2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測（七）受力分析 共點(diǎn)力的平衡（含解析）

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1、2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測（七）受力分析 共點(diǎn)力的平衡（含解析） [A級(jí)——基礎(chǔ)小題練熟練快] 1．如圖所示，斜面小車M靜止在光滑水平面上，一邊緊貼墻壁。若再在斜面上加一物體m，且M、m相對(duì)靜止，此時(shí)小車受力個(gè)數(shù)為(　　) A．3　　　　　　　　　　 B．4 C．5 D．6 解析：選B　先對(duì)物體m受力分析，受到重力、支持力和靜摩擦力；再對(duì)M受力分析，受重力、m對(duì)它的垂直向下的壓力和沿斜面向下的靜摩擦力，同時(shí)地面對(duì)M有向上的支持力，共受到4個(gè)力，故B正確。 2．設(shè)雨點(diǎn)下落過程中受到的空氣阻力與雨點(diǎn)(可看成球形)的橫截面積S成正比，與下落速度v的二次方成正比，即f

2、＝kSv2，其中k為比例常數(shù)，且雨點(diǎn)最終都做勻速運(yùn)動(dòng)。已知球的體積公式為V＝πr3(r為半徑)。若兩個(gè)雨點(diǎn)的半徑之比為1∶2，則這兩個(gè)雨點(diǎn)的落地速度之比為(　　) A．1∶ B．1∶2 C．1∶4 D．1∶8 解析：選A　當(dāng)雨點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，重力與阻力相等，即f＝mg，故k×πr2×v2＝mg＝ρ×πr3×g，即v2＝，由于半徑之比為1∶2，則落地速度之比為1∶，選項(xiàng)A正確。 3.如圖所示，在一水平長木板上放一木塊P，緩慢抬起木板的右端，木塊P和木板始終相對(duì)靜止，則(　　) A．木塊受到木板的支持力減小、摩擦力減小 B．木塊受到木板的支持力增大、摩擦力增大 C．木塊受

3、到木板的作用力大小不變、方向不變 D．木塊受到木板的作用力大小變化、方向變化 解析：選C　對(duì)本塊受力分析可知，木塊受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力的作用，木塊開始滑動(dòng)前，木塊受力平衡，所以摩擦力和重力沿斜面向下的分力相等，即f＝mgsin θ，所以夾角增大的過程中，木塊所受的摩擦力一直在增大；木塊受到的支持力FN＝mgcos θ，由于抬起木板的過程中，夾角增大，故支持力減小，故A、B錯(cuò)誤。由于木塊一直處于平衡狀態(tài)，故木塊受到木板的作用力始終等于重力，故木塊受到木板的作用力大小不變、方向不變，故C正確，D錯(cuò)誤。 4．(2018·廣州六校聯(lián)考)一個(gè)質(zhì)量為3 kg的物體，被放置在傾角為α＝

4、30°的固定光滑斜面上，在如圖所示的甲、乙、丙三種情況下處于平衡狀態(tài)的是(g＝10 m/s2)(　　) A．僅甲圖 B．僅乙圖 C．僅丙圖 v D．甲、乙、丙圖 解析：選B　物體在光滑斜面上受重力、支持力和沿斜面向上的拉力，斜面光滑，故物體不受摩擦力；將重力沿斜面和垂直于斜面進(jìn)行分解，重力垂直于斜面的分力一定與支持力相等；要使物體處于靜止，拉力應(yīng)等于重力沿斜面向下的分力，即F＝mgsin α＝3×10× N＝15 N，故只有乙平衡。故B正確。 5．(多選)如圖甲所示，A為一截面為等腰三角形的斜劈，其質(zhì)量為M，兩個(gè)底角均為30°。兩個(gè)完全相同、質(zhì)量均為m的小物塊p和q恰好能沿

5、兩斜面勻速下滑?，F(xiàn)在若對(duì)兩物塊同時(shí)施加一平行于側(cè)面的恒力F1、F2，且F1>F2，如圖乙所示，則在p和q下滑的過程中，下列說法正確的是(　　) A．斜劈A仍舊保持靜止，且不受到地面的摩擦力作用 B．斜劈A仍舊保持靜止，且受到地面向右的摩擦力作用 C．斜劈A仍舊保持靜止，對(duì)地面的壓力大小為(M＋m)g D．斜劈A仍舊保持靜止，對(duì)地面的壓力大小大于(M＋m)g 解析：選AD　起初兩物塊沿斜面勻速下滑，p、q及斜劈組成的整體處于平衡狀態(tài)，則水平方向斜劈不受地面的靜摩擦力作用，施加恒力F1、F2后，斜劈受力情況不變，即A依然不受地面的摩擦力作用，且A對(duì)地面的壓力大小仍為(M＋2m)g，大

