3、彈力FQ四個(gè)力作用；若FP＝0，則小球要保持靜止，應(yīng)受FN、FQ和mg三個(gè)力作用，故小球受力個(gè)數(shù)不可能為1。A錯(cuò)誤，B、C、D正確。]
3．(2019·福建龍巖質(zhì)檢)如圖甲所示，在挪威的兩座山峰間夾著一塊巖石，吸引了大量游客前往觀賞。該景觀可簡(jiǎn)化成如圖乙所示的模型，右壁豎直，左壁稍微傾斜。設(shè)左壁與豎直方向的夾角為θ，由于長(zhǎng)期的風(fēng)化，θ將會(huì)減小。石頭與山崖間的摩擦很小，可以忽略不計(jì)。若石頭質(zhì)量一定，θ減小，石頭始終保持靜止，下列說(shuō)法正確的是( )
A．山崖左壁對(duì)石頭的作用力將增大
B．山崖右壁對(duì)石頭的作用力不變
C．山崖對(duì)石頭的作用力減小
D．石頭受到的合力將增大
A [本題通
4、過(guò)正交分解法考查共點(diǎn)力平衡問(wèn)題。對(duì)石頭受力分析，如圖所示。由于石頭始終保持靜止，根據(jù)平衡條件可知N2cos θ＝N1，N2sin θ＝mg，θ減小，可知N1、N2都增大，故A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可知，山崖對(duì)石頭的作用力始終不變，且該作用力的大小等于石頭的重力，故C錯(cuò)誤；由于石頭處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以石頭所受合力一直為零，故D錯(cuò)誤。]
4.光滑斜面上固定著一根剛性圓弧形細(xì)桿，小球通過(guò)輕繩與細(xì)桿相連，此時(shí)輕繩處于水平方向，球心恰位于圓弧形細(xì)桿的圓心處，如圖所示。將懸點(diǎn)A緩慢沿桿向上移動(dòng)，直到輕繩處于豎直方向，在這個(gè)過(guò)程中，輕繩的拉力( )
A．逐漸增大 B．大小不變
C．先減小
5、后增大 D．先增大后減小
C [當(dāng)懸點(diǎn)A緩慢向上移動(dòng)過(guò)程中，小球始終處于平衡狀態(tài)，小球所受重力mg的大小和方向都不變，支持力的方向不變，對(duì)球進(jìn)行受力分析如圖所示，由圖可知，拉力T先減小后增大，C項(xiàng)正確。]
5．(2019·菏澤期中)如圖所示，質(zhì)量為m的光滑球體夾在豎直墻和斜面體之間靜止，斜面體質(zhì)量也為m，傾角為45°，斜面體與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ(0.5<μ<1)，斜面體與地面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，若增加球體的質(zhì)量，且使斜面體靜止不動(dòng)，則可增加的最大質(zhì)量為( )
A．m B．m C．m D．m
C [對(duì)整體受力分析如圖甲所示，F(xiàn)f＝F1，對(duì)球體受力分析如圖乙
6、所示，則F1＝mgtan 45°，由此可知斜面體與地面間的靜摩擦力Ff＝mgtan 45°，增加球體的質(zhì)量，要使斜面體靜止不動(dòng)，則(m＋Δm)gtan 45°≤μ(2m＋Δm)g，解得Δm≤m，選項(xiàng)C正確。]
甲 乙
6.(2019·邢臺(tái)統(tǒng)考)如圖所示，一不可伸長(zhǎng)的光滑輕繩，其左端固定于O點(diǎn)，右端跨過(guò)位于O′點(diǎn)的光滑定滑輪懸掛一質(zhì)量為1 kg的物體，OO′段水平，長(zhǎng)度為1.6 m。繩上套一可沿繩自由滑動(dòng)的輕環(huán)，若在輕環(huán)上懸掛一鉤碼(圖中未畫出)，平衡后，物體上升0.4 m。則鉤碼的質(zhì)量為( )
