《（全国通用版）2019版高考物理大一轮复习 第二章 相互作用 课时达标6 受力分析共点力的平衡》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（全国通用版）2019版高考物理大一轮复习 第二章 相互作用 课时达标6 受力分析共点力的平衡（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1第第 6 6 讲讲 受力分析共点力的平衡受力分析共点力的平衡解密考纲主要考查受力分析、共点力的平衡条件及推论1如图所示，固定斜面上有一光滑小球，有一竖直轻弹簧P与一平行斜面的轻弹簧Q连接着，小球处于静止状态，则关于小球所受力的个数不可能的是( A A )A1B2C3 D4解析 小球可能受 2 个力(重力、P的拉力)；可能受 3 个力(重力、支持力、Q的拉力)；可能受 4 个力(重力、支持力、Q的拉力、P的拉力)2如图所示，将两根劲度系数均为k、原长均为L的轻弹簧，一端固定在水平天花板上相距为 2L的两点，另一端共同连接一质量为m的物体，平衡时弹簧与竖直方向的夹角为37.若将物体的质量变为M，
2、平衡时弹簧与竖直方向的夹角为 53(sin 370.6)，则等于( A A )M mAB9 329 16CD3 83 4解析 因两物体均处于静止状态，所以弹簧的合力一定跟物体的重力平衡，由题图有2kcos 37mg，2kcos 53Mg，解得 ，故选项(L sin 37L)(L sin 53L)M m9 32A 正确3(2017宁夏银川模拟)如图所示，用一轻绳将小球P系于光滑墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，P、Q均处于静止状态，则下列说法正确的是( C C )2A小球P受到 3 个力作用B物块Q受到 3 个力作用C小球P受到物块Q竖直向下的摩擦力作用D小球P受到物块Q的弹力是因
3、小球P发生形变引起的解析 隔离物块Q，则物块Q受到竖直向下的重力、小球P及墙壁水平方向的弹力，因其处于静止状态且墙壁光滑，所以小球P对物块Q一定有竖直向上的摩擦力作用，即物块Q受四个力，选项 B 错误；隔离小球P，则P受重力、绳的拉力、物块Q的支持力和竖直向下的摩擦力作用，选项 A 错误，C 正确；由弹力的定义可知小球P受到物块Q的弹力是因物块Q发生形变引起的，选项 D 错误4如图所示，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1，A与地面间的动摩擦因数为2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A与B的质量之比为
4、( B B )AB1 12112 12CD112 12212 12解析 设水平力为F，对B物体有1FmBg，对A物体有F2(mAg1F)，两式联立解得A与B质量之比为，故选项 B 正确 112 125如图所示，ACB是一光滑的、足够长的、固定在竖直平面内的“”形框架，其中CA、CB边与竖直方向的夹角均为.P、Q两个轻质小环分别套在CA、CB上，两根细绳的一端分别系在P、Q环上，另一端和一绳套系在一起，结点为O.将质量为m的钩码挂在绳套上，OP、OQ两根细绳拉直后的长度分别用l1、l2表示，若l1l223，则钩码静止时，两绳受到的拉力之比F1F2等于( A A )A11B23C32D49解析 系
5、统最终将处于平衡状态，两个轻质小环P、Q分别受到两个力作用，一是框架对它们的支持力，垂直AC、BC边向外，二是细绳拉力，这两个力是平衡力根据等腰三角形知识可知两细绳与水平方向的夹角相等，对结点O受力分析，其水平方向的合力为零，3可得出两细绳受到的拉力相等，即F1F2等于 11，故选项 A 正确6(2017甘肃兰州一模)如图所示，质量为m的正方体和质量为M的正方体放在两竖直墙和水平面间，处于静止状态m和M的接触面与竖直方向的夹角为，重力加速度为g，若不计一切摩擦，下列说法正确的是( D D )A水平面对正方体M的弹力大小大于(Mm)gB水平面对正方体M的弹力大小为(Mm)gcos C墙面对正方体
6、M的弹力大小为mgtan D墙面对正方体M的弹力大小为mgcot 解析 以M、m作为一个整体进行分析，水平面对正方体M的弹力大小等于(Mm)g，故选项 A、B 错误以m为研究对象进行受力分析，直接合成，如图所示，则 tan ，Nmgcot ，故选项 C 错误由于墙对M的弹力与墙对m弹力大小相等，故选mg N项 D 正确7将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于O点，如图所示用力F拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且细线OA与竖直方向的夹角保持30，则F的最小值为( B B )AmgBmg 33CmgDmg321 2解析 以a、b为整体进行受力分析，整体受重力 2mg、悬绳OA
