（新課標(biāo)）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)9 共點(diǎn)力平衡（含解析）新人教版

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1、共點(diǎn)力平衡 一、選擇題 1．(2018·鹽城三模)如圖所示，一架無人機(jī)執(zhí)行航拍任務(wù)時(shí)正沿直線朝斜向下方向勻速運(yùn)動(dòng)．用G表示無人機(jī)重力，F(xiàn)表示空氣對(duì)它的作用力，下列四幅圖中能表示此過程中無人機(jī)受力情況的是(　　) 答案　B 解析　無人機(jī)受重力和空氣作用力的作用，由于無人機(jī)勻速運(yùn)動(dòng)，故受力平衡，空氣作用力豎直向上，與重力相互平衡，故B項(xiàng)正確A、C、D三項(xiàng)錯(cuò)誤． 2．(2018·永州三模)科技的發(fā)展正在不斷地改變著我們的生活，圖甲是一款放在水平桌面上的手機(jī)支架，其表面采用了納米微吸材料，用手觸碰無粘感，接觸到平整光滑的硬性物體時(shí)，會(huì)牢牢吸附在物體上．圖乙是手機(jī)靜止吸附在該手機(jī)支架上

2、的側(cè)視圖，若手機(jī)的重力為G，下列說法正確的是(　　) A．手機(jī)受到的支持力大小為Gcosθ B．手機(jī)受到的摩擦力大小大于Gsinθ C．納米材料對(duì)手機(jī)的作用力方向豎直向上 D．納米材料對(duì)手機(jī)的作用力大小為Gsinθ 答案　C 解析　A項(xiàng)，手機(jī)處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力平衡，根據(jù)平衡條件可知，在垂直支架方向有：FN＝Gcosθ＋F吸，大于Gcosθ，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，在平行斜面方向，有：f＝Gsinθ，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C、D兩項(xiàng)，手機(jī)處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力平衡，受到重力和納米材料對(duì)手機(jī)的作用力，根據(jù)平衡條件可知，納米材料對(duì)手機(jī)的作用力大小等于重力，方向與重力方向相反，豎直向上，故C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)

3、誤． 3．(2018·衡陽三模)如圖所示，將兩個(gè)小球a、b用細(xì)線連接后懸掛在水平天花板上，其中b球擱置在光滑斜面上．在下列各種情況中能夠使系統(tǒng)保持靜止的是(　　) 答案　B 解析　A圖：分析b球受力，不能平衡，A項(xiàng)錯(cuò)．C、D圖：分析整體受力，不能平衡，C、D兩項(xiàng)都錯(cuò)．只有B項(xiàng)正確． 4.(2018·朝陽一模)如圖所示，質(zhì)量為m的物塊放在水平面上，物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25，在兩個(gè)大小相等的力F(其中一個(gè)方向?yàn)樗较蜃?，另一個(gè)與水平方向成37°角向下)作用下沿水平面做勻速直線運(yùn)動(dòng)，(重力加速度大小為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)則以下判斷正確的是(　　)

4、 A．F＝5mg　　　　　　 B．F＝2.5mg C．F＝1.25mg D．F＝mg 答案　A 解析　由圖可知，兩個(gè)力中，斜向下的力F向右的分力一定小于F，可知物體應(yīng)向左運(yùn)動(dòng)，受到地面的摩擦力的方向向右； 對(duì)物體進(jìn)行受力分析可知，物體受到重力、地面的支持力、摩擦力以及兩個(gè)力F的作用，沿豎直方向： N＝mg＋Fsin37° 水平方向：μN(yùn)＝F－Fcos37° 代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立得：F＝5mg.故A項(xiàng)正確，B、C、D三項(xiàng)錯(cuò)誤． 5.(2018·濮陽一模)如圖所示，一定質(zhì)量的小物體(可視為質(zhì)點(diǎn))用輕質(zhì)細(xì)線固定懸掛在天花板上．在水平拉力F作用下，當(dāng)細(xì)線與豎直方向夾角為30°時(shí)小物體

5、恰能處于平衡狀態(tài)．若對(duì)小物體施加同樣大小的拉力，方向垂直于細(xì)線，仍然使物體處于平衡狀態(tài)．則下列說法中正確的是(　　) A．小物體所受到的重力大小為F B．當(dāng)施加水平方向作用力時(shí)細(xì)線受到沿線方向的拉力大小等于F C．當(dāng)施加垂直于細(xì)線方向的拉力時(shí)，細(xì)線受到沿線方向的拉力大小等于2F D．當(dāng)施加垂直于細(xì)線方向的拉力時(shí)，細(xì)線與豎直方向的夾角大于60° 答案　A 解析　對(duì)小球受力分析，如圖所示： 根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有：F＝Gtan30° 解得G＝＝F， 細(xì)線受到沿線方向的拉力大小T＝＝2F，故A項(xiàng)正確、B項(xiàng)錯(cuò)誤； 當(dāng)施加垂直于細(xì)線方向的拉力時(shí)，設(shè)細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，受力情

