物理：第7講　受力分析　物體的平衡 練習(xí)

課時(shí)跟蹤檢測(cè)（六）受力分析共點(diǎn)力的平衡[A級(jí)——基礎(chǔ)小題練熟練快]1．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)物塊在輕繩的拉動(dòng)下沿傾角為30°的固定斜面向上勻速運(yùn)動(dòng)，輕繩與斜面平行。已知物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),3)，重力加速度取10m/s2。若輕繩能承受的最大張力為1500N，則物塊的質(zhì)量最大為()A．150kg B．100eq\r(3)kgC．200kg D．200eq\r(3)kg解析：選A物塊沿斜面向上勻速運(yùn)動(dòng)，受力如圖，根據(jù)平衡條件F＝Ff＋mgsin30°①Ff＝μFN②FN＝mgcos30°③由①②③式得F＝mgsin30°＋μmgcos30°所以m＝eq\f(F,gsin30°＋μgcos30°)代入數(shù)據(jù)得m＝150kg，選項(xiàng)A正確。2．如圖所示，水平面上A、B兩物塊的接觸面水平，二者疊放在一起在作用于B上的水平恒定拉力F的作用下沿地面向右做勻速運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻撤去力F后，二者仍不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，關(guān)于撤去F前后下列說(shuō)法正確的是()A．撤去F之前A受3個(gè)力作用B．撤去F之前B受到4個(gè)力作用C．撤去F前后，A的受力情況不變D．A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1不小于B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2解析：選D撤去F前，整體做勻速運(yùn)動(dòng)，故B受地面的摩擦力與F平衡，而A水平方向不受外力，故A不受B的摩擦力，B受重力、支持力、壓力、拉力和地面的摩擦力共5個(gè)力作用；A只受重力和B對(duì)A的支持力兩個(gè)力的作用，A、B錯(cuò)誤；撤去拉力F后，由于整體做減速運(yùn)動(dòng)，A受到重力和B對(duì)A的支持力及B對(duì)A的摩擦力3個(gè)力的作用，C錯(cuò)誤；撤去拉力F后，由于整體做減速運(yùn)動(dòng)，整體的加速度a＝μ2g，而A的加速度aA＝μ2g≤μ1g，即μ2≤μ13.(2020·黔東南州第一次模擬)如圖，eq\f(1,4)光滑圓軌道豎直固定在水平地面上，O為圓心，A為軌道上的一點(diǎn)，OA與水平面夾角為30°。小球在拉力F作用下始終靜止在A點(diǎn)。當(dāng)拉力方向水平向左時(shí)，拉力F的大小為10eq\r(3)N。當(dāng)將拉力F在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)至沿圓軌道切線方向時(shí)，拉力F的大小為()A．5eq\r(3)N B．15NC．10N D．10eq\r(3)N解析：選A當(dāng)拉力水平向左時(shí)，受到豎直向下的重力，沿OA向外的支持力，以及拉力F，如圖甲所示，根據(jù)矢量三角形可得G＝Ftan30°＝10eq\r(3)×eq\f(\r(3),3)＝10N當(dāng)拉力沿圓軌道切線方向時(shí)，受力如圖乙所示，根據(jù)矢量三角形可得F＝Gcos30°＝5eq\r(3)N，A正確。4．(2019·重慶一中模擬)如圖，一物塊在外力F的作用下沿水平桌面做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已知物塊質(zhì)量為1kg，與桌面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.75，重力加速度g取10m/s2，外力F的最小值為()A．5N B．6NC．7.5N D．8N解析：選B設(shè)F與水平方向夾角為θ，根據(jù)平衡知識(shí)可知，F(xiàn)cosθ＝μ(mg－Fsinθ)，解得F＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)＝eq\f(7.5N,cosθ＋0.75sinθ)；由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，cosθ＋0.75sinθ的最大值為1.25，則外力F的最小值為Fmin＝6N，故選B。5.(2020·重慶南開中學(xué)考試)如圖所示，豎直面光滑的墻角有一個(gè)質(zhì)量為m，半徑為r的半球體物塊A?，F(xiàn)在A上放一半徑為r，質(zhì)量為2m的光滑球體B，A球球心距墻角的距離為2r，重力加速度為g。整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，則AB間彈力大小為()A．