2022届高考物理一轮复习课后限时集训6共点力的平衡含解析.doc

共点力的平衡建议用时：45分钟1磁性车载支架(图甲)使用方便，它的原理是将一个引磁片贴在手机背面，再将引磁片对准支架的磁盘放置，手机就会被牢牢地吸附住(图乙)。下列关于手机(含引磁片，下同)的说法中正确的是()甲乙A汽车静止时，手机共受三个力的作用B汽车静止时，支架对手机的作用力大小等于手机的重力大小C当汽车以某一加速度向前加速时，手机可能不受支架对它的摩擦力作用D只要汽车的加速度大小合适，无论是向前加速还是减速，手机都可能不受支架对它的摩擦力作用B手机处于静止状态时，受力平衡，手机共受到重力、支架的支持力、摩擦力以及磁盘的吸引力，共4个力的作用，A错误；手机处于静止状态时，支架对手机的支持力、摩擦力、吸引力的合力与手机重力等大反向，B正确；因磁盘对手机的吸引力和手机所受支持力均与引磁片垂直，汽车有向前的加速度时，一定有沿斜面向上的摩擦力，故C、D均错误。2.(多选)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可能的是()A1 B2 C3 D4BCD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(2019福建龙岩质检)如图甲所示，在挪威的两座山峰间夹着一块岩石，吸引了大量游客前往观赏。该景观可简化成如图乙所示的模型，右壁竖直，左壁稍微倾斜。设左壁与竖直方向的夹角为，由于长期的风化，将会减小。石头与山崖间的摩擦很小，可以忽略不计。若石头质量一定，减小，石头始终保持静止，下列说法正确的是()A山崖左壁对石头的作用力将增大B山崖右壁对石头的作用力不变C山崖对石头的作用力减小D石头受到的合力将增大A本题通过正交分解法考查共点力平衡问题。对石头受力分析，如图所示。由于石头始终保持静止，根据平衡条件可知N2cos N1，N2sin mg，减小，可知N1、N2都增大，故A正确，B错误；根据共点力平衡条件可知，山崖对石头的作用力始终不变，且该作用力的大小等于石头的重力，故C错误；由于石头处于静止状态，所以石头所受合力一直为零，故D错误。4.光滑斜面上固定着一根刚性圆弧形细杆，小球通过轻绳与细杆相连，此时轻绳处于水平方向，球心恰位于圆弧形细杆的圆心处，如图所示。将悬点A缓慢沿杆向上移动，直到轻绳处于竖直方向，在这个过程中，轻绳的拉力()A逐渐增大 B大小不变C先减小后增大 D先增大后减小C当悬点A缓慢向上移动过程中，小球始终处于平衡状态，小球所受重力mg的大小和方向都不变，支持力的方向不变，对球进行受力分析如图所示，由图可知，拉力T先减小后增大，C项正确。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(0.5r时，R越大，r越小，B对斜面的压力越小B斜面倾角一定，Rr时，两球之间的弹力最小C斜面倾角一定时，A球对挡板的压力一定D半径确定时，随着斜面倾角逐渐增大，A受到挡板作用力先增大后减小BC本题考查整体法与隔离法在动态平衡中的应用。对B球受力分析，受重力mg、斜面支持力N和A球的支持力F，改变R与r时，A对B的弹力的方向是改变的，如图所示。由图可以看出，当Rr时，支持力平行斜面向上，两球之间的弹力最小，故B正确；当Rr，R越大，r越小时，力F方向从图中的位置1逐渐向位置2、3移动，故斜面支持力N增加，根据牛顿第三定律，B对斜面的压力也增加，故A错误；对A、B整体分析，受重力、斜面支持力和挡板的支持力，根据平衡条件，A对挡板的压力NA2mgsin ，则知斜面倾角一定时，无论半径如何，A对挡板的压力NA一定，故C正确；对C项分析可知，A对挡板的压力NA2mgsin ，半径一定时，随着斜面倾角逐渐增大，A对挡板的压力NA增大，故D错误。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 5