1、课时跟踪检测(七) 受力分析 共点力的平衡对点训练：受力分析1(2016济南一模)如图1所示，物体A在竖直向上的拉力F的作用下能静止在斜面上，关于A受力的个数，下列说法中正确的是()图1AA一定受两个力作用BA一定受四个力作用CA可能受三个力作用DA受两个力或者四个力作用解析：选D若拉力F大小等于物体的重力，则物体与斜面没有相互作用力，所以物体就只受到两个力作用；若拉力F小于物体的重力时，则斜面对物体产生支持力和静摩擦力，故物体应受到四个力作用；故选D。2(2016沧州二模)如图2，在斜面上木块A与B的接触面是水平的，绳子呈水平状态，两木块均保持静止。则关于木块A和木块B受力个数不可能为()图
2、2A2个和4个B3个和4个C4个和4个 D4个和5个解析：选B如果绳对A没有拉力作用，它就只受重力和支持力两个力，对应的B受重力、A对B的压力、斜面对B的支持力和摩擦力共四个力，选项A可能；如果绳对A有拉力，它还一定受到B对它的摩擦力，即此时A受到四个力，A对B的作用力又增加了一个水平向左的摩擦力，但此时斜面对B可能没有摩擦力作用，也可能对B有沿斜面向上的摩擦力，还可能对B有沿斜面向下的摩擦力，总之，当A受四个力的作用时，B既可能受四个力作用，也可能受五个力作用，故选项C、D都可能，只有选项B不可能。对点训练：平衡条件及其应用3(2016广东六次联考)一个质量为3 kg的物体，被放置在倾角为3
3、0的固定光滑斜面上，在如图3所示的甲、乙、丙三种情况下处于平衡状态的是(g10 m/s2)() 图3A仅甲图 B仅乙图C仅丙图 D甲、乙、丙图解析：B物体在光滑斜面上受重力、支持力和向上的拉力，斜面光滑故物体不受摩擦力；将重力沿斜面和垂直于斜面进行分解，支持力一定与重力垂直于斜面的分力相等；要使物体处于静止，拉力应等于重力沿斜面向下的分力，即Fmgsin 310 N15 N，故只有乙平衡。故选B。4如图4所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的。一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m1和m2的小球。当它们处于平衡状态时，质量为m1的小球与O点的连线
4、与水平线的夹角为90，质量为m2的小球位于水平地面上，设此时质量为m2的小球对地面压力大小为FN，细线的拉力大小为FT，则()图4AFN(m2m1)g BFNm2gCFTm1g DFTg解析：选B分析小球m1的受力情况，由物体的平衡条件可得，绳的拉力FT0，故C、D均错误；分析m2受力，由平衡条件可得：FNm2g，故A错误，B正确。5(多选)(2016广州二模)如图5，L形木板置于粗糙水平面上，光滑物块压缩弹簧后用细线系住。烧断细线，物块弹出的过程木板保持静止，此过程()图5A弹簧对物块的弹力不变B弹簧对物块的弹力逐渐减小C地面对木板的摩擦力不变D地面对木板的摩擦力逐渐减小解析：选BD烧断细线
5、，弹簧要恢复原状，弹簧对物块的弹力逐渐减小，故A错误，B正确；木板在水平方向上受到弹簧的弹力和地面的静摩擦力，两个力平衡，由于弹簧的弹力逐渐减小，则地面对木板的摩擦力逐渐减小，故C错误，D正确。对点训练：整体法与隔离法6(2016开封二模)质量为m的物体在沿斜面向上的拉力F作用下沿放在水平地面上的质量为M的粗糙斜面匀速下滑，此过程中斜面体保持静止，则斜面体与地面间()图6A没有摩擦力B摩擦力的方向水平向右C支持力为(Mm)g D支持力小于(Mm)g解析：选D整体受力如图所示，根据共点力平衡得，地面对斜面体的摩擦力FfFcos ，分析水平向左，支持力的大小 FN(Mm)gFsin ，小于(Mm)
6、g。故D正确，A、B、C错误。7(2016宝鸡质检)如图7所示，质量为M的木块A套在粗糙水平杆上，并用轻绳将木块A与质量为m的小球B相连。现用水平力F将小球B缓慢拉起，在此过程中木块A始终静止不动。假设杆对A的支持力为FN，杆对A的摩擦力为Ff，绳中张力为FT，则此过程中()图7AF增大 BFf不变CFT减小 DFN减小解析：选A先以B为研究对象，小球受到重力、水平力F和轻绳的拉力FT，如图甲所示，由平衡条件得：FT，Fmgtan ，增大，FT增大，F增大。再以整体为研究对象，受力分析图如图乙所示，根据平衡条件得：FfF，则Ff逐渐增大。FN(Mm)g，即FN保持不变，故选A项。8(多选)(2
7、016贵州七校联考)如图8所示，横截面为直角三角形的斜劈A，底面靠在粗糙的竖直墙面上，力F指向球心水平作用在光滑球B上，系统处于静止状态，当力F增大时，系统还保持静止，则下列说法正确的是()图8AA所受合外力增大BA对竖直墙壁的压力增大CB对地面的压力一定增大D墙面对A的摩擦力可能变为零解体：选BCDA一直处于静止，所受合外力一直为零不变，故A错误；以整体为研究对象受力分析，根据平衡条件，水平方向：FNF，F增大则FN增大，故B正确；对B受力分析，如图所示，根据平衡条件：FFNsin ，可见F增大则FN增大，FNmgFNcos ，可见FN增大则FN增大，根据牛顿第三定律则球对地面的压力增大，故
