（江蘇專版）2022年高考物理一輪復習 課時跟蹤檢測（七）受力分析 共點力的平衡（含解析）

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1、（江蘇專版）2022年高考物理一輪復習 課時跟蹤檢測（七）受力分析 共點力的平衡（含解析） 對點訓練：物體的受力分析 1.(2018·南京聯考)如圖所示，甲、乙兩物體疊放在水平面上，用水平向右的拉力F拉乙，甲、乙保持靜止狀態(tài)，甲、乙間的接觸面水平，則乙受力的個數為(　　) A．3個　　　　　　　　　 　B．4個 C．5個 D．6個 解析：選C　對甲受力分析可知，甲僅受到自身的重力和乙的支持力，甲、乙兩物體之間沒有摩擦力，故乙受到重力、甲對乙的壓力、地面的支持力、水平向右的拉力F和地面向左的摩擦力，故選C。 2．(2019·泰興模擬)如圖所示，A、B、C、D是四個完全相同的木塊，

2、在圖甲中，水平力F作用于B上，A、B處于靜止狀態(tài)，圖乙中，豎直彈簧作用于D上，C、D處于靜止狀態(tài)。關于A、B、C、D的受力情況，下列說法不正確的是(　　) A．圖甲中A受五個力作用，圖乙中C受三個力作用 B．圖甲中墻對A一定有向上的摩擦力 C．圖乙中墻對C可能有摩擦力 D．圖乙中D對C一定有向右上方的摩擦力 解析：選C　圖甲中整體受重力、墻的彈力、壓力F和向上的摩擦力而處于靜止；對A分析可知，A受重力、墻對A的彈力、B對A的彈力、墻給的向上的摩擦力，根據B的平衡條件，可得A、B間一定有摩擦力，故A受5個力；而乙中CD整體受重力、彈力的作用即可以平衡；故C與墻之間沒有摩擦力；則C只

3、受重力、D的支持力及D對C的摩擦力的作用，共受3個力，A、B正確；若圖乙中墻對C有摩擦力，則C一定受到向右的墻的彈力；對整體分析可知，整體不可能平衡，C錯誤；因C有向下的運動趨勢，D、C間一定有壓力且有相互的運動趨勢，故D對C一定有向右上方的摩擦力，D正確。 對點訓練：解決平衡問題的四種常用方法 3．如圖所示，用相同的彈簧測力計將同一個重物m，分別按甲、乙、丙三種方式懸掛起來，讀數分別是F1、F2、F3、F4，已知θ＝30°，則有(　　) A．F4最大 B．F3＝F2 C．F2最大 D．F1最大 解析：選C　由平衡條件可知：F1＝mgtan θ，F2cos θ＝mg,

4、2F3cos θ＝mg，F4＝mg，因此可得F1＝mg，F2＝mg，F3＝mg，故A、B、D錯誤，C正確。 4.(2017·全國卷Ⅱ)如圖所示，一物塊在水平拉力F的作用下沿水平桌面做勻速直線運動。若保持F的大小不變，而方向與水平面成60°角，物塊也恰好做勻速直線運動。物塊與桌面間的動摩擦因數為(　　) A．2－ B. C. D. 解析：選C　當F沿水平方向時，根據物塊受力情況，有F＝f，f＝μN，N＝mg，聯立解得F＝μmg。當F與水平面成60°角時，物塊受力如圖所示，有Fcos 60°＝f′，f′＝μN′，N′＝mg－Fsin 60°， 聯立得Fcos 60°＝μ(mg－F

5、sin 60°)。解得μ＝，C正確。 5.如圖所示，一只半徑為R的半球形碗倒扣在水平桌面上，處于靜止狀態(tài)。一質量為m的螞蟻(未畫出)在離桌面高度為R時恰能停在碗上，則螞蟻受到的最大靜摩擦力大小為(　　) A．0.6mg B．0.8mg C．0.4mg D．0.75mg 解析：選A　螞蟻受重力、支持力和最大靜摩擦力，受力分析如圖所示： 根據平衡條件有Fm＝mgsin θ，而cos θ＝＝0.8， 所以Fm＝0.6mg，故A正確，B、C、D錯誤。 6.如圖所示，一條細繩跨過定滑輪連接物體A、B，A懸掛起來，B穿在一根豎直桿上，兩物體均保持靜止。不計繩與滑輪、B與豎直桿間的摩擦

6、。已知繩與豎直桿間的夾角為θ，則物體A、B的質量之比mA∶mB等于(　　) A．cos θ∶1 B．1∶cos θ C．tan θ∶1 D．1∶sin θ 解析：選B　物體A處于靜止狀態(tài)，繩子上的彈力大小等于物體A的重力。再分析物體B的受力，物體B受重力、繩子拉力、豎直桿對它水平向右的彈力，根據正交分解法，在豎直方向有mAgcos θ＝mBg，則兩物體的質量之比為1∶cos θ，故B正確，A、C、D錯誤。 對點訓練：解決動態(tài)平衡問題的三種方法 7.[多選](2017·天津高考)如圖所示，輕質不可伸長的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿M、N上的a、b兩點，懸掛衣服的衣架掛鉤是光滑的，

