【物理】2020届一轮复习鲁科版必考2-4受力分析 共点力的平衡作业
2.4 受力分析 共点力的平衡 作业
1．(2019·山西大学附中月考)如图所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁．若再在斜面上加一物体m，且M、m相对静止，此时小车受力个数为( )
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：选B.先对物体m受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力；再对M受力分析，受重力、m对它的垂直向下的压力和沿斜面向下的静摩擦力，同时地面对M有向上的支持力，共受到4个力，故B正确．
2．(2018·肇庆二模)设雨点下落过程中受到的空气阻力与雨点(可看成球形)的横截面积S成正比，与下落速度v的二次方成正比，即f＝kSv2，其中k为比例常数，且雨点最终都做匀速运动．已知球的体积公式为V＝πr3(r为半径)．若两个雨点的半径之比为1∶2，则这两个雨点的落地速度之比为( )
A．1∶ B．1∶2
C．1∶4 D．1∶8
解析：选A.当雨点做匀速直线运动时，重力与阻力相等，即f＝mg，故k×πr2×v2＝mg＝ρ×πr3×g，即v2＝，由于半径之比为1∶2，则落地速度之比为1∶，选项A正确．
3．(多选)如图所示，物体m通过定滑轮牵引另一水平面上的物体沿斜面匀速下滑，此过程中斜面仍静止，斜面质量为M，则水平地面对斜面体( )
A．无摩擦力 B．有水平向右的摩擦力
C．支持力为(M＋m)g D．支持力小于(M＋m)g
解析：选BD.设斜面夹角为θ，细绳的拉力为FT，M、m整体处于平衡状态，对M、m整体受力分析可得平衡方程FTcos θ＝F静，FTsin θ＋FN＝(M＋m)g，故F静方向水平向右，B、D正确．
4．如图所示，在一水平长木板上放一木块P，缓慢抬起木板的右端，木块P和木板始终相对静止，则( )
A．木块受到木板的支持力减小、摩擦力减小
B．木块受到木板的支持力增大、摩擦力增大
C．木块受到木板的作用力大小不变、方向不变
D．木块受到木板的作用力大小变化、方向变化
解析：选C.对木块受力分析可知，木块受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力的作用，木块开始滑动前，木块受力平衡，所以摩擦力和重力沿斜面向下的分力相等，即f＝mgsin θ，所以夹角增大的过程中，木块所受的摩擦力一直在增大；木块受到的支持力FN＝mgcos θ，由于运动过程中，夹角增大，故支持力减小，故A、B错误；由于木块一直处于平衡状态，故木块受到木板的作用力始终等于重力，故木块受到木板的作用力大小不变、方向不变，故C正确，D错误．
5．(2019·山东师大附中一模)如图所示，三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2L，现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为( )
A．mg B．mg
C.mg D．mg
解析：选C.由题图可知，要使CD水平，各绳均应绷紧，则AC与水平方向的夹角为60°；结点C受力平衡，受力分析如图所示，则CD绳的拉力FT＝mgtan 30°＝mg；D点受绳子拉力大小等于FT，方向向左；要使CD水平，D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1，及另一分力F2，由几何关系可知，当力F2与BD垂直时，F2最小，而F2的大小即为拉力的大小；故最小力F＝FTsin 60°＝mg.故C正确．
6．一物块用轻绳AB悬挂于天花板上，用力F拉住套在轻绳上的光滑小圆环O(圆环质量忽略不计)，系统在图示位置处于静止状态，此时轻绳OA段与竖直方向的夹角为α，力F与竖直方向的夹角为β.当缓慢拉动圆环使α(0＜α
＜90°)增大时( )
A．F变大，β变大 B．F变大，β变小
C．F变小，β变大 D．F变小，β变小
解析：选B.圆环受到三个力，拉力F以及两段绳子的拉力FT，且三力平衡，故两段绳子的拉力的合力与拉力F始终等值、反向、共线，由于两个绳子的拉力大小均等于mg，夹角越小，合力越大，且合力在角平分线上，故拉力F逐渐变大，由于始终与两段细绳拉力的合力反向，故拉力F逐渐竖直，β逐渐变小，故选B.