6、況如圖所示， 當(dāng)施加水平方向作用力時(shí)細(xì)線受到沿線方向的拉力大小等于2F，所以當(dāng)施加垂直于細(xì)線方向的拉力時(shí)，細(xì)線受到沿線方向的拉力大小小于2F； 根據(jù)幾何關(guān)系可得：sinθ＝＝＝<，所以θ<60°，故C、D兩項(xiàng)錯(cuò)誤． 6.(2018·益陽模擬)如圖所示，一個(gè)內(nèi)表面粗糙的半圓形軌道固定于水平面上，一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從圖示位置P點(diǎn)緩慢滑下，如果滑塊經(jīng)過PO間的每一位置時(shí)都認(rèn)為是平衡狀態(tài)，則滑塊在從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)過程中(　　) A．軌道對(duì)滑塊的彈力逐漸增大 B．軌道對(duì)滑塊的彈力逐漸減小 C．軌道對(duì)滑塊的摩擦力逐漸增大 D．滑塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同 答案　A 解析　設(shè)物體所在

7、的位置圓弧切線與水平方向的夾角為θ，以物體為研究對(duì)象進(jìn)行受力分析如圖所示，根據(jù)圖像可知，重力垂直于切面向下的分力等于支持力，即FN＝mgcosθ，θ角越來越小，支持力越來越大，根據(jù)牛頓第三定律可知壓力越來越大，故A項(xiàng)正確、B項(xiàng)錯(cuò)誤；軌道對(duì)滑塊的摩擦力大小為f＝mgsinθ，θ越來越小，則摩擦力越來越??；根據(jù)f＝μFN可知，動(dòng)摩擦因數(shù)越來越小，故C、D兩項(xiàng)錯(cuò)誤． 7．(2018·蕪湖一模)如圖所示，在粗糙水平面上靜止放置一個(gè)截面為三角形的斜劈，其質(zhì)量為M.兩個(gè)質(zhì)量分別為m1和m2的小物塊恰好能沿兩側(cè)面勻速下滑．若現(xiàn)在對(duì)兩物塊同時(shí)各施加一個(gè)平行于斜劈側(cè)面的恒力F1、F2，且F1＞F2，如圖所示．

8、則在兩個(gè)小物塊沿斜面下滑的過程中，下列說法正確的是(　　) A．斜劈可能向左運(yùn)動(dòng) B．斜劈受到地面向右的摩擦力作用 C．斜劈對(duì)地面的壓力大小等于(M＋m1＋m2)g D．斜劈對(duì)地面的壓力大小等于(M＋m1＋m2)g＋F1sinα＋F2sinβ 答案　C 解析　左圖中，三個(gè)物體都處于平衡狀態(tài)，故可以對(duì)三個(gè)物體的整體受力分析，受重力和支持力，故支持力為(M＋m1＋m2)g，沒有摩擦力；在右圖中，兩個(gè)物體對(duì)斜劈的壓力和摩擦力大小不變，故斜劈受力情況不變，故斜劈A仍保持靜止，斜劈A對(duì)地面的壓力大小等于(M＋m1＋m2)g，與地面間沒有摩擦力；故C項(xiàng)正確，A、B、D三項(xiàng)錯(cuò)誤． 8.(2

9、018·成都模擬)如圖甲所示，四根等長的纜繩一端懸于起重機(jī)的吊鉤上，另一端分別系在一個(gè)正方形的框架上，框架下面懸吊著重物，起重機(jī)將重物以0.5 m/s的速度沿豎直方向勻速向上吊起．若起重機(jī)的輸出功率為20 kW，每根纜繩與豎直方向的夾角均為37°(如圖乙所示)，忽略吊鉤、框架及繩重，不計(jì)一切摩擦，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.則懸于吊鉤的每根纜繩的拉力大小為(　　) A．5.0×104 N B．4.0×104 N C．1.25×104 N D．1.0×104 N 答案　C 解析　由P＝Fv得F＝＝ N＝4×104 N 所以重物的重力G＝F＝4×104 N

