高考物理一轮复习课后练习06 受力分析共点力的平衡（含答案解析）

2020版高考物理 全程复习课后练习06

受力分析共点力的平衡

1.一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上,弹性绳的原长也为80 cm。将一钩码挂在弹性绳的中点,平衡时弹性绳的总长度为100 cm;再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点,则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)(　　)

A.86 cm           B.92 cm           C.98 cm           D.104 cm

A．轻绳对小球的拉力逐渐减小

B．小球对斜劈的压力逐渐增大

C．对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大

D．竖直杆对小滑块的弹力先增大后减小

3.如图所示,一机械臂铁夹竖直夹起一个金属小球,小球在空中处于静止状态,铁夹与小球接触面保持竖直,则(　　)

A.小球受到的摩擦力方向竖直向下

B.小球受到的摩擦力与重力大小相等

C.若增大铁夹对小球的压力,小球受到的摩擦力变大

D.若铁夹水平移动,小球受到的摩擦力变大

4.如图所示，两轻质弹簧a、b悬挂一小铁球处于平衡状态，a弹簧与竖直方向成30°角，b弹簧水平，a、b两弹簧的劲度系数分别为k1、k2，重力加速度为g，则(　　)

A．a、b两弹簧的伸长量之比为

B．a、b两弹簧的伸长量之比为

C．若弹簧b的左端松脱，则松脱瞬间小球的加速度为

D．若弹簧b的左端松脱，则松脱瞬间小球的加速度为g

5.如图所示，质量为m的硬质面字典A对称放在硬质面的书本B上，将B的一端缓慢抬高至A刚要滑动，此时B的书脊与水平面的夹角为θ.已知重力加速度大小为g，下列说法中正确的是(　　)

A．B对A的作用力始终与B的书脊垂直

B．B的一个侧面对A的弹力大小为mgcos θ

C．B对A的最大静摩擦力的合力大小为mgsin θ

D．A始终受到三个力的作用

6.如图所示,滑块A置于水平地面上,滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直),此时A恰好不滑动,B刚好不下滑。已知A与B间的动摩擦因数为μ1,A与地面间的动摩擦因数为μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则A与B的质量之比为(　　)

A.         B.          C.         D.

A．P所受的合力增大

B．Q受到墙壁的摩擦力逐渐变大

C．P对Q的压力逐渐减小

D．绳的拉力逐渐增大

8.a、b两个质量相同的球用细线连接，a球用细线挂在天花板上，b球放在光滑斜面上，系统保持静止，下列图示正确的是(　　)

A．先变小后变大    B．先变小后不变   C．先变大后不变   D．先变大后变小

A．拉力F增大 

B．拉力F大小不变

C．杆的弹力增大

D．杆的弹力大小不变

11. (多选)质量均为1 kg的木块M和N叠放在水平地面上,用一根细线分别栓接在M和N右侧,在绳子中点用力F=5 N拉动M和N一起沿水平面匀速滑动,细线与竖直方向夹角θ=60°。则下列说法正确的是(　　)

A.木块N和地面之间的动摩擦因数μ=0.25

B.木块M和N之间的摩擦力是Ff=2.5 N

C.木块M对木块N的压力大小为10 N

D.若θ变小,拉动M、N一起匀速运动所需拉力应大于5 N

A．γ=β          B．θ=          C．θ>－α          D．β<γ<

13.如图所示,质量为mB=14 kg的木板B放在水平地面上,质量为mA=10 kg的货箱A放在木板B上,一根轻绳一端拴在货箱上,另一端拴在地面上,绳绷紧时与水平面的夹角为θ=37°。已知货箱A与木板B之间的动摩擦因数μ1=0.5,木板B与地面之间的动摩擦因数μ2=0.4。重力加速度g取10 m/s2。现用水平力F将木板B从货箱A的下面匀速抽出,(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)试求:

(1)绳上张力FT的大小;

(2)水平拉力F的大小。

14.如图所示,质量m0=2 kg的木块A套在水平杆上,并用轻绳将木块A与质量m= kg的小球相连。今用与水平方向成α=30°的力F=10 N,拉着球带动木块一起向右匀速运动,运动中m0、m相对位置保持不变,g取10 m/s2。求:

(1)运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ;

(2)木块与水平杆间的动摩擦因数μ。

答案解析

1.答案为：B；

解析：设开始时两段弹性绳的夹角为α,弹性绳的拉力为FT,

根据平衡条件可得2FTcos=mg,cos=0.6,得FT=mg;弹性绳的两端移到同一点时,

设弹性绳的拉力为FT',则2FT'=mg,得FT'=mg;设弹性绳第一次伸长量为x,第二次伸长量为x',

根据胡克定律,有mg=kx,mg=kx',x=0.2m,联立解得x'=0.12m,

所以弹性绳的总长l=80cm+12cm=92cm,B正确。

解析：对小球受力分析，受重力G1、支持力N1和细线的拉力T，如图甲所示．根据平衡条件可知，T增大，N1减小，根据牛顿第三定律，小球对斜劈的压力也减小，A、B均错误；对小球和滑块整体分析，受重力G、斜面的支持力N1，杆的支持力N，拉力F，如图乙所示，根据平衡条件，水平方向N=N1sinθ，竖直方向F＋N1cosθ=G，因N1减小，故N减小，F增大，C正确，D错误．

3.答案为：B

解析：

对小球受力分析可知,小球受重力、两侧铁夹的弹力以及摩擦力作用,根据平衡条件可知,小球在竖直方向上受到的摩擦力与重力大小相等,方向相反,故A错误,B正确;增大铁夹对小球的压力,小球受到的摩擦力仍等于重力,大小不变,故C错误;若水平移动铁夹,由于小球在竖直方向受力始终平衡,故摩擦力大小不变,故D错误。

