高考总复习物理（人教版）练习第02章相互作用第3讲受力分析共点力的平衡（课时综合训练）

课时综合训练(六)受力分析共点力的平衡(对应学生用书P253)1．如图所示，一质量均匀的实心圆球被直径AB所在的平面一分为二，先后以AB沿水平和竖直两种不同方向放置在光滑支架上，处于静止状态，两半球间的作用力分别为F和F′，已知支架间的距离为AB的一半，则eq\f(F,F′)为()A．eq\r(3) B．eq\f(\r(3),2)C．eq\f(2\r(3),3) D．eq\f(\r(3),3)解析：选A设两半球的总质量为m，当球以AB沿水平方向放置，可知F＝eq\f(1,2)mg；当球以AB沿竖直方向放置，以两半球为整体，隔离右半球受力分析如图所示，可得F′＝eq\f(1,2)mgtanθ，根据支架间的距离为AB的一半，可得θ＝30°，则eq\f(F,F′)＝eq\f(1,tanθ)＝eq\r(3)，故选项A正确．2．将轻绳和轻弹簧的一端分别固定在圆弧上的A、B两点，另一端固定在小球a上，静止时，小球a恰好处于圆心O处，如图甲所示，此时绳与水平方向夹角为30°，弹簧恰好水平，现将轻弹簧与轻绳对调，将a球换成b球后，小球仍位于O点，如图乙所示，则a、b两个小球的质量之比为()A．1∶1 B．eq\r(3)∶1C．2∶eq\r(3) D．3∶2解析：选C在甲图和乙图中，由于弹簧的长度是相等的，所以两种情况下的弹簧的弹力是相等的．甲图中：eq\f(m1g,F)＝tan30°＝eq\f(\r(3),3)乙图中：eq\f(m2g,F)＝sin30°＝eq\f(1,2)所以：eq\f(m1g,m2g)＝eq\f(\f(\r(3),3)F,\f(1,2)F)＝eq\f(2\r(3),3)＝2∶eq\r(3)．3．(多选)在广场游玩时，一小孩将一充有氢气的气球用细绳系于一个小石块上，并将小石块置于水平地面上，如图所示．若水平的风速逐渐增大(设空气密度不变)，则下列说法中正确的是()A．细绳的拉力逐渐增大B．地面受到小石块的压力逐渐减小C．小石块滑动前受到地面施加的摩擦力逐渐增大，滑动后受到的摩擦力不变D．小石块有可能连同气球一起被吹离地面解析：选AC设绳子与水平方向的夹角为α，当风力增大时，α将减小，根据平衡条件得：竖直方向：F1＝G1＋Tsinα，当α减小时，sinα减小，而F1、G1都不变，则绳子拉力T增大，故A正确．以气球和石块整体为研究对象，分析受力如图2，根据平衡条件得：竖直方向：N＋F1＝G1＋G2，水平方向：f＝F；气球所受的浮力F1、气球的重力G1、石块的重力G2都不变，则地面对石块的支持力N不变，地面受到小石块的压力也不变，在石块滑动前，当风力F增大时，石块所受的摩擦力增大，当石块滑动后受到的摩擦力f＝μN保持不变，故B错误，C正确．由于地面对石块的支持力N＝G1＋G2－F1保持不变，与风力无关，所以当风力增大时，小石块连同气球一起不可能被吹离地面．故D错误，故选AC．4．(多选)如图所示，带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行，现给小滑块施加一个竖直向上的拉力，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则有()A．小球对斜劈的压力逐渐减小B．轻绳对小球的拉力逐渐先减小后增大C．竖直杆对小滑块的弹力逐渐减小D．对小滑块施加的竖直向上的拉力不变解析：选AC对小球受力分析，受重力、支持力和细线的拉力，如图所示：根据平衡条件可知，细线的拉力T增加，支持力N减小，根据牛顿第三定律，球对斜面的压力也减小；故B错误，A正确；对球和滑块整体分析，受重力、斜面的支持力N，杆的支持力N′，拉力F，如图所示：根据平衡条件，有：水平方向：N′＝Nsinθ竖直方向：F＋Ncosθ＝G由于N减小，故N′减小，F增加；故D错误，C正确；故选AC．5．如图所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着系于竖直板上，两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细线相连，两球均处于静止状态，已知B球质量为m，O点在半圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45°角，则下列叙述正确的是()A．小球A、B受到的拉力TOA与TOB相等，且TOA＝TOB＝eq\r(3)mgB．弹簧弹力大小eq\r(2)mgC．A球质量为eq\r(6)mD．