2023版高考物理一轮复习课时跟踪检测（七）第二章相互作用第4节受力分析共点力的平衡

PAGEPAGEPAGE2课时跟踪检测〔七〕受力分析共点力的平衡对点训练：物体的受力分析1.(2022·浙江五校联考)如下图，甲、乙两物体叠放在水平面上，用水平向右的拉力F拉乙，甲、乙保持静止状态，甲、乙间的接触面水平，那么乙受力的个数为()A．3个 B．4个C．5个 D．6个解析：选C对甲受力分析可知，甲仅受到自身的重力和乙的支持力，甲、乙两物体之间没有摩擦力，故乙受到重力、甲对乙的压力、地面的支持力、水平向右的拉力F和地面向左的摩擦力，应选C。2.(多项选择)如下图，光滑水平地面上有一直角三角形斜面体B靠在竖直墙壁上，物块A放在斜面体B上，开始时A、B静止。现用水平力F推A，A、B仍静止，那么此时A、B受力个数的组合可能是()A．3个、5个 B.3个、3个C．4个、5个 D．3个、4个解析：选CD先对A、B整体受力分析，A、B整体受推力、重力、地面的支持力、墙壁的支持力；再对物块A受力分析，A受重力、推力、斜面体的支持力，可能还受到静摩擦力，所以A可能受到3个或4个力，分析B的受力情况，B受到重力、墙壁的支持力、地面的支持力、A对B的压力，可能还受到A对B的静摩擦力，所以B可能受到4个或5个力，故C、D均正确。对点训练：解决平衡问题的四种常用方法3．(2022·广东六次联考)一个质量为3kg的物体，被放置在倾角为α＝30°的固定光滑斜面上，在如下图的甲、乙、丙三种情况下处于平衡状态的是(g＝10m/s2)()A．仅甲图 B.仅乙图C．仅丙图 D．甲、乙、丙图解析：选B物体在光滑斜面上受重力、支持力和沿斜面向上的拉力，斜面光滑故物体不受摩擦力；将重力沿斜面和垂直于斜面进行分解，重力垂直于斜面的分力一定与支持力相等；要使物体处于静止，拉力应等于重力沿斜面向下的分力，即F＝mgsinθ＝3×10×eq\f(1,2)N＝15N，故只有乙平衡。应选B。4.如下图，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内外表及碗口是光滑的。一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m1和m2的小球。当它们处于平衡状态时，质量为m1的小球与O点的连线与水平线的夹角为α＝90°，质量为m2的小球位于水平地面上，设此时质量为m2的小球对地面压力大小为FN，细线的拉力大小为FT，那么()A．FN＝(m2－m1)g B.FN＝m2C．FT＝eq\f(\r(2),2)m1g D．FT＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m2－\f(\r(2),2)m1))g解析：选B分析小球m1的受力情况，由物体的平衡条件可得，绳的拉力FT＝0，故C、D均错误；分析m2受力，由平衡条件可得：FN＝m2g5.(2022·连云港高三检测)如图，支架固定在水平地面上，其倾斜的光滑直杆与地面成30°角，两圆环A、B穿在直杆上，并用跨过光滑定滑轮的轻绳连接，滑轮的大小不计，整个装置处于同一竖直平面内。圆环平衡时，绳OA竖直，绳OB与直杆间夹角为30°。那么环A、B的质量之比为()A．1∶eq\r(3) B.1∶2C.eq\r(3)∶1 D.eq\r(3)∶2解析：选A分别对A、B两圆环受力分析，运用合成法，如图：以A为研究对象，那么A只能受到重力和绳子的拉力的作用，杆对A不能有力的作用，否那么A水平方向受力不能平衡。所以：T＝mAg；以B为研究对象，根据共点力平衡条件，结合图可知，绳子的拉力T与B受到的支持力N与竖直方向之间的夹角都是30°，所以T与N大小相等，得：mBg＝2×Tcos30°＝eq\r(3)T，故mA∶mB＝1∶eq\r(3)。6.(2022·长沙联考)如下图的是一个力学平衡系统，该系统由三条轻质细绳将质量均为m两个小球连接悬挂组成，小球直径相比轻绳长度可以忽略，轻绳1与竖直方向的夹角为30°，轻绳2与竖直方向的夹角大于45°，轻绳3水平。当此系统处于静止状态时，轻绳1、2、3的拉力分别为F1、F2、F3，比拟三力的大小，以下结论正确的选项是()A．F1<F3 B.F2<F3C．F1>F2 D．F1<F2解析：选C对两球的整体受力分析，根据平衡条件可知F1＝eq\f(2mg,cos30°)＝eq\f(4\r(3),3)mg；F3＝2mgtan30°＝eq\f(2\r(3),3)mg，那么F1>F3，选项A错误；对下方小球受力分析，因F2是直角三角形的斜边，而mg和F3是直角边，由轻绳2与竖直方向的夹角θ>45°，可知F2>F3，选项B错误；对上方小球分析，水平方向：F1sin30°＝F2sinθ，因θ>45°，那么F1>F2，选项C正确，D错误。7．(多项选择)(2022·邯郸检测)如下图，在高度不同的两水平台阶上放有质量分别为m1、m2的两物体，物体间用轻弹簧相连，弹簧与竖直方向夹角为θ。在m1左端施加水平拉力F，使m1、m2均处于静止状态，m1外表光滑，重力加速度为g，那么以下说法正确的选项是()A．弹簧弹力的大小为eq\f(F,sinθ)B．地面对m2的摩擦力大小为FC．地面对m2的支持力可能为零D．m1与m2一定相等解析：选AB对整体受力分析可知，整体受重力、支持力、拉力，要使整体处于平衡，那么水平方向一定有向右的摩擦力作用在m2上，且大小与F相同，故B正确；因m2与地面间有摩擦力，那么支持力一定不为零，故C错误；对m2受力分析可知，弹簧弹力水平方向的分力应等于F，故弹簧弹力为eq\f(F,sinθ)，故A正确，因竖直方向上的受力不明确，无法确定两物体的质量关系，也无法求出弹簧弹力与重力的关系，故D错误。8．(多项选择)(2022·哈尔滨模拟)在水平桌面上有一个质量为M且倾角为α的斜面体。