新高考物理三轮冲刺突破练习专题02共点力的平衡（含解析）

这是一份新高考物理三轮冲刺突破练习专题02共点力的平衡（含解析），共17页。试卷主要包含了动态平衡问题等内容，欢迎下载使用。
专题02  共点力的平衡考向一  静态平衡问题1．受力分析的常用技巧(1)转换研究对象法：对于不易判断的力(如弹力和摩擦力)，可以借助相互接触物体的受力情况来判定，还可以借助力和运动的关系进行分析和判断．(2)假设法：假设弹力、摩擦力存在，运用物体的平衡条件进行相关计算，然后再进一步分析判断．(3)整体法和隔离法①不涉及系统内力时，优先考虑应用整体法，即“能整体、不隔离”．②同样应用“隔离法”，也要先隔离“简单”的物体，如待求量少或受力少或处于边缘处的物体．③各“隔离体”间的力，表现为作用力与反作用力，对整体系统则表现为内力．2．求解静态平衡问题的两种常用方法(1)力的合成法：对研究对象受力分析后，应用平行四边形定则(或三角形定则)求合力的方法．力的合成法常用于仅受三个共点力作用且保持平衡的物体．(2)正交分解法：把物体受到的各力都分解到互相垂直的两个方向上，然后分别列出两个方向上合力为零的方程并求解．当物体受四个及四个以上共点力作用而平衡时，一般采用正交分解法．【典例1】如图所示，一根不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于点O′的固定光滑轴，悬挂一质量为M的物体．轻绳OO′段水平，长度为L，轻绳上套一可沿绳滑动的轻环P.现在轻环上悬挂一质量为m的钩码，平衡后，物体上升L，则钩码与物体的质量之比为(　　)A.                B.               C.                 D.【答案】D【解析】重新平衡后，轻绳形状如图，由于物体上升L，则绳子与竖直方向夹角为30°，对钩码2FTcos 30°＝mg对物体FT＝Mg，联立解得＝，故D正确．【典例2】如图所示，质量为M的斜面体静止在水平地面上，质量为m的滑块在沿着斜面向上的恒力F作用下向下做匀速运动，斜面体始终处于静止状态．已知重力加速度为g，在滑块下滑的过程中，下列说法正确的是(　　)A．滑块与斜面体之间的动摩擦因数μ大于tan θ   B．撤去恒力F后，地面对斜面体的支持力不变C．地面对斜面体的支持力大于(M＋m)g         D．地面对斜面体的摩擦力方向水平向左【答案】　B【解析】　对m进行受力分析可知m受四个力作用，由于m向下做匀速运动，所以有F＋Ff＝mgsin θ，Ff＝μmgcos θ，则μ＝tan θ－，A错误；对M进行受力分析可知，M所受的力与恒力F没有关系，故撤去恒力F后，地面对斜面体的支持力不变，B正确；对整体进行受力分析可知，地面对斜面体的支持力小于(M＋m)g，C错误；对整体受力分析可知，地面对斜面体的摩擦力方向水平向右，D错误．【典例3】如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻绳上点处；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，点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α = 50°，则β等于（　　）A. 45° B. 50° C. 60° D. 65°【答案】D【解析】本题主要考察共点力的平衡以及绳子的活结死结问题。在O点进行受力分析如下图所示由于甲、乙两物体质量相等，且滑轮处为活结则mg = F1可知△OmgF1为等腰三角形，则根据三角形内角关系有180° = 2β + 50°可计算出β = 65°故选D。【典例4】 (多选)如图，固定在地面上的带凹槽的长直杆与水平面成α＝30°角，轻质环a套在杆上，置于凹槽内质量为m的小球b通过一条细绳跨过固定定滑轮与环a连接．a、b静止时，细绳与杆间的夹角为30°，重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是(　　)A．a受到3个力的作用                   B．b受到3个力的作用C．细杆对b的作用力大小为 mg          D．