2024高中物理一轮复习3共点力的平衡含解析新人教版

PAGE9-3共点力的平衡考点分析考点分析1．从历年命题看，对共点力平衡的考查，主要在选择题中单独考查，同时对平衡问题的分析在后面的计算题中往往有所涉及。高考命题两大趋势：一是向着选择题单独考查的方向发展；二是选择题单独考查与电学综合考查并存。2．解决平衡问题常用方法：(1)静态平衡：三力平衡一般用合成法，合成后力的问题转换成三角形问题；多力平衡一般用正交分解法；遇到多个有相互作用的物体时一般先整体后隔离。(2)动态平衡：三力动态平衡常用图解法、相像三角形法等，多力动态平衡问题常用解析法，涉及到摩擦力的时候要留意静摩擦力与滑动摩擦力的转换。例1．(2024∙全国III卷∙17)如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不行伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α＝70°，则β等于()A．45°B．55°C．60°D．70°【考题解读】本题考查共点力平衡的应用，驾驭力的平行四边形定则的内容，利用几何关系列式即可求解。体现了核心素养中科学推理、科学论证要素。【答案】B【解析】甲物体是拴牢在O点，且甲、乙两物体的质量相等，则甲、乙绳的拉力大小相等，O点处于平衡状态，则左侧绳子拉力的方向在甲、乙绳子的角平分线上，如图所示，依据几何关系有180°＝2β＋α，解得β＝55°。例2．(2024∙山东卷∙8)如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不行伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为()A．eq\f(1,3)B．eq\f(1,4)C．D．eq\f(1,6)【考题解读】本题考查了多个物体的平衡问题，解题的关键是对选取的对象进行正确的受力分析，不多力，不少力，同时留意摩擦力中正压力的求解。体现了模型建构、科学推理等核心素养。【答案】C【解析】当木板与水平面的夹角为45°时，两物块刚好滑动，对A物块受力分析如图，A、B之间的滑动摩擦力f1＝μmgcos45°，依据平衡条件可知T＝mgsin45°＋f1；对B物块受力分析如图沿斜面方向，B与斜面之间的滑动摩擦力f2＝μ·3mgcos45°，依据平衡条件可知2mgsin45°＝T＋f1＋f2，解得。提分训练提分训练1．如图所示，山坡上两相邻高压线塔A、B之间架有匀质粗导线，平衡时导线呈弧形下垂，最低点在C处，已知弧BC的长度是AC的3倍，右塔A处导线切线与竖直方向的夹角α＝60°，则左塔B处导线切线与竖直方向的夹角β为()A．30°B．45°C．60°D．75°【答案】A【解析】设ABC三个位置的拉力分别为FA、FB、FC，导线质量为m，AC段受力分析得FAcosα＝eq\f(1,4)mg，FAsinα＝FC，BC段受力分析得FBcosβ＝eq\f(3,4)mg，FBsinβ＝FC，联立得tanβ＝eq\f(\r(3),3)，解得β＝30°，故A正确。2．如图所示，质量为m的正方体和质量为M的正方体放在两竖直墙和水平面间，处于静止状态。m与M的接触面与竖直方向的夹角为α，若不计一切摩擦，下列说法正确的是()A．水平面对正方体M的弹力大小大于(M＋m)gB．水平面对正方体M的弹力大小为(M＋m)gcosαC．墙面对正方体M的弹力大小为mgtanαD．墙面对正方体M的弹力大小为【答案】D【解析】对M和m构成的整体进行受力分析，受重力G、底面支持力N，两侧面的支持力NM和Nm，如图，两物体受力平衡，依据共点力平衡条件有：水平方向，墙面对正方体M的弹力大小NM＝Nm，竖直方向，水平面对正方体M的弹力大小N＝G＝(M＋m)g，选项AB错误；对m进行受力分析，受重力mg、墙面支持力Nm，M的支持力N′，如图，依据共点力平衡条件有：竖直方向mg＝N′sinα，水平方向Nm＝N′cosα，解得，，所以墙面对正方体M的弹力大小，选项C错误，D正确。3．如图所示，倾角为θ＝30°的斜面A置于水平面上，滑块B、C叠放在一起沿斜面匀速下滑，且始终保持相对静止，斜面A静止不动，B上表面倾斜，则B、C在斜面上运动时，下列说法正确的是()A．