10、設(shè)每根纜繩的拉力大小為T，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件得 4Tcos37°＝G 解得T＝1.25×104 N. 9.(2018·唐山三模)粗糙水平地面上的圓柱體將光滑斜劈壓在豎直的墻壁上，其截面如圖所示．現(xiàn)用水平向左的推力F緩慢推動(dòng)圓柱體，使斜劈緩慢向上移動(dòng)一小段距離．斜劈始終處于平衡狀態(tài)(　　) A．水平推力F逐漸減小 B．斜劈對(duì)墻壁的壓力不變 C．水平地面對(duì)圓柱體的支持力逐漸變大 D．水平地面對(duì)圓柱體的摩擦力逐漸增大 答案　B 解析　如圖，當(dāng)斜劈向上移動(dòng)一小段距離后，斜劈的斜邊仍然與圓相切，與斜劈的斜邊垂直的OA、OB與豎直墻壁之間的夾角是相等的，所以圓對(duì)于斜劈的支持力的方向沒有發(fā)

11、生變化，以斜劈為研究對(duì)象，則斜劈受到重力、圓對(duì)斜劈的支持力以及墻壁對(duì)斜劈的支持力都不發(fā)生變化； 斜劈對(duì)圓的壓力的大小、方向都不變，在豎直方向上，地面對(duì)圓柱體的支持力不變； 水平方向：由于推力F不確定，摩擦力可能增大或減小，方向也可能發(fā)生變化． 只有B項(xiàng)正確，A、C、D三項(xiàng)錯(cuò)誤． 10．(2018·山東模擬)(多選)如圖，在粗糙水平桌面上放著筆記本電腦P和兩個(gè)墊片M、N，假設(shè)所有接觸處均有摩擦，但摩擦系數(shù)不同，欲使電腦P和墊片M隨墊片N保持相對(duì)靜止一起向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，需要作用在墊片N上一個(gè)水平外力F，此時(shí)(　　) A．墊片N共受五個(gè)力的作用 B．墊片M對(duì)電腦P的摩擦力的方向

12、向左 C．桌面對(duì)墊片M的摩擦力小于電腦P對(duì)墊片N的摩擦力 D．電腦P對(duì)墊片N的摩擦力大小等于電腦P對(duì)墊片M的摩擦力大小 答案　BC 解析　A項(xiàng)，對(duì)N受力分析，N受重力、P的壓力，地面的支持力、地面的摩擦力、P對(duì)N的摩擦力作用和拉力的作用，故共受6個(gè)力的作用，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，分析M，M受到的地面的摩擦力方向向左，而M向右作加速運(yùn)動(dòng)，合力向右，則P對(duì)M的摩擦力方向向右，由牛頓第三定律可知，M對(duì)P的摩擦力方向左，故B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，根據(jù)牛頓第二定律可知，N對(duì)電腦P的摩擦力大于M對(duì)電腦的摩擦力，同理可知，電腦對(duì)M的摩擦力大于桌面對(duì)M的摩擦力，故C項(xiàng)正確；D項(xiàng)錯(cuò)誤． 11.(2018·濰坊三模

13、)(多選)如圖所示，將質(zhì)量為m的小球用橡皮筋懸掛在豎直墻的O點(diǎn)，小球靜止在M點(diǎn)，N為O點(diǎn)正下方一點(diǎn)，ON間的距離等于橡皮筋原長，在N點(diǎn)固定一鐵釘，鐵釘位于橡皮筋右側(cè)．現(xiàn)對(duì)小球施加拉力F，使小球沿以MN為直徑的圓弧緩慢向N運(yùn)動(dòng)，P為圓弧上的點(diǎn)，角PNM為60°.橡皮筋始終在彈性限度內(nèi)，不計(jì)一切摩擦，重力加速度為g，則(　　) A．在P點(diǎn)橡皮筋彈力大小為mg B．在P點(diǎn)時(shí)拉力F大小為mg C．小球在M向N運(yùn)動(dòng)的過程中拉力F的方向始終跟橡皮筋垂直 D．小球在M向N運(yùn)動(dòng)的過程中拉力F先變大后變小 答案　AC 解析　A項(xiàng)，設(shè)圓的半徑為R，橡皮筋的勁度系數(shù)為k，角PNM用θ表示，則： NP＝

14、2R·cosθ＝2R·cos60°＝R 在M點(diǎn)橡皮筋彈力大小為mg，則：mg＝k·2R；P點(diǎn)橡皮筋彈力大小為：F0＝kR＝mg.故A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤； C項(xiàng)，結(jié)合A項(xiàng)的分析可知，當(dāng)小球與N的連線與豎直方向之間的夾角為α?xí)r，橡皮筋的伸長量： Δx＝2R·cosα 橡皮筋的彈力：F′＝kΔx＝mgcosα 對(duì)小球，設(shè)拉力F與水平方向之間的夾角為β，在水平方向：Fcosβ＝F′sinα 豎直方向：F′cosα＋Fsinβ＝mg 聯(lián)立可得：β＝α，F(xiàn)＝mgsinα 可知拉力F的方向繩子與橡皮筋的方向垂直，而且隨α的增大，F(xiàn)逐漸增大．故C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤． 12.(2018·四川模

