擦力向来在增大；木块遇到的支持力FN＝mgcosθ，因为运动过程中，夹角增大，故支持力减小，故A、B错误；因为木块向来处于均衡状态，故木块遇到木板的作使劲一直等于重力，故木块遇到木板的作使劲大小不变、方向不变，故C正确，D错误．5．(2019·山东师大附中一模

)如下图，三根长度均为

L的轻绳分别连结于

C、D两点，A、B两头被悬挂在水平天花板上，相距

2L，此刻

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

(

)3A．mg

B．

3

mg1

1C.2mg

D．4mg分析：选C.由题图可知，要使水平，各绳均应绷紧，则与CDAC水平方向的夹角为60°；结点C受力均衡，受力剖析如下图，则CD3绳的拉力FT＝mgtan30°＝3mg；D点受绳索拉力大小等于FT，方向向左；要使CD水平，D点两绳的拉力与外界的力的协力为零，则绳索对D点的拉力可分解为沿BD绳的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12T6．一物块用轻绳AB悬挂于天花板上，使劲F拉住套在轻绳上的光滑小圆环O(圆环质量忽视不计)，系统在图示地点处于静止状态，此时轻绳OA段与竖直方向的夹角为α，力F与竖直方向的夹角为β.当缓慢拉动圆环使α(0＜α＜90°)增大时()A．F变大，β变大B．F变大，β变小C．F变小，β变大D．F变小，β变小分析：选B.圆环遇到三个力，拉力F以及两段绳索的拉力T，且三力均衡，故两段绳F子的拉力的协力与拉力F一直等值、反向、共线，因为两个绳索的拉力大小均等于mg，夹角越小，协力越大，且协力在角均分线上，故拉力F渐渐变大，因为一直与两段细绳拉力的协力反向，故拉力F渐渐竖直，β渐渐变小，应选B.7．(2019·湖南株洲二中模拟)(多项选择)如下图，A球被固定在竖直支架上，A球正上方的点O悬有一轻绳拉住B球，两球之间连有轻弹簧，均衡时绳长为L，张力为T1，弹簧弹力为F1.若将弹簧换成原长同样的劲度系数更小的轻弹簧，再次均衡时绳中的张力为T2，弹簧弹力为F2，则( )A．T1>T2B．T1＝T2C．F<FD．F>F1212分析：选BD.以B球为研究对象，B球遇到重力G、弹簧的弹力F和绳子的张力T，如下图．B球受力均衡时，F与T的协力与重力G大小相等、G′＝TF方向相反，即G′＝G.依据三角形相像得＝，换成劲度系数小的OAOBAB轻弹簧，形变量增大，AB减小，则T不变，F减小，选项B、D正确．[能力提高题组](25分钟，50分)1．(多项选择)如下图，将一充有氢气的气球系在一个石块上，风沿水平方向吹，气球遇到的风力大小为F风＝kSv2(k是阻力系数，S是迎风横截面积)，石块开始静止于水平川面上，则( )A．若风速渐渐增大，气球会连同石块一同走开地面B．不论风速多大，气球连同石块都不会走开地面C．若风速渐渐增大，气球会连同石块一同沿地面向左滑动D．不论风速多大，气球连同石块都不会被吹动分析：选BC.分析法剖析动向变化．如图，整体剖析气球与石块．开始时受力均衡，水平风力增大，不改变竖直方向的各个力，则石块不会走开地面，应选项A错误，B正确；开始时系统均衡，有F风＝F，又有fF≤F＝μF(μ为石块与地面的动摩擦因数)，解得F风≤μF，若F风ffmaxNN增大，竖直方向N＝(＋)－F浮不变，当F风增大到μN时，系统会沿地面向左滑动，故FMmgF选项C正确，D错误．2．如下图，物体

A、B置于水平川面上，与地面间的动摩擦因数均为

μ，物体

A、B用一根越过动滑轮的细绳相连．现用渐渐增大的力向上提高滑轮，某时刻拉

A物体的绳索与水平面成

53°，拉

B物体的绳索与水平面成37°，此时A、B两物体恰利处于均衡状态，则mAA、B两物体的质量之比为(最大静摩擦力B等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()4μ＋33μ＋4A.3μ＋4B．4μ＋34μ－33μ－4C.3μ－4D．4μ－3分析：选A.设绳中张力大小为F，对A应用均衡条件得Fcos53°＝μ(mAg－Fsin53°)，对B应用均衡条件得Fcos37°＝μ(mBg－Fsin37°)，联立以上两式解得mA4μ＋3＝，选B项A正确．13．如下图，圆滑水平面上有一4的球体，球体的左边面也圆滑．质量分别为m1、m2的小球(均可当作质点)，经过柔嫩圆滑的轻绳连结，且与球体一同以共同速度v0向左匀速运动，此时m2与球心O的连线与水平线成45°角．m2与球面间的动摩擦因数为0.5，设m2与球面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，m2则的最小值是( )m13222A.4B．3C．2D．2m2分析：选B.当m1有最大值时，的值最小，摩擦力方向沿球面向下，小球m1m受力如下图，依据共点力均衡条件得mgsin45°＋f＝T，f＝μF＝μmgcos22N245°，＝1，联立三式解得m222，选项B正确．＝Tmgm134．如下图，质量为m的小球用细线拴住放在圆滑斜面上，斜面足够长，倾角为α的斜面体置于圆滑水平面上，用水平力F推斜面体使斜面体迟缓地向左挪动，小球沿斜面迟缓高升(细绳还没有抵达平行于斜面的地点)．在此过程中( )A．绳对小球的拉力减小B．斜面体对小球的支持力减小C．水平推力F减小D．地面对斜面体的支持力不变分析：选

