受力分析共点力的平衡

练案[6]第二章相互作用第3讲受力分析共点力的平衡一、选择题(本题共10小题，1～6题为单选，7～10题为多选)1．(2019·河北衡水质检)如图所示，a、b两个小球穿在一根光滑的固定杆上，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接。已知b球质量为m，杆与水平面成角θ，不计所有摩擦，重力加速度为g。当两球静止时，Oa绳与杆的夹角也为θ，Ob绳沿竖直方向，则下列说法正确的是(C)A．a可能受到2个力的作用B．b可能受到3个力的作用C．绳子对a的拉力等于mgD．a的重力为mgtanθ[解析]对a球受力分析可知，a受到重力，绳子的拉力以及杆对a球的弹力，三个力的合力为零，故A错误；对b球受力分析可知，b受到重力，绳子的拉力，两个力合力为零，杆对b球没有弹力，否则b不能平衡，故B错误；由于b受到重力和绳子拉力处于平衡状态，则绳子拉力T＝mg，同一根绳子上的拉力相等，故绳子对a的拉力等于mg，故C正确；分别对a、b两球分析，运用合成法，如图，根据正弦定理列式得：Tsinθ＝magsin90°＋θ解得：mag＝mgtanθ，故D错误。2．(2018·陕西安康二模)如图所示，两个小球a、b的质量均为m，用细线相连并悬挂于O点。现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向夹角为30°，已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，则弹簧的最短伸长量为(B)A．mg2kB．mgkC．3mg3kD．3mgk[解析]以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，如图所示。根据平衡条件可知，F与T的合力与重力2mg总是大小相等、方向相反，由图可知，当F与细线Oa垂直时，F有最小值，F的最小值为F＝kx＝2mgsin30°＝mg，则弹簧的最短伸长量为x＝mgk，故B正确。3．(2019·山西吕梁期末)如图，14光滑圆轨道竖直固定在水平地面上，O为圆心，A为轨道上的一点，OA与水平面夹角为30°。小球在拉力F作用下始终静止在A点。当拉力方向水平向左时，拉力F的大小为103N。当将拉力F在竖直平面内转至沿圆轨道切线方向时，拉力F的大小为(A)A．53NB．15NC．10ND．103N[解析]当拉力水平向左时，受到竖直向下的重力，沿OA向外的支持力，以及拉力F，如图所示，根据矢量三角形可得G＝Ftan30°＝103×33＝10N。当拉力沿圆轨道切线方向时，受力如图所示，根据矢量三角形可得F＝Gcos30°＝53N，A正确。4．(2018·福建省泉港一中高三上学期期中试题)如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小盒b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a连接在竖直固定在地面的弹簧上，现在b盒内缓慢加入适量砂粒，a、b、c始终位置保持不变，下列说法中正确的是(A)A．b对c的摩擦力可能先减小后增大，也可能一直增大B．地面对c的支持力可能不变C．c受到地面的摩擦力方向可能向右D．弹簧的弹力可能变大，也可能变小或不变[解析]因为不知道b的重力沿着斜面方向的分力与细线拉力的大小关系，故不能确定静摩擦力的方向，故随着砂子质量的增加，静摩擦力可能增加、可能减小，也可能先减小后增大，故A正确；以b与c组成的整体为研究对象，整体受到重力、支持力以及绳子向左上方的拉力、地面的摩擦力，在b盒内缓慢加入适量砂粒后，竖直向下的重力增大，而其他的力不变，所以整体受到的支持力一定增大，故B错误；以b与c组成的整体为研究对象，整体受到重力、支持力以及绳子向左上方的拉力、地面的摩擦力，水平方向除摩擦力外，只有绳子的拉力有一个向右的分力，所以可以知道c受到地面摩擦力的方向一定向左，故C错误；a、b、c始终处于静止状态，则弹簧的长度不变，由胡克定律可以知道弹簧的弹力大小不变，故D错误。5．