2019版高考物理二轮复习专题检测：01明“因”熟“力”破解共点力的平衡问题(含解析)

专题检测（一）  明“因”熟“力”，破解共点力的平衡问题 1．[多选]如图甲所示，笔记本电脑散热底座一般有四个卡位用来调节角度。某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡位1调至卡位4，如图乙所示，电脑始终处于静止状态，则(　　)A．电脑受到的支持力变大B．电脑受到的摩擦力变大C．散热底座对电脑的作用力的合力不变D．电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其所受重力的大小解析：选AC　对电脑的受力分析如图所示，电脑始终处于静止状态，故电脑受力平衡。由平衡条件可知：电脑受到的支持力FN＝mgcos θ，电脑受到的摩擦力f＝mgsin θ，由原卡位1调至卡位4，θ减小，故FN增大，f减小，选项A正确，B错误；散热底座对电脑的作用力的合力即电脑受到的支持力与摩擦力两力的矢量和，大小等于电脑所受的重力，始终不变，选项C正确；电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和大于其所受重力的大小，选项D错误。2．(2019届高三·南京模拟)如图所示，一质量为M的磁铁，吸在竖直放置的磁性黑板上静止不动。某同学沿着黑板面，用水平向右的恒力F轻拉磁铁，磁铁向右下方做匀速直线运动，则磁铁受到的摩擦力Ff(　　)A．大小为Mg　　　　 　 B．大小为 C．大小为F    D．方向水平向左解析：选B　由题意可知，磁铁受竖直向下的重力、水平向右的恒力的作用，二力的合力为F合＝；由力的平衡条件可知，摩擦力应与二力的合力大小相等、方向相反，则磁铁受到的摩擦力大小Ff＝F合＝，故A、C、D错误，B正确。3．[多选]重力为G的体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图所示的比赛动作，当运动员竖直倒立保持静止状态时，两手臂对称支撑，夹角为θ，则(　　)A．当θ＝60°时，运动员单手对地面的正压力大小为B．当θ＝120°时，运动员单手对地面的正压力大小为GC．当θ不同时，运动员受到的合力相同D．当θ不同时，运动员与地面之间的相互作用力不相等解析：选AC　对运动员受力分析如图所示，地面对手的支持力F1＝F2＝，则运动员单手对地面的正压力大小为，与θ无关，选项A正确，B错误；不管θ如何，运动员受到的合力为零，与地面之间的相互作用力总是等大，选项C正确，D错误。4.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保持不变解析：选C　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。5.如图，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。A与B的质量之比为(　　)A.   B.C.  D.解析：选B　设A、B的质量分别为mA、mB，B刚好不下滑，根据平衡条件得mBg＝μ1F；A恰好不滑动，则A与地面之间的摩擦力等于最大静摩擦力，把A、B看成一个整体，根据平衡条件得F＝μ2(mA＋mB)g，解得＝，选项B正确。6．[多选]某些农村一大家人过春节时常用简易灶做菜，如图甲、乙所示，将一个球形铁锅用三个不计重力的小石块支起用柴火烧菜，铁锅边缘水平，小石块成正三角形放在水平灶台上，石块到铁锅球心的连线与竖直方向的夹角均为30°，已知铁锅与菜的总质量为   9 kg，不计铁锅与石块间的摩擦，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)A．灶台对每个石块的作用力均竖直向上B．灶台受到每个石块的压力大小为30 NC．每个石块与铁锅之间的弹力大小为20 ND．灶台对每个石块的摩擦力大小为10 N解析：选BC　灶台对石块有竖直向上的支持力和水平方向的摩擦力作用，故灶台对每个石块的作用力的方向不是竖直向上，选项A错误；铁锅和石块竖直方向对灶台的压力等于铁锅所受的重力，故灶台受到每个石块的压力大小等于mg＝×9×10 N＝30 N，选项B正确；对铁锅由平衡条件可得：3FNcos 30°＝mg，解得：FN＝20 N，选项C正确；Ff＝FNsin 30°＝10 N，即灶台对每个石块的摩擦力大小为10 N，选项D错误。7.如图所示，一轻绳一端固定在地面上的C点，另一端与竖直杆AB的顶端A相连，顶端A右侧一水平轻绳跨过一光滑定滑轮与一重物相连，竖直杆AB处于平衡状态，AB与地面的摩擦不计。若AC加长，使C点左移，AB仍保持平衡状态，AC上的拉力T和AB受到的地面的支持力N与原先相比，下列说法正确的是(　　)A．T增大，N减小  B．T减小，N增大C．T和N都减小  D．T和N都增大解析：选C　若AC加长，由于悬挂的重物质量不变，右侧水平轻绳的拉力不变。分析A处受力情况，AC上的拉力T沿水平方向的分力大小等于悬挂的重物重力，沿竖直方向的分力等于AB受到的地面的支持力。若AC加长，使C点左移，AB仍保持平衡状态，显然，T和N都减小，选项C正确。  8.(2018·铁岭协作体模拟)如图所示，固定在水平地面上的物体A，左侧是圆弧面，右侧是倾角为θ的斜面，一根轻绳跨过物体A顶点上的小滑轮，轻绳左、右两端分别系有质量为m1、m2的小球，当两小球静止时，左端小球与圆心连线跟水平方向的夹角也为θ，不计一切摩擦，则m1、m2之间的关系是(　　)A．m1＝m2   B．m1＝m2tan θC．m1＝  D．