B可能受三个力作用B．A、B间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),2)C．A肯定受四个力作用D．地面对A的支持力小于A、B、C三者重力之和【答案】C【解析】B受到重力、斜面的支持力和摩擦力、C对B的压力和摩擦力5个力的作用，A错误；以B和C整体为探讨对象，沿斜面方向依据平衡条件可得(mBg＋mCg)sinθ＝μ(mBg＋mCg)cosθ，解得μ＝tanθ＝eq\f(\r(3),3)，B错误；斜面A受到重力、地面的支持力、B对斜面的压力和摩擦力4个力的作用，C正确；滑块B、C叠放在一起沿斜面匀速下滑，整体受力平衡，故地面对A的支持力等于A、B、C三者重力之和，故D错误。4．如图，质量均为m的两个木块P和Q叠放在水平地面上，P、Q接面的倾角为θ。现在Q上加一水平推力F，使P、Q保持相对静止一起向左匀速运动，下列说法正确的是()A．P木块所受合力向左B．Q与地面间的动摩擦因数C．P、Q之间可能光滑D．若突然撤去F后，P、Q依旧保持相对静止一起向左匀速运动【答案】B【解析】P、Q保持相对静止一起向左匀速运动，可知P木块所受合力为零，A错误；以P、Q整体为探讨对象，在竖直方向上合力为零，故地面对Q的支持力FN＝2mg，水平方向F＝f＝μFN，解得，B正确；P受到向下的重力和垂直斜面对上的支持力，但P的合力为0，则必定受到沿斜面对上的摩擦力，C错误；若突然撤去F后，因地面对Q有摩擦力作用，可知P、Q不行能一起向左匀速运动，D错误。5．如图，光滑球A与粗糙半球B放在倾角为30°的斜面C上，C放在水平地面上，均处于静止状态。若A与B的半径相等，A的质量为2m，B的质量为m，重力加速度大小为g，则()A．C对A的支持力大小为eq\r(3)mgB．C对B的摩擦力大小为eq\f(1,2)mgC．B对A的支持力大小为eq\f(2\r(3),3)mgD．地面对C的摩擦力大小为eq\f(\r(3),6)mg【答案】C【解析】由几何关系可知，C对A的支持力、B对A的支持力与A的重力的反向延长线的夹角都是30°，由平衡条件可知，故C正确，B错误；以AB整个为对象，沿斜面方向静摩擦力与重力的分力平衡，所以C对B的摩擦力大小f＝(GA＋GB)sin30°＝eq\f(3,2)mg，故B错误；以A、B、C整体为对象，水平方向不受力，所以地面对C的摩擦力大小为0，故D错误。6．如图所示，一圆环处于竖直平面内，圆心为O。用两根轻质细线将一质量为m的小球悬挂于O点，细线的另一端分别固定于圆环上的M点和N点，OM水平，OM与ON之间的夹角为120°。现让圆环绕过O点且与圆面垂直的轴沿顺时针缓慢转过90°。重力加速度为g，圆环半径为R，两根细线不行伸长。在转动过程中，下列说法正确的是()A．细线ON拉力渐渐增大B．细线ON拉力的最大值为eq\f(\r(3),3)mgC．细线OM拉力的最大值为mgD．细线OM拉力先变大后变小【答案】D【解析】对小球进行受力分析，如图，mg的对角始终为120°，设FTM的对角为α，FTN的对角为β，在缓慢转过过程中，小球始终处于平衡状态，由正弦定理得，α角由150°减小至60°，则FTM先增大后减小，当α＝90°时，FTM最大，最大值为eq\f(2\r(3),3)mg，β角由90°增加至180°，FTN渐渐减小至0，当β＝90°时，FTN最大，最大值为eq\f(2\r(3),3)mg，故ABC错误，D正确。7．(多选)如图所示，重力均为G的两小球用等长的细绳a、b悬挂在O点，两小球之间用一根轻弹簧连接，两小球均处于静止状态，两细绳a、b与轻弹簧c恰构成一正三角形。现用水平力F缓慢拉动右侧小球，使细绳a最终竖直，并保持两小球处于静止状态，则下列说法正确的是()A．最终状态与初态相比，细绳a的拉力变大B．最终状态与初态相比，细绳b的拉力变大C．最终状态与初态相比，轻弹簧c的弹力变小D．