细线对a的拉力大小为 mg【答案】BD【解析】：轻质环a套在杆上，不计摩擦，则a静止时细线的拉力与杆对a的弹力平衡，故拉a的细线与杆垂直，a受到2个力作用，故A错误；对b球受力分析可知，b受到重力，绳子的拉力和杆对b球的弹力，b受到3个力的作用，故B正确；以b为研究对象，受力分析如图所示，根据几何关系可得β＝θ＝30°，细杆对b的作用力大小为N，细绳对b球的拉力大小为T，T＝N，则2Ncos 30°＝mg，则N＝mg，T＝N＝mg，则细线对a的拉力大小为T＝mg，故C错误，D正确．考向二 动态平衡问题解决动态平衡问题的三种方法(1)解析法如果物体受到多个力的作用，可进行正交分解，利用解析法，建立平衡方程，根据自变量的变化确定因变量的变化．(2)图解法如果物体受到三个力的作用，其中一个力的大小、方向均不变，并且还有另一个力的方向不变，此时可用图解法，画出不同状态下力的矢量图，判断各个力的变化情况．(3)相似三角形法此法是图解法的特例，一般研究对象受绳(杆)、或其他物体的约束，且物体受到三个力的作用，其中的一个力大小、方向均不变，另外两个力的方向都发生变化，可以用力三角形与几何三角形相似的方法.【典例5】如图所示，一倾角为θ的斜面体放置在水平地面上，其上表面光滑、下表面粗糙。用一轻绳跨过定滑轮拉动一质量为m的小球，在与小球相连的细绳变为竖直方向过程中，可使小球沿斜面向上做一段匀速运动。斜面体一直静止在水平地面上，不计滑轮与绳子之间的摩擦。则在小球做匀速运动过程中，下列说法中正确的是（　　）A. 外力F一直增大B. 斜面体受到地面的支持力先增大后减小C. 此过程中斜面体受到地面的摩擦力方向水平向左，大小逐渐减小D. 绳子右端移动的速度大于小球沿斜面运动的速度【答案】AC【解析】A．设细绳与斜面的夹角为α，则当小球匀速运动时，由平衡可知 则当α逐渐变大时，F逐渐变大，选项A正确；B．对斜面体和小球的整体，竖直方向当α逐渐变大时，FN逐渐变小，选项B错误；C．对斜面体和小球的整体，水平方向，此过程中斜面体受到地面的摩擦力等于拉力F的水平分量，则水平向左，大小为当α逐渐变大时，Ff逐渐减小，选项C正确；D．将小球运动的速度v分解为沿绳子方向的速度v1和垂直绳子方向的速度，则v1=vcosα则v1<v即绳子右端移动的速度小于小球沿斜面运动的速度，选项D错误。故选AC。【典例6】如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔．质量为m的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力F和环对小球的弹力FN的大小变化情况是(　　)A．F减小，FN不变  B．F不变，FN减小C．F不变，FN增大  D．F增大，FN减小【答案】A【解析】：对小球受力分析，其所受的三个力组成一个闭合三角形，如解析图所示，力三角形与圆内的三角形相似，由几何关系可知＝＝，小球缓慢上移时mg不变，R不变，L减小，F减小，FN大小不变，A正确．【典例7】如图所示，某健身爱好者利用如下装置锻炼自己的臂力和腿部力量，在O点悬挂重物C，手拉着轻绳且始终保持绳索平行于粗糙的水平地面．当他缓慢地向右移动时，下列说法正确的有(　　)A．绳OA拉力大小不变                     B．绳OB拉力变大C．健身者与地面间的摩擦力变小             D．绳OA、OB拉力的合力变大【答案】B【解析】：设OA、OB绳的拉力分别为FA和FB，重物的质量为m.对O点有FAcos θ－mg＝0，FAsin θ－FB＝0，解得FA＝，FB＝mgtan θ.当健身者缓慢地向右移动时，θ变大，则两拉力均变大，选项A错误，B正确；健身者所受的摩擦力与FB相等，选项C错误；健身者缓慢移动时，两绳拉力的合力大小等于重物C的重力，大小不变，选项D错误．【典例8】如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为（）。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中（  ）A．MN上的张力逐渐增大B．MN上的张力先增大后减小C．OM上的张力逐渐增大D．OM上的张力先增大后减小【答案】AD【解析】以重物为研究对象，受重力mg，OM绳上拉力F2，MN上拉力F1，由题意知，三个力合力始终为零，矢量三角形如图所示，在F2转至水平的过程中，MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小，AD正确，BC错误。