(2018·山西长治等五地市联考)如图所示，光滑的圆环固定在竖直面内，圆心为O，三个完全相同的小圆环a、b、c穿在大环上，小环c上穿过一根轻质细绳，细绳两端分别固定着小环a、b，通过不断调整三个小环的位置，最终三小环恰好处于平衡位置，平衡时a、b的距离等于绳子长度的一半。已知小环的质量为m，重力加速度为g，轻绳与c的摩擦不计。则(C)A．a与大环间的弹力大小3mgB．绳子的拉力大小为32mgC．c受到绳子的作用力大小为3mgD．c与大环间的弹力大小为3mg[解析]三个小圆环能静止在光滑的圆环上，由几何知识知，a、b、c恰是一个等边三角形的三个顶点，对a受力分析如图甲所示，在水平方向上有Tasin30°＝Nasin60°，在竖直方向上有Tacos30°＝mg＋Nacos60°，解得Na＝mg，Ta＝3mg故A、B错误；以c为研究对象，进行受力分析，如图乙所示，c受到绳子作用力的大小为T′＝2Tcos30°＝3mg，在竖直方向上Nc＝mg＋T′，解得Nc＝4mg，故D错误。6．(2018·浙江十校模拟)智能手机的普及使“低头族”应运而生。当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重力；但当低头时，颈椎受到的压力会随之变化。现将人体头颈部简化为如图模型：头部看成质点P，颈椎看成可绕O点自由转动的轻杆OP，头部在沿OP方向的支持力和沿PS方向肌肉拉力的作用下处于静止状态。当低头时，颈椎OP与竖直方向的夹角为30°，PS与竖直方向的夹角为60°，此时颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到压力的(C)A．3.3倍B．2.8倍C．1.7倍D．1.2倍[解析]设头部重力为G，当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重量，即F＝G；当人低头时，PO、PS与竖直方向的夹角分别为30°、60°，根据几何关系结合正弦定理可得FOsin120°＝Gsin30°，解得FO＝3G，所以FOF＝31≈1.7，故A、B、D错误，C正确。7．(2018·北京人大附中模拟)如图所示，质量不计的水平横梁AB的A端插入竖直墙壁内，另一端装有一个轻质小滑轮B，一轻绳的一端C固定于该墙壁上，另一端跨过光滑小滑轮后悬挂一质量为m＝5kg的物体D，其中∠CBA＝30°，重力加速度g取10m/s2，那么，横梁AB对小滑轮的作用力的大小和方向分别为(CD)A．25N，方向沿着A→B方向水平向右B．25N，方向沿着竖直向上的方向C．50N，方向沿着∠CBD的角平分线方向与BC绳子的夹角为120°斜向上D．50N，方向沿着∠CBD的角平分线方向与AB横梁的夹角为30°斜向上[解析]对滑轮受力分析如图所示，滑轮受到绳子的作用力为两段绳中拉力F1和F2的合力F，因同一根绳张力处处相等，则F1＝F2＝G＝mg，由于拉力F1和F2的夹角为120°，则由几何知识得横梁AB对小滑轮的作用力方向沿着∠CBD的角平分线方向与BC绳子的夹角为120°斜向上，F支＝F1＝mg＝5×10N＝50N，故C、D正确。8．(2018·湖南衡阳八中质检)在超市中，小张沿水平方向推着质量为m的购物车乘匀速上升的自动扶梯上楼，如图所示。假设小张、购物车、自动扶梯间保持相对静止，自动扶梯的倾角为30°。小张的质量为M，小张与扶梯间的动摩擦因数为μ，购物车与扶梯间的摩擦忽略不计。则(AB)A．小张对购物车推力大小为mgtan30°B．小张对扶梯的摩擦力大小为(M＋m)gsin30°，方向沿斜面向下C．扶梯对小张的摩擦力大小为μ(M＋m)gcos30°，方向沿斜面向上D．小张对购物车的推力和购物车对小张的推力大小必相等，这是因为人和车均处于平衡状态[解析]对购物车受力分析如图甲所示，则Fcos30°＝mgsin30°，即F＝mgtan30°，故A正确；对小张和车整体受力分析如图乙所示，则f＝(M＋m)gsin30°，即扶梯对小张的摩擦力大小是(M＋m)gsin30°，方向沿斜面向上；根据牛顿第三定律，小张对扶梯的摩擦力大小为(M＋m)gsin30°，方向沿斜面向下，故B正确，C错误；小张对车的推力和车对小张的推力是一对相互作用力，大小必相等，与人和车是否处于平衡状态无关，故D错误。