《2020年物理高考大一輪復(fù)習(xí) 第2章 相互作用 第6講 受力分析 共點力的平衡 練習(xí)（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年物理高考大一輪復(fù)習(xí) 第2章 相互作用 第6講 受力分析 共點力的平衡 練習(xí)（含解析）（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第6講 受力分析 共點力的平衡解密考綱主要考查受力分析、共點力的平衡條件及推論1(2019衡水中學(xué)高三調(diào)研)如圖所示，物體A靠在豎直墻面上，在力F作用下，A、B保持靜止物體B的受力個數(shù)為()A2 B4C2或4 D無法確定B解析 對A、B整體，受重力和推力F，如果墻壁對整體有支持力，整體水平方向不能平衡，矛盾，故墻壁對整體水平方向沒有彈力，也就沒有摩擦力；隔離物體A分析，受重力、支持力和B對A的靜摩擦力，再隔離物體B分析，受推力F、重力、A對B的壓力和平行斜面方向的靜摩擦力，共4個力，故選項B正確2(2019高安二中高三期末)如圖所示，用等長的兩根輕質(zhì)細(xì)線把兩個質(zhì)量相等的小球懸掛起來現(xiàn)對小球b施

2、加一個水平向左的恒力F，同時對小球a施加一個水平向右的恒力3F，最后達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，表示平衡狀態(tài)的圖可能是圖中的()D解析 對兩個球整體受力分析，水平方向受向左的F和向右的3F，故上面繩子一定向右偏；設(shè)上面繩子與豎直方向夾角為，則Tsin 2F，Tcos 2mg，設(shè)下面繩子與豎直方向夾角為，則Tsin F，Tcos mg，聯(lián)立可得，故選項D正確3(2019邯鄲高三期末)如圖所示，A、B兩球(可視為質(zhì)點)質(zhì)量均為m，固定在輕彈簧的兩端，分別用細(xì)繩懸于O點，其中球A處在光滑豎直墻面和光滑水平地面的交界處已知兩球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，OA沿豎直方向，OAB恰好構(gòu)成一個正三角形，重力加速度為g，則下列說法正確

3、的是()A球A對豎直墻壁的壓力大小為mgB彈簧對球A的彈力大于對球B的彈力C繩OB的拉力大小等于mgD球A對地面的壓力不可能為零C解析 對B球受力分析，受重力、彈力和拉力，如圖所示對球B所受各力進(jìn)行正交分解，在水平方向F水平TBsin 60mg.對球A受力分析，受重力、彈簧的彈力、墻壁的向右的支持力、細(xì)線的拉力、地面的支持力(其中地面的支持力和細(xì)線的拉力可能只有一個)，球A對豎直墻壁的壓力與F水平大小相等，故選項A錯誤；彈簧靜止，合力為零，故兩個球?qū)椈傻膹椓Φ却?、反向、共線，故彈簧對球A的彈力與彈簧對球B的彈力等大，故選項B錯誤；由于球B所受三個力夾角均為120，故彈簧的支持力和繩子OB的拉

4、力都等于重力，故選項C正確；根據(jù)平衡條件，繩OA對球A的拉力和地面的支持力的合力大小等于彈簧推力的豎直分力和重力之和，故有FNTmgFsin 30，故T1.5mg,0FN1.5mg，可知地面對球A的支持力可能等于零，根據(jù)牛頓第三定律，球A對地面的壓力可能為零，故選項D錯誤4(2019眉山仁壽第一中學(xué)高三調(diào)研)如圖所示，石拱橋的正中央有一質(zhì)量為1 000 kg的對稱楔形石塊，側(cè)面與豎直方向的夾角為30，重力加速度為g10 m/s2，若接觸面間的摩擦力忽略不計，求石塊側(cè)面所受彈力的大小為()A.104 N B.104 NC.104 N D1104 ND解析 對物體受力分析，如圖所示將彈力F1、F2

