2020屆高考物理二輪復習 瘋狂專練3 受力分析 共點力的平衡（含解析）

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1、受力分析 共點力的平衡 一、考點內容 專練三 受力分析 共點力的平衡× (1)整體法與隔離法的應用，物體的受力分析；(2)共點力的平衡條件及分析；(3)動態(tài)平衡問題分析、正交分解法應用。 二、考點突破 1．如圖所示，三個形狀不規(guī)則的石塊a、b、c在水平桌面上成功地疊放在一起。下列說法正確的是(　　) A．石塊b對a的支持力一定豎直向上 B．石塊b對a的支持力一定等于a受到的重力 C．石塊c受到水平桌面向左的摩擦力 D．石塊c對b的作用力一定豎直向上 2．2018年10月23日，港珠澳跨海大橋正式通車。為保持以往船行習慣，在航道處建造了單面索(所有

2、鋼索均處在同一豎直面內)斜拉橋，其索塔與鋼索如圖所示。下列說法正確的是(　　) A．增加鋼索的數(shù)量可減小索塔受到的向下的壓力 B．為了減小鋼索承受的拉力，可以適當降低索塔的高度 C．索塔兩側鋼索對稱且拉力大小相同時，鋼索對索塔的合力豎直向下 D．為了使索塔受到鋼索的合力豎直向下，索塔兩側的鋼索必須對稱分布 3．物塊在輕繩的拉動下沿傾角為30°的固定斜面向上勻速運動，輕繩與斜面平行。已知物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度取10 m/s2。若輕繩能承受的最大張力為1500 N，則物塊的質量最大為(　　) A．150 kg B．100 kg C．200 kg

3、 D．200 kg 4．(多選)如圖，一粗糙斜面固定在地面上，斜面頂端裝有一光滑定滑輪。一細繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊N.另一端與斜面上的物塊M相連，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)用水平向左的拉力緩慢拉動N，直至懸掛N的細繩與豎直方向成45°。已知M始終保持靜止，則在此過程中(　　) A．水平拉力的大小可能保持不變 B．M所受細繩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減小后增加 5．細線OA、OB的O端與質量為m的小球拴接在一起，A、B兩端固定于豎直墻面上，其中細線OA與豎直方向成45°角，細線OB與豎直方向成60°角，如

4、圖所示，現(xiàn)在對小球施加一個與水平方向成45°角的拉力F，小球保持靜止，細線OA、OB均處于伸直狀態(tài)，已知重力加速度為g，小球可視為質點，下列說法錯誤的是(　　) A．在保證細線OA、OB都伸直的情況下，若F增大，則細線OA中拉力變小，細線OB中拉力變大 B．當F＝mg時，細線OB中拉力為零 C．為保證兩根細線均伸直，拉力F不能超過mg D．為保證兩根細線均伸直，拉力F不能超過mg 6．(多選)如圖所示，質量為M的四分之一圓柱體放在粗糙水平地面上，質量為m的正方體放在圓柱體和光滑墻壁之間，且不計圓柱體與正方體之間的摩擦，正方體與圓柱體的接觸點的切線與右側墻壁成θ角，圓柱體處于靜止狀態(tài)。

5、則(　　) A．地面對圓柱體的支持力為(M＋m)g B．地面對圓柱體的摩擦力為mgtan θ C．墻壁對正方體的彈力為 D．正方體對圓柱體的壓力為 7．(多選)如圖，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點M拴一重物，用手拉住繩的另一端N。初始時，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為α?，F(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角α不變。在OM由豎直被拉到水平的過程中(　　) A．MN上的張力逐漸增大 B．MN上的張力先增大后減小 C．OM上的張力逐漸增大 D．OM上的張力先增大后減小 8．(多選)如圖所示，木板P下端通過光滑鉸鏈固定于水平地面上的O點，物體A、B疊放在木板上且

6、處于靜止狀態(tài)，此時物體B的上表面水平。現(xiàn)使木板P繞O點緩慢旋轉到虛線所示位置，物體A、B仍保持靜止，與原位置的情況相比(　　) A．A對B的作用力減小 B．B對A的支持力減小 C．木板對B的支持力增大 D．木板對B的摩擦力增大 9．如圖所示，有一輕圓環(huán)和插栓，在甲、乙、丙三個力作用下平衡時，圓環(huán)緊壓著插栓。不計圓環(huán)與插栓間的摩擦，若只調整兩個力的大小，欲移動圓環(huán)使插栓位于圓環(huán)中心，下列說法中正確的是(　　) A．增大甲、乙兩力，且甲力增大較多 B．增大乙、丙兩力，且乙力增大較多 C．增大乙、丙兩力，且丙力增大較多 D．增大甲、丙兩力，且甲力增大較多 10．表面光滑、半徑為R