9．(2018·福建龙岩高级中学月考)如图所示，一根轻绳上端固定在O点，下端拴一个重为G的小球，开始时轻绳处于竖直状态，轻绳所能承受的最大拉力为2G，现对小球施加一个方向始终水平向右的力F，使球缓慢地移动，则在小球缓慢地移动的过程中，下列说法正确的是(ABD)A．力F逐渐增大B．力F的最大值为3GC．力F的最大值为2GD．轻绳与竖直方向夹角θ的最大值为60°[解析]对小球受力分析，如图甲所示，由平衡条件得F＝mgtanθ，θ逐渐增大，则F逐渐增大，故A正确；如图乙所示，小球缓慢移动的过程中，θ逐渐增大，T的最大值为2G，则可得cosθ＝G2G＝12，θ＝60°，此时F达到最大值为3G，故B、D正确，C错误。10．(2018·江西上饶二模)如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于O点。一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条绳连接小球Q，P、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA在外力F的作用下，处于水平方向，其缓慢改变绳OA的方向至θ90°，且保持结点O位置不变，整个装置始终处于静止状态。下列说法正确的是(AD)A．绳OA的拉力先减小后增大B．绳OB的拉力一直减小C．地面对斜面体有向右的摩擦力D．地面对斜面体的支持力不断减小[解析]缓慢改变绳OA的方向至θ90°的过程，OA拉力的方向变化如图所示，从3位置到2位置到1位置可见OA的拉力先减小后增大，OB的拉力一直减小，故A正确，B错误；以斜面和P、Q整体为研究对象受力分析，根据平衡条件可知斜面受地面的摩擦力与OA绳水平方向的分力等大、反向，故摩擦力方向向左，C错误；以斜面体和P整体为研究对象受力分析，绳OB对其竖直向下的分力减小，则地面对斜面的支持力减小，故D正确。二、非选择题11．(2019·河南质检)如图所示，14圆弧面AB与斜面BC固定在水平面上，斜面BC与水平面夹角为θ。质量为m的物块与大球O通过绕过定滑轮的轻绳和与斜面平行的轻弹簧连接，系统处于静止状态时，滑轮左侧的轻绳恰好沿水平方向，OO′与水平面夹角为α，弹簧伸长了x。重力加速度大小为g，不计一切摩擦。求：(1)弹簧的劲度系数k；(2)大球O的质量M。[答案](1)k＝mgsinθx(2)msinθtanα[解析](1)物体受力如图所示，则有弹簧弹力F1＝mgsinθ根据胡克定律，F1＝kx联立解得：k＝mgsinθx(2)大球受力如图所示，则有F2＝F1Mg＝F2tanα联立解得：M＝msinθtanα。12．(2019·桂林市模拟)如图甲所示，在建筑沙石料产地或粮库常将颗粒输送到高处落下，在水平地面自然堆积成圆锥，其示意图如图乙所示。表格记录了一次在实验室中用干沙子模拟沙堆所测量的数据，表格中H为圆锥高度，L为圆锥底部直径。H/cm4810121420L/cm5050506070100(1)试简要解释数据表格所反映的物理现象并求沙子间的平均摩擦因数。(2)现需将总体积为V且颗粒间动摩擦因数为μ的沙子在水平平整场地中自然堆放，写出沙堆所需底部最小面积Smin的表达式。(圆锥体积公式V＝13πr2h)[答案](1)见解析；0.4(2)Smin＝39πV2μ2[解析](1)H10cm时，底部圆直径未见变化，沙堆的倾角不断增加，反映了漏下的沙子在表面上堆积而没有整体下滑，说明倾角过小，处于表面层的沙子满足tanαμ的关系；H10cm阶段，底部圆直径与沙堆高度成正比，说明沙堆倾角保持不变，漏下的沙子沿着表面向下滑动，表面层的沙子满足tanα≥μ，颗粒间动摩擦因数μ基本不变，沙堆倾角将维持在最大角αm；考虑恰好不滑动的临界情况，表面沙石受重力、支持力和最大静摩擦力，根据平衡条件，有mgsinα＝μmgcosα解得μ＝tanα＝HL2＝12cm12×60cm＝0.4(2)出现最小面积时，最大静摩擦力等于重力的下滑分力，即mgsinα＝μmgcosα，解得动摩擦因数μ＝tanα结合几何关系，有tanα＝H12L＝2HL体积V＝13SminH＝13×πL22×H＝πL2H12联立解得Smin＝