2020届高考物理二轮复习 疯狂专练3 受力分析 共点力的平衡（含解析）

受力分析共点力的平衡(1)整体法与隔离法的应用，物体的受力分析；(2)共点力的平衡条件及分析；(3)动态平衡问题分析、正交分解法应用。1．如图所示，三个形状不规则的石块a、b、c在水平桌面上成功地叠放在一起。下列说法正确的是()A．石块b对a的支持力一定竖直向上B．石块b对a的支持力一定等于a受到的重力C．石块c受到水平桌面向左的摩擦力D．石块c对b的作用力一定竖直向上2．2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式通车。为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索(所有钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥，其索塔与钢索如图所示。下列说法正确的是()A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度C．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下D．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布3．物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行。已知物块与斜面之间的动摩擦因数为33，重力加速度取10m/s2。若轻绳能承受的最大张力为1500N，则物块的质量最大为()A．150kgB．1003kgC．200kgD．2003kg4．(多选)如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N.另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°。已知M始终保持静止，则在此过程中()A．水平拉力的大小可能保持不变B．M所受细绳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减小后增加5．细线OA、OB的O端与质量为m的小球拴接在一起，A、B两端固定于竖直墙面上，其中细线OA与竖直方向成45°角，细线OB与竖直方向成60°角，如图所示，现在对小球施加一个与水平方向成45°角的拉力F，小球保持静止，细线OA、OB均处于伸直状态，已知重力加速度为g，小球可视为质点，下列说法错误的是()A．在保证细线OA、OB都伸直的情况下，若F增大，则细线OA中拉力变小，细线OB中拉力变大B．当F＝22mg时，细线OB中拉力为零C．为保证两根细线均伸直，拉力F不能超过32＋62mgD．为保证两根细线均伸直，拉力F不能超过322mg6．(多选)如图所示，质量为M的四分之一圆柱体放在粗糙水平地面上，质量为m的正方体放在圆柱体和光滑墙壁之间，且不计圆柱体与正方体之间的摩擦，正方体与圆柱体的接触点的切线与右侧墙壁成θ角，圆柱体处于静止状态。则()A．地面对圆柱体的支持力为(M＋m)gB．地面对圆柱体的摩擦力为mgtanθC．墙壁对正方体的弹力为mgtanθD．正方体对圆柱体的压力为mgcosθ7．(多选)如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点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MN之间的夹角为ααπ2。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中()A．MN上的张力逐渐增大B．MN上的张力先增大后减小C．OM上的张力逐渐增大D．OM上的张力先增大后减小8．(多选)如图所示，木板P下端通过光滑铰链固定于水平地面上的O点，物体A、B叠放在木板上且处于静止状态，此时物体B的上表面水平。现使木板P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，物体A、B仍保持静止，与原位置的情况相比()A．A对B的作用力减小B．B对A的支持力减小C．木板对B的支持力增大D．木板对B的摩擦力增大9．如图所示，有一轻圆环和插栓，在甲、乙、丙三个力作用下平衡时，圆环紧压着插栓。