7、的半球固定在水平地面上，球心O的正上方O′處有一無摩擦定滑輪，輕質細繩兩端各系一個可視為質點的小球掛在定滑輪上，如圖所示。兩小球平衡時，若滑輪兩側細繩的長度分別為L1＝2.4R和L2＝2.5R，則這兩個小球的質量之比為，小球與半球之間的壓力之比為，則以下說法正確的是(　　) A．＝ B．＝ C．＝1 D．＝ 11．如圖所示，質量M＝2 kg的木塊A套在水平桿上，并用輕繩將木塊A與質量m＝ kg的小球相連。今用與水平方向成α＝30°角的力F＝10 N，拉著球帶動木塊一起向右勻速運動，運動中M、m相對位置保持不變，取g＝10 m/s2。求： (1)運動過程中輕繩

8、與水平方向的夾角θ； (2)木塊與水平桿間的動摩擦因數(shù)μ。 12．一般教室門上都安裝一種暗鎖，這種暗鎖由外殼A、骨架B、彈簧C(勁度系數(shù)為k)、鎖舌D(傾斜角θ＝45°)、鎖槽E以及連桿、鎖頭等部件組成，如圖甲所示。設鎖舌D的側面與外殼A和鎖槽E之間的動摩擦因數(shù)均為μ，最大靜摩擦力Ffm由Ffm＝μFN(FN為正壓力)求得。有一次放學后，當某同學準備關門時，無論用多大的力，也不能將門關上(這種現(xiàn)象稱為自鎖)，此刻暗鎖所處的狀態(tài)的俯視圖如圖乙所示，P為鎖舌D與鎖槽E之間的接觸點，彈簧由于被壓縮而縮短了x。 (1)求自鎖狀態(tài)時D

9、的下表面所受摩擦力的方向。 (2)求恰好關不上門時(自鎖時)鎖舌D與鎖槽E之間的正壓力的大小。 (3)無論用多大的力拉門，暗鎖仍然能夠保持自鎖狀態(tài)，則μ至少要多大？ 答案 二、考點突破 1．【答案】D 【解析】由題圖可知，a與b的接觸面不是水平面，可知石塊b對a的支持力與其對a的靜摩擦力的合力，跟a受到的重力是平衡力，故A、B錯誤；以三塊石塊作為整體研究，整體受到的重力與支持力是平衡力，則石塊c不會受到水平桌面的摩擦力，故C錯誤；選取a、b作為整體研究，根據(jù)平衡條件，石塊c對b的作用力與其重力平衡，則石塊c對b的作用力

10、一定豎直向上，故D正確。 2．【答案】C 【解析】增加鋼索的數(shù)量，索塔受到的向下的壓力增大，A錯誤；當索塔受到的力F一定時，降低索塔的高度，鋼索與水平方向的夾角α減小，則鋼索受到的拉力將增大，B錯誤；如果索塔兩側的鋼索對稱且拉力大小相同，則兩側拉力在水平方向的合力為零，鋼索的合力一定豎直向下，C正確；索塔受到鋼索的拉力合力豎直向下，當兩側鋼索的拉力大小不等時，由圖可知，兩側的鋼索不一定對稱，D錯誤。 3．【答案】A 【解析】設物塊的質量最大為m，將物塊的重力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡條件，在沿斜面方向有F＝mgsin 30°＋μmgcos 30°，解得m＝150 kg，A項正

11、確。 4．【答案】BD 【解析】對N進行受力分析如圖所示，因為N的重力與水平拉力F的合力和細繩的拉力T是一對平衡力，從圖中可以看出水平拉力的大小逐漸增大，細繩的拉力也一直增大，選項A錯誤，B正確；M的質量與N的質量的大小關系不確定，設斜面傾角為θ，若mNg≥mMgsin θ，則M所受斜面的摩擦力大小會一直增大，若mNg

12、cos 60°＋mg，水平方向有TAsin 45°＋TBsin 60°＝Fcos 45°，解得TA＝mg－(2－)F，TB＝(－)F－(－1)mg，若F增大，則TA變小，TB變大，A項正確；TB為零時，有TB＝(－)F－(－1)mg＝0，解得F＝mg，B項正確；為保證兩根細線都伸直，F(xiàn)最大時，有TA＝mg－(2－)F＝0，解得F＝mg，C項正確，D項錯誤。 6．【答案】AC 【解析】以正方體為研究對象，受力分析，并運用合成法如圖所示。由幾何知識得，墻壁對正方體的彈力N1＝，圓柱體對正方體的彈力N2＝，根據(jù)牛頓第三定律，則正方體對圓柱體的壓力為，以圓柱體和正方體為研究對象，豎直方向受力平衡，

