新课标高考物理一轮复习精编解析版复习资料（9）共点力作用下物体的平衡doc高中物理

2022新课标高考物理一轮复习精编解析版复习资料（9）--共点力作用下物体的平衡第4课时　共点力作用下物体的平衡1.甲、乙双方同学在水平地面上进展拔河比赛，正僵持不下的情景如图6所示．如果地面对甲方所有队员的总的摩擦力为6000N，同学甲1和乙1对绳子的水平拉力均为500N．绳上的A、B两点分别位于甲1和乙1、乙1和乙2之间．不考虑绳子的质量，下面有关说法正确的是(　AD　)图6A．地面对乙方队员的总的摩擦力是6000NB．A处绳上的张力为0C．B处绳上的张力为500ND．B处绳上的张力为5500N解析双方同学“正僵持不下”，暗示了双方同学正处于静止平衡状态．先以“甲方全体同学”为研究对象，“地面对甲方所有队员的总的摩擦力为6000N”，根据二力平衡判断A处绳上的张力为6000N；同理以“乙方全体同学”为研究对象确定地面对乙方所有队员的总的摩擦力为6000N；A处绳上的张力为6000N，而乙1对绳子的水平拉力为500N，那么B处绳上的张力为5500N；正确答案是A、D.2．(2022·江门市第二次模拟考试)如图7所示，是一直升机通过软绳打捞河中物体，物体质量为m，由于河水的流动将物体冲离使软绳偏离竖直方向，当直升机相对地面静止时，绳子与竖直方向成θ角度，以下说法正确的选项是(　BD　)A．绳子的拉力为B．绳子的拉力可能小于mg图6C．物体受到河水的作用力等于绳子拉力的水平分力D．物体受到河水的作用力大于绳子拉力的水平分力解析由题意知，河中物体处于静止状态，那么F合=0.对物体受力分析，受重力mg、绳拉力FT、河水的作用力F，如右图所示并正交分解力，得Fsinα+FTcosθ=mg8/8\nFcosα=FTsinθ由此分析知B、D项正确．3．(2022·宁德市质检)如图8所示，放在水平桌面上的木块A处于静止状态，所挂的砝码和托盘的总质量为0.6kg，弹簧秤此时的读数为2N；假设轻轻取走盘中的局部砝码，使砝码和托盘的总质量减少到0.3kg，那么此装置将会出现的情况是(g＝10m/s2，不计滑轮摩擦)(　B　)图7A．弹簧秤的读数将变小B．木块A仍处于静止状态C．木块A对桌面的摩擦力不变D．木块A所受的合力将要变大解析当木块静止时，F合＝0，对木块受力分析知，水平方向除了受向右的拉力F1＝6N，向左的拉力F2＝2N，还受到向左的静摩擦力Ff＝4N．当木块受到向右的拉力变为3N时，木块不会动，那么F合＝0，弹簧秤读数不变，受静摩擦力变为1N，故只有B项正确．4．(2022·湖北黄冈中学高三月考)在固定于地面的斜面上垂直安放了一个挡板，截面为圆的柱状物体甲放在斜面上，半径与甲相等的光滑圆球乙被夹在甲与挡板之间，乙没有与斜面接触而处于静止状态，如图9所示．现在从球心处对甲施加一平行于斜面向下的力F使甲沿斜面方向缓慢地移动，直至甲与挡板接触为止．设乙对挡板的压力为F1，甲对斜面的压力为F2，在此过程中(　D　)图9A．F1缓慢增大，F2缓慢增大B．F1缓慢增大，F2缓慢减小C．F1缓慢减小，F2缓慢增大D．F1缓慢减小，F2保持不变解析对乙受力分析如以下图，从图示可以看出，随着甲沿斜面方向缓慢地移动过程，挡板对乙的压力F1′逐渐减小，因此乙对挡板的压力为F1也缓慢减小，对甲乙整体研究，甲对斜面的压力F2始终等于两者重力沿垂直斜面方向的分力，因此大小不变，D正确．5．细线AO和BO下端系一个物体P，细线长AO>BO，A、B两个端点在同一水平线上．