7、掛于繩上處于靜止狀態(tài)。如果只人為改變一個條件，當衣架靜止時，下列說法正確的是(　　) A．繩的右端上移到b′，繩子拉力不變 B．將桿N向右移一些，繩子拉力變大 C．繩的兩端高度差越小，繩子拉力越小 D．若換掛質量更大的衣服，則衣架懸掛點右移 解析：選AB　設兩段繩子間的夾角為2α，由平衡條件可知，2Fcos α＝mg，所以F＝，設繩子總長為L，兩桿間距離為s，由幾何關系L1sin α＋L2sin α＝s，得sin α＝＝，繩子右端上移，L、s都不變，α不變，繩子張力F也不變，A正確；桿N向右移動一些，s變大，α變大，cos α變小，F變大，B正確；繩子兩端高度差變化，不影響s和L，所

8、以F不變，C錯誤；衣服質量增加，繩子上的拉力增加，由于α不會變化，懸掛點不會右移，D錯誤。 8.如圖所示，用與豎直方向成θ角(θ＜45°)的傾斜輕繩a和水平輕繩b共同固定一個小球，這時繩b的拉力為T1?，F保持小球在原位置不動，使繩b在原豎直平面內逆時轉過θ角固定，繩b的拉力變?yōu)門2；再轉過θ角固定，繩b的拉力為T3，則(　　) A．T1＝T3＞T2 B．T1＜T2＜T3 C．T1＝T3＜T2 D．繩a的拉力增大 解析：選A　以小球為研究對象，分析受力：重力，a、b兩繩的拉力。根據平衡條件得知，a、b兩繩的合力方向豎直向上，大小與重力相等，保持不變，作出b繩在三個不同位置時，兩個

9、拉力的變化，如圖，由圖得到，T1＝T3＞T2，繩a的拉力減小。故A正確，B、C、D錯誤。 9.[多選](2018·開封模擬)如圖所示，質量均為m的小球A、B用勁度系數為k1的輕彈簧相連，B球用長為L的細繩懸于O點，A球固定在O點正下方，當小球B平衡時，繩子所受的拉力為T1，彈簧的彈力為F1；現把A、B間的彈簧換成原長相同但勁度系數為k2(k2>k1)的另一輕彈簧，在其他條件不變的情況下仍使系統平衡，此時繩子所受的拉力為T2，彈簧的彈力為F2，則下列關于T1與T2、F1與F2大小之間的關系正確的是(　　) A．T1>T2 B．T1＝T2 C．F1

10、析：選BC　以小球B為研究對象，分析受力情況，如圖所示。由平衡條件可知，彈簧的彈力F和繩子的拉力T的合力F合與重力mg大小相等，方向相反，即F合＝mg，由三角形相似得：＝＝。當彈簧勁度系數變大時，彈簧的壓縮量減小，故AB長度增加，而OB、OA的長度不變，故T1＝T2，F2>F1；故A、D錯誤，B、C正確。 考點綜合訓練 10．[多選](2018·無錫模擬)在水平桌面上有一個質量為M且傾角為α的斜面體。一個質量為m的物塊，在平行于斜面的拉力F作用下，沿斜面向下做勻速運動。斜面體始終處于靜止狀態(tài)。已知物塊與斜面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g。下列結論正確的是(　　) A．斜面對物塊的

11、摩擦力大小是F B．斜面對物塊的摩擦力大小是μmgcos α C．桌面對斜面體的摩擦力大小是Fcos α D．桌面對斜面體的支持力大小是(M＋m)g 解析：選BC　對物塊受力分析，如圖甲所示，由共點力的平衡條件得，F＋mgsin α＝f1，mgcos α＝FN1，f1＝μFN1，解得斜面對物塊的摩擦力大小f1＝F＋mgsin α或f1＝μmgcos α，故A錯誤，B正確；對物塊和斜面整體受力分析，如圖乙所示，由共點力的平衡條件得，f2＝Fcos α，FN2＝Fsin α＋(m＋M)g，故桌面對斜面體的摩擦力大小為Fcos α，桌面對斜面體的支持力大小為Fsin α＋(m＋M)g，故C正

12、確，D錯誤。 11.如圖所示，小球被輕質細繩系住斜吊著放在靜止光滑斜面上，設小球質量m＝1 kg，斜面傾角θ＝30°，細繩與豎直方向夾角α＝30°，光滑斜面體M＝3 kg置于粗糙水平面上，求：(g取10 m/s2) (1)細繩對小球拉力的大?。? (2)地面對斜面體的摩擦力的大小和方向。 解析：(1)以小球為研究對象，受力情況如圖甲所示，根據平衡條件得知，T與N的合力 F＝mg， Tcos 30°＝F， 解得：T＝＝ N。 (2)以小球和斜面體整體為研究對象，受力分析如圖乙所示，由于系統靜止，合力為零，則有：f＝Tcos 60°＝× N＝ N，方向水平向左。 答案：(1) N　

13、(2) N，方向水平向左 12.(2018·銅陵模擬)如圖所示，質量M＝2 kg的木塊A套在水平桿上，并用輕繩將木塊A與質量m＝ kg的小球相連。今用與水平方向成α＝30°角的力F＝10 N，拉著球帶動木塊一起向右勻速運動，運動中M、m相對位置保持不變，取g＝10 m/s2。求： (1)運動過程中輕繩與水平方向的夾角θ； (2)木塊與水平桿間的動摩擦因數μ。 解析：(1)設輕繩對小球的拉力為FT，小球受力如圖甲所示， 由平衡條件可得Fcos 30°－FTcos θ＝0 Fsin 30°＋FTsin θ－mg＝0解得FT＝10 N θ＝30°。 (2) 以木塊和小球組成的整體為研究對象，受力分析如圖乙所示， 由平衡條件得Fcos 30°－Ff＝0 FN＋Fsin 30°－(M＋m)g＝0 又Ff＝μFN解得μ＝。 答案：(1)30°　(2)