m1＝m2cos θ解析：选B　设轻绳对两小球的拉力大小为FT，对右端小球根据平衡条件得：FT＝m2gsin θ；对左端小球根据平衡条件得：FT＝m1gcos θ；解得：m1＝m2tan θ，B正确。9．[多选](2018·天津高考)明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可。一游僧见之曰：无烦也，我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身。假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力FN，则(　　)A．若F一定，θ大时FN大B．若F一定，θ小时FN大C．若θ一定，F大时FN大D．若θ一定，F小时FN大解析：选BC　根据力F的作用效果将力F分解为垂直于木楔两侧的力FN，如图所示。则＝sin ，即FN＝，所以当F一定时，θ越小，FN越大；当θ一定时，F越大，FN越大。故选项B、C正确。10．[多选]如图，粗糙水平面上有a、b、c、d四个相同小物块用四根完全相同的轻弹簧连接，正好组成一个等腰梯形，系统静止。ab之间、ac之间以及bd之间的弹簧长度相同且等于cd之间弹簧长度的一半，ab之间弹簧弹力大小为cd之间弹簧弹力大小的一半。若a受到的摩擦力大小为f，则(　　)A．ab之间的弹簧一定是压缩的B．b受到的摩擦力大小为fC．c受到的摩擦力大小为fD．d受到的摩擦力大小为2f解析：选ABC　设每根弹簧的原长为L0，ab之间弹簧的形变量为Δx1，cd之间弹簧的形变量为Δx2，则有kΔx2＝2kΔx1，若ab之间的弹簧是拉长的，则有：L0＋Δx2＝2(L0＋Δx1)，解得L0＝0，不符合题意，所以ab之间的弹簧是压缩的，A正确；由于a受到的摩擦力大小为f，根据对称性可得，b受到的摩擦力大小也为f，B正确；以a和c为研究对象进行受力分析如图所示，图中的θ为ac与cd之间的夹角，则cos θ＝＝，所以θ＝60°，则∠cab＝120°，a受到的摩擦力大小f＝T；对c根据力的合成可得fc＝f，C正确；由于c受到的摩擦力大小为  f，根据对称性可知，d受到的摩擦力大小也为f，D错误。11.(2018·云南师大附中模拟)如图所示，柔软轻绳ON的一端O固定，在其上某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N将重物向右上方缓慢拉起。初始时，OM竖直，OM⊥MN，保持OM与MN夹角不变，在OM由竖直被拉到水平的过程中(　　)A．OM上的张力逐渐增大B．OM上的张力先增大后减小C．MN上的张力逐渐增大D．MN上的张力先增大后减小解析：选C　OM和MN上的张力的合力与重力是一对平衡力，受力分析如图所示。根据几何关系有FMN＝Gsin θ，FOM＝Gcos θ，可知，随着θ的增大，MN上的张力逐渐增大，OM上的张力逐渐减小，故C正确，A、B、D 错误。12．(2019届高三·德州调研)如图所示，把一重为G的物体，用一水平推力F＝kt(k为恒量，t为时间)压在竖直的足够高的粗糙墙面上。从t＝0时刻开始物体所受的摩擦力Ff随t的关系对应选项图中的(　　)解析：选B　开始时由于推力F为零，物体和墙面间没有挤压，则摩擦力为零，物体在重力作用下开始沿竖直墙面下滑，所以开始一段时间内为滑动摩擦力。由Ff＝μFN，又FN＝F＝kt，所以Ff＝μkt，即Ff随时间t成正比增大，当Ff增大到等于G时，物体具有一定速度，由于惯性仍然滑行，随着滑行的继续，Ff会大于G，最后物体静止于墙面上，摩擦力变为静摩擦力，竖直方向上根据二力平衡，则有Ff＝G，所以B正确。13.(2018·哈尔滨模拟)如图所示，三个质量均为1 kg的小木块a、b、c和两个劲度系数均为500 N/m的相同轻弹簧p、q用轻绳连接，其中a放在光滑水平桌面上。开始时p弹簧处于原长，木块都静止。现用水平力缓慢地向左拉p弹簧的左端，直到c刚好离开水平地面为止，g取10 m/s2。则该过程中(　　) A．q弹簧上端移动的距离为2 cm，p弹簧的左端向左移动的距离是4 cmB．q弹簧上端移动的距离为4 cm，p弹簧的左端向左移动的距离是2 cmC．q弹簧上端移动的距离为4 cm，p弹簧的左端向左移动的距离是8 cmD．q弹簧上端移动的距离为2 cm，p弹簧的左端向左移动的距离是6 cm解析：选C　开始时p弹簧处于原长，可知q弹簧处于压缩状态，压缩量为Δxq＝＝2 cm; c刚好离开水平地面时，q弹簧伸长Δxq′＝＝2 cm，则q弹簧上端移动的距离为4 cm；p弹簧伸长Δxp＝＝4 cm，则p弹簧的左端向左移动的距离是8 cm。选项C正确，A、B、D错误。14．[多选](2018·宝鸡质检)如图所示，两块相互垂直的光滑挡板OP、OQ，OP竖直放置，小球a、b固定在轻弹簧的两端，并斜靠在OP、OQ上。现有一个水平向左的推力F作用于b上，使a、b紧靠挡板处于静止状态。现保证b不动，使OP向右缓慢平移一小段距离，则(　　)A．推力F变小  B．弹簧长度变短C．弹簧长度变长  D．b对OQ的压力变大解析：选AC　设弹簧与竖直方向的夹角为α，现保证b不动，使OP向右缓慢平移一小段距离，则α减小，以a为研究对象，受力分析如图，根据平衡条件得：F弹＝，α减小，cos α增大，则F弹减小，弹簧长度变长；OP对a的弹力FN1＝mgtan α，α减小，FN1减小，对a、弹簧和b整体研究，水平方向：F＝FN1，则推力F将减小，故A、C正确，B错误；竖直方向：OQ对b的支持力FN2＝(ma＋mb)g不变，根据牛顿第三定律可知，b对OQ的压力不变，故D错误。