开场时两线刚好绷直，BO线处于竖直方向，如图10所示，细线AO、BO的拉力设为FA和FB，保持端点A、B在同一水平线上，A点不动，B点向右移动；使A、B逐渐图10远离的过程中，物体P静止不动，关于细线的拉力FA和FB的大小随AB间距离变化的情况是8/8\n(　A　)A．FA随距离增大而一直增大B．FA随距离增大而一直减小C．FB随距离增大而一直增大D．FB随距离增大而一直减小解析A点不动，即FA的方向不变，B向右移，FB的大小方向都发生变化，以O点为研究对象，由平衡知识，通过作平行四边形可知FA一直增大，FB先减小后增大，所以A正确．6．如图11所示，木棒AB可绕B点在竖直平面内转动，A端被绕过定滑轮吊有重物的水平绳和绳AC拉住，使棒与地面垂直，棒和绳的质量及绳与滑轮的摩擦均可忽略，如果把C端拉至离B端的水平距离远一些的C′点，AB仍沿竖直方向，装置仍然平衡，那么AC绳受的张力F1和棒受的压力F2的变化是(　D　)图11A．F1和F2均增大　　　　　　B．F1增大，F2减小C．F1减小，F2增大D．F1和F2均减小解析对杆A端受力分析如右图所示，F1与F3的合力等于F2，当C端远离时，α变大，由F1=，F2=G·cotα，知α变大，sinα变大，cotα变小，所以F1、F2均变小．7．如图12所示，由两根短杆组成的一个自锁定起重吊钩，将它放入被吊的空罐内，使其张开一定的夹角压紧在罐壁上，当钢绳匀速向上提起时，两杆对罐壁越压越紧，假设摩擦力足够大，就能将重物提升起来，罐越重，短杆提供的压力越大，称为“自锁定装置”．图12假设罐质量为m，短杆与竖直方向夹角为θ＝60°，求吊起该重物时，短杆对罐壁的压力(短杆质量不计)．答案mg解析　对O点受力分析如右图所示，两根短杆的弹力F(沿杆)的合力与绳子的拉力FT(FT=mg)等大反向，故2Fcosθ=mg①对短杆对罐壁的作用力F进展效果分解如右图所示短杆对罐壁的压力F1=Fsin②由①②两式得：F1＝mg　一、选择题(此题共10小题，每题5分，共50分)1．(2022·山东·16)如图1所示，光滑半球形容器固定在水平面上，8/8\nO为球心，一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止于P点．设滑块所受支持力为FN.OP与水平方向的夹角为θ.以下关系正确的选项是(　　)图1A．F＝B．F＝mgtanθC．FN＝D．FN＝mgtanθ解析　小滑块受力分析如右图所示，根据平衡条件得FNsinθ=mgFNcosθ=F所以F=FN=因此只有选项A正确．答案　A2．(2022·江苏·2)如图2所示，用一根长1m的轻质细绳将一幅质量为1kg的画框对称悬挂在墙壁上，已知绳能承受的最大张力为10N，为使绳不断裂，画框上两个挂钉的间距最大为(g取10m/s2)(　　)图2A.mB.mC.mD.m解析　绳子恰好不断时的受力分析如以下图，由于FN=mg=10N，绳子的最大拉力也是10N，可知F1、F2之间的最大夹角为120°，由几何关系知两个挂钉之间的最大间距L=×cos30°×2m=m.答案　A3．(2022·天津·1)物块静止在固定的斜面上，分别按图示的方向对物块施加大小相等的力F，A中F垂直于斜面向上，B中F垂直于斜面向下，C中F竖直向上，D中F竖直向下，施力后物块仍然静止，那么物块所受的静摩擦力增大的是(　　)解析　对物块受力分析，由平衡条件知A、B两种情况不会改变摩擦力的大小，C中F竖直向上，静摩擦力减小，D中F竖直向下，静摩擦力由mgsin变为(mg+F)sin，增大，故D对．