13、地面對圓柱體的支持力：N＝(M＋m)g水平方向受力平衡，地面對圓柱體的摩擦力：f＝N1＝，故A、C正確。 7．【答案】AD 【解析】設重物的質量為m，繩OM中的張力為T，繩MN中的張力為TMN。開始時，T＝mg，TMN＝0。由于緩慢拉起，則重物一直處于平衡狀態(tài)，兩繩張力的合力與重物的重力mg等大、反向。如圖所示，已知角α不變，在繩MN緩慢拉起的過程中，角β逐漸增大，則角(α－β)逐漸減小，但角θ不變，在三角形中，利用正弦定理得：＝，(α－β)由鈍角變?yōu)殇J角，則TOM先增大后減小，選項D正確；同理知＝，在β由0變?yōu)榈倪^程中，TMN一直增大，選項A正確。 8．【答案】BC 【解析】設木板與

14、水平地面的夾角為α。以A為研究對象，A原來只受到重力和支持力而處于平衡狀態(tài)，所以B對A的作用力與A的重力大小相等，方向相反；當將P繞O點緩慢旋轉到虛線所示位置，B的上表面不再水平，A受力情況如圖1，A受到重力和B對A的支持力、摩擦力三個力的作用，其中B對A的支持力、摩擦力的合力仍然與A的重力大小相等，方向相反，則B對A的作用力保持不變。根據(jù)牛頓第三定律可知，A對B的作用力也不變，故A錯誤；當將P繞O點緩慢旋轉到虛線所示位置時，設B的上表面與水平方向之間的夾角是β，由于支持力與摩擦力相互垂直，則N1＝GAcos β，所以A受到的支持力一定減小了，故B正確；以AB整體為研究對象，分析受力情況如圖2

15、，總重力GAB、木板的支持力N2和摩擦力f2，N2＝GABcos α，f2＝GABsin α，α減小，N2增大，f2減小，故C正確，D錯誤。 9．【答案】D 【解析】根據(jù)題意可知，輕圓環(huán)受甲、乙、丙三個力及插栓的彈力作用，處于平衡狀態(tài)，根據(jù)共點力平衡條件的推論可知，甲、乙、丙三個力的合力必與插栓對輕圓環(huán)的彈力等大、反向，該彈力方向為沿輕圓環(huán)半徑方向向外，要通過移動圓環(huán)使插栓位于圓環(huán)中心，則甲、乙、丙三個力的合力需變?yōu)榱?，此時可同時增大甲、丙兩力且增加量的合力應與消失的彈力等大、同向，或同時減小乙、丙兩力，且減小量的合力應與消失的彈力等大、反向，且甲力增加得多或乙力減小得多，故選項A、B、C

16、錯誤，選項D正確。 10．【答案】B 【解析】先以左側小球為研究對象，分析受力情況：重力m1g、繩子的拉力T和半球的支持力N1，作出受力示意圖。由平衡條件得知，拉力T和支持力N1的合力與重力m1g大小相等、方向相反。設OO′＝h，根據(jù)三角形相似得：＝＝，同理，對右側小球，有：＝＝，解得：m1g＝，①m2g＝，②N1＝，③N2＝④，由①∶②得：m1∶m2＝L2∶L1＝25∶24，由③∶④得：N1∶N2＝m1∶m2＝L2∶L1＝25∶24，故A、C、D錯誤，B正確。 11．【解析】(1)設輕繩對小球的拉力為FT，小球受力如圖甲所示，由平衡條件可得 Fcos 30°－FTcos θ＝0

17、 Fsin 30°＋FTsin θ－mg＝0 解得FT＝10 N，θ＝30°。 (2)以木塊和小球組成的整體為研究對象，受力分析如圖乙所示，由平衡條件得 Fcos 30°－Ff＝0 FN＋Fsin 30°－(M＋m)g＝0 又Ff＝μFN 解得μ＝。 12．【解析】(1)設鎖舌D下表面受到的靜摩擦力為Ff1，則其方向向右。 (2)設鎖舌D受鎖槽E的最大靜摩擦力為Ff2，正壓力為FN，下表面的正壓力為F，彈力為kx，如圖所示，由力的平衡條件可知： kx＋Ff1＋Ff2cos 45°－FNsin 45°＝0 ① F－FNcos 45°－Ff2sin 45°＝0 ② Ff1＝μF ③ Ff2＝μFN ④ 聯(lián)立①②③④式解得正壓力大小FN＝。 (3)令FN趨近于∞，則有1－2μ－μ2＝0 解得μ＝－1≈0.41。 7