【巩固练习】一、选择题1．如图所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30°，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为 （ ）A． B． C．1:2 D．2:1【答案】D【解析】将两小球看做一个整体分析，可知整体受到重力、轻弹簧A、C的拉力共3个力的作用而处于平衡状态，将轻弹簧A的拉力沿竖直方向和水平方向分解可知水平方向上满足，故，据题意可知三个弹簧的劲度系数相同，由胡克定律可知弹簧A、C的伸长量之比为2:1，故D项正确，ABC三项错误。2．如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，物块b置于斜面上，通过跨过光滑定滑轮的细绳与小盒a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a连接在竖直固定在地面的弹簧上。现向盒内缓慢加入适量砂粒，a、b、c始终处于静止状态。下列判断正确的是（    ）A．c对b的摩擦力可能减小B．地面对c的支持力可能增大C．地面对c的摩擦力可能不变D．弹簧的弹力可能增大【答案】A【解析】盒子a受重力、拉力和弹簧的支持力而平衡，随着沙子质量的增加；由于不知道b的重力沿着斜面方向的分力与细线拉力的大小关系，故不能确定静摩擦力的方向，静摩擦力可能增加、可能减小，有可能先减小后增大，故A正确；对a分析可知，a处于静止状态，加入适量砂粒后重力变大，弹簧弹力不变，绳子的张力变大；对b与c整体分析，受重力、支持力、拉力和向左的静摩擦力，故地面对c的支持力一定减小，摩擦力一定变大，故BCD错误。3．滑轮P被一根斜短线系于天花板上的O点细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，整个装置处于静止状态。若悬挂小滑轮的斜线OP的张力是，g取10m/s2，连接滑轮的两根绳子之间的夹角为，则下列说法中正确的是A．重物A的质量为2kgB．绳子对B物体的拉力为C．桌面对B物体的摩擦力为10ND．OP与竖直方向的夹角为【答案】A【解析】设悬挂小滑轮的斜线中的拉力与绳的拉力分别为和，则有，解得绳子对物体的拉力为，与竖直方向的夹角为；对分析可得，重物的质量为，对分析，在水平方向则有，解得桌面对物体的摩擦力为，故选项A正确，B、C、D错误。4．如图所示，倾角θ＝37°的上表面光滑的斜面体放在水平地面上．一个可以看成质点的小球用细线拉住与斜面一起保持静止状态，细线与斜面间的夹角也为37°.若将拉力换为大小不变、方向水平向左的推力，斜面体仍然保持静止状态．sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则下列说法正确的是(　　)A．小球将向上加速运动B．小球对斜面的压力变大C．地面受到的压力不变D．地面受到的摩擦力不变【答案】B【解析】小球处于静止状态，所以合外力为零，小球受力为：竖直向下的重力G、斜面对小球的支持力和细线对小球的拉力，把三个力正交分解，由平衡方程为： ， ，两式联立解得：，；将拉力换为大小不变、方向水平向左的推力，小球受力为：竖直向下的重力G、斜面对小球的支持力和方向水平向左的推力，把三个力正交分解，沿斜面方向有 ，故小球处于静止状态，垂直斜面方向，小球对斜面的压力变大，故A错误，B正确；斜面体与小球为整体，受力为：竖直向下的重力、地面对斜面体的支持力、地面对其的摩擦力和细线对小球的拉力；将拉力换为大小不变、方向水平向左的推力，受力为：竖直向下的重力、地面对斜面体的支持力、地面对其的摩擦力和方向水平向左的推力，所以地面对斜面体的支持力变小，地面对其的摩擦力变大，故CD错误；故选B。5．如图所示，两个小球a、b质量均为m，用细线相连并悬挂于O点，现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向夹角为，已知弹簧的劲度系数为k，则弹簧形变量最小值是(    ) A． B． C． D．