eq\f(2\r(3),3)mg B．2mgC．eq\f(4\r(3),3)mg D．4mg解析：選C選擇B為研究對(duì)象，受力分析如圖所示。根據(jù)幾何關(guān)系可得θ＝30°，所以FN1＝eq\f(G,cos30°)＝eq\f(2mg,\f(\r(3),2))＝eq\f(4\r(3),3)mg，C對(duì)。6.(2019·陜西漢中質(zhì)檢)如圖所示，半圓形金屬框豎直放在粗糙的水平地面上，套在其上的光滑小球P在水平外力F的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，P與圓心O的連線與水平面的夾角為θ，現(xiàn)用力F拉動(dòng)小球，使其緩慢上移到框架的最高點(diǎn)，在此過(guò)程中金屬框架始終保持靜止，下列說(shuō)法中正確的是()A．框架對(duì)小球的支持力先減小后增大B．水平拉力F先增大后減小C．地面對(duì)框架的支持力先減小后增大D．地面對(duì)框架的摩擦力一直減小解析：選D以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，分析受力情況如圖所示。根據(jù)動(dòng)態(tài)三角形可知：框架對(duì)小球的支持力不斷減小，故A錯(cuò)誤；水平拉力F一直減小，故B錯(cuò)誤，以框架與小球組成的整體為研究對(duì)象，整體受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用，由以上分析知，水平拉力F一直減小，所以地面對(duì)框架的摩擦力始終在減小，地面對(duì)框架的支持力保持不變，故D正確，C錯(cuò)誤。7.(多選)(2019·唐山一中綜合測(cè)試)如圖所示，帶有光滑豎直桿的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球與套在豎直桿上的小滑塊用輕繩連接，開始時(shí)輕繩與斜劈平行?，F(xiàn)給小滑塊施加一豎直向上的拉力，使小滑塊沿桿緩慢上升，整個(gè)過(guò)程中小球始終未脫離斜劈，則有()A．輕繩對(duì)小球的拉力逐漸增大B．小球?qū)π迸膲毫ο葴p小后增大C．豎直桿對(duì)小滑塊的彈力先增大后減小D．對(duì)小滑塊施加的豎直向上的拉力逐漸增大解析：選AD先對(duì)小球受力分析，受重力、支持力和細(xì)線的拉力，其中支持力的方向不變，拉力方向改變，根據(jù)平衡條件并結(jié)合圖示法分析支持力和拉力的變化情況：然后對(duì)球和滑塊整體分析，根據(jù)平衡條件列式分析。對(duì)小球受力分析，受重力、支持力和細(xì)線的拉力，如圖甲所示：根據(jù)平衡條件，細(xì)線的拉力T增加，支持力N減小，根據(jù)牛頓第三定律，球?qū)π泵娴膲毫σ矞p小，A正確，B錯(cuò)誤；對(duì)球和滑塊整體分析，受重力、斜面的支持力N，桿的支持力N′，拉力F，如圖乙所示，根據(jù)平衡條件，有：水平方向N′＝Nsinθ，豎直方向F＋Ncosθ＝G，由于N減小，故N′減小，F(xiàn)增加，C錯(cuò)誤，D正確。[B級(jí)——增分題目練通抓牢]8．(2020·安康聯(lián)考)如圖所示，兩個(gè)小球a、b的質(zhì)量均為m，用細(xì)線相連并懸掛于O點(diǎn)。現(xiàn)用一輕質(zhì)彈簧給小球a施加一個(gè)拉力F，使整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，且Oa與豎直方向夾角為30°，已知彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，則彈簧的最短伸長(zhǎng)量為()A．eq\f(mg,2k) B．eq\f(mg,k)C．eq\f(\r(3)mg,3k) D．eq\f(\r(3)mg,k)解析：選B以兩個(gè)小球組成的整體為研究對(duì)象，分析受力，如圖。根據(jù)平衡條件得知：F與FT的合力與重力mg總是大小相等、方向相反，由力的合成圖可知，當(dāng)F與繩子Oa垂直時(shí)，F(xiàn)有最小值，即圖中2位置，F(xiàn)的最小值為：F＝kx＝2mgsinθ＝mg，則彈簧的最短伸長(zhǎng)量為x＝eq\f(mg,k)，故B正確。9.(多選)(2019·蘭州一中模擬)兩輕桿通過(guò)鉸鏈相連構(gòu)成一個(gè)三角形框架，AB、BC、CA三邊長(zhǎng)度為30cm、20cm、40cm，在A點(diǎn)用一細(xì)線掛1kg的物塊，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，則(g＝10m/s2)()A．AB桿對(duì)A點(diǎn)有沿桿從B點(diǎn)指向A點(diǎn)的彈力B．CA桿作用于A點(diǎn)的彈力不一定沿CA桿方向C．CA桿產(chǎn)生的彈力大小為20ND．