7．(2019·湖南株洲二中模拟)(多选)如图所示，A球被固定在竖直支架上，A球正上方的点O悬有一轻绳拉住B球，两球之间连有轻弹簧，平衡时绳长为L，张力为T1，弹簧弹力为F1.若将弹簧换成原长相同的劲度系数更小的轻弹簧，再次平衡时绳中的张力为T2，弹簧弹力为F2，则( )
A．T1>T2 B．T1＝T2
C．F1
F2
解析：选BD.以B球为研究对象，B球受到重力G、弹簧的弹力F和绳子的张力T，如图所示．B球受力平衡时，F与T的合力与重力G大小相等、方向相反，即G′＝G.根据三角形相似得＝＝，换成劲度系数小的轻弹簧，形变量增大，AB减小，则T不变，F减小，选项B、D正确．
8．(多选)如图所示，将一充有氢气的气球系在一个石块上，风沿水平方向吹，气球受到的风力大小为F风＝kSv2(k是阻力系数，S是迎风横截面积)，石块开始静止于水平地面上，则( )
A．若风速逐渐增大，气球会连同石块一起离开地面
B．无论风速多大，气球连同石块都不会离开地面
C．若风速逐渐增大，气球会连同石块一起沿地面向左滑动
D．无论风速多大，气球连同石块都不会被吹动
解析：选BC.解析法分析动态变化．如图，整体分析气球与石块．开始时受力平衡，水平风力增大，不改变竖直方向的各个力，则石块不会离开地面，故选项A错误，B正确；开始时系统平衡，有F风＝Ff，又有Ff≤Ffmax＝μFN(μ为石块与地面的动摩擦因数)，解得F风≤μFN，若F风增大，竖直方向FN＝(M＋m)g－F浮不变，当F风增大到μFN时，系统会沿地面向左滑动，故选项C正确，D错误．
9．如图所示，物体A、B置于水平地面上，与地面间的动摩擦因数均为μ，物体A、B用一根跨过动滑轮的细绳相连．现用逐渐增大的力向上提升滑轮，某时刻拉A物体的绳子与水平面成53°，拉B物体的绳子与水平面成37°，此时A、B两物体刚好处于平衡状态，则A、B两物体的质量之比为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )
A. B．
C. D．
解析：选A.设绳中张力大小为F，对A应用平衡条件得Fcos 53°＝μ(mAg－Fsin 53°)，对B应用平衡条件得Fcos 37°＝μ(mBg－Fsin 37°)，联立以上两式解得＝，选项A正确．
10．如图所示，光滑水平面上有一的球体，球体的左侧面也光滑．质量分别为m1、m2的小球(均可看成质点)，通过柔软光滑的轻绳连接，且与球体一起以共同速度v0向左匀速运动，此时m2与球心O的连线与水平线成45°角．m2与球面间的动摩擦因数为0.5，设m2与球面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则的最小值是( )
A. B． C．2 D．
解析：选B.当m1有最大值时，的值最小，摩擦力方向沿球面向下，小球m2受力如图所示，根据共点力平衡条件得m2gsin 45°＋f＝T，f＝μFN＝μm2gcos 45°，T＝m1g，联立三式解得＝，选项B正确．
11．如图所示，质量为m
的小球用细线拴住放在光滑斜面上，斜面足够长，倾角为α的斜面体置于光滑水平面上，用水平力F推斜面体使斜面体缓慢地向左移动，小球沿斜面缓慢升高(细绳尚未到达平行于斜面的位置)．在此过程中( )
A．绳对小球的拉力减小
B．斜面体对小球的支持力减小
C．水平推力F减小
D．地面对斜面体的支持力不变
解析：选A.对小球受力分析，如图甲所示，斜面体左移会引起FT的方向及大小的变化而FN的方向不变，三力的合力为0，则形成闭合三角形，FT与FN相互垂直时FT最小，此时细线和斜面平行，则细线尚未到达平行于斜面的位置时，FT逐渐变小，FN逐渐变大，故选项A正确，B错误；对斜面体受力分析，如图乙所示，根据平衡条件，有：F＝FN′sin α＝FNsin α，FN地＝Mg＋FN′cos α＝Mg＋FNcos α.由于FN增大，故支持力FN地和推力F均增大，故C、D错误．
