2022版高考物理一轮复习-课后练习6-共点力的平衡.doc

2022版高考物理一轮复习 课后练习6 共点力的平衡2022版高考物理一轮复习 课后练习6 共点力的平衡年级：姓名：- 9 -共点力的平衡建议用时：45分钟1(2020渝中重庆巴蜀中学月考)如图所示，气球与物块之间用轻绳连接，无风时轻绳竖直；有水平风力作用时，轻绳倾斜一定角度后，气球仍静止在空中，下列说法正确的是()A无风时地面对物块的支持力等于物块和气球的重力之和B水平风力与绳子拉力的合力方向竖直向下C轻绳的拉力大小与水平风力大小无关D水平风力越大，气球的合力越大B无风时以气球和物体整体为研究对象，在竖直方向受竖直向下的重力、地面给的竖直向上的支持力和竖直向上的浮力，根据平衡，地面给的竖直向上的支持力等于竖直向下的重力减去竖直向上的浮力，A错误；气球受到水平的风力向左，竖直向上的浮力，沿绳子方向的绳子的拉力，根据平衡，水平风力与绳子拉力的合力应该和竖直向上的浮力等大反向，B正确；轻绳的拉力大小与水平风力大小有关，C错误；有水平风力作用时，轻绳倾斜一定角度后，气球仍静止在空中，合力为零，D错误。2如图所示，固定斜面上有一光滑小球，与一竖直轻弹簧P和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()A1 B2 C3 D4A设小球质量为m，若FPmg，则小球只受拉力FP和重力mg两个力作用；若FPmg，则小球受拉力FP、重力mg、支持力FN和弹簧Q的弹力FQ四个力作用；若FP0，则小球要保持静止，应受FN、FQ和mg三个力作用，故小球受力个数不可能为1。A错误，B、C、D正确。3(2020江苏三县期末)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()A橡皮筋的弹力先变小后变大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B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错误；对小球在圆弧上任意点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。4(2020贵阳市白云兴农中学月考)如图所示，水平细杆上套一细环A，环A与球B间用一轻质绳相连，质量分别为mA、mB，由于B球受到水平恒力F的作用，A环与B球一起向右匀速运动，绳与竖直方向的夹角为。则下列说法正确的是()AB球受到的恒力F大小为mAgtan BA环与杆的动摩擦因数为tan C力F逐渐增大，杆对A环的弹力逐渐增大D力F逐渐增大，绳对B球的拉力保持不变B对球B受力分析，受重力G、水平拉力F和细绳拉力T，如图1所示图1由几何知识知得FmBgtan ，绳对B球的拉力TB球受到的恒力F大小为mBgtan ，当F增大时，增大，T增大，故A、D错误；把环和球当作一个整体，对其受力分析，受重力(mAmB)g、支持力N、水平拉力F和向左的摩擦力f，如图2所示图2根据共点力平衡条件可得杆对A环的支持力大小N(mAmB)g，fF则A环与水平细杆间的动摩擦因数为B正确；由上述分析可知，力F逐渐增大，杆对A环的弹力保持不变，故C错误。5(2019菏泽期中)如图所示，质量为m的光滑球体夹在竖直墙和斜面体之间静止，斜面体质量也为m，倾角为45，斜面体与水平地面间的动摩擦因数为(0.51)，斜面体与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若增加球体的质量，且使斜面体静止不动，则可增加的最大质量为()Am Bm Cm DmC对整体受力分析如图甲所示，FfF1，对球体受力分析如图乙所示，则F1mgtan 45，由此可知斜面体与地面间的静摩擦力Ffmgtan 45，增加球体的质量，要使斜面体静止不动，则(mm)gtan 45(2mm)g，解得mm，选项C正确。甲乙6(2019邢台统考)如图所示，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O点的光滑定滑轮悬挂一质量为1 kg的物体，OO段水平，长度为1.6 m。绳上套一可沿绳自由滑动的轻环，若在轻环上悬挂一钩码(图中未画出)，平衡后，物体上升0.4 m。则钩码的质量为()A kg B kg C1.6 kg D1.2 kgD当系统重新平衡后，绳子的形状如图所示。设钩码的质量为M，物体质量为m，由几何关系知，绳子与竖直方向的夹角为53，由于绳上的拉力与物体的重力大小相等，则根据平衡条件可得2mgcos 53Mg，解得M1.2 kg，故D正确，A、B、C错误。7(2020四川成都实外高三月考)如图所示，半圆柱体P固定在水平地面上，其右端有一竖直挡板MN，在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的圆柱体Q。