版一轮优化探究物理教科版练习第二章 第3讲 受力分析 共点力的平衡 含答案.docx
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版一轮优化探究物理教科版练习第二章第3讲受力分析共点力的平衡含答案
[课时作业] 单独成册 方便使用
[基础题组]
单项选择题
1．如图所示，用轻杆拴接同种材料制成的a、b两物体，它们沿斜面向下做匀速运动，关于a、b的受力情况，以下说法正确的是（ ）
A．a受三个力作用，b受四个力作用
B．a受四个力作用，b受三个力作用
C．a、b均受三个力作用
D．a、b均受四个力作用
解析：
对a、b和轻杆组成的整体分析，根据平衡条件有Mgsinθ＝μMgcosθ，解得μ＝tanθ.再隔离对a分析，假设受到轻杆拉力，有mgsinθ＝μmgcosθ＋T，解得T＝0.所以轻杆无拉力，a、b均受三个力，即重力、支持力和摩擦力，选项C正确，A、B、D错误．
答案：
C
2．在恒力F作用下，a、b两物体一起沿粗糙竖直墙面匀速向上运动，则关于它们受力
情况的说法正确的是（ ）
A．a一定受到4个力
B．b可能受到4个力
C．a与墙壁之间一定有弹力和摩擦力
D．a与b之间不一定有摩擦力
解析：
对物体b受力分析，受重力、支持力和摩擦力，处于三力平衡状态，故B、D错误；对物体a、b整体受力分析，受重力、支持力，若墙壁对整体有支持力，水平方向不能平衡，故墙壁对整体没有支持力，故也没有摩擦力，最后对物体a受力分析，受推力、重力、物体b对其的压力和静摩擦力，即物体a共受4个力，故A正确，C错误．故选A.
答案：
A
3．如图所示，细绳一端与光滑小球连接，另一端系在竖直墙壁上的A点，在缩短细绳小球缓慢上移的过程中，细绳对小球的拉力F、墙壁对小球的弹力N的变化情况为（ ）
A．F、N都不变
B．F变大、N变小
C．F、N都变大
D．F变小、N变大
解析：
以小球为研究对象，受力分析如图，设绳子与墙的夹角为θ，由平衡条件得：
F＝
，N＝mgtanθ，把绳的长度减小，θ增加，cosθ减小，tanθ增大，则得到F和N都增大，故选项C正确．
答案：
C
4.如图所示，一质量为m的沙袋用不可伸长的轻绳悬挂在支架上，一练功队员用垂直于绳的力将沙袋缓慢拉起使绳与竖直方向的夹角为θ＝30°，且绳绷紧，则练功队员对沙袋施加的作用力大小为（ ）
A.
B.
mg
C.
mgD.
mg
解析：
建立如图所示直角坐标系，对沙袋进行受力分析．
由平衡条件有Fcos30°－Tsin30°＝0，Tcos30°＋Fsin30°－mg＝0，联立可解得F＝
，故选A.
答案：
A
5．如图所示，一竖直挡板固定在水平地面上，图甲用一斜面将一质量为M的光滑球顶起，图乙用一
圆柱体将同一光滑球顶起．当斜面或
圆柱体缓慢向右推动的过程中，关于两种情况下挡板所受的压力，下列说法正确的是（ ）
A．两种情况下挡板所受的压力都不变
B．两种情况下挡板所受的压力都增大
C．图甲中挡板所受的压力不变，图乙中挡板所受的压力减小
D．图甲中挡板所受的压力不变，图乙中挡板所受的压力先减小后增大
解析：
选球为研究对象，图甲中，球受重力、挡板的弹力、斜面的支持力，由于缓慢向右推动的过程中，各力的方向不变，重力不变，所以挡板的弹力、斜面的支持力大小均不变，由牛顿第三定律知挡板所受压力也不变，B错误；图乙中球受重力、挡板的弹力、
圆柱体的支持力，由于缓慢向右推动的过程中，
圆柱体支持力与竖直方向的夹角减小（示意图如图），挡板的弹力方向不变，重力不变，因此挡板的弹力减小，挡板所受的压力也减小，C正确，A、D错误．
答案：
C
6．如图所示，小球C置于光滑的半球形凹槽B内，B放在长木板A上，整个装置处于静止状态．在缓慢减小木板的倾角θ过程中，下列说法正确的是（ ）
A．A受到的压力逐渐变大
B．A受到的摩擦力逐渐变大
C．C对B的压力逐渐变大
D．C受到三个力的作用
解析：
对BC整体分析受力情况，其受重力mg、木板A的支持力N和摩擦力f，由平衡条件可知N＝mgcosθ，f＝mgsinθ，减小θ，N增大，f减小，由牛顿第三定律可知，B对A的压力增大，B对A的摩擦力减小，故A正确，B错误．由于半球形凹槽光滑，小球只受重力和支持力，由平衡条件得到，支持力与重力大小相等，保持不变，则C对B的压力也保持不变，故C、D错误．故选A.