不计圆环与插栓间的摩擦，若只调整两个力的大小，欲移动圆环使插栓位于圆环中心，下列说法中正确的是()A．增大甲、乙两力，且甲力增大较多B．增大乙、丙两力，且乙力增大较多C．增大乙、丙两力，且丙力增大较多D．增大甲、丙两力，且甲力增大较多10．表面光滑、半径为R的半球固定在水平地面上，球心O的正上方O′处有一无摩擦定滑轮，轻质细绳两端各系一个可视为质点的小球挂在定滑轮上，如图所示。两小球平衡时，若滑轮两侧细绳的长度分别为L1＝2.4R和L2＝2.5R，则这两个小球的质量之比为m1m2，小球与半球之间的压力之比为N1N2，则以下说法正确的是()A．m1m2＝2425B．m1m2＝2524C．N1N2＝1D．N1N2＝242511．如图所示，质量M＝23kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块A与质量m＝3kg的小球相连。今用与水平方向成α＝30°角的力F＝103N，拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变，取g＝10m/s2。求：(1)运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ；(2)木块与水平杆间的动摩擦因数μ。12．一般教室门上都安装一种暗锁，这种暗锁由外壳A、骨架B、弹簧C(劲度系数为k)、锁舌D(倾斜角θ＝45°)、锁槽E以及连杆、锁头等部件组成，如图甲所示。设锁舌D的侧面与外壳A和锁槽E之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力Ffm由Ffm＝μFN(FN为正压力)求得。有一次放学后，当某同学准备关门时，无论用多大的力，也不能将门关上(这种现象称为自锁)，此刻暗锁所处的状态的俯视图如图乙所示，P为锁舌D与锁槽E之间的接触点，弹簧由于被压缩而缩短了x。(1)求自锁状态时D的下表面所受摩擦力的方向。(2)求恰好关不上门时(自锁时)锁舌D与锁槽E之间的正压力的大小。(3)无论用多大的力拉门，暗锁仍然能够保持自锁状态，则μ至少要多大？答案1．【答案】D【解析】由题图可知，a与b的接触面不是水平面，可知石块b对a的支持力与其对a的静摩擦力的合力，跟a受到的重力是平衡力，故A、B错误；以三块石块作为整体研究，整体受到的重力与支持力是平衡力，则石块c不会受到水平桌面的摩擦力，故C错误；选取a、b作为整体研究，根据平衡条件，石块c对b的作用力与其重力平衡，则石块c对b的作用力一定竖直向上，故D正确。2．【答案】C【解析】增加钢索的数量，索塔受到的向下的压力增大，A错误；当索塔受到的力F一定时，降低索塔的高度，钢索与水平方向的夹角α减小，则钢索受到的拉力将增大，B错误；如果索塔两侧的钢索对称且拉力大小相同，则两侧拉力在水平方向的合力为零，钢索的合力一定竖直向下，C正确；索塔受到钢索的拉力合力竖直向下，当两侧钢索的拉力大小不等时，由图可知，两侧的钢索不一定对称，D错误。3．【答案】A【解析】设物块的质量最大为m，将物块的重力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡条件，在沿斜面方向有F＝mgsin30°＋μmgcos30°，解得m＝150kg，A项正确。4．【答案】BD【解析】对N进行受力分析如图所示，因为N的重力与水平拉力F的合力和细绳的拉力T是一对平衡力，从图中可以看出水平拉力的大小逐渐增大，细绳的拉力也一直增大，选项A错误，B正确；M的质量与N的质量的大小关系不确定，设斜面倾角为θ，若mNg≥mMgsinθ，则M所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若mNgmMgsinθ，则M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增大，选项D正确，C错误。5．【答案】D【解析】对小球进行受力分析如图所示，设细线OA、OB中拉力分别为TA、TB，若OA、OB都伸直，对小球由平衡条件列方程，竖直方向有TAcos45°＋Fsin45°＝TBcos60°＋mg，水平方向有TAsin45°＋TBsin60°＝Fcos45°，解得TA＝32－62mg－(2－3)F，TB＝(6－2)F－(3－1)mg，若F增大，则TA变小，TB变大，A项正确；TB为零时，有TB＝(6－2)F－(3－1)mg＝0，解得F＝22mg，B项正确；为保证两根细线都伸直，F最大时，有TA＝32－62mg－(2－3)F＝0，解得F＝32＋62mg，C项正确，D项错误。