A． kg B． kg
C．1.6 kg D．1.2 kg
D
7、[當(dāng)系統(tǒng)重新平衡后，繩子的形狀如圖所示。設(shè)鉤碼的質(zhì)量為M，物體質(zhì)量為m，由幾何關(guān)系知，繩子與豎直方向的夾角為53°，由于繩上的拉力與物體的重力大小相等，則根據(jù)平衡條件可得2mgcos 53°＝Mg，解得M＝1.2 kg，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。]
7.(2019·河南十校聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量為m的小球用一輕繩懸掛，在恒力F作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，靜止時(shí)懸線與豎直方向的夾角為60°。若把小球換成一質(zhì)量為2m的小球，仍在恒力F作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，此時(shí)懸線與豎直方向的夾角為30°。已知重力加速度為g，則恒力F的大小為( )
A．mg B．2mg C．mg D．2mg
A [設(shè)恒力F
8、與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)正弦定理可得＝，＝，聯(lián)立解得F＝mg，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。]
8.重力都為G的兩個(gè)小球A和B用三段輕繩如圖連接后懸掛在O點(diǎn)上，O、B間的繩子長(zhǎng)度是A、B間的繩子長(zhǎng)度的2倍，將一個(gè)拉力F作用到小球B上，使三段輕繩都伸直且O、A間和A、B間的兩段繩子分別處于豎直和水平方向上，則拉力F的最小值為( )
A．G B．G C．G D．G
A [對(duì)A球受力分析可知，因O、A間繩豎直，則A、B間繩上的拉力為0。對(duì)B球受力分析如圖所示，則可知當(dāng)F與O、B間繩垂直時(shí)F最小，大小為Gsin θ，其中sin θ＝＝，則F的最小值為G，故A項(xiàng)正確。]
9．(20
9、19·宣城模擬)如圖所示，甲、乙兩個(gè)小球的質(zhì)量均為m，兩球間用細(xì)線連接，甲球用細(xì)線懸掛在天花板上，兩根細(xì)線長(zhǎng)度相等?，F(xiàn)給乙球一大小為F水平向左的拉力，給甲球一水平向右的3F的拉力，平衡時(shí)細(xì)線都被拉緊。則平衡時(shí)兩球的可能位置是下面的( )
A B C D
B [首先取整體為研究對(duì)象，整體受到重力、上面繩子的拉力以及向左、向右兩個(gè)拉力，由于兩個(gè)拉力的矢量和為F合＝3F＋(－F)＝2F，所以上邊的繩子應(yīng)該偏向右方，設(shè)其與豎直方向的夾角為α，則有tan α＝＝。再對(duì)下面的小球研究可知，下面的小球受到的拉力水平向左，所以下面的繩子向左偏轉(zhuǎn)，設(shè)其與豎直方向的夾角為β，則有
10、tan β＝，則α＝β。故B圖正確，A、C、D圖錯(cuò)誤。]
10．(多選)(2019·太原五中模擬)如圖所示，在斜面上放兩個(gè)光滑球A和B，兩球的質(zhì)量均為m，它們的半徑分別是R和r，球A左側(cè)有一垂直于斜面的擋板，兩球沿斜面排列并靜止，以下說(shuō)法正確的是( )
A．斜面傾角θ一定，R>r時(shí)，R越大，r越小，B對(duì)斜面的壓力越小
B．斜面傾角θ一定，R＝r時(shí)，兩球之間的彈力最小
C．斜面傾角θ一定時(shí)，A球?qū)醢宓膲毫σ欢?