12．(2019·广东省百校联盟高三模拟)质量为M的半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端固定一个竖直挡板AB，在P上放两个大小相同的光滑小球C和D，质量均为m，整个装置的纵截面如图所示．开始时P、C球心连线与水平面的夹角为θ，点P、D球心连线处于竖直方向，已知重力加速度为g.则下列说法正确的是( )
A．P和挡板对C的弹力分别为和
B．地面对P的摩擦力大小为零
C．使挡板缓慢地向右平行移动，但C仍在P和挡板AB作用下悬于半空中，则地面对P的摩擦力将不断增大
D．使挡板绕B点顺时针缓慢转动，P始终保持静止，则D一定缓慢下滑
解析：选C.对D受力分析，受到重力mg和P的支持力FN；对C受力分析，受到重力mg、挡板AB的支持力FN1和P对C的支持力FN2，如图所示，根据平衡条件，得FN1＝，FN2＝，选项A错误；以P、C、D整体为研究对象，进行受力分析，受到三者的重力、挡板AB的支持力FN1，地面的支持力FN3，地面的静摩擦力f，根据共点力平衡条件，有FN3＝(M＋2m)g，f＝FN1，选项B错误；使挡板缓慢地向右平行移动，由于θ不断减小，故f不断增大，选项C正确；由于P、D球心连线处于竖直方向，当使挡板绕B点顺时针缓慢地转动时，小球D可继续保持静止，选项D错误．
13．(2017·高考全国卷Ⅰ)(多选)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α.现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α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
解析：选AD.设重物的质量为m，绳OM中的张力为TOM，绳MN中的张力为TMN.开始时，TOM＝mg，TMN＝0.由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力mg等大、反向．如图所示，已知角α不变，在绳MN缓慢拉起的过程中，角β逐渐增大，则角(α－β)逐渐减小，但角θ不变，在三角形中，利用正弦定理得：＝，(α－β)由钝角变为锐角，则TO M先增大后减小，选项D正确；同理知＝，在β由0变为的过程中，TMN一直增大，选项A正确．
14．(2019·广东佛山测试)(多选)如图所示，质量均为m的两光滑小环A
和B用轻绳连接，分别套在水平和竖直的固定直杆上．在绳上O点施一水平力F拉紧轻绳，设法使整个系统处于静止状态，重力加速度为g.随后使力F缓慢增大，则在此过程中( )
A．OA段绳中的张力始终大于mg，且逐渐增大
B．杆对A环的作用力始终大于2mg，且逐渐增大
C．OB段绳中的张力始终大于mg，且逐渐增大
D．OB段绳与竖直方向的夹角逐渐增大
解析：选CD.以A、B两个小环整体为研究对象，对整体受力分析，整体受总重力2mg、水平力F、水平杆对A环向上的支持力FNA、竖直杆对B环水平向左的支持力FNB，据平衡条件可得，水平杆对A环向上的支持力FNA＝2mg，竖直杆对B环水平向左的支持力FNB＝F，以A为研究对象，对A受力分析，A受重力、水平杆对A竖直向上的支持力、绳OA对A的拉力，三力平衡，绳OA的拉力一定竖直向下，且FNA＝mg＋TOA，解得TOA＝mg，故A、B错误．以B为研究对象，对B受力分析，如图所示，设OB段绳与竖直方向的夹角为θ，由平衡条件可得TOB＝＝，tan θ＝＝，力F缓慢增大，OB段绳中的张力始终大于mg，且逐渐增大，OB段绳与竖直方向的夹角逐渐增大，故C、D正确．