答案　D4．(2022·浙江·14)如图3所示，质量为m的等边三棱柱静止8/8\n在水平放置的斜面上．已知三棱柱与斜面之间的动摩擦因数为μ，斜面的倾角为30°，那么斜面对三棱柱的支持力与摩擦力的大小分图3别为(　　)A.mg和mgB.mg和mgC.mg和μmgD.mg和μmg解析　对三棱柱进展受力分析，受重力mg、支持力FN和静摩擦力Ff作用处于平衡，由平衡条件可知，FN＝mgcos30°＝mg，Ff＝mgsin30°＝mg，应选A.答案　A5．(2022·广东·6)如图4所示，质量为m的物体悬挂在轻质支架上，斜梁OB与竖直方向的夹角为θ.设水平横梁OA和斜梁OB作用于O点的弹力分别为F1和F2，以下结果正确的选项是(　　)A．F1＝mgsinθB．F1＝图4C．F2＝mgcosθD．F2＝解析　对悬挂的物体由力的平衡条件可知绳子的拉力等于其重力，绳子拉O点的力也等于重力．求OA和OB的弹力，选择的研究对象为作用点O，受力分析如右图所示，由平衡条件可知，F1和F2的合力与FT等大反向，由平行四边形定那么和几何关系得：F1=mgtanθ，F2=，那么D正确．答案　D6．(2022·山东·16)如图5所示，用轻弹簧竖直悬挂质量为m的物体，静止时弹簧伸长量为x.现用该弹簧沿斜面方向拉住质量为2m的物体，系统静止时弹簧伸长量也为x.斜面倾角为30°，那么物体所受摩擦力(　　)图5A．等于零B．大小为mg，方向沿斜面向下C．大小为mg，方向沿斜面向上D．大小为mg，方向沿斜面向上解析　竖直悬挂时mg＝kx①沿斜面拉2m物体时，设物体受摩擦力为Ff，方向沿斜面向下，那么kx＝2mgsin30°＋Ff②由①②得Ff＝0答案　A8/8\n7．(2022·海南·2)如图6所示，质量为M的楔形物块静置在水平地面上，其斜面的倾角为θ.斜面上有一质量为m的小物块，小物块与斜面之间存在摩擦．用恒力F沿斜面向上拉小物块，使之匀速上滑．在小物块运动的过程中，楔形物块始终保持静止．图6地面对楔形物块的支持力为(　　)A．(M＋m)gB．(M＋m)g－FC．(M＋m)g＋FsinθD．(M＋m)g－Fsinθ解析　匀速上滑的小物块和静止的楔形物块都处于平衡状态，对整体，由竖直方向受力平衡得(M＋m)g＝FN＋Fsinθ，故FN＝(M＋m)g－Fsinθ.D选项正确．答案　D8．(2022·天津·19)在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态．现对B加一竖直向下的力F，F的作用线通过球心，设墙对B的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的摩擦力为F3.假设F缓慢增大而整个装置仍保持静止，截面如上图7所示，图7在此过程中(　　)A．F1保持不变，F3缓慢增大B．F1缓慢增大，F3保持不变C．F2缓慢增大，F3缓慢增大D．F2缓慢增大，F3保持不变解析　B的受力如以以下图甲所示，因为F和G的方向始终沿竖直方向，当F增大时，F1′、F2′都缓慢增大，F1′＝F1，F2′＝F2，所以F1、F2都缓慢增大．A物体受力如图乙所示．由图乙知F2sinθ＝F3，所以F3缓慢增大．答案　C9．(2022·安徽皖南八校二次联考)如图8所示，一端可绕O点自由转动的长木板上方放一个物块，手持木板的另一端，使木板从水平位置沿顺时针方向缓慢旋转，那么在物块相对于木板滑动前(　　)A．