2020版高考物理一輪總復(fù)習(xí)第二章第4課時受力分析共點力的均衡(能力課時)限時規(guī)范訓(xùn)練(含分析)新人2020版高考物理一輪總復(fù)習(xí)第二章第4課時受力分析共點力的均衡(能力課時)限時規(guī)范訓(xùn)練(含分析)新人11/11罿PAGE11袇腿羆莃芀蒄聿羋2020版高考物理一輪總復(fù)習(xí)第二章第4課時受力分析共點力的均衡(能力課時)限時規(guī)范訓(xùn)練(含分析)新人

受力分析共點力的均衡

[基礎(chǔ)牢固題組](20分鐘，50分)1．(2019·山西大學(xué)附中月考)以下列圖，斜面小車M靜止在圓滑水平面上，一邊緊貼墻壁．若再在斜面上加一物體m，且M、m相對靜止，此時小車受力個數(shù)為()A．3B．4C．5D．6受力分析，碰到重力、支持力和靜摩擦力；再對M受力分析，m受重力、m對它的垂直向下的壓力和沿斜面向下的靜摩擦力，同時地面對M有向上的支持力，

共碰到4個力，故B正確．

2．(2018·肇慶二模)設(shè)雨點下落過程中碰到的空氣阻力與雨點(可看作球形)的橫截面積S成正比，與下落速度v的二次方成正比，即f＝kSv2，其中k為比率常數(shù)，且雨點最后43都做勻速運動．已知球的體積公式為V＝3πr(r為半徑)．若兩個雨點的半徑之比為1∶2，則這兩個雨點的落地速度之比為()A．1∶2B．1∶2C．1∶4D．1∶8分析：選A.當(dāng)雨點做勻速直線運動時，重力與阻力相等，即f＝mg，故k×πr2×v2＝4324gρr2，選項mg＝ρ×3πr×g，即v＝3，由于半徑之比為1∶2，則落地速度之比為1∶k正確．

3．(多項選擇)以下列圖，物體m經(jīng)過定滑輪牽引另一水平面上的

物體沿斜面勻速下滑，此過程中斜面仍靜止，斜面質(zhì)量為，則水M平川面對斜面體()A．無摩擦力B．有水平向右的摩擦力C．支持力為(＋)D．支持力小于(＋)MmgMmgθ，細(xì)繩的拉力為FT，M、m整體處于均衡狀態(tài)，對M、m整體受力分析可得均衡方程Fcosθ＝F，F(xiàn)sinθ＋F＝(M＋m)g，故F靜方向水平向右，B、T靜TND正確．

4．以下列圖，在一水平長木板上放一木塊P，緩慢抬起木板的

右端，木塊P和木板向來相對靜止，則()

A．木塊碰到木板的支持力減小、摩擦力減小

1

B．木塊碰到木板的支持力增大、摩擦力增大

C．木塊碰到木板的作用力大小不變、方向不變

D．木塊碰到木板的作用力大小變化、方向變化

分析：選C.對木塊受力分析可知，木塊碰到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力的作

用，木塊開始滑動前，木塊受力均衡，所以摩擦力和重力沿斜面向下的分力相等，即f＝sinmgθ，所以夾角增大的過程中，木塊所受的摩擦力素來在增大；木塊碰到的支持力FN＝mgcos

θ，由于運動過程中，夾角增大，故支持力減小，故A、B錯誤；由于木塊素來處于均衡狀

態(tài)，故木塊碰到木板的作用力向來等于重力，故木塊碰到木板的作用力大小不變、方向不變，

故C正確，D錯誤．

5．(2019·山東師大附中一模)以下列圖，三根長度均為L的輕繩

分別連接于C、D兩點，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2L，

現(xiàn)在C點上懸掛一個質(zhì)量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點上

可施加力的最小值為()

3A．mgB．3mg

11C.2mgD．4mg

分析：選C.由題圖可知，要使水平，各繩均應(yīng)繃緊，則與CDAC水平方向的夾角為60°；結(jié)點C受力均衡，受力分析以下列圖，則CD3繩的拉力FT＝mgtan30°＝3mg；D點受繩子拉力大小等于FT，方向向左；要使CD水平，D點兩繩的拉力與外界的力的合力為零，則繩子對D點的拉力可分解為沿BD繩的F1，及另一分力F2，由幾何關(guān)系可知，當(dāng)力F2與BD垂直時，F(xiàn)2最小，而F2的大小即為拉力的大??；故最小力12T

6．一物塊用輕繩AB懸掛于天花板上，用力F拉住套在輕繩上的光

滑小圓環(huán)O(圓環(huán)質(zhì)量忽略不計)，系統(tǒng)在圖示地址處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時輕繩OA段與豎直方向的夾角為α，力F與豎直方向的夾角為β.當(dāng)緩慢拉動圓環(huán)使α(0＜α＜90°)增大時()A．F變大，β變大B．F變大，β變小C．F變小，β變大D．F變小，β變小分析：選B.圓環(huán)碰到三個力，拉力F以及兩段繩子的拉力T，且三力均衡，故兩段繩F2

子的拉力的合力與拉力F向來等值、反向、共線，由于兩個繩子的拉力大小均等于mg，夾

角越小，合力越大，且合力在角均分線上，故拉力F逐漸變大，由于向來與兩段細(xì)繩拉力的

合力反向，故拉力F逐漸豎直，β逐漸變小，應(yīng)選B.