6、于(M＋m)g，故選項(xiàng)A、D正確。 [B級(jí)——保分題目練通抓牢] 6．(2019·長沙調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量為m(可視為質(zhì)點(diǎn))的小球P，用兩根輕繩OP和O′P與小球拴接后再分別系于豎直墻上相距0.4 m的O、O′兩點(diǎn)上，繩OP長0.5 m，繩O′P長0.3 m，今在小球上施加一方向與水平方向成θ＝37° 角的拉力F，將小球緩慢拉起，繩O′P剛拉直時(shí)，OP繩拉力為T1，繩OP剛松弛時(shí)，O′P繩拉力為T2，則為(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　) A．3∶4 B．4∶3 C．3∶5 D．4∶5 解析：選C　O′P繩剛拉直時(shí)，OP繩拉力為T1，此時(shí)O′P繩拉力為

7、零，小球受力如圖甲所示。 根據(jù)幾何關(guān)系可得sin α＝＝，可得α＝53°，則α＋θ＝90°； 根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件可得T1＝mgsin α；OP 繩剛松弛時(shí)，O′P繩的拉力為T2，此時(shí)OP繩拉力為零，小球受力如圖乙所示，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件可得T2＝mgtan α，由此可得＝＝，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。 7.(多選)如圖所示為內(nèi)壁光滑的半球形凹槽M，O為球心，∠AOB＝60°，OA水平，小物塊在與水平方向成45°角的斜向上的推力F作用下靜止于B處。在將推力F沿逆時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)到水平方向的過程中裝置始終靜止，則(　　) A．M槽對(duì)小物塊的支持力逐漸減小 B．M槽對(duì)小物塊的支持力逐漸增大

8、 C．推力F先減小后增大 D．推力F逐漸增大 解析：選BC　以小物塊為研究對(duì)象，分析受力情況，如圖所示，物塊受到重力G、支持力FN和推力F三個(gè)力作用，根據(jù)平衡條件可知，F(xiàn)N與F的合力與G大小相等，方向相反。將推力F沿逆時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)到水平方向的過程中(F由位置1→3)，根據(jù)作圖可知，M槽對(duì)小物塊的支持力FN逐漸增大，推力F先減小后增大，當(dāng)F與FN垂直時(shí)，F(xiàn)最小。故A、D錯(cuò)誤，B、C正確。 8．(多選)如圖所示，兩根輕繩一端系于結(jié)點(diǎn)O，另一端分別系于固定圓環(huán)上的A、B兩點(diǎn)，O點(diǎn)下面懸掛一物體M，繩OA水平，拉力大小為F1，繩OB與OA夾角α＝120°，拉力大小為F2，將兩繩同時(shí)緩慢順時(shí)針

9、轉(zhuǎn)過75°，并保持兩繩之間的夾角α始終不變，且物體始終保持靜止?fàn)顟B(tài)。則在旋轉(zhuǎn)過程中，下列說法正確的是(　　) A．F1逐漸增大 B．F1先增大后減小 C．F2逐漸減小 D．F2先增大后減小 解析：選BC　設(shè)兩繩轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，繩OA與水平方向的夾角為θ，以O(shè)點(diǎn)為研究對(duì)象，受力分析如圖所示，因?yàn)閮衫K是緩慢移動(dòng)的，所以O(shè)點(diǎn)始終處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得F1cos θ＝F2cos(60°－θ)，F(xiàn)1sin θ＋F2sin(60°－θ)＝Mg，由以上兩式解得F1＝，F(xiàn)2＝。當(dāng)θ<60°時(shí)，θ增大，F(xiàn)1增大，F(xiàn)2減??；當(dāng)60°≤θ≤75°時(shí)，θ增大，F(xiàn)1減小，F(xiàn)2減小。因此，在兩繩旋轉(zhuǎn)的過

10、程中，F(xiàn)1先增大后減小，F(xiàn)2逐漸減小，選項(xiàng)B、C正確。 9．(多選)甲、乙兩建筑工人用簡單機(jī)械裝置將工件從地面提升并運(yùn)送到樓頂。如圖所示，設(shè)當(dāng)重物提升到一定高度后，兩工人保持位置不動(dòng)，甲通過緩慢釋放手中的繩子，使乙能夠用一始終水平的輕繩將工件緩慢向左拉動(dòng)，最后將工件運(yùn)送至乙所在位置，完成工件的運(yùn)送。繩的重力及滑輪的摩擦不計(jì)，滑輪大小忽略不計(jì)，則在工件向左移動(dòng)過程中(　　) A．甲手中繩子上的拉力不斷減小 B．樓頂對(duì)甲的支持力不斷增大 C．樓頂對(duì)甲的摩擦力大于對(duì)乙的摩擦力 D．乙手中繩子上的拉力不斷增大 解析：選CD　設(shè)與結(jié)點(diǎn)和滑輪相連的一段繩子與豎直方向的夾角為θ，工件重力為mg，