6．【答案】AC【解析】以正方体为研究对象，受力分析，并运用合成法如图所示。由几何知识得，墙壁对正方体的弹力N1＝mgtanθ，圆柱体对正方体的弹力N2＝mgsinθ，根据牛顿第三定律，则正方体对圆柱体的压力为mgsinθ，以圆柱体和正方体为研究对象，竖直方向受力平衡，地面对圆柱体的支持力：N＝(M＋m)g水平方向受力平衡，地面对圆柱体的摩擦力：f＝N1＝mgtanθ，故A、C正确。7．【答案】AD【解析】设重物的质量为m，绳OM中的张力为TOM，绳MN中的张力为TMN。开始时，TOM＝mg，TMN＝0。由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力mg等大、反向。如图所示，已知角α不变，在绳MN缓慢拉起的过程中，角β逐渐增大，则角(α－β)逐渐减小，但角θ不变，在三角形中，利用正弦定理得：TOMα－β＝mgsinθ，(α－β)由钝角变为锐角，则TOM先增大后减小，选项D正确；同理知TMNsinβ＝mgsinθ，在β由0变为π2的过程中，TMN一直增大，选项A正确。8．【答案】BC【解析】设木板与水平地面的夹角为α。以A为研究对象，A原来只受到重力和支持力而处于平衡状态，所以B对A的作用力与A的重力大小相等，方向相反；当将P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，B的上表面不再水平，A受力情况如图1，A受到重力和B对A的支持力、摩擦力三个力的作用，其中B对A的支持力、摩擦力的合力仍然与A的重力大小相等，方向相反，则B对A的作用力保持不变。根据牛顿第三定律可知，A对B的作用力也不变，故A错误；当将P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置时，设B的上表面与水平方向之间的夹角是β，由于支持力与摩擦力相互垂直，则N1＝GAcosβ，所以A受到的支持力一定减小了，故B正确；以AB整体为研究对象，分析受力情况如图2，总重力GAB、木板的支持力N2和摩擦力f2，N2＝GABcosα，f2＝GABsinα，α减小，N2增大，f2减小，故C正确，D错误。9．【答案】D【解析】根据题意可知，轻圆环受甲、乙、丙三个力及插栓的弹力作用，处于平衡状态，根据共点力平衡条件的推论可知，甲、乙、丙三个力的合力必与插栓对轻圆环的弹力等大、反向，该弹力方向为沿轻圆环半径方向向外，要通过移动圆环使插栓位于圆环中心，则甲、乙、丙三个力的合力需变为零，此时可同时增大甲、丙两力且增加量的合力应与消失的弹力等大、同向，或同时减小乙、丙两力，且减小量的合力应与消失的弹力等大、反向，且甲力增加得多或乙力减小得多，故选项A、B、C错误，选项D正确。10．【答案】B【解析】先以左侧小球为研究对象，分析受力情况：重力m1g、绳子的拉力T和半球的支持力N1，作出受力示意图。由平衡条件得知，拉力T和支持力N1的合力与重力m1g大小相等、方向相反。设OO′＝h，根据三角形相似得：TL1＝m1gh＝N1R，同理，对右侧小球，有：TL2＝m2gh＝N2R，解得：m1g＝ThL1，①m2g＝ThL2，②N1＝m1gRh，③N2＝m2gRh④，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错误，B正确。11．【解析】(1)设轻绳对小球的拉力为FT，小球受力如图甲所示，由平衡条件可得Fcos30°－FTcosθ＝0Fsin30°＋FTsinθ－mg＝0解得FT＝103N，θ＝30°。(2)以木块和小球组成的整体为研究对象，受力分析如图乙所示，由平衡条件得Fcos30°－Ff＝0FN＋Fsin30°－(M＋m)g＝0又Ff＝μFN解得μ＝35。12．【解析】(1)设锁舌D下表面受到的静摩擦力为Ff1，则其方向向右。(2)设锁舌D受锁槽E的最大静摩擦力为Ff2，正压力为FN，下表面的正压力为F，弹力为kx，如图所示，由力的平衡条件可知：kx＋Ff1＋Ff2cos45°－FNsin45°＝0①F－FNcos45°－Ff2sin45°＝0②Ff1＝μF③Ff2＝μFN④联立①②③④式解得正压力大小FN＝2kx1－2μ－μ2。(3)令FN趋近于∞，则有1－2μ－μ2＝0解得μ＝2－1≈0.41。