答案：
A
7.
甲、乙两人用绳aO和bO通过装在P楼和Q楼楼顶的定滑轮，将质量为m的物块由O点沿Oa直线缓慢向上提升，如图所示，其中∠aOb为锐角，则在物块由O点沿直线Oa缓慢上升过程中，以下判断正确的是（ ）
A．aO绳和bO绳中的弹力都逐渐减小
B．aO绳和bO绳中的弹力都逐渐增大
C．aO绳中的弹力一直在增大，bO绳中的弹力先减小后增大
D．aO绳中的弹力先减小后增大，bO绳中的弹力一直在增大
解析：
对结点O进行受力分析，如图所示，根据三力平衡的特点可知aO绳和bO绳中的弹力的合力与重力是一对平衡力，从图中可以看出：
aO绳中的弹力一直在增大，bO绳中的弹力先减小后增大，即C选项正确．
答案：
C
8．（2018·安徽“江南十校”高三联考）如图所示，竖直面光滑的墙角有一个质量为m，半径为r的半球体均匀物块A.现在A上放一密度和半径与A相同的球体B，调整A的位置使得A、B保持静止状态，已知A与地面间的动摩擦因数为0.5.假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则A球球心距墙角的最远距离是（ ）
A．2rB.
r
C.
rD.
r
解析：
根据题意可知，B的质量为2m，A、B处于静止状态，受力平衡，则地面对A的支持力为N＝3mg，当地面对A的摩擦力达到最大静摩擦力时，A球球心距墙角的距离最远，对A、B分别受力分析，如图所示：
根据平衡条件得F＝
，f＝N′＝Fcosθ＝μ·3mg，解得tanθ＝
，则A球球心距墙角的最远距离为x＝2rcosθ＋r＝
r，故C正确，A、B、D错误．
答案：
C
[能力题组]
一、选择题
9.（2018·山西晋城模拟）如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动；用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在圆弧形墙壁上的C点．当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中（保持OA与地面夹角θ不变），OC绳所受拉力的大小变化情况是（ ）
A．逐渐减小B．逐渐增大
C．先减小后增大D．先增大后减小
解析：
对物体分析，物体受力平衡，则拉力等于重力，故竖直绳的拉力不变；再对O点分析，O受竖直绳子的拉力、OA的支持力及OC绳的拉力而处于平衡状态，受力分析如图所示，
F和OC绳上拉力的合力与G大小相等，方向相反，则在OC上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC的拉力先减小后增大，图中D点时力最小，故选C.
答案：
C
10．（多选）如图所示，形状和质量完全相同的两个圆柱体a、b靠在一起，表面光滑，重力为G，其中b的下半部刚好固定在水平面MN的下方，上边露出另一半，a静止在平面上．现过a的轴心施加一水平作用力F，可缓慢的将a拉离平面一直滑到b的顶端，对该过程分析，则应有（ ）
A．拉力F先增大后减小，最大值是G
B．开始时拉力F最大为
G，以后逐渐减小为0
C．a、b间的压力开始最大为2G，而后逐渐减小到G
D．a、b间的压力由0逐渐增大，最大为G
解析：
在开始时，平面MN对a球的支持力应为0，要把a拉离平面，对a球受力分析如图甲所示，则sinθ＝
＝
，所以θ＝30°，拉力F＝
＝
G.当球a逐渐上移时，用图解法分析F的变化如图乙所示，在球a上移时，拉力F逐渐减小至0，在开始时，a、b间的压力N＝
＝2G，以后逐渐减小至G，因此正确选项为B、C.