一个质量为m的物块，在平行于斜面的拉力F作用下，沿斜面向下做匀速运动。斜面体始终处于静止状态。物块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。以下结论正确的选项是()A．斜面对物块的摩擦力大小是FB．斜面对物块的摩擦力大小是μmgcosαC．桌面对斜面体的摩擦力大小是FcosαD．桌面对斜面体的支持力大小是(M＋m)g解析：选BC对物块受力分析，如图甲所示，由共点力的平衡条件得，F＋mgsinα＝f1，mgcosα＝FN1，f1＝μFN1，解得斜面对物块的摩擦力大小f1＝F＋mgsinα或f1＝μmgcosα，故A错误，B正确；对物块和斜面整体受力分析，如图乙所示，由共点力的平衡条件得，f2＝Fcosα，FN2＝Fsinα＋(m＋M)g，故桌面对斜面体的摩擦力大小为Fcosα，桌面对斜面体的支持力大小为Fsinα＋(m＋M)g，故C正确，D错误。对点训练：解决动态平衡问题的三种方法9．(2022·衡水检测)如下图，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动。用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在圆弧形墙壁上的C点。当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中(保持OA与地面夹角θ不变)，OC绳所受拉力的大小变化情况是()A．逐渐减小 B．逐渐增大C．先减小后增大 D．先增大后减小[解析]对G分析，G受力平衡，那么拉力等于重力；故竖直绳的拉力不变；再对O点分析，O受绳子的拉力、OA的支持力及OC的拉力而处于平衡；受力分析如下图；将F和OC绳上的拉力合成，其合力与G大小相等，方向相反，那么在OC上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，那么由图可知OC的拉力先减小后增大，图中D点时力最小；应选C。[答案]C10．(多项选择)(2022·衡水检测)如下图，桌面上固定一个光滑竖直挡板，现将一个长方形物块A与截面为三角形的垫块B叠放在一起，用水平外力F缓缓向左推动B，使A缓慢升高，设各接触面均光滑，那么该过程中()A．A和B均受三个力作用而平衡B．B对桌面的压力保持不变C．A对B的压力越来越小D．外力F的大小恒定不变解析：选BDA受到重力、挡板的弹力和B的支持力三个力，B受到重力、A的压力、地面的支持力和外力F四个力。故A错误；当B向左移动时，B对A的支持力和挡板对A的支持力方向均不变，根据平衡条件得，这两个力大小保持不变，那么A对B的压力也保持不变。对整体分析受力如下图，由平衡条件得，F＝N1，挡板对A的支持力N1不变，那么外力F不变。桌面对整体的支持力N＝G总，保持不变。那么B对桌面的压力不变，故C错误，B、D均正确。11.(多项选择)(2022·开封模拟)如下图，质量均为m的小球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连，B球用长为L的细绳悬于O点，A球固定在O点正下方，当小球B平衡时，绳子所受的拉力为T1，弹簧的弹力为F1；现把A、B间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k2(k2>k1)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为T2，弹簧的弹力为F2，那么以下关于T1与T2、F1与F2大小之间的关系正确的选项是()A．T1>T2 B.T1＝T2C．F1<F2 D．F1＝F2解析：选BC以小球B为研究对象，分析受力情况，如下图。由平衡条件可知，弹簧的弹力F和绳子的拉力T的合力F合与重力mg大小相等，方向相反，即F合＝mg，由三角形相似得：eq\f(G,OA)＝eq\f(F,AB)＝eq\f(T,OB)。当弹簧劲度系数变大时，弹簧的压缩量减小，故AB长度增加，而OB、OA的长度不变，故T1＝T2，F2>F1；故A、D错误，B、C正确。考点综合训练12.(2022·桓台质检)如下图，在倾角为θ的粗糙斜面上，一个质量为m的物体被水平力F推着静止于斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，且μ＜tanθ，求力F的取值范围。解析：因为μ＜tanθ，所以当F＝0时，物体不能静止。假设物体在力F的作用下刚好不下滑，那么物体受沿斜面向上的最大静摩擦力，且此时F最小，对物体受力分析，如图甲所示，由平衡条件得：mgsinθ＝Fmincosθ＋Ff①FN＝mgcosθ＋Fminsinθ②Ff＝μFN③由①②③解得Fmin＝eq\f(sinθ－μcosθ,μsinθ＋cosθ)mg；假设物体在力F的作用下刚好不上滑，那么物体受沿斜面向下的最大静摩擦力，且此时F最大，对物体受力分析，如图乙所示，由平衡条件得：mgsinθ＋Ff＝Fmaxcosθ④FN＝mgcosθ＋Fmaxsinθ⑤Ff＝μFN⑥由④⑤⑥解得Fmax＝eq\f(μcosθ＋sinθ,cosθ－μsinθ)mg。答案：eq\f(sinθ－μcosθ,μsinθ＋cosθ)mg≤F≤eq\f(μcosθ＋sinθ,cosθ－μsinθ)mg13.(2022·铜陵模拟)如下图，质量M＝2eq\r(3)kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块A与质量m＝eq\r(3)kg的小球相连。今用与水平方向成α＝30°角的力F＝10eq\r(3)N，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