8、C正确；以整体为研究对象，竖直方向：FNFfMgmg，若FN增大至与Mgmg相等，则Ff0，故D正确。对点训练：动态平衡问题9(2016怀化二模)如图9所示，吊环运动员将吊绳与竖直方向分开相同的角度，重力大小为G的运动员静止时，左边绳子张力为T1，右边绳子张力为T2。则下列说法正确的是()图9AT1和T2是一对作用力与反作用力B吊绳与竖直方向的夹角减小时，T1和T2都会变小CT2一定大于GDT1T2G解析：选B 作用力与反作用力必须作用在不同的物体上，T1和T2作用在同一个物体上，A错误；吊绳与竖直方向的夹角减小时，T1和T2夹角变小，T1和T2都会变小，B正确；当夹角为120时，T2等于G；
9、当夹角大于120时，T2大于G；当夹角小于120时，T2小于G，C、D均错误。10(多选)(2016汕头二模)如图10是简易测水平风速的装置，轻质塑料球用细线悬于竖直杆顶端O，当水平风吹来时，球在水平风力F的作用下飘起来。F与风速v成正比，当v3 m/s时，测得球平衡时细线与竖直方向的夹角45，则()图10A当风速v3 m/s时，F的大小恰好等于球的重力B当风速v6 m/s时，90C水平风力F越大，球平衡时，细线所受拉力越小D换用半径相等，但质量较大的球，则当45时，v大于3 m/s解析：选AD对小球受力分析，小球受重力、风力和拉力处于平衡，当细线与竖直方向的夹角45时，根据平行四边形定则知，
10、风力Fmg，故A正确。当风速为6 m/s，则风力为原来的2倍，即为2mg，根据平行四边形定则知，tan 2，90，故B错误。拉力FT，水平风力越大，平衡时，细线与竖直方向的夹角越大，则细线的拉力越大，故C错误。换用半径相等，但质量较大的球，知重力变大，当45时，风力Fmg，可知风力增大，所以v大于3 m/s，故D正确。11(多选)(2016开封模拟)如图11所示，质量均为m的小球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连，B球用长为L的细绳悬于O点，A球固定在O点正下方，当小球B平衡时，绳子所受的拉力为T1，弹簧的弹力为F1；现把A、B间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k2(k2k1)的另一轻弹簧，在其
11、他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为T2，弹簧的弹力为F2，则下列关于T1与T2、F1与F2大小之间的关系，正确的是()图11AT1T2 BT1T2CF1F1；故A、D错误，B、C正确。考点综合训练12(2016桓台期中)如图12所示，在倾角为的粗糙斜面上，一个质量为m的物体被水平力F推着静止于斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为，且tan ，求力F的取值范围。图12解析：因为tan ，所以当F0时，物体不能静止。若物体在力F的作用下刚好不下滑，则物体受沿斜面向上的最大静摩擦力，且此时F最小，对物体受力分析，如图甲所示，由平衡条件得：mgsin Fcos FfFNmgcos Fs
12、in FfFN由解得Fminmg若物体在力F的作用下刚好不上滑，则物体受沿斜面向下的最大静摩擦力，且此时F最大，对物体受力分析，如图乙所示，由平衡条件得：mgsin FfFcos FNmgcos Fsin FfFN由解得Fmaxmg。答案： mgFmg13(2014全国卷)2012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯鲍姆加特纳乘气球升至约39 km的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5 km高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录。取重力加速度的大小g10 m/s2。图13(1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5 km高度处所需的时间及其在此处速度的大小；
13、(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为fkv2，其中v为速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关。已知该运动员在某段时间内高速下落的v t图像如图13所示。若该运动员和所带装备的总质量m100 kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数。(结果保留1位有效数字)解析：(1)设该运动员从开始自由下落至1.5 km高度处的时间为t，下落距离为h，在1.5 km高度处的速度大小为v。根据运动学公式有vgthgt2根据题意有h3.9104 m1.5103 m3.75104 m联立式得t87 sv8.7102 m/s。(2)该运动员达到最大速度vmax时，加速度为零，根据平衡条件有mgkvmax2由所给的v t图像可读出vmax360 m/s由式得k0.008 kg/m。答案：(1)87 s8.7102 m/s(2)0.008 kg/m