答案：
BC
11．（多选）如图所示，在倾角为α的光滑斜面上放一个重为G的小球，并用光滑的挡板挡住，挡板与斜面的夹角为θ（最初θ<α），挡板从图示位置以O为轴向左缓慢转至水平，在此过程中小球始终处于平衡状态，当挡板对小球的弹力大小等于小球的重力时，θ的大小可以为（ ）
A．αB．2α
C．π－αD．π－2α
解析：
小球的受力情况如图甲所示，当挡板对小球的弹力大小等于小球的重力时，将三个力平移组成一个等腰三角形，如图乙所示，当挡板对小球的弹力大小等于小球的重力时，有图乙和图丙两种情况，所以选项A、C正确．
答案：
AC
12．（多选）如图所示，一条细线一端与地板上的物体B相连，另一端绕过质量不计的定滑轮与小球A相连，定滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的O′点，细线与竖直方向所成的角度为α，则（ ）
A．如果将物体B在地板上向右移动稍许，α角将增大
B．无论物体B在地板上左移还是右移，只要距离足够小，α角将不变
C．增大小球A的质量，α角一定减小
D．悬挂定滑轮的细线的弹力不可能等于小球A的重力
解析：
小球A受重力和拉力，根据平衡条件有T＝mg，如果将物体B在地板上向右移动稍许，则∠AOB增大，滑轮受三个拉力作用如图所示，根据平衡条件，∠AOB＝2α，故α一定增大，故A正确，B错误；增大小球A的质量，系统可能平衡，故α可能不变，故C错误；由于∠AOB＝2α<90°，弹力F与两个拉力T的合力平衡，而T＝mg，故悬挂定滑轮的细线的弹力不可能等于小球A的重力，故D正确．
答案：
AD
二、非选择题
13．（2018·山西朔州高三月考）在水平地面上放一木板B，重力为G2＝100N，再在木板上放一货箱A，重力为G1＝500N,设货箱与木板、木板与地面的动摩擦因数μ均为0.5，先用绳子把货箱与墙拉紧，如图所示，已知sinθ＝0.6，cosθ＝0.8，然后在木板B上施一水平力F，想把木板从货箱下抽出来，F至少应为多大？
解析：
物体A、B的受力图如图所示，由受力平衡知：
对A：
Tcosθ－f1＝0①
N1－G1－Tsinθ＝0②
又由题f1＝μN1③
联立得到：
Tcosθ＝μ（G1＋Tsinθ）
得到T＝
f1＝Tcosθ
N1＝G1＋Tsinθ
对B：
F－f1′－f2＝0④
N2－N1′－G2＝0⑤
又f2＝μN2，其中f1′＝f1，N1′＝N1⑥
联立得到F＝f1＋μ（N1＋G2）
代入解得：
F＝850N
答案：
850N
14．如图所示，在质量为m＝1kg的重物上系着一条长为30cm的细绳，细绳的另一端连着一个轻质圆环，圆环套在水平的棒上可以滑动，环与棒间的动摩擦因数μ＝0.75，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．另有一条细绳一端固定在重物上，另一端跨过定滑轮，定滑轮固定在距离圆环50cm的地方．当细绳的端点挂上重力为G的重物，而圆环将要开始滑动时，（g取10m/s2）试求：
（1）φ角的大小；
（2）长为30cm的细绳的张力大小；
（3）重物G的质量．
解析：
（1）因为圆环将要开始滑动，所受的静摩擦力刚好达到最大值，有
f＝μN.
对环进行受力分析，则有
μN－Tcosθ＝0，
N－Tsinθ＝0，
解得tanθ＝
＝
，
得θ＝53°.
又由于AO＝30cm，AB＝50cm，
由数学知识求得φ＝90°.
（2）如图所示选取坐标轴，根据重物m处于平衡状态，则有
Fcosθ＋Tsinθ＝mg，
Tcosθ－Fsinθ＝0，
解得F＝6N，T＝8N.
（3）圆环将要滑动时，对重物G进行受力分析可知G＝F，又G＝m′g，
解得m′＝0.6kg.
答案：
（1）90°
（2）8N （3）0.6kg
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