重点强化练(一) 受力分析 物体的平衡
(限时：40分钟)
一、选择题
1．如图1所示，A和B两物块的接触面是水平的，A与B保持相对静止一起沿固定斜面匀速下滑，在下滑过程中B的受力个数为( )
图1
A．3 B．4
C．5 D．6
B [A与B相对静止一起沿斜面匀速下滑，可将二者当作整体进行受力分析，再对B进行受力分析，可知B受到的力有：重力GB、A对B的压力、斜面对B的支持力和摩擦力，选项B正确．]
2．(2017·唐山模拟)在沿水平方向运动的车厢支架上，有两个质量均匀、半径相同的半球，如图2所示，两半球接触面沿竖直方向，不计两半球之间以及半球与支架之间的摩擦，则小车( )
图2
A．可能做匀速直线运动
B．一定做匀速直线运动
C．可能做匀变速直线运动
D．一定做匀变速直线运动
(a) (b)
B [假设小车加速度为a，分别隔离左右两半球受力分析如图(a)、(b)所示，可得Fcos θ＝mg、Fsin θ－FN＝ma，F′cos θ＝mg、FN－F′sin θ＝ma，所以F＝F′，a＝0，故运动的小车只能是匀速的，B项正确．]
3．(2017·扬州市高三检测)在水平地面上固定一个上表面光滑的斜面体，在它上面放有质量为m的木块，用一根平行于斜面的细线连接一个轻环，并将轻环套在一根两端固定、粗糙的水平直杆上，整个系统处于静止状态，如图3所示，则杆对环的摩擦力大小为( )
图3
A．mgsin θ B．mgcos θ
C．mgtan θ D．mgsin θ·cos θ
D [设细线的弹力为F，对斜面上的物块由共点力平衡条件有F－mgsin θ＝0，对轻环由共点力平衡条件有Fcos θ－f＝0，解得杆对环的摩擦力大小为f＝mgsin θ·cos θ，故选D.]
4．(2016·全国丙卷)如图4所示，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球．在a和b之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( )
图4
A. B．m
C．m D．2m
C [如图所示，由于不计摩擦，线上张力处处相等，且轻环受细线的作用力的合力方向指向圆心．由于a、b间距等于圆弧半径，则∠aOb＝60°，进一步分析知，细线与aO、bO间的夹角皆为30°.取悬挂的小物块研究，悬挂小物块的细线张角为120°，由平衡条件知，小物块的质量与小球的质量相等，即为m.故选项C正确．]
5．如图5所示，水平固定且倾角为30°的光滑斜面上有两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻质弹簧连接，现对B施加一水平向左的推力F使A、B均静止在斜面上，此时弹簧的长度为l，则弹簧原长和推力F的大小分别为( )
图5
A．l＋，mg B．l－，mg
C．l＋，2mg D．l－，2mg
B [以A、B和弹簧组成的系统为研究对象，则Fcos 30°＝2mgsin 30°，得F＝mg；隔离A有kx＝mgsin 30°，得弹簧原长为l－x＝l－，故选项B正确．]
6．(2017·新乡模拟)如图6所示，一个"房子"形状的铁制音乐盒静止在水平面上，一个塑料壳里面装有一个圆柱形强磁铁，吸附在"房子"的顶棚斜面上，保持静止状态，己知顶棚斜面与水平面的夹角为θ，塑料壳和磁铁的总质量为m，塑料壳和斜面间的动摩擦因数为μ，则以下说法正确的是( )
图6
A．塑料壳对顶棚斜面的压力大小为mgcos θ
B．顶棚斜面对塑料壳的摩擦力大小一定为μmgcos θ
C．顶棚斜面对塑料壳的支持力和摩擦力的合力大小等于mg
D．磁铁的磁性若瞬间消失，塑料壳不一定会往下滑动
D [对m分析可得圆柱形强磁铁受到重力mg、音乐盒的吸引力F，音乐盒的支持力FN，以及静摩擦力Ff，处于静止状态，合力为零，故FN＝(mg＋F)cos θ，Ff＝(mg＋F)sin θ，由于是静摩擦力，故A、B错误；塑料壳和磁铁整体静止，合力为零，则顶棚斜面对塑料壳的支持力和摩擦力的合力大小等于重力和F的合力，故C错误；磁铁的磁性若瞬间消失，因为mgsin θ≤μmgcos θ，则塑料壳不会往下滑动，故D正确．]
7．(2017·郑州模拟)如图7所示，a、b两个小球穿在一根光滑的固定杆上，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接．已知b球质量为m，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，重力加速度为g.当两球静止时，Oa段绳与杆的夹角也为θ，Ob段绳沿竖直方向，则下列说法正确的是( )
图7
A．a可能受到2个力的作用
B．b可能受到3个力的作用
C．绳子对a的拉力等于mg
D．a的重力为mgtan θ
C [对a、b受力分析可知，a一定受3个力，b一定受2个力作用，选项A、B错误；对b受力分析可知，b受绳子拉力等于mg，因此绳子对a的拉力等于mg，选项C正确；对a受力分析，Gasin θ＝mgcos θ，可得：Ga＝，选项D错误．]
8．(多选)(2017·贵州七校联考)如图8所示，横截面为直角三角形的斜劈A，底面靠在粗糙的竖直墙面上，力F指向球心水平作用在光滑球B上，系统处于静止状态，当力F增大时，系统还保持静止，则下列说法正确的是( )
图8
A．A所受合外力增大
B．A对竖直墙壁的压力增大
C．B对地面的压力一定增大
D．墙面对A的摩擦力可能变为零
BCD [A一直处于静止，所受合外力一直为零不变，故A错误；以整体为研究对象受力分析，根据平衡条件，水平方向：FN＝F，F增大则FN增大，故B正确；对B受力分析，如图所示，根据平衡条件：F＝FN′sin θ，可见F增大则FN′增大，FN″＝mg＋FN′cos θ，可见FN′增大则FN″增大，根据牛顿第三定律知球对地面的压力增大，故C正确；以整体为研究对象，竖直方向：FN″＋Ff＝Mg＋mg，若FN″增大至与Mg＋mg相等，则Ff＝0，故D正确．]
9．(2017·武汉模