A.对小球受力剖析，如图甲所示，斜面体左移会惹起

FT的方向及大小的变化而FN的方向不变，三力的协力为0，则形成闭合三角形，FT与FN互相垂直时FT最小，此时细线和斜面平行，则细线还没有抵达平行于斜面的地点时，FT渐渐变小，FN渐渐变大，应选项A正确，B错误；对斜面体受力剖析，如图乙所示，依据均衡条件，有：F＝FN′sinα＝FNsinα，FN地＝Mg＋FN′cosα＝Mg＋FNcosα.因为FN增大，故支持力FN地和推力F均增大，故C、D错误．5．(2019·广东省百校结盟高三模拟)质量为M的半圆柱体P放在粗拙的水平川面上，其右端固定一个竖直挡板AB，在P上放两个大小同样的圆滑小球C和D，质量均为m，整个装置的纵截面如下图．开始时、C球心连线与水平面的夹角为θ，点、D球心连线处于竖直PP方向，已知重力加快度为g.则以下说法正确的选项是( )mgmgA．P和挡板对C的弹力分别为tanθ和sinθB．地面对P的摩擦力大小为零C．使挡板迟缓地向右平行挪动，但C仍在P和挡板AB作用下悬于半空中，则地面对P的摩擦力将不停增大D．使挡板绕B点顺时针迟缓转动，P一直保持静止，则D必定迟缓下滑分析：选C.对受力剖析，遇到重力

D受力剖析，遇到重力mg、挡板AB的支持力

mg和FN1和

P的支持力FN；对CP对C的支持力FN2，mgmg如下图，依据均衡条件，得FN1＝tanθ，FN2＝sinθ，选项A错误；以P、C、D整体为研究对象，进行受力剖析，遇到三者的重力、挡板AB的支持力FN1，地面的支持力FN3，地面的静摩擦力f，依据共点力均衡条件，有F＝(M＋2m)g，f＝F，选项B错误；使挡板迟缓地向右平行挪动，因为θN3N1不停减小，故f不停增大，选项C正确；因为、D球心连线处于竖直方向，当使挡板绕BP点顺时针迟缓地转动时，小球D可持续保持静止，选项D错误．6．(2017·高考全国卷Ⅰ)(多项选择)如图，柔嫩轻绳ON的一端O固定，此中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N.初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与之间的夹角为απα不α>.现将重物向右上方迟缓拉起，并保持夹角MN2变．在OM由竖直被拉到水平的过程中()A．MN上的张力渐渐增大B．MN上的张力先增大后减小C．OM上的张力渐渐增大D．OM上的张力先增大后减小分析：选AD.设重物的质量为，绳中的张力为OM，绳中的mOMTMN张力为TMN.开始时，TOM＝mg，TMN＝0.因为迟缓拉起，则重物向来处于平衡状态，两绳张力的协力与重物的重力mg等大、反向．如下图，已知角α不变，在绳迟缓拉起的过程中，角β渐渐增大，则角(α－MNTmgβ)渐渐减小，但角θ不变，在三角形中，利用正弦定理得：OM＝，(αα－βθsin－β)由钝角变成锐角，则TOM先增大后减小，选项D正确；同理知TMN＝mg，在βsinβsinθ由0变成π的过程中，TMN向来增大，选项A正确．27．(2019·广东佛山测试)(多项选择)如下图，质量均为的两圆滑小环A和mB用轻绳连结，分别套在水平易竖直的固定直杆上．在绳上O点施一水平力F拉紧轻绳，想法使整个系统处于静止状态，重力加快度为g.随后使力F迟缓增大，则在此过程中( )A．OA段绳中的张力一直大于mg，且渐渐增大B．杆对A环的作使劲一直大于2mg，且渐渐增大C．OB段绳中的张力一直大于mg，且渐渐增大D．OB段绳与竖直方向的夹角渐渐增大分析：选CD.以A、B两个小环整体为研究对象，对整体受力剖析，整体受总重力2mg、水平力F、水平杆对A环向上的支持力FNA、竖直杆对B环水平向左的支持力FNB，据均衡条件可得，水平杆对A环向上的支持力FNA