最终状态时，水平拉力F等于eq\r(3)G【答案】BC【解析】初始状态时，细线a的拉力，末状态时，细线a的拉力等于左侧小球的重力，细线的拉力变小，故A错误；初始状态时，弹簧的弹力Tc＝mgtan30°＝eq\f(\r(3),3)mg，末状态时弹簧的弹力为零，变小，故C正确；初始状态时，细线b的拉力，末状态时，右侧小球受到竖直向下的重力、b的拉力和水平向右的拉力F、b的竖直向上的拉力等于重力，弹簧复原原长，细线b与竖直方向的夹角大于60°，细线b的拉力，细线b的拉力变大，故B正确；因为细线b与竖直方向的夹角大于60°，所以水平拉力F的大小F＞mgtan60°＝eq\r(3)mg，故D错误8．(多选)如图所示，把倾角为30°的粗糙斜面体C固定于水平地面上，质量为2m的物块A通过跨过光滑轻定滑轮的轻绳与质量为m的小球B连接，O点为轻绳与定滑轮的接触点，初始时，小球B在水平向右的拉力F作用下，使轻绳OB段与水平拉力F的夹角θ＝120°，A、B均保持静止状态。现变更拉力F，并保持夹角θ大小不变，将小球B向右上方缓慢拉起至OB水平，物块A始终保持静止状态。g为重力加速度，关于该过程下列说法正确的是()A．拉力F最大为eq\f(2\r(3),3)mgB．拉力F始终变小C．物块A所受摩擦力先变小后变大D．轻绳拉力先变大后变小【答案】AC【解析】设OB绳与水平面夹角为α，因θ＝120°不变，且小球B受力平衡，有Fcos(60°－α)＝Tcosα，Fsin(60°－α)＋Tsinα＝mg，可得F＝eq\f(2\r(3),3)mgcosα，当α＝0时，拉力F最大为eq\f(2\r(3),3)mg，故A正确；由题意可知α的取值范围是0≤α≤60°，且α是从60°渐渐减小到0°，则拉力F始终变大，故B错误；因为OB绳的拉力T满意Fcos(60°－α)＝Tcosα，则有T＝eq\f(2\r(3),3)mgcos(60°－α)，即T渐渐减小，起先时α＝60°，拉力T最大，且Tmax＝eq\f(2\r(3),3)mg>2mgsin30°，最终α＝0，拉力T最小，且Tmin＝eq\f(\r(3),3)mg<2mgsin30°，即物块A所受摩擦力先变小后变大，故C正确，D错误。9．(多选)如图所示直角三角形框架OMN的OM、ON初始位置分别处于水平和竖直方向上，且∠OMN＝30°，一个重为G的光滑小球位于框架内且恰好与OM、ON、MN三边相切，但接触点未必都有弹力。现以O点为轴缓慢将框架在同一竖直平面内顺时针转动一周的过程中，下列说法正确的是()A．转动θ为0到180°的过程中，MN边受到小球的压力始终为零B．转动一周的过程中，MN边第一次处于竖直位置时ON边受到的力最大且为eq\f(2\r(3),3)GC．转动一周的过程中OM边受到的力最大值为2GD．转动一周的过程中有可能存在使OM、ON、MN三边都同时受力的位置【答案】ABC【解析】转动θ为0到180°的过程中如图1所示，MN边在小球的上方，MN边受到小球的压力始终为零，故A正确；转动一周的过程中，当MN边在小球的上方时，MN边受到小球的压力始终为零，设ON边与水平方向的夹角为θ1，如图2所示，依据平衡条件可得ON边受到的力FN2＝Gcosθ1<G，OM边受到的力FN1＝Gsinθ1<G；当OM边在小球的上方时，OM边受到小球的压力始终为零，设MN边与水平方向的夹角为θ2，如图3所示，依据平衡条件和正弦定理可得，可知，当θ2＝90°时，即MN边第一次处于竖直位置时ON边受到的力最大，最大为；当ON边在小球的上方时，ON边受到小球的压力始终为零，设OM边与水平方向的夹角为θ3，如图4所示，依据平衡条件和正弦定理可得，可知，当θ3＝60°时，OM边受到的力最大，最大为，所以转动一周的过程中不行能存在使OM、ON、MN三边都同时受力的位置，故B、C正确，D错误。10.在竖直墙壁的左侧水平地面上，放置一个边长为a、质量M＝1kg的正方体ABCD，在墙壁和正方体之间放置一半径R＝1m、质量为m的光滑球，正方体和球均保持静止，如图所示。球的球心为O，OB与竖直方向的夹角为θ，正方体的边长a＞R，正方体与水平地面的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),3)，已知重力加速度g＝10m/s2，并认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(1)若θ＝45°，m＝1kg，竖直墙