5、合成，結(jié)合幾何關(guān)系，有F1F2F，根據(jù)共點力平衡條件，有mg2Fcos(90)，解得F1104 N，故選項D正確5(2019濟(jì)南一中高三月考)如圖所示，一個半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O 點為其球心，碗的內(nèi)表面及碗口是光滑的一根細(xì)線跨在碗口上，線的兩端分別系有質(zhì)量為 m1 和 m2 的小球當(dāng)它們處于平衡狀態(tài)時，質(zhì)量為 m1 的小球與 O 點的連線與水平線的夾角為90，質(zhì)量為 m2 的小球位于水平地面上，設(shè)此時質(zhì)量為 m2 的小球?qū)Φ孛鎵毫Υ笮?FN，細(xì)線的拉力大小為 FT，則()AFN(m2m1)g BFNm2gCFTm1g DFTgB解析 對小球m1受力分析，受重力和支持力，假設(shè)細(xì)線對

6、小球m1有拉力作用，則小球m1受力不能平衡，故拉力FT為零，所以此時細(xì)線對m2的拉力大小為零，對m2受力分析，m2處于靜止?fàn)顟B(tài)，則地面對m2的支持力等于m2g，根據(jù)牛頓第三定律可知，F(xiàn)Nm2g，故選項B正確，A、C、D錯誤6(2019肥東高級中學(xué)高三調(diào)研)如圖所示，固定的斜面上疊放著A、B兩木塊，木塊A與B的接觸面是水平的，水平力F作用于木塊A，使木塊A、B保持靜止，且F0.則下列描述正確的是()AB可能受到3個或4個力作用B斜面對木塊B的摩擦力方向可能沿斜面向下CA對B的摩擦力可能為零DA、B整體不可能受三個力作用B解析 對物體B受力分析，受重力，A對B的壓力，A對B水平向左的靜摩擦力，斜面

7、對B垂直向上的支持力，斜面對B可能有靜摩擦力(當(dāng)A對B向左的靜摩擦力平行斜面方向的分力與重力的下滑分力平衡時為零)，故B受4個力或者5個力，選項A錯誤；當(dāng)A對B向左的靜摩擦力平行斜面方向的分力大于重力的下滑分力時，物體B有上滑趨勢，所以受到平行斜面向下的靜摩擦力，選項B正確；對物體A受力分析，受推力、重力、支持力和靜摩擦力，根據(jù)平衡條件，B對A的靜摩擦力與推力F平衡，根據(jù)牛頓第三定律，A對B的摩擦力水平向左，大小為F，選項C錯誤；對AB整體受力分析，受重力、支持力、推力，可能有靜摩擦力(當(dāng)推力的平行斜面方向分力與重力的下滑分力平衡時為零)，所以可能受三個力作用，選項D錯誤7(2019新民一中高

8、三期末)兩個中間有孔的質(zhì)量為M的小球A、B用一輕彈簧相連，套在一水平光滑橫桿上，兩個小球下面分別連一輕彈簧，兩輕彈簧下端同系在一質(zhì)量為m的小球C上，如圖所示已知三根輕彈簧的勁度系數(shù)都為k，三根輕彈簧剛好構(gòu)成一等邊三角形，則下列說法正確的是()A水平橫桿對單個質(zhì)量為M的小球的支持力為2MgmgB連接質(zhì)量為m的小球的輕彈簧的彈力為C連接質(zhì)量為m的小球的輕彈簧的伸長量為D套在水平橫桿上的輕彈簧的形變量為C解析 選擇整體為研究的對象，它們在豎直方向只受到重力與桿的支持力，由二力平衡可知，桿的支持力與整體的重力大小相等，即FN2Mgmg，所以水平橫桿對質(zhì)量為M的小球的支持力為Mgmg，故選項A錯誤；對三