4.答案为：B；

解析：设弹簧a、b的弹力分别为FTa、FTb，将弹簧a的弹力沿水平和竖直方向分解，

则FTacos 30°=mg，FTasin 30°=FTb，结合胡克定律可求得a、b两弹簧的伸长量之比为，

结合牛顿第二定律可求得弹簧b的左端松脱瞬间小球的加速度为g，选项B正确，A、C、D错误．

5.答案为：C；

解析：B对A的作用力大小为A的重力大小mg，方向竖直向上，选项A错误；B的两侧面对A的弹力的合力为mgcos θ，但B的一个侧面对A的弹力大小一定不为mgcos θ，选项B错误；A受力平衡，根据平衡条件得，最大静摩擦力的合力大小Ff合=mgsin θ，选项C正确；A处于静止状态，B倾斜时，对A进行受力分析，A受到重力，B的两侧对A的两个支持力，B的两侧对A的两个摩擦力，共五个力，选项D错误．

6.答案为：B；

解析：设水平作用力为F,对物体A、B整体进行分析,在水平方向上有F=μ2(mA+mB)g;

隔离物体B对B分析,在竖直方向上有μ1F=mBg,联立解得,选项B正确。

解析：P受重力、绳的拉力和Q的支持力而处于平衡状态，合力为零，选项A错误；

设绳与竖直方向的夹角为θ，根据共点力平衡，绳的拉力大小为T=，

Q对P的支持力大小为N=mgtanθ，铅笔缓慢下移的过程中，θ增大，则拉力T增大，

Q对P的支持力增大，选项D正确，C错误；对Q，在竖直方向上，

Q的重力与摩擦力始终平衡，Q受到的摩擦力不变，选项B错误．

8.答案为：B；

解析：对b球受力分析，受重力、垂直斜面向上的支持力和细线的拉力，由于三力平衡时三个力中任意两个力的合力与第三个力等大、反向、共线，故细线拉力应斜向右上方，故A图错误；再对a、b两个球整体受力分析，受总重力、垂直斜面向上的支持力和细线的拉力，根据共点力平衡条件判断，细线的拉力方向应斜向右上方，故C、D图错误，B图正确．

解析：当轻绳的右端从B点移到直杆最上端时，设两绳的夹角为2θ，绳中的拉力大小为F.

以滑轮为研究对象，受力分析如图甲所示．根据平衡条件得2Fcosθ=mg，得到绳子的拉力大小为F=，所以在轻绳的右端从B点移到直杆最上端的过程中，θ增大，cosθ减小，则F变大．

当轻绳的右端从直杆最上端移到C点时，如图乙，设两绳的夹角为2α.

设绳子总长为L，两直杆间的距离为s，由数学知识得sinα=，L、s不变，则α保持不变．

再根据平衡条件可知，两绳的拉力F保持不变，所以绳中拉力大小变化的情况是先变大后不变．C正确．

解析：以B点为研究对象，分析受力情况，绳子向下的拉力T、轻杆的支持力N和绳子沿BO方向的拉力F′，作出力的示意图如图，由平衡条件知，N和F′的合力T′与T大小相等，方向相反，根据三角形相似可得，==，又T′=G，F=F′，解得N=G，F=G，∠BAO变小时，AB、AO保持不变，BO变小，则N保持不变，F变小，D正确．

11.答案为：AB；

解析：以M、N为整体受力分析,得F=μ·2mg,得μ=0.25,A正确;单独分析M受力,因绳子有竖直向下的分力,故M对N的压力大于10N,绳子作用在M上的水平分力为2.5N,B正确,C错误;θ变化后,N对地面的压力仍为20N,所以需要的拉力不变,D错误。

解析：假设AC上的铜环的质量为零，重力为零，它仅受线的拉力和铁丝AC的弹力，由于铁丝对AC上的环的弹力垂直于AC，则细线必定垂直于AC，则细线平行于BC，此时γ=β.但实际上AC上的环的质量不为零，要使此环处于静止状态，细线的左端略高，则有γ>β.假设AB上的铜环的质量为零，重力为零，它仅受细线的拉力和铁丝AB的弹力，则平衡时，细线与AB垂直，γ=，而AB上的铜环的质量不为零，要使此环处于静止状态，细线不能与AB垂直，应有γ<，故β<γ<，θ>－α，选项A、B错误，C、D正确．

13.解：

(1)对A进行受力分析如图甲所示,可知A受4个力作用,分解绳的拉力,

根据受力平衡可得FN1=mAg+FTsinθ

FTcosθ=μ1FN1解得FT=

代入数据得绳子张力FT=100N。

(2)对B进行受力分析可知B受6个力的作用,地面对B的支持力FN2=mBg+FN1

而FN1=mAg+FTsinθ=160N

拉力F=μ2FN2+μ1FN1

F=200N。

14.解：

(1)设细绳对小球的拉力为FT,小球受力如图甲所示,由平衡条件可得

Fcos30°-FTcosθ=0               ①

Fsin30°+FTsinθ-mg=0 ②

代入数值得10cos30°N=FTcosθ③

10sin30°N+FTsinθ=10N④

由③④解得FT=10N  θ=30°。

(2)以木块和小球组成的整体为研究对象,受力如图乙所示,

由平衡条件得Fcos30°-Ff=0

FN+Fsin30°-(m0+m)g=0

又Ff=μFN解得μ=。