物块对木板的压力不变B．木板对物块的支持力不变C．物块对木板的作用力减小图88/8\nD．物块受到的静摩擦力增大解析　作出木板与物体在转动过程中的一个状态下的受力示意图(见右图)，由共点力平衡条件知Ff＝mgsin(90°－θ)，FN＝mgcos(90°－θ)，因θ减小故Ff增大，FN减小．另外FN和Ff的合力与G等大反向，构成平衡力，故FN和Ff静的合力不变．缓慢转动时，板对物块的作用力不变．答案　D10．(2022·广东四校联考)如图9所示是给墙壁粉刷涂料用的“涂料滚”的示意图．使用时，用撑竿推着粘有涂料的涂料滚沿墙壁上下缓缓滚动，把涂料均匀地粉刷到墙上．撑竿的重力和墙壁的摩擦均不计，且撑竿足够长．粉刷工人站在离墙壁一定距离处缓缓上推涂料滚，设该过程中撑竿对涂料滚的推力为F1，涂料滚对墙壁的压力为F2，那么(　　)图9A．F1增大，F2减小B．F1增大，F2增大C．F1减小，F2减小D．F1减小，F2增大解析　设撑竿与竖直方向的夹角为α，涂料滚的重力为G.涂料滚受力平衡，对其受力分析可得，推力F1=G/cosα，涂料滚对墙的压力等于墙对涂料滚的弹力，那么F2=Gtanα，撑竿上升过程α角变小，那么F1减小，F2也减小，故C正确．答案　C二、计算题(此题共3小题，第11题15分，第12题17分，第13题18分，共50分)11．(2022·合肥35中第一次质量抽测试卷)一光滑圆环固定在竖直平面内，环上套着两个小球A和B(中央有孔)，A、B间由细绳连接着，它们处于如图10所示位置时恰好都能保持静止状态．此情况下，B球与环中心O处于同一水平面上，A、B间的细绳呈伸直状态，且与水平线成30°角．已知B球的质量为3kg，求细绳对B球的拉力和A球的质量．(g取10m/s2)解析　对B球受力分析如以以下图所示，物体B处于平衡状态有：FTsin30°＝mBgFT=2mBg=2×3×10N=60N物体A处于平衡状态有：在水平方向：FTcos30°=FNAsin30°在竖直方向：FNAcos30°=mAg+FTsin30°由上两式解得：mA=2mB=6kg答案　60N　6kg12．(2022·海南联考)如图11所示，人重600N，木块A重400N，人与木块、木块与水平面间的动摩擦因数均为0.2，现人用水平力拉绳，使他与木块一起向右做匀速直线运动，滑轮摩擦不计，求：(1)人对绳的拉力．图11(2)人脚对A的摩擦力的方向和大小．解析　8/8\n设绳子的拉力为FT，物体与地面间的摩擦力为FfA.(1)取人和木块为整体，并对其进展受力分析，如右图所示，由题意可知FfA=μ(mA+m人)g=200N.由于系统处于平衡状态，故2FT=FfA所以FT=100N.(2)取人为研究对象，对其进展受力分析，如右图所示．由于人处于平衡状态，故FT=Ff人=100N由于人与木块A处于相对静止状态，故人与木块A之间的摩擦力为静摩擦力．由牛顿第三定律可知人脚对木块的摩擦力方向向右，大小为100N.答案　(1)100N　(2)200N　方向向右13.(2022·宁夏银川调研)两根长度相等的轻绳，下端悬挂一质量为m的物体，上端分别固定在水平天花板上的M、N点，M、N两点间的距离为l，如图12所示，已知两根绳子所能承受的最大拉力均为FT，那么每根绳子的长度不得短于多少？图12解析　物体受力如以下图，在M、N两点距离一定时，绳子越短，拉力越大，设最大拉力为FT时，绳长为L.对物体，由平衡条件得2FTcos-mg=0又由几何关系可知cos=联立上述两式解得L=答案8/8