D．半徑確定時(shí)，隨著斜面傾角θ逐漸增大，A受到擋板作用力先增大后減小
BC [本題考查整體法與隔離法在動(dòng)態(tài)平衡中的應(yīng)用。對(duì)B球受力分析，受重力mg、斜面支持力N和A球的
11、支持力F，改變R與r時(shí)，A對(duì)B的彈力的方向是改變的，如圖所示。由圖可以看出，當(dāng)R＝r時(shí)，支持力平行斜面向上，兩球之間的彈力最小，故B正確；當(dāng)R>r，R越大，r越小時(shí)，力F方向從圖中的位置1逐漸向位置2、3移動(dòng)，故斜面支持力N增加，根據(jù)牛頓第三定律，B對(duì)斜面的壓力也增加，故A錯(cuò)誤；對(duì)A、B整體分析，受重力、斜面支持力和擋板的支持力，根據(jù)平衡條件，A對(duì)擋板的壓力NA＝2mgsin θ，則知斜面傾角θ一定時(shí)，無(wú)論半徑如何，A對(duì)擋板的壓力NA一定，故C正確；對(duì)C項(xiàng)分析可知，A對(duì)擋板的壓力NA＝2mgsin θ，半徑一定時(shí)，隨著斜面傾角θ逐漸增大，A對(duì)擋板的壓力NA增大，故D錯(cuò)誤。]
11．(2019
12、·聊城一模)兩傾斜的平行桿上分別套著a、b兩相同圓環(huán)，兩環(huán)上均用細(xì)線懸吊著相同的小球，如圖所示。當(dāng)它們都沿桿向下滑動(dòng)，各自的環(huán)與小球保持相對(duì)靜止時(shí)，a的懸線與桿垂直，b的懸線沿豎直方向，下列說(shuō)法正確的是( )
A．a(chǎn)環(huán)與桿有摩擦力
B．d球處于失重狀態(tài)
C．桿對(duì)a、b環(huán)的彈力大小相等
D．細(xì)線對(duì)c、d球的彈力大小可能相等
C [對(duì)c球進(jìn)行受力分析，如圖所示，c球受重力和細(xì)線的拉力F，a環(huán)沿桿滑動(dòng)，因此a環(huán)在垂直于桿的方向加速度和速度都為零，因a環(huán)和c球相對(duì)靜止，所以c球在垂直于桿的方向加速度和速度也都為零，由力的合成可知c球的合力為mgsin α，由牛頓第二定律可得mgsin
13、α＝ma，解得：a＝gsin α，因此c球的加速度為gsin α，將a環(huán)和c球以及細(xì)線看成一個(gè)整體，在只受重力和支持力的情況下加速度為gsin α，因此a環(huán)和桿的摩擦力為零，故A錯(cuò)誤；對(duì)d球進(jìn)行受力分析，只受重力和豎直方向的拉力，因此球d的加速度為零，b和d相對(duì)靜止，因此b的加速度也為零，故d球處于平衡狀態(tài)，加速度為零，不是失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；細(xì)線對(duì)c球的拉力Fc＝mgcos α，對(duì)d球的拉力Fd＝mg，因此不相等，故D錯(cuò)誤；對(duì)a和c整體受力分析有Fac＝(ma＋mc)gcos α，對(duì)b和d整體受力分析有Fbd＝(mb＋md)gcos α，因a和b為相同圓環(huán)，c和d為相同小球，所以桿對(duì)a、b環(huán)
14、的彈力大小相等，故C正確。]
12.如圖所示，質(zhì)量M＝2 kg的木塊A套在水平桿上，并用輕繩將木塊與質(zhì)量 m＝ kg的小球B相連。今用與水平方向成α＝30°角的力F＝10 N，拉著小球帶動(dòng)木塊一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中M、m相對(duì)位置保持不變，g取10 m/s2。求：
(1)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中輕繩與水平方向的夾角θ；
(2)木塊與水平桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
(3)當(dāng)α為多大時(shí)，使小球和木塊一起向右勻速運(yùn)動(dòng)的拉力最?。?
[解析] (1)對(duì)B進(jìn)行受力分析，設(shè)細(xì)繩對(duì)B的拉力為T，由平衡條件可得Fcos 30°＝Tcos θ
Fsin 30°＋Tsin θ＝mg
解得T＝10 N，tan θ＝，
即θ＝30°。
(2)對(duì)A進(jìn)行受力分析，由平衡條件有
Tsin θ＋Mg＝FN
Tcos θ＝μFN
解得μ＝。
(3)對(duì)A、B進(jìn)行受力分析，由平衡條件有
Fsin α＋FN＝(M＋m)g，F(xiàn)cos α＝μFN
解得F＝
令sin β＝，cos β＝，即tan β＝，則
F＝
＝
顯然，當(dāng)α＋β＝90°時(shí)，F(xiàn)有最小值，所以tan α＝μ＝時(shí)，即α＝arctan ，F(xiàn)的值最小。
[答案] (1)30° (2) (3)arctan
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（通用版）2021版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)集訓(xùn)6 共點(diǎn)力的平衡