7．(2019·湖南株洲二中模擬)(多項選擇)以下列圖，A球被固定在豎直支架

上，A球正上方的點O懸有一輕繩拉住B球，兩球之間連有輕彈簧，均衡時繩

長為L，張力為T1，彈簧彈力為F1.若將彈簧換成原長相同的勁度系數(shù)更小的

輕彈簧，再次均衡時繩中的張力為T2，彈簧彈力為F2，則()

A．T1>T2B．T1＝T2C．F<FD．F>F1212分析：選BD.以B球為研究對象，B球碰到重力G、彈簧的彈力F和繩子的張力T，以下列圖．B球受力均衡時，F(xiàn)與T的合力與重力G大小相等、G′＝TF方向相反，即G′＝G.依照三角形相似得＝，換成勁度系數(shù)小的OAOBAB輕彈簧，形變量增大，AB減小，則T不變，F(xiàn)減小，選項B、D正確．[能力提升題組](25分鐘，50分)1．(多項選擇)以下列圖，將一充有氫氣的氣球系在一個石塊上，風(fēng)沿水平方向吹，氣球碰到的風(fēng)力大小為F風(fēng)＝kSv2(k是阻力系數(shù)，S是迎風(fēng)橫截面積)，石塊開始靜止于水平川面上，則()

A．若風(fēng)速逐漸增大，氣球會連同石塊一起走開地面

B．無論風(fēng)速多大，氣球連同石塊都不會走開地面

C．若風(fēng)速逐漸增大，氣球會連同石塊一起沿地面向左滑動

D．無論風(fēng)速多大，氣球連同石塊都不會被吹動

分析：選BC.分析法分析動向變化．如圖，整體分析氣球與石塊．開

始時受力均衡，水平風(fēng)力增大，不改變豎直方向的各個力，則石塊不會

走開地面，應(yīng)選項A錯誤，B正確；開始時系統(tǒng)均衡，有F風(fēng)＝F，又有fF≤F＝μF(μ為石塊與地面的動摩擦因數(shù))，解得F風(fēng)≤μF，若F風(fēng)ffmaxNN增大，豎直方向FN＝(M＋m)g－F浮不變，當(dāng)F風(fēng)增大到μFN時，系統(tǒng)會沿地面向左滑動，故

選項C正確，D錯誤．

2．以下列圖，物體A、B置于水平川面上，與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ，物體A、B

用一根超出動滑輪的細(xì)繩相連．現(xiàn)用逐漸增大的力向上提升滑輪，某

時辰拉A物體的繩子與水平面成53°，拉B物體的繩子與水平面成

3

37°，此時A、B兩物體恰好處于均衡狀態(tài)，則mAA、B兩物體的質(zhì)量之比為(最大靜摩擦力B等于滑動摩擦力，sin37°＝，cos37°＝0.8)()μμA.3μ＋4B．4μ＋34μ－33μ－4C.3μ－4D．4μ－3分析：選A.設(shè)繩中張力大小為F，對A應(yīng)用均衡條件得Fcos53°＝μ(mAg－Fsin53°)，對B應(yīng)用均衡條件得Fcos37°＝μ(mBg－Fsin37°)，聯(lián)立以上兩式解得mA4μ＋3＝，選B項A正確．

13．以下列圖，圓滑水平面上有一4的球體，球體的左側(cè)面也圓滑．質(zhì)量分別為m1、m2的小球(均可看作質(zhì)點)，經(jīng)過嬌嫩圓滑的輕繩連接，且與球體一起以共同速度v0向左勻速運動，此時m2與球心O的連線與水平線

成45°角．m2與球面間的動摩擦因數(shù)為，設(shè)m2與球面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，

m2則的最小值是()m1

3222A.4B．3C．2D．2

m2分析：選B.當(dāng)m1有最大值時，的值最小，摩擦力方向沿球面向下，小球m1

m受力以下列圖，依照共點力均衡條件得mgsin45°＋f＝T，f＝μF＝μmgcos22N22221m，選項B正確．3m1

4．以下列圖，質(zhì)量為m的小球用細(xì)線拴住放在圓滑斜面上，斜面

足夠長，傾角為α的斜面體置于圓滑水平面上，用水平力F推斜面體

使斜面體緩慢地向左搬動，小球沿斜面緩慢高升

(細(xì)繩還沒有到達(dá)平行于斜面的地址)．在此過程中()