【答案】A【解析】以小球ab整体为研究对象，分析受力，作出F在几个方向时整体的受力图，根据平衡条件得知：F与T的合力与整体重力2mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子oa垂直时，F有最小值，即图中2位置；F的最小值为：。根据胡克定律：Fmin=kxmin，所以：，故选A。6．哥伦比亚大学的工程师研究出一种可以用于人形机器人的合成肌 肉，可模仿人体肌肉做出推、拉、弯曲和扭曲等动作。如图所示，连接质量为的物体的足够长细绳一端固定于墙壁，用合成肌肉做成的“手臂”的端固定一滑轮，端固定于墙壁，细绳绕过滑轮，和类似于人手臂的关节，由“手臂”合成肌肉控制。设与竖直墙壁夹角为，不计滑轮与细绳的摩擦，下列说法正确的是（      ）A．若保持不变，增大长度，细绳部分拉力变大B．若保持，增大长度，细绳对滑轮的力始终沿方向C．若保持等于，增大长度，细绳对滑轮的力始终沿方向D．若从逐渐变为零，长度不变，且保持，则细绳对滑轮的力先减小后增大【答案】C【解析】细绳ad的拉力大小等于物体的重力，则若保持θ不变，增大cd长度，细绳ad部分拉力不变，选项A错误；若保持θ=900，细绳对滑轮的力与ad绳和bd绳拉力的合力等大反向，因Tad=Tdb=mg，则ad绳和bd绳拉力的合力方向指向左下方，则细绳对滑轮的力方向指向右上方，不沿dc方向，选项B错误；若保持ac=ad，则∠acd=∠adc=∠cdb，则此时ad绳和bd绳拉力的合力方向沿dc方向，即使增大cd长度，上述关系仍然不变，即细绳对滑轮的力始终沿dc方向，选项C正确；若θ从900逐渐变为零，cd长度不变，且保持ac>cd，则ad与ac的夹角先增加后减小，ad与db的夹角先减小后增加，则ad绳和bd绳拉力的合力先增大后减小，即细绳对滑轮的力先增大后减小，选项D错误；故选C。 如图所示，倾角为α、质量为M的斜面体静止在水平桌面上，质量为m的木块静止在斜面体上．下列结论正确的是A. 木块受到的摩擦力大小是mgcosα         B. 木块对斜面体的压力大小是mg sinαC. 桌面与斜面体之间没有摩擦力            D. 桌面对斜面体的支持力大小是Mg【答案】C【解析】对木块m受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件求解支持力和静摩擦力；对M和m整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡；AB、对木块m受力分析，受重力mg、支持力N和静摩擦力f，根据平衡条件，有：，， 根据牛顿第三定律，木块对斜面体的压力大小也为，故A、 B错误；CD、对M和m整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡，故桌面对斜面体的支持力为，静摩擦力为零，故C正确，D错误；故选C． 在粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与光滑竖直墙之间放另一截面也为半圆的光滑柱状物体B，整个装置处于静止状态，截面如图所示．设墙对B的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的作用力为F3.在B上加一物体C，整个装置仍保持静止，则(　　)A．F1保持不变，F3增大  B．F1增大，F3保持不变C．F2增大，F3增大  D．F2增大，F3保持不变【答案】C【解析】：未放上C时，以B为研究对象，受力分析如图1所示，由平衡条件得，墙对B的作用力F1＝GBtan α，当放上C时，F1增大．A对B的作用力F2′＝，F1增大，则F2′增大，由牛顿第三定律知F2′＝F2，即F2也增大．再以整体为研究对象，受力分析如图2所示，则放上C前，地面对A的支持力N＝GA＋GB，放上C后变为GA＋GB＋GC，即N增大，地面对A的摩擦力f＝F1，且F3为N与f的合力，所以F3增大，故C正确． 