1、高考资源网（） 您身边的高考专家练案6第3讲受力分析共点力的平衡一、单项选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1(2020江苏如皋调研)如图，A、B、C、D是四个完全相同的球，重力皆为G，A、B、C放置在水平面上用细线扎紧，D球叠放在A、B、C三球上面，则球A对地面的压力为(A)AGBGCGDG解析本题考查静态平衡的简单计算，整体法与隔离法的简单应用。由对称性知，地面对A、B、C每个球的支持力相等；设地面对A、B、C每个球的支持力为FN，对整体受力分析，据平衡条件可得3FN4G，可知地面对每个球的支持力FNG。据牛顿第三定律可得，球A对地面的压力F压FNG。故A正确，B、
2、C、D错误。2(2019福建厦门质检)如图所示，在水平晾衣杆(可视为光滑杆)上晾晒床单时，为了尽快使床单晾干，可在床单间支撑轻质细杆。随着细杆位置的不同，晾衣杆两侧床单间夹角(150)将不同。设床单重力为G，晾衣杆所受压力大小为N，下列说法正确的是(D)A当60时，NGB当90时，NGC只有当120时，才有NGD无论取何值，都有NG解析由于床单处于平衡状态，则竖直方向所受晾衣杆的支持力等于重力，根据牛顿第三定律可知，无论夹角取何值都有NG，故A、B、C错误，D正确。3(2019河北冀骅中学模拟)如图所示，一光滑小球静止放置在光滑半球面的底端，用竖直放置的光滑挡板水平向右缓慢地推动小球，则在小球
3、运动的过程中(该过程小球未脱离球面)，挡板对小球的推力F1、半球面对小球的支持力F2的变化情况正确的是(D)AF1减小，F2减小BF1减小，F2增大CF1增大，F2减小DF1增大，F2增大解析本题通过力的合成考查动态平衡问题。对小球受力分析，小球受重力、挡板向右的推力和半球面的支持力作用，如图所示。根据平衡条件可得F1mgtan ，F2，由于不断增大，故F1增大、F2增大，故D正确，A、B、C错误。4(2020湖北新洲一中检测)如图所示，小物体P放在直角斜劈M上，M下端连接一竖直弹簧，并紧贴竖直光滑墙壁。开始时，P、M静止，M与墙壁间无作用力。现以平行斜面向上的力F向上推物体P，但P、M未发生
4、相对运动。则在施加力F后(D)AP、M之间的摩擦力变大BP、M之间的摩擦力变小C墙壁与M之间仍然无作用力D弹簧的形变量减小解析本题考查含弹簧系统的动态平衡问题。未施加F之前，对P受力分析，根据平衡条件可知，P受到沿斜面向上的静摩擦力，大小等于P的重力沿斜面向下的分力，当F大于2倍的重力沿斜面向下的分力时，摩擦力方向变为沿斜面向下，且大于重力沿斜面的向下分力，则P、M之间摩擦力变大，当F等于2倍的重力沿斜面向下的分力时，P、M之间摩擦力大小不变，当F小于重力沿斜面向下的分力时，P、M之间摩擦力减小，故A、B错误；把P、M看成一个整体，整体受力平衡，则墙壁对M的支持力等于F在水平方向的分力，竖直方
5、向受力平衡，则弹簧弹力等于整体重力减去F在竖直方向的分力，则弹力减小，形变量减小，故C错误，D正确。5(2019河南十校联考)如图所示，质量为m的小球用一轻绳悬挂，在恒力F作用下处于静止状态，静止时悬线与竖直方向的夹角为60。若把小球换成一质量为2m的小球，仍在恒力F作用下处于静止状态时，此时悬线与竖直方向的夹角为30。已知重力加速度为g，则恒力F的大小为(A)AmgB2mgCmgD2mg解析本题利用三角形法考查静态平衡问题。分别对小球在两个位置时受力分析，并建立如图所示的力的矢量三角形。设恒力F与竖直方向的夹角为，根据正弦定理可得，联立解得Fmg，故A正确，B、C、D错误。二、多项选择题：在
6、每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的。6(2019江苏启东联考)如图所示，橡皮筋一端固定在竖直墙的O点，另一端悬挂质量为m的小球静止在M点。O点正下方N处固定一铁钉(橡皮筋靠在铁钉左侧)，ON间距等于橡皮筋原长，现对小球施加拉力F，使小球沿以MN为直径的圆弧缓慢向N运动，橡皮筋始终在弹性限度内，不计一切摩擦。则小球从M移动到N的过程中(AB)A橡皮筋的弹力一直在变小B拉力F的方向始终跟橡皮筋垂直C拉力F的方向始终跟圆弧垂直D拉力F先变大后变小解析本题考查三角形定则在动态平衡中的应用。小球从M移动到N的过程中，橡皮筋的长度越来越小，即形变量越来越小，所以橡皮筋的弹力一直在变小，故A正确