A．繩對小球的拉力減小

B．斜面體對小球的支持力減小

C．水平推力F減小

4

D．地面對斜面體的支持力不變分析：選A.對小球受力分析，如圖甲所示，斜面體左移會引起T的方向及大小的變化F而F的方向不變，三力的合力為0，則形成閉合三角形，F(xiàn)與F相互垂直時F最小，此時NTNT細(xì)線和斜面平行，則細(xì)線還沒有到達(dá)平行于斜面的地址時，F(xiàn)T逐漸變小，F(xiàn)N逐漸變大，應(yīng)選項A正確，B錯誤；對斜面體受力分析，如圖乙所示，依照均衡條件，有：＝N′sinα＝NsinFFFα，F(xiàn)＝Mg＋F′cosα＝Mg＋Fcosα.由于F增大，故支持力F和推力F均增大，故C、N地NNNN地D錯誤．

5．(2019·廣東省百校締盟高三模擬)質(zhì)量為M的半圓柱體P放在

粗糙的水平川面上，其右端固定一個豎直擋板AB，在P上放兩個大小

相同的圓滑小球C和D，質(zhì)量均為m，整個裝置的縱截面以下列圖．開

始時、C球心連線與水平面的夾角為θ，點、D球心連線處于豎直PP方向，已知重力加速度為g.則以下說法正確的選項是()mgmgA．P和擋板對C的彈力分別為tanθ和sinθB．地面對P的摩擦力大小為零C．使擋板緩慢地向右平行搬動，但C仍在P和擋板AB作用下懸于半空中，則地面對P的摩擦力將不斷增大

D．使擋板繞B點順時針緩慢轉(zhuǎn)動，P向來保持靜止，則D必然緩慢下滑

分析：選C.對D受力分析，碰到重力和的支持力N；對CmgPF受力分析，碰到重力mg、擋板AB的支持力FN1和P對C的支持力FN2，mgmg以下列圖，依照均衡條件，得FN1＝tanθ，F(xiàn)N2＝sinθ，選項A錯誤；

以P、C、D整體為研究對象，進(jìn)行受力分析，碰到三者的重力、擋板

AB的支持力FN1，地面的支持力FN3，地面的靜摩擦力f，依照共點力均衡條件，有N3＝(＋2)，＝N1，選項B錯誤；使擋板緩慢地向右平行搬動，由于θFMmgfF不斷減小，故f不斷增大，選項C正確；由于P、D球心連線處于豎直方向，當(dāng)使擋板繞B點順時針緩慢地轉(zhuǎn)動時，小球D可連續(xù)保持靜止，選項D錯誤．

5

6．(2017·高考全國卷Ⅰ)(多項選擇)如圖，嬌嫩輕繩ON的一端O固定，其中間某點M拴一重物，用手拉住繩的另一端N.初始時，OM豎直且MN被拉直，OM與之間的夾角為π不αα>.現(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角αMN2變．在OM由豎直被拉到水平的過程中()A．MN上的張力逐漸增大

B．MN上的張力先增大后減小

C．OM上的張力逐漸增大

D．OM上的張力先增大后減小

分析：選AD.設(shè)重物的質(zhì)量為m，繩OM中的張力為TOM，繩MN中的

張力為TMN.開始時，TOM＝mg，TMN＝0.由于緩慢拉起，則重物素來處于平

衡狀態(tài)，兩繩張力的合力與重物的重力mg等大、反向．以下列圖，已

知角α不變，在繩緩慢拉起的過程中，角β逐漸增大，則角(α－MNTmgβ)逐漸減小，但角θ不變，在三角形中，利用正弦定理得：sinOM＝sinθ，(αα－β－β)由鈍角變?yōu)殇J角，則TOM先增大后減小，選項D正確；同理知TMN＝mg，在βsinβsinθ由0變?yōu)棣蠱N素來增大，選項A正確．的過程中，2T

7．(2019·廣東佛山測試)(多項選擇)以下列圖，質(zhì)量均為的兩圓滑小環(huán)A和mB用輕繩連接，分別套在水平和豎直的固定直桿上．在繩上O點施一水平力F拉緊輕繩，想法使整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g.隨后使力F緩慢增大，則在此過程中()A．OA段繩中的張力向來大于mg，且逐漸增大B．桿對A環(huán)的作用力向來大于2mg，且逐漸增大C．OB段繩中的張力向來大于mg，且逐漸增大D．OB段繩與豎直方向的夾角逐漸增大

分析：選CD.以A、B兩個小環(huán)整體為研究對象，對整體受力分析，

整體受總重力2mg、水平力F、水平桿對A環(huán)向上的支持力FNA、豎直桿對

6

B環(huán)水平向左的支持力FNB，據(jù)均衡條件可得，水平桿對A環(huán)向上的支持