现使MN保持竖直且缓慢地向右平移，则在Q落地之前()AQ所受的合力保持不变BP对Q的弹力逐渐减小CMN对Q的弹力逐渐减小DMN对Q的弹力先变大后变小A物体Q一直保持静止，所受合力为零不变，故A正确；对圆柱体Q受力分析，受到重力、杆MN的支持力和半球P对Q的支持力，如图重力的大小和方向都不变，杆MN的支持力方向不变、大小变，半球P对Q的支持力方向和大小都变，然后根据平衡条件，得到N1mgtan ，N2，由于不断增大，故N1不断增大，N2也不断增大，故B、C、D错误。8重力都为G的两个小球A和B用三段轻绳如图连接后悬挂在O点上，O、B间的绳子长度是A、B间的绳子长度的2倍，将一个拉力F作用到小球B上，使三段轻绳都伸直且O、A间和A、B间的两段绳子分别处于竖直和水平方向上，则拉力F的最小值为()AG BG CG DGA对A球受力分析可知，因O、A间绳竖直，则A、B间绳上的拉力为0。对B球受力分析如图所示，则可知当F与O、B间绳垂直时F最小，大小为Gsin ，其中sin ，则F的最小值为G，故A项正确。9(2019江苏如皋期末)如图所示，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()AG BG CG DGA由对称性知，地面对每个球的支持力相等；设地面对每个球的支持力为FN，对整体受力分析，据平衡条件可得：3FN4G，解得：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项正确，B、C、D三项错误。10(2020江苏七市三模)沪通长江大桥是世界上首座跨度超千米的公铁两用斜拉桥。如图所示，设桥体中三块相同的钢箱梁1、2、3受到钢索拉力的方向相同，相邻钢箱梁间的作用力均沿水平方向。则()A钢箱梁1对2的作用力大于钢箱梁2对1的作用力B钢箱梁1、2间作用力大于钢箱梁2、3间作用力C钢箱梁3所受合力最大D三块钢箱梁受到钢索的拉力大小相等D钢箱梁1对2的作用力和钢箱梁2对1的作用力是相互作用力，一定等大反向，A错误；设钢索和水平夹角为，相邻钢箱梁间作用力为F，钢索的拉力为T，根据平衡条件可知每个钢箱梁的合力都为零，且F，T，因为钢索拉力的方向相同，三块钢筋梁质量都相同，所以钢索拉力大小相等，钢箱梁间的作用力大小相等，B、C错误，D正确。11(2019聊城一模)两倾斜的平行杆上分别套着a、b两相同圆环，两环上均用细线悬吊着相同的小球，如图所示。当它们都沿杆向下滑动，各自的环与小球保持相对静止时，a的悬线与杆垂直，b的悬线沿竖直方向，下列说法正确的是()Aa环与杆有摩擦力Bd球处于失重状态C杆对a、b环的弹力大小相等D细线对c、d球的弹力大小可能相等C对c球进行受力分析，如图所示，c球受重力和细线的拉力F，a环沿杆滑动，因此a环在垂直于杆的方向加速度和速度都为零，因a环和c球相对静止，所以c球在垂直于杆的方向加速度和速度也都为零，由力的合成可知c球的合力为mgsin ，由牛顿第二定律可得mgsin ma，解得：agsin ，因此c球的加速度为gsin ，将a环和c球以及细线看成一个整体，在只受重力和支持力的情况下加速度为gsin ，因此a环和杆的摩擦力为零，故A错误；对d球进行受力分析，只受重力和竖直方向的拉力，因此球d的加速度为零，b和d相对静止，因此b的加速度也为零，故d球处于平衡状态，加速度为零，不是失重状态，故B错误；细线对c球的拉力Fcmgcos ，对d球的拉力Fdmg，因此不相等，故D错误；对a和c整体受力分析有Fac(mamc)gcos ，对b和d整体受力分析有Fbd(mbmd)gcos ，因a和b为相同圆环，c和d为相同小球，所以杆对a、b环的弹力大小相等，故C正确。12如图所示，质量M2 kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量 m kg的小球B相连。今用与水平方向成30角的力F10 N，拉着小球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变，g取10 m/s2。求：(1)运动过程中轻绳与水平方向的夹角；(2)木块与水平杆间的动摩擦因数；(3)当为多大时，使小球和木块一起向右匀速运动的拉力最小？解析(1)对B进行受力分析，设细绳对B的拉力为T，由平衡条件可得Fcos 30Tcos Fsin 30Tsin mg解得T10 N，tan ，即30。(2)对A进行受力分析，由平衡条件有Tsin MgFNTcos FN解得。(3)对A、B进行受力分析，由平衡条件有Fsin FN(Mm)g，Fcos FN解得F令sin ，cos ，即tan ，则F显然，当90时，F有最小值，所以tan 时，即arctan ，F的值最小。答案(1)30(2)(3)arctan