9、個小球分別進(jìn)行受力分析如圖所示，則由對稱性可知，左右彈簧對C的拉力大小相等，與合力的方向之間的夾角是30，所以2F1cos 30mg得F1mg，故選項B錯誤；由胡克定律得F1kx1，連接質(zhì)量為m的小球的輕彈簧的伸長量x1，故選項C正確；對A進(jìn)行受力分析如圖所示，則水平方向受到水平彈簧向左的彈力與F1的水平分力的作用，由受力平衡得F2F1cos 60mg，同理，對B進(jìn)行受力分析得F2F1cos 60mg，所以彈簧的彈力是mg，套在水平光滑橫桿上的輕彈簧的形變量x，故選項D錯誤8(2019紅河黃岡實驗學(xué)校高三月考)如圖所示，斜面小車M靜止在光滑水平面上，一邊緊貼墻壁若再在斜面上加一物體m并豎直向下

10、施加一恒力F，且M、m相對靜止，小車后來受力個數(shù)為()A3 B4 C5 D6B解析 將M和m看成整體，受力分析可知，墻壁和M之間沒有彈力再對M受力分析，受重力、m對M的壓力和靜摩擦力、地面對M豎直向上的支持力，共4個力，故選項A、C、D錯誤，B正確9(2019蘭州高三一診)一質(zhì)量為m的物體用一根足夠長細(xì)繩懸吊于天花板上的O點，現(xiàn)用一光滑的金屬鉤子勾住細(xì)繩，水平向右緩慢拉動繩子(鉤子與細(xì)繩的接觸點A始終在一條水平線上)，下列說法正確的是()A鉤子對細(xì)繩的作用力始終水平向右BOA段繩子的力逐漸增大C鉤子對細(xì)繩的作用力先減小后增大 D鉤子對細(xì)繩的作用力不可能等于mgD解析 OA段繩子的力的大小始終等

11、于物體的重力，大小不變，對鉤子的作用力等于兩段繩子拉力的合力，由于兩段繩子之間的夾角逐漸減小，繩子對鉤子的作用力逐漸增大，方向逐漸改變，鉤子對細(xì)繩的作用力逐漸變大，故選項A、B、C錯誤；因為鉤子與細(xì)繩的接觸點A始終在一條水平線上，兩段繩子之間的夾角不可能達(dá)到90，細(xì)繩對鉤子的作用力不可能等于mg，鉤子對細(xì)繩的作用力也不可能等于mg，故選項D正確10(多選)如圖所示，將一勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在內(nèi)壁光滑的半球形容器底部O處(O為球心)，輕彈簧另一端與質(zhì)量為m的小球相連，小球靜止于P點已知容器半徑為R，與水平面間的動摩擦因數(shù)為，OP與水平方向的夾角為30.下列說法正確的是()A容器相對于水平

12、面有向左運動的趨勢B輕彈簧對小球的作用力大小為 mgC容器對小球的作用力豎直向上D輕彈簧原長為RBD解析 由于容器和小球組成的系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，容器相對于水平面沒有向左運動的趨勢，故選項A錯誤；對小球受力分析，如圖所示，由30可知，支持力和輕彈簧的彈力之間的夾角為120，則由幾何關(guān)系可知，小球受到容器的支持力和輕彈簧對小球的彈力大小均為mg，故選項B正確；容器對小球的作用力是彈力，指向球心O，故選項C錯誤；圖中輕彈簧長度為R，壓縮量為，故原長為R，故選項D正確11(2019眉山仁壽一中高三第一次調(diào)研)(多選)如圖所示，用與豎直方向成角(T2BT1T3T2.因為使繩b在豎直平面內(nèi)順時針轉(zhuǎn)動，故由

13、圖看出，繩a的拉力增大12(多選)如圖所示，傾角為15的斜面固定在水平地面上，物塊在人的拉力作用下沿斜面勻速上滑，且人的拉力方向與水平方向的夾角為45時能夠取最小值，則下列說法錯誤的是()A物塊和斜面的動摩擦因數(shù)為1B物塊和斜面的動摩擦因數(shù)為C在保證物塊勻速上滑的前提下，改變拉力的方向，則物塊對斜面的作用力的方向不變D在保證物塊勻速上滑的前提下，改變拉力的方向，則物塊對斜面的作用力的方向一定改變ABD解析 對M受力分析，建立直角坐標(biāo)系，設(shè)F與斜面的夾角為，如圖所示將F及G進(jìn)行分解，由共點力的平衡條件可得x方向上Fcos FNGsin ，y方向上FNFsin Gcos ；解得F，式中cot ，根