光滑半圆柱体对A球支持力的大小为mg解析：选C对B受力分析可知：细绳的拉力TOB＝eq\f(mg,cos45°)＝eq\r(2)mg，则TOA＝TOB＝eq\r(2)mg，选项A错误；弹簧弹力大小F＝mgtan45°＝mg，选项B错误；对A球受力分析可知：mAg＝2TOAcos30°，解得：mA＝eq\r(6)m，选项C正确；光滑半圆柱体对A球支持力的大小为FN＝TOA＝eq\r(2)mg，选项D错误；故选C．6．如图所示，在细绳AC和水平拉力共同作用下竖直轻杆AB处于平衡状态．若AC加长，使C点左移，AB仍保持平衡状态．细绳AC上的拉力FT和杆AB受到的压力FN与原先相比，下列说法正确的是()A．FT和FN都增大 B．FT和FN都减小C．FT增大，FN减小 D．FT减小，FN增大解析：选B若AC加长，由于悬挂的重物质量不变，水平拉力不变，分析结点A处受力情况，细绳AC上拉力FT在水平方向分力大小等于悬挂的重物重力，在竖直方向分力等于AB受到的压力，若AC加长，使C点左移，AB仍保持平衡状态，显然FT和FN都减小，故B正确．故选B．7．(多选)倾角为θ＝37°的斜面固定在水平面上，斜面上有一重为G的物体A，物体A与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.现给A施以一水平力F，如图所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，如果物体A能在斜面上静止，水平推力F与G的比值可能是()A．3 B．2C．1 D．0.5解析：选BCD设物体刚好不下滑时F＝F1，作出力的示意图如下，则由平衡条件得：F1cosθ＋μN1＝GsinθN1＝F1sinθ＋Gcosθ得：eq\f(F1,G)＝eq\f(2,11)设物体刚好不上滑时F＝F2，则：F2cosθ＝μN2＋GsinθN2＝F2sinθ＋Gcosθ得：eq\f(F2,G)＝2由上分析知BCD对．8．(2018·长春模拟)气象研究小组用图示简易装置测定水平风速．在水平地面上竖直固定一直杆，半径为R、质量为m的薄空心塑料球用细线悬于杆顶端O，当水平风吹来时，球在风力的作用下飘起来．已知风力大小正比于风速和球正对风的截面积，当风速V0＝3m/s时，测得球平衡时细线与竖直方向的夹角θ＝30°，则()A．若测得θ＝60°时，风速v＝6m/sB．若风速增大到某一值时，θ可能等于90°C．若风速不变，换用半径变大、质量相同的球，则θ不变D．若风速不变，换用半径相等、质量变大的球，则θ减小解析：选D设球正对风的截面积为S，由题意可知，风力大小为F＝kSv，由平衡条件得mgtanθ＝kSv，已知风速v0＝3m/s时，θ＝30°，可求出θ＝60°时，风速v＝9m/s，故选项A错误；因为绳子拉力在竖直方向上的分力与重力平衡，所以风速增大，θ不可能变为90°，故选项B错误；根据F＝mgtanθ，质量不变，半径变大，风力变大，θ变大，故选项C错误；若风速、半径不变，则风力不变，质量较大时，θ减小，故选项D正确．故选D．9．(2017·广东深圳一模)重为G1＝8N的物体竖直悬挂在绳PA和PB的结点P上，PA偏离竖直方向37°角，PB在水平方向，连接着另一个重为G2＝100N的木块，木块静止于倾角为37°的斜面上，如图所示，(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2)．试求：(1)绳PA和PB的拉力大小；(2)木块受到的斜面作用的弹力和摩擦力大小．解析：(1)如图甲所示，对结点P进行受力分析，由平衡条件得FAcos37°＝G1，FAsin37°＝FB，解得绳PA的拉力FA＝10N，绳PB的拉力FB＝6N．(2)对木块进行受力分析，如图乙所示．由平衡条件可得Ff＝G2sin37°＋FB′cos37°，FN＋FB′sin37°＝G2cos37°，又有F′B＝FB，解得Ff＝64.8N，FN＝76.4N．答案：(1)10N6N(2)76.4N64.8N10．如图所示，粗糙斜面abcd上放置一薄板P，在薄板上有一光滑球Q通过一根细线跨过一光滑定滑轮(不计重力)与物块R相连，滑轮用一轻杆固定，整个装置静止．斜面倾角θ＝30°，连接Q的细线与斜面平行且与底边垂直．设物块R的质量为m，薄板P的质量为2m与斜面间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),2)，薄板与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：(1)细线对滑轮的作用