7、；对小球在圆弧上任意一点A受力分析，小球受重力，橡皮筋的弹力(方向沿AN)，拉力F，由三角形定则可知，拉力方向始终跟橡皮筋垂直，故B正确，C错误；小球在圆弧上由M向N运动，弹力越来越小，由三角形定则可知，拉力F越来越大，故D错误。7(2019贵州贵阳一模)如图所示，一根粗细和质量分布均匀的细绳，两端各系一个质量都为m的小环，小环套在固定水平杆上，两环静止时，过环与细绳结点P、Q的切线与竖直方向的夹角均为，已知绳子的质量也为m，重力加速度大小为g，则两环静止时(BD)A每个小环对水平杆的压力大小为mgB绳子最低点处的弹力的大小为C水平杆对每个小环的摩擦力大小为mgtan D两环之间的距离增大，水
8、平杆对小环的摩擦力增大解析本题运用对称性结合隔离法、正交分解法考查受力分析。由题图可知，细绳在形态上具有对称性，选取左侧细绳为研究对象，受力分析如图甲所示，设细绳的拉力为T，右侧细绳在最低点处的弹力为F，根据平衡条件，在水平方向上有FTsin ，在竖直方向上有mgTcos ，联立解得T，Fmgtan ，故B正确；隔离小环P进行受力分析如图乙所示，小环P受重力mg、水平杆对它的支持力N和摩擦力f、细绳的拉力T。在水平方向上有fTsin sin mgtan ，竖直方向有NTcos mgcos mgmg，根据牛顿第三定律可知每个小环对水平杆的压力大小为mg，故A、C错误；当两环之间的距离增大时，变大
9、，故f变大，故D正确。8(2020江西上饶二中月考)如图所示，在固定好的水平和竖直的框架上，A、B两点连接着一根绕过光滑的轻小滑轮的不可伸长的细绳，重物悬挂于滑轮下，处于静止状态。若按照以下的方式缓慢移动细绳的端点，则下列判断正确的是(BD)A只将绳的左端移向A点，拉力变小B只将绳的左端移向A点，拉力不变C只将绳的右端移向B点，拉力变小D只将绳的右端移向B点，拉力变大解析本题考查力的合成与分解的应用。设滑轮两侧细绳与竖直方向的夹角为，细绳的长度为L，B点到竖直框架的距离为s，根据几何知识和对称性，得sin ，以滑轮为研究对象，设细绳拉力大小为F，根据平衡条件得2Fcos mg，得，F，当只将细
10、绳的左端移向A点，s和L均不变，则不变，cos 不变，F不变，故A错误，B正确。当只将细绳的右端移向B点，s增大，而L不变，则可知增大，cos 减小，F增大，故C错误，D正确。三、非选择题9.如图所示，质量M2 kg的木块套在水平杆上，并用轻绳与质量m kg的小球相连。今用跟水平方向成30角的力F10 N拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，运动中木块与小球的相对位置保持不变，g取10 m/s2，求运动过程中轻绳与水平方向的夹角及木块与水平杆间的动摩擦因数。答案30解析以木块和小球整体为研究对象。由平衡条件得水平方向：Fcos 30FN0竖直方向：FNFsin 30Mgmg0由得以小球为研究对象
11、，由平衡条件得水平方向：Fcos 30FTcos 0竖直方向：Fsin 30FTsin 0由得30。10(2020河南质检)如图所示，圆弧面AB与斜面BC固定在水平面上，斜面BC与水平面夹角为。质量为m的物块与大球O通过绕过定滑轮的轻绳和与斜面平行的轻弹簧连接，系统处于静止状态时，滑轮左侧的轻绳恰好沿水平方向，OO与水平面夹角为，弹簧伸长了x。重力加速度大小为g，不计一切摩擦。求：(1)弹簧的劲度系数k；(2)大球O的质量M。答案(1)k(2)msin tan 解析(1)物体受力如图所示，则有弹簧弹力F1mgsin 根据胡克定律，F1kx联立解得：k(2)大球受力如图所示，则有F2F1MgF2
12、tan 联立解得：Mmsin tan 。11(2019桂林市模拟)如图甲所示，在建筑沙石料产地或粮库常将颗粒输送到高处落下，在水平地面自然堆积成圆锥，其示意图如图乙所示。表格记录了一次在实验室中用干沙子模拟沙堆所测量的数据，表格中H为圆锥高度，L为圆锥底部直径。H/ cm4810121420L/ cm5050506070100(1)试简要解释数据表格所反映的物理现象并求沙子间的平均摩擦因数。(2)现需将总体积为V且颗粒间动摩擦因数为的沙子在水平平整场地中自然堆放，写出沙堆所需底部最小面积Smin的表达式。(圆锥体积公式Vr2h)答案(1)见解析；0.4(2)Smin解析(1)H10 cm时，底
13、部圆直径未见变化，沙堆的倾角不断增加，反映了漏下的沙子在表面上堆积而没有整体下滑，说明倾角过小，处于表面层的沙子满足tan 10 cm阶段，底部圆直径与沙堆高度成正比，说明沙堆倾角保持不变，漏下的沙子沿着表面向下滑动，表面层的沙子满足tan，颗粒间动摩擦因数基本不变，沙堆倾角将维持在最大角 m；考虑恰好不滑动的临界情况，表面沙石受重力、支持力和最大静摩擦力，根据平衡条件，有mgsin mgcos 解得tan 0.4(2)出现最小面积时，最大静摩擦力等于重力的下滑分力，即mgsin mgcos ，解得动摩擦因数tan 结合几何关系，有tan 体积VSminH2H联立解得Smin高考资源网版权所有，侵权必究！