14、據(jù)題意451530時F有最小值由數(shù)學(xué)知識知F最小時，90，則得60，cot ，故選項A、B錯誤斜面對物塊的作用力是支持力和滑動摩擦力的合力，設(shè)此合力方向與斜面方向的夾角為，則cot ，一定，則一定，說明斜面對物塊的作用力方向不變，根據(jù)牛頓第三定律得，物塊對斜面的作用力的方向不變，故選項C正確，D錯誤13(2019蘭州一中高三月考)(多選)如圖所示，三角形ABC是固定在水平面上的三棱柱的橫截面，A30，B37，C處有光滑小滑輪，質(zhì)量分別為m1、m2的兩物塊通過細(xì)線跨放在AC面和BC面上，且均處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知AC面光滑，物塊2與BC面間的動摩擦因數(shù)0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則兩物塊的質(zhì)

15、量比m1m2可能是()A35 B11 C21 D52ABC解析 若m1最小，則m2受到的摩擦力沿斜面向上，根據(jù)共點力的平衡條件可得m1gsin 30m2gcos 37m2gsin 37，解得；若m1最大，則m2受到的摩擦力沿斜面向下，根據(jù)共點力的平衡條件可得m1gsin 30m2gcos 37m2gsin 37，解得2，所以滿足條件的兩個物體質(zhì)量之比為2，則兩物塊的質(zhì)量比m1：m2可能是選項A、B、C.14(多選)兩輕桿通過鉸鏈相連構(gòu)成一個三角形框架，AB、BC、CA三邊長度分別為30 cm、20 cm、40 cm，在A點用一細(xì)線掛1 kg物塊，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，則(g10 m/s2)()AA

16、B桿對A點有沿桿從B點指向A點的彈力BCA桿作用于A點的彈力不一定沿CA桿方向CCA桿產(chǎn)生的彈力大小為20 ND若改為掛一個0.5 kg物塊，則AB桿上彈力也會變?yōu)樵瓉硪话隒D解析 分析受力情況可知，AB桿對A點有沿桿從A點指向B點的拉力，選項A錯誤；由于是輕桿，且通過鉸鏈連接，則CA桿作用于A點的彈力一定沿CA桿方向，選項B錯誤；分析A點的受力，由相似三角形關(guān)系可知，解得FCA2mg20 N，選項C正確；因 ，若改為掛一個0.5 kg物塊，則AB桿上彈力也會變?yōu)樵瓉硪话?，選項D正確15(2019漳州高三調(diào)研)(多選)如圖所示，重均為G的兩光滑小環(huán)A和B用輕繩連接，分別套在水平和豎直的固定直桿

17、上在繩上O點施一水平力F拉緊輕繩，設(shè)法使整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)隨后使力F緩慢增大，則在此過程中()AOA段繩中的張力始終大于G，且逐漸增大B桿對A環(huán)的作用力始終大于2G，且逐漸增大COB段繩中的張力始終大于G，且逐漸增大DOB段繩與豎直方向的夾角逐漸增大CD解析 因小環(huán)光滑，則當(dāng)系統(tǒng)靜止時，OA段繩子垂直水平橫桿，如圖所示，對小環(huán)B以及結(jié)點O分析可知，OA段繩中的張力等于小環(huán)B的重力G，則力F緩慢增大時，OA段繩中的張力始終等于G不變，選項A錯誤；對小環(huán)A、B組成的整體，豎直方向FNAGAGB2G，選項B錯誤；根據(jù)小環(huán)B的受力情況可知，TOBG；若設(shè)OB段繩與豎直方向的夾角為，則TOAG，則隨F的增大，變大，由TOBcos G可知TOB變大，選項C、D正確8