高考物理一轮复习课时作业6受力分析共点力的平衡含答案

受力分析 共点力的平衡

(建议用时40分钟)

1．如图所示，质量mA>mB的两物体A、B叠放在一起，靠着竖直墙面。让它们由静止释放，在沿粗糙墙面下落过程中，物体B的受力示意图是(　　)

【解析】选A。A、B在竖直下落过程中与墙面没有弹力，所以也没有摩擦力，A、B均做自由落体运动，均只受重力，故A正确。

2.(多选)如图所示，斜面B放置于水平地面上，其两侧放有物体A、C，物体C通过轻绳连接于天花板，轻绳平行于斜面且处于拉直状态，A、B、C均静止，下列说法正确的是(　　)

A．A、B间的接触面一定是粗糙的

B．地面对B一定有摩擦力

C．B、C间的接触面可能是光滑的

D．B一共受到6个力的作用

【解析】选A、B、C。以A为研究对象，受到重力和支持力不可能平衡，所以A一定受到B对A沿斜面向上的静摩擦力，故A正确；以A、B、C为研究对象，受到重力和地面的支持力、左斜向上的轻绳的拉力，这三个力不可能平衡，所以地面对B一定有沿水平向右的静摩擦力，故B正确；以C为研究对象，受到重力和B对C的支持力、左斜向上的轻绳的拉力，这三个力可能平衡，所以B、C之间可能没有静摩擦力，B、C间的接触面可能是光滑的，故C正确；以B为研究对象，可能受到重力、A对B的压力、C对B的压力、地面对B支持力和A对B的静摩擦力五个力作用，也可能受到重力、A对B的压力、C对B的压力、地面对B支持力、A对B的静摩擦力和C对B的静摩擦力六个力作用，故D错误。

3．(2021·长沙模拟)一降落伞下系一重物，下落一段时间后进入水平向右的匀速风场，不久后在风场中稳定下落。图中虚线表示其稳定后运动轨迹，则降落伞在空中稳定下落的姿态及轨迹正确的是(　　)

【解析】选A。系统稳定下落时，运动轨迹为直线，选项B、D错误；研究重物，重物不受阻力，选项C中绳对重物的作用力一定有水平向右的分量，故选项C中重物不可能平衡，选项A中绳对重物的作用力左右对称，没有水平作用力，受力可以平衡，选项A正确。

4．如图所示，一质量为m的沙袋用不可伸长的轻绳悬挂在支架上，一练功队员用垂直于绳的力将沙袋缓慢拉起，使绳与竖直方向的夹角为θ＝30°，且绳绷紧，则此时练功队员对沙袋施加的作用力大小为(　　)

A．mg　　B．mg　　C．mg　　D．mg

【解析】选A。如图，建立直角坐标系，对沙袋进行受力分析。由平衡条件有：F cos 30°－FTsin 30°＝0，

FTcos 30°＋F sin 30°－mg＝0，联立可解得：F＝mg，选项A正确。

5.(创新题)一光滑的轻滑轮用轻绳MA悬挂于M点，站在地面上的人用轻绳跨过滑轮拉住漏斗，在沙子缓慢漏出的过程中，人握住轻绳保持不动，则在这一过程中(　　)

A．轻绳MA的拉力保持不变

B．轻绳MA的拉力逐渐增大

C．人对地面的压力逐渐减小

D．人对地面的摩擦力逐渐减小

【解析】选D。轻滑轮的重力可忽略不计，受三个拉力而平衡，由于人握住轻绳保持不动，故三个拉力的方向均不变，在沙子缓慢漏出的过程中，漏斗的重力逐渐减小，人握住的轻绳的拉力也逐渐减小，所以MA绳的拉力也逐渐减小，A、B均错误；对人进行受力分析，如图所示，根据平衡条件，水平方向有f＝F sin θ，地面对人的支持力N＝mg－F cos θ，由于F减小，故支持力N增大，摩擦力f减小，再根据牛顿第三定律可得，人对地面的压力增大，摩擦力减小，D正确，C错误。

6.(2021·玉林模拟)如图所示,粗糙水平地面上的长方体物块将一重为G的光滑圆球抵在光滑竖直的墙壁上,现用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块,在圆球与地面接触之前,下面的相关判断正确的是              (　　)

A.水平拉力F逐渐减小

B.球对墙壁的压力逐渐减小

C.地面对长方体物块的摩擦力逐渐增大

D.地面对长方体物块的支持力逐渐增大

【解析】选A。以球为研究对象,进行受力分析如图1所示:

其中,重力G大小方向均不变,墙壁对球的弹力FN1方向不变,长方体物块对球的支持力FN2大小方向均变化,适合用图解法解题,随着FN2与水平方向夹角逐渐变小,可以看出FN1变大,FN2变大,由牛顿第三定律可知,B错误;设长方体物块的重力为G′,地面对长方体物块的摩擦力为Ff,选整体为研究对象进行受力分析,如图2所示,地面对长方体物块的支持力N等于总重力,即N=G+G′,故N不变,D错误;Ff=μN=μ(G+G′),故地面对长方体物块的摩擦力不变,故C错误;由Ff=FN1+F及FN1变大,知F减小,故A正确。

7．在机场和海港，常用输送带运送旅客的行李和货物，如图所示，甲为水平输送带，乙为倾斜输送带，当行李箱m随输送带一起匀速运动时，不计空气阻力，下列几种判断中正确的是(　　)

A.甲、乙两种情形中的行李箱都受到两个力作用

B．甲、乙两种情形中的行李箱都受到三个力作用

C．情形甲中的行李箱受到两个力作用，情形乙中的行李箱受到三个力作用

D．情形甲中的行李箱受到三个力作用，情形乙中的行李箱受到四个力作用

【解析】选C。对甲上的行李箱受力分析知，其不受摩擦力作用，只受重力和弹力两个力的作用；对乙上的行李箱受力分析知，其受沿斜面向上的摩擦力、重力和弹力三个力的作用，所以选项C正确。

8.如图所示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的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，比较三力的大小，下列结论正确的是(　　)

A．F1<F3　　　   B．F2<F3

C．F1>F2        D．F1<F2

【解析】选C。对两球整体受力分析，根据平衡条件可知F1＝＝mg；F3＝2mgtan30°＝mg，则F1>F3，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，可知F2>F3，B错误；对上方小球分析，水平方向：F1sin30°＝F2sin θ，因θ>45°，则F1>F2，C正确，D错误。

9．(2021·新乡模拟)如图所示，在竖直平面内，固定有半圆弧轨道，其两端点M、N连线水平。将一轻质小环套在轨道上，一细线穿过轻环A，一端系在M点，另一端系一质量为m的小球，小球恰好静止在图示位置。不计所有摩擦，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)

A．轨道对轻环的支持力大小为mg

B．细线对M点的拉力大小为mg

C．细线对轻环的作用力大小为mg

D．N点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°

【解析】选D。轻环两边细线的拉力大小相等，均为T＝mg，轻环两侧细线的拉力与轻环对半圆弧轨道的压力的夹角相等，设为θ，由＝知∠OMA＝∠MAO＝θ，则3θ＝90°，θ＝30°，轻环受力平衡，则轨道对轻环的支持力大小FN＝2mgcos 30°＝mg，选项A错误；细线对M点的拉力大小为mg，选项B错误；细线对轻环的作用力大小为F′N＝FN＝mg，选项C错误；由几何关系可知，N点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°，选项D正确。

10.(多选)如图所示，A、B两物体在竖直向上的力F作用下静止，A、B接触面水平，则A、B两个物体的受力个数可能为(　　)

A．A受2个力、B受3个力

B．A受3个力、B受3个力

C．A受4个力、B受3个力

D．A受4个力、B受5个力

【解析】选A、C。A、B两物体都处于平衡状态，若A与斜面刚好没有接触，则A受2个力作用(重力、B对A的支持力)，B受3个力作用(重力、A对B压力、外力F)，选项A正确；若A与斜面相互挤压且处于静止状态，则A受4个力作用(重力、B对A的支持力、斜面对A的压力、斜面对A的摩擦力)，B受3个力作用(重力、A对B压力、外力F)，选项C正确，B、D错误。

11.(2021·柳州模拟)筷子是中国人常用的饮食工具,也是中华饮食文化的标志之一。如图所示,用筷子夹质量为m的小球,筷子与小球球心均在竖直平面内,筷子和竖直方向的夹角均为 θ,此时小球受到的摩擦力为 0,下列说法正确的是              (　　)

A.两根筷子对小球的弹力均为

B.两根筷子对小球的弹力均为

C.若保持筷子对小球的弹力大小不变,增大筷子和竖直方向的夹角 θ,则小球一定向上滑动

D.若保持筷子对小球的弹力大小不变,减小筷子和竖直方向的夹角 θ,则小球一定向下滑动

【解析】选B。对球受力分析,筷子对小球的两个压力,小球的重力,如图所示:

在竖直方向上有2F1sinθ=mg,解得F1=F2=,故选项A错误,B正确;若保持筷子对小球的弹力大小不变,增大筷子和竖直方向的夹角θ,由图可知,则小球一定向下滑动,故选项C错误;同理,若保持筷子对小球的弹力大小不变,减小筷子和竖直方向的夹角θ,由图可知,则小球一定向上滑动,故选项D错误。