如图所示，斜面体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上，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【答案】　AC【解析】　以A为研究对象，若A、B间的接触面光滑，则A受到竖直向下的重力和垂直斜面的支持力，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，A正确；以A、B、C整体为研究对象，整体受到重力和地面的支持力，可能受到斜向左上的轻绳的拉力，若轻绳拉力为0，则地面对B没有静摩擦力，B错误；以C为研究对象，C受到重力和B对C的支持力，可能受到斜向左上的轻绳的拉力，若重力、支持力、绳的拉力这三个力平衡，则B、C之间没有静摩擦力，B、C间的接触面可能是光滑的，C正确；以B为研究对象，若轻绳拉力不为0且B、C之间有静摩擦力，则此时B受到A对B的压力和静摩擦力、C对B的压力和静摩擦力、地面对B的支持力和静摩擦力、B的重力共7个力的作用，D错误．  如图所示，轻绳一端系在质量为m的物块A上，另一端系在一个套在粗糙竖直杆MN的圆环上．现用水平力F拉住绳子上一点O，使物块A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置，但圆环仍保持在原来位置不动．在这一过程中，环对杆的摩擦力F1和环对杆的压力F2的变化情况是(   )A．F1保持不变，F2逐渐增大 B．F1保持不变，F2逐渐减小C．F1逐渐增大，F2保持不变 D．F1逐渐减小，F2保持不变【答案】B【解析】把物体A和圆环看成一个整体，水平方向＝F，竖直方向f＝GA＋G环，F1＝f，则F1始终不变．隔离结点O受力分析如图，据平衡条件可得，F＝GAtanα，由＝F得＝GAtanα，又，则F2随绳与杆MN夹角的减小而减小，故B项正确，ACD三项错误。 一个底面粗糙、质量为M=3m的劈放在粗糙水平面上，劈的斜面光滑且与水平面成30°角。现用一端固定的轻绳系一质量为m的小球，小球放在斜面上，小球静止时轻绳与竖直方向的夹角也为30°，如图所示。（1）当劈静止时，求绳子的拉力大小。（2）当劈静止时，求地面对劈的摩擦力大小。（3）若地面对劈的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为使整个系统静止，动摩擦因素u最小值多大？【答案】（1）  （2） （3）【解析】（1）以小球为研究对象，受力分析如图所示，对T和mg进行正交分解。由平衡条件有Tcos 30°=mgsin 30°得T=mg   （2）以劈和小球整体为研究对象，受力情况如图所示。由平衡条件可得f=Tcos 60° =mg  （3）为使整个系统静止，必须满足fmax=uFN≥Tcos 60°且有FN+Tsin 60°=(M+m)g      联立解得u≥ 如图所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.4 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝0.5 T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，金属导轨的一端接有电动势E＝4.5 V、内阻r＝0.5 Ω的直流电源，现把一个质量m＝0.04 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)通过导体棒的电流I的大小；(2)导体棒受到的安培力F的大小及方向；(3)导体棒受到的摩擦力Ff的大小及方向．【答案】(1)1.5 A　(2)0.3 N　方向平行导轨向上  (3)0.06 N　方向平行导轨向下【解析】(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，由闭合电路欧姆定律得I＝，解得：I＝1.5 A(2)导体棒受到的安培力F＝BIL＝0.3 N由左手定则可得，安培力F方向平行导轨向上．(3)导体棒所受重力沿导轨向下的分力F1＝mgsin 37°＝0.24 N由于F1小于安培力，故导体棒受沿导轨向下的摩擦力Ff，画出导体棒的受力示意图如图：则据共点力平衡条件有mgsin 37°＋Ff＝F，解得Ff＝0.06 N.