15、擬)(多選)如圖所示，兩個(gè)大小不計(jì)質(zhì)量均為m的物體A、B放置在水平地面上，一根長為L不可伸長的輕繩兩端分別系在兩物體上，繩恰好伸直且無拉力，在繩的中點(diǎn)施加一個(gè)豎直向上的拉力F，使兩物體慢慢靠近，直至兩物體接觸，已知兩物體與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，則在兩物體靠近的過程中下列說法正確的是(　　) A．拉力F一直增大 B．物體A所受的摩擦力不變 C．地面對(duì)A物體的支持力先減小后增大 D．當(dāng)兩物體間的距離為L時(shí)，繩上的拉力最小 答案　AD 解析　A項(xiàng)，設(shè)兩根繩子之間的夾角為α，對(duì)結(jié)點(diǎn)O受力分析如圖甲所示，由平衡條件得： F1＝F2＝ 再對(duì)任一球(如右球)受力分析如圖乙所示，球剛

16、好滑動(dòng)的臨界條件是：F2sin＝μFN. 又F2cos＋FN＝G. 聯(lián)立解得：F＝＝，當(dāng)兩個(gè)物體逐漸靠近的過程中，α角逐漸減小，拉力F增大，故A項(xiàng)正確； D項(xiàng)，設(shè)繩子與地面夾角為θ時(shí)繩子拉力最小，根據(jù)平衡條件可得：F1cosθ＝f＝μ(mg－F1sinθ)， 解得 F1＝＝ 令sinβ＝，則β＝60°，所以有：F1＝， 當(dāng)β＋θ＝90°時(shí)F1最小，此時(shí)θ＝30°，兩物體相距x＝2×cosθ＝L，故D項(xiàng)正確； B項(xiàng)，由于繩子拉力先變小再變大，所以摩擦力f＝F1cosθ，θ一直增大，所以摩擦力一定是變力，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，以整體為研究對(duì)象，拉力F一直增大，豎直方向受力平衡，則地

17、面對(duì)兩個(gè)物體的支持力一直減小，故C項(xiàng)錯(cuò)誤． 二、非選擇題 13.如圖所示，一根繩的兩端分別固定在兩座山的A、B處，A、B兩點(diǎn)水平距離BD＝d＝16 m，豎直距離AD＝2 m，A、B間繩長為l＝20 m．重為120 N的猴子抓住套在繩子上的滑環(huán)在AB間滑動(dòng)，某時(shí)刻猴子在最低點(diǎn)C處靜止，求此時(shí)繩的張力大?。? 答案　100 N 解析　在最低點(diǎn)，對(duì)猴子受力分析，如圖所示： 設(shè)繩子與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)平衡條件，有： 2Tcosθ＝mg， 其中：cosθ＝＝＝0.6， 解得：T＝＝ N＝100 N. 14．(2018·東莞市二模)如圖所示，光滑圓柱A和半圓柱B緊靠著靜置于水

18、平地面上，二者半徑均為R.A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為，B與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)給A施加一拉力F，使A緩慢移動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中拉力F與圓心連線O1O2的夾角始終為60°保持不變，直至A恰好運(yùn)動(dòng)到B的最高點(diǎn)，整個(gè)過程中B保持靜止，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g，求： (1)A、B間彈力的最大值Fmax； (2)動(dòng)摩擦因數(shù)的最小值μmin. 答案　(1)mg　(2) 解析　(1)以A為研究對(duì)象，A受到重力mg、拉力F、B對(duì)A的彈力FN，由題意知，三個(gè)力的合力始終為零，矢量三角形如圖所示． 在FN轉(zhuǎn)至豎直的過程中，A、B間的彈力先增大后減小，拉力F逐漸減小 當(dāng)夾角θ＝30°(F水平向右)時(shí)，A、B間彈力最大 且最大值為Fmax＝＝mg (2)對(duì)B受力分析可得，豎直方向水平地面的支持力FN′＝mg＋FNcosθ，可知，水平地面對(duì)B的支持力逐漸增大． 水平方向的靜摩擦力f＝FNsinθ，可知靜摩擦力逐漸減小 所以只要初狀態(tài)不滑動(dòng)，以后B就不會(huì)滑動(dòng)，即f＝μminFN′ 初狀態(tài)時(shí)，圓柱A對(duì)圓柱B的彈力FN＝mg 代入數(shù)據(jù)解得μmin＝. 9