12.如图所示是竖直面内一个光滑的圆形框架，AB是它的一条竖直直径，O点为其圆心。弹簧的一端连在A点，另一端连着一个质量为m的小套环，换用不同的弹簧，套环可静止于框架上不同的位置，对应的θ角也就会不同，则在套环从图示位置下移到θ角接近90°的过程中，框架对套环的弹力FN和弹簧对套环的弹力F的变化情况是(　　)

A．FN减小    B．FN增大

C．F减小    D．F增大

【解析】选C。对套环进行受力分析，受重力、框架的支持力、弹簧的弹力，构建力的矢量三角形，利用力三角形和几何三角形相似得＝＝，故框架弹力FN不变、弹簧弹力F变小，C正确。

13.(创新题)“民生在勤，勤则不匮”，劳动是幸福的源泉。某同学利用假期帮助父母打理家务时，使用浸湿的拖把清理地板上的油渍。假设湿拖把的质量为

2 kg，拖把杆与水平方向成53°角，当对拖把施加一个沿拖把杆向下、大小为10 N的力F1时， 恰好能推动拖把向前匀速运动并将灰尘清洗干净。如果想要把地板上的油渍清洗干净，需将沿拖把杆向下的力增大到F2＝20 N。设拖把与地板、油渍间的动摩擦因数相等且始终不变，那么油渍与地板间的附着力约为(可认为油渍与地板间的附着力等于拖把与地板间的滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)(　　)

A．3.7 N      B．7.7 N

C．12.0 N      D．13.3 N

【解析】选B。对拖把受力分析，如图所示，拖把受到重力mg，地板的支持力N1，人对拖把杆向下的力F1，地板对拖把的摩擦力f1，则N1＝mg＋F1sin53°，拖把匀速运动则有f1＝F1cos53°，又f1＝μN1，解得拖把与地板间的动摩擦因数为μ＝。当给拖把施加更大的力后，拖把受到地板的支持力变大，摩擦力将增大，支持力N2＝mg＋F2sin53°，摩擦力f2＝μN2，解得f2≈7.7 N，选项B正确。

【总结提升】本题的易错点为建立起错误的模型，误认为沿拖把杆向下的力增大到F2=20 N时，拖把仍匀速运动，求得f2=F2cos53°=12 N，误选C。

14.如图所示，AB是重力为G的匀质细直杆，其中A端通过光滑铰链固定于竖直墙壁上，B端受一与细直杆夹角恒为60°的拉力作用，使杆由水平位置缓慢沿逆时针方向转到竖直位置。求：

(1)当杆与墙壁的夹角为60°时，杆A、B端受到的作用力的大小；

(2)当杆与墙壁的夹角为30°时，杆A、B端分别受到的作用力的大小。

【解析】(1)当杆与墙壁的夹角为60°时，对杆的受力分析如图所示：

据平衡条件可得FB＝Gsin30°＝，

FA＝Gcos30°＝

(2)当杆与墙壁的夹角为30°时，对杆的受力分析如图所示：

由三力组成的矢量三角形与△ACD相似，

有＝＝

设杆子长为l0，由几何关系知CD＝，

AC＝l0，AD＝l0

解得FA′＝G，FB′＝G

答案：(1)FA＝　FB＝

(2)FA′＝G　FB′＝G

【总结提升】(1)三力平衡必共点；

(2)当角的关系容易确定时，利用三角函数求解，当边的关系确定时，常用相似三角形法求解；

(3)图解法只能定性分析力的大小变化，解析法可以定量计算力的大小。利用解析法分析时，受力分析是前提，因此也需要用图解法画出受力图。

【加固训练】

(2020·商丘模拟)如图(a)所示，三棱柱的左、右两侧斜面的倾角α=β=45°，物块P、Q用跨过定滑轮的轻绳相连，分别放在两侧的斜面上，此时物块P恰好不向下滑动。已知P、Q与斜面之间的动摩擦因数均为μ=tan15°，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

(1)求物块P、Q的质量之比m1∶m2；

(2)当三棱柱缓慢绕右侧棱边顺时针转动θ角，如图(b)所示，物块Q恰好不下滑，求θ角。

【解析】(1)物块P恰好不向下滑动。

分析P的受力，有Ff1＝μFN1，

FN1＝m1g cos α，m1g sin α－Ff1＝FT

分析Q的受力，有Ff2＝μFN2，

FN2＝m2g cos β，m2g sin β＋Ff2＝FT

解得：＝

(2)三棱柱转动θ角后，物块Q恰好不下滑。

分析Q的受力，有：

Ff2′＝μF′N2，

F′N2＝m2g cos (β＋θ)，

m2g sin (β＋θ)－Ff1′＝FT′

分析P的受力，有Ff1′＝μFN1′，

FN1′＝m1g cos (α－θ)，

m1g sin (α－θ)＋Ff1′＝FT′

联立解得：＝

即＝＝

化简可得：tan θ＝，则θ＝30°

答案：(1)∶1　(2)30°