若改為掛一個(gè)0.5kg的物塊，則AB桿上彈力也會(huì)變?yōu)樵瓉?lái)的一半解析：選CDAB桿對(duì)A點(diǎn)有沿桿從A點(diǎn)指向B點(diǎn)的拉力，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于是輕桿且通過(guò)鉸鏈連接，則CA桿作用于A點(diǎn)的彈力一定沿CA桿方向，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；分析A點(diǎn)的受力，由相似三角形可知：eq\f(mg,BC)＝eq\f(FCA,AC)，解得FCA＝2mg＝20N，選項(xiàng)C正確；因eq\f(mg,BC)＝eq\f(FAB,AB)，則FAB＝15N，若改為掛一個(gè)0.5kg的物塊，則AB桿上彈力為7.5N，選項(xiàng)D正確。10．(多選)(2019·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，一粗糙斜面固定在地面上，斜面頂端裝有一光滑定滑輪。一細(xì)繩跨過(guò)滑輪，其一端懸掛物塊N，另一端與斜面上的物塊M相連，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)用水平向左的拉力緩慢拉動(dòng)N，直至懸掛N的細(xì)繩與豎直方向成45°。已知M始終保持靜止，則在此過(guò)程中()A．水平拉力的大小可能保持不變B．M所受細(xì)繩的拉力大小一定一直增加C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D．M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增加解析：選BD選N為研究對(duì)象，受力情況如圖甲所示，用水平拉力F緩慢拉動(dòng)N的過(guò)程中，水平拉力F逐漸增大，細(xì)繩的拉力T逐漸增大，A錯(cuò)，B對(duì)。對(duì)于M，受重力GM、支持力FN、繩的拉力T以及斜面對(duì)它的摩擦力f。如圖乙所示，若開始時(shí)斜面對(duì)M的摩擦力f沿斜面向上，則T＋f＝GMsinθ，T逐漸增大，f逐漸減小，當(dāng)f減小到零后，再反向增大。若開始時(shí)斜面對(duì)M的摩擦力沿斜面向下，此時(shí)，T＝GMsinθ＋f，當(dāng)T逐漸增大時(shí)，f逐漸增大，C錯(cuò)，D對(duì)。甲乙11．(2019·昆明模擬)如圖所示，質(zhì)量M＝2kg的木塊套在水平固定桿上，并用輕繩與質(zhì)量m＝1kg的小球相連。今用跟水平方向成60°角的力F＝10eq\r(3)N拉著小球并帶動(dòng)木塊一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中M、m的相對(duì)位置保持不變，g＝10m/s2。在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，求：(1)輕繩與水平方向的夾角θ；(2)木塊M與水平桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ。解析：(1)小球的受力如圖甲所示，由平衡條件得水平方向：Fcos60°－FTcosθ＝0豎直方向：Fsin60°－FTsinθ－mg＝0解得θ＝30°。(2)將木塊、小球看作整體，受力如圖乙所示，由平衡條件得水平方向：Fcos60°－μFN＝0豎直方向：FN＋Fsin60°－Mg－mg＝0解得μ＝eq\f(\r(3),3)。答案：(1)30°(2)eq\f(\r(3),3)12．(2020·濰坊模擬)如圖所示，風(fēng)箏借助于均勻的風(fēng)和牽線對(duì)其作用，才得以在空中處于平衡狀態(tài)。圖中所示風(fēng)箏質(zhì)量為400g，某時(shí)刻風(fēng)箏平面與水平面的夾角為30°，主線對(duì)風(fēng)箏的拉力與風(fēng)箏平面成53°角。已知風(fēng)對(duì)風(fēng)箏的作用力與風(fēng)箏平面相垂直，g取10m/s2。(1)求此時(shí)風(fēng)對(duì)風(fēng)箏的作用力的大小和線對(duì)風(fēng)箏的拉力大小；(2)若拉著風(fēng)箏勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，主線與水平面成53°角保持不變，這時(shí)拉主線的力為10N，則風(fēng)對(duì)風(fēng)箏的作用力為多大？風(fēng)箏平面與水平面的夾角為多大？解析：(1)風(fēng)箏平衡時(shí)共受到三個(gè)力的作用，即重力mg、風(fēng)對(duì)它的作用力F和主線對(duì)它的拉力T(如圖所示)，以風(fēng)箏平面方向?yàn)閤軸，F(xiàn)方向?yàn)閥軸，建立一個(gè)坐標(biāo)系，將重力和拉力T正交分解，在x軸方向：mgsin30°－Tcos53°＝0在y軸方向：F＝Tsin53°＋mgcos30°聯(lián)立兩式，解得T＝3.33N，F(xiàn)＝6.13N。(2)同理以水平方向?yàn)閤