7、的拉力FT及拉力F三个力而平衡，如图所示，三力构成的矢量三角形中，当力F垂直于悬绳拉力FT时有最小值，且最小值F2mgsin mg，故选项 B 正确48(2018江西重点中学联考)(多选)如图所示，质量为M的木板C放在水平地面上，固定在C上的竖直轻杆的顶端分别用细绳a和b连接小球A和小球B，小球A、B的质量分别为mA和mB，当与水平方向成 30角的力F作用在小球B上时，A、B、C刚好相对静止一起向右匀速运动，且此时绳a、b与竖直方向的夹角分别为 30和 60，则下列判断正确的是( ACDACD )A力F的大小为mBgB地面对C的支持力等于(MmAmB)gC地面对C的摩擦力大小为mBg32DmA
8、mB解析 对小球B受力分析，水平方向有Fcos 30Tbcos 30，得TbF，竖直方向有Fsin 30Tbsin 30mBg，解得FmBg，故选项 A 正确；对小球A受力分析，竖直方向有mAgTbsin 30Tasin 60，水平方向有Tasin 30Tbsin 60，联立解得mAmB，故选项 D 正确；以A、B、C整体为研究对象受力分析，竖直方向有FNFsin 30(MmAmB)g，可见FN小于(MmAmB)g，故选项 B 错误；水平方向有FfFcos 30mBgcos 30mBg，故选项 C 正确329如图所示，质量为m1的物体通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O，轻绳OB水平且B端与站
9、在水平面上质量为m2的人相连，轻绳OA与竖直方向的夹角37，物体及人均处于静止状态(已知 sin 370.6，cos 370.8，g取 10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)轻绳OA、OB受到的拉力分别是多大？(2)人受到的摩擦力是多大？方向如何？(3)若人的质量m260 kg，人与水平面之间的动摩擦因数0.3，欲使人在水平面上不滑动，则物体的质量最大不能超过多少？解析 (1)以结点O为研究对象进行受力分析，如图甲所示，由平衡条件有5FOBFOAsin ，FOAcos m1g，联立解得FOAm1g，m1g cos 5 4FOBm1gtan m1g，3 4故轻绳OA、OB受到的拉力
10、分别为m1g、m1g.5 43 4(2)对人受力分析，如图乙所示，人在水平方向受到OB绳的拉力FOB和水平向左的静摩擦力作用，由平衡条件得FfFOB，又FOBFOB，所以FfFOBm1g.3 4(3)当人刚要滑动时，甲的质量达到最大，此时人受到的静摩擦力达到最大值，有Ffmm2g，由平衡条件得FOBmFfm，又FOBmFOBmm1mgtan m1mg，3 4联立解得m1m24 kg，4FOBm 3g4m2g 3g即物体甲的质量最大不能超过 24 kg.答案 (1)m1g m1g (2)m1g 水平向左 (3)24 kg5 43 43 410质量为M的木楔倾角为，在水平面上保持静止，当将一质量为
11、m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑如果用与木楔斜面成角的力F拉着木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止)(1)当时，拉力F有最小值，求此最小值；(2)当时，木楔对水平面的摩擦力是多大？6解析 木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有mgsin mgcos ，即tan .(1)木楔在力F作用下沿斜面向上匀速运动，有Fcos mgsin Ff，Fsin FNmgcos ，FfFN，解得F.2mgsin cos sin 2mgsin cos cos cos sin sin mgsin 2 cos则当时，F有最小值，为Fminmgsin 2.(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即FfmFcos ()，当F取最小值mgsin 2时，FfmFmincos 2mgsin 2cos 2mgsin 4.1 2答案 (1)mgsin 2 (2)mgsin 41 2