11、對(duì)結(jié)點(diǎn)受力分析如圖所示，可得甲手中繩子拉力T1＝，乙手中繩子拉力T2＝mgtan θ，工件向左移動(dòng)過程中，θ逐漸增大，可知T1逐漸增大，T2也逐漸增大，A錯(cuò)誤，D正確。甲手中繩子與水平方向夾角不變，可知T1豎直向上的分力逐漸增大，由平衡條件可知樓頂對(duì)甲的支持力不斷減小，B錯(cuò)誤。分別對(duì)甲、乙水平方向的受力進(jìn)行分析，可得樓頂對(duì)甲的摩擦力f1＝T1sin φ，φ為甲手中繩子與豎直方向的夾角，樓頂對(duì)乙的摩擦力f2＝T2，分析可知，始終有φ>θ，則f1＝>f2＝，C正確。 10. (2019·昆明模擬)如圖所示，質(zhì)量M＝2 kg的木塊套在水平固定桿上，并用輕繩與質(zhì)量m＝1 kg的小球相連。今用跟水平方

12、向成60°角的力F＝10 N拉著小球并帶動(dòng)木塊一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中M、m的相對(duì)位置保持不變，g＝10 m/s2。在運(yùn)動(dòng)過程中，求： (1)輕繩與水平方向的夾角θ； (2)木塊M與水平桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ。 解析：(1)小球的受力如圖甲所示，由平衡條件得 水平方向：Fcos 60°－FTcos θ＝0 豎直方向：Fsin 60°－FTsin θ－mg＝0 解得θ＝30°。 (2)將木塊、小球看做整體，受力如圖乙所示，由平衡條件得 水平方向：Fcos 60°－μFN＝0 豎直方向：FN＋Fsin 60°－Mg－mg＝0 解得μ＝。 答案：(1)30°　(2) [C級(jí)—

13、—難度題目適情選做] 11.如圖所示，三根長度均為L的輕繩分別連接于C、D兩點(diǎn)，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2L，現(xiàn)在C點(diǎn)上懸掛一個(gè)質(zhì)量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點(diǎn)上可施加力的最小值為(　　) A．mg B.mg C.mg D.mg 解析：選C　由題圖可知，要使CD水平，各繩均應(yīng)繃緊，則AC與水平方向的夾角為60°；結(jié)點(diǎn)C受力平衡，受力分析如圖所示，則CD繩的拉力FT＝mgtan 30°＝mg；D點(diǎn)受繩子拉力大小等于FT，方向向左；要使CD水平，D點(diǎn)兩繩的拉力與外界的力的合力為零，則繩子對(duì)D點(diǎn)的拉力可分解為沿BD繩的分力F1，及另一分力F2，由幾何關(guān)系可知，當(dāng)

14、力F2與BD垂直時(shí)，F(xiàn)2最小，而F2的大小即為拉力的大??；故最小力F＝FTsin 60°＝mg。故C正確。 12. (2019·濰坊模擬)如圖所示，風(fēng)箏借助于均勻的風(fēng)和牽線對(duì)其作用，才得以在空中處于平衡狀態(tài)。圖中所示風(fēng)箏質(zhì)量為400 g，某時(shí)刻風(fēng)箏平面與水平面的夾角為30°，主線對(duì)風(fēng)箏的拉力與風(fēng)箏平面成53°角。已知風(fēng)對(duì)風(fēng)箏的作用力與風(fēng)箏平面相垂直，g取10 m/s2。 (1)求此時(shí)風(fēng)對(duì)風(fēng)箏的作用力的大小和線對(duì)風(fēng)箏的拉力大?。? (2)若拉著風(fēng)箏勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，主線與水平面成53°角保持不變，這時(shí)拉主線的力為10 N，則風(fēng)對(duì)風(fēng)箏的作用力為多大？風(fēng)箏平面與水平面的夾角為多大？ 解析：(

15、1)風(fēng)箏平衡時(shí)共受到三個(gè)力的作用，即重力mg、風(fēng)對(duì)它的作用力F和主線對(duì)它的拉力T(如圖所示)，以風(fēng)箏平面方向?yàn)閤軸，F(xiàn)方向?yàn)閥軸，建立一個(gè)坐標(biāo)系，將重力和拉力T正交分解， 在x軸方向：mgsin 30°－Tcos 53°＝0 在y軸方向：F＝Tsin 53°＋mgcos 30° 聯(lián)立兩式，解得T＝3.33 N，F(xiàn)＝6.13 N。 (2)同理以水平方向?yàn)閤軸，豎直方向?yàn)閥軸建立坐標(biāo)系。 設(shè)風(fēng)對(duì)風(fēng)箏的作用力水平分力為Fx，豎直分力為Fy，由平衡條件，知 Fx＝T′cos 53°＝10×0.6 N＝6 N Fy＝T′sin 53°＋G＝10×0.8 N＋4 N＝12 N F＝＝13.4 N 風(fēng)箏平面與水平面的夾角θ滿足 tan θ＝＝ θ＝arctan 。 答案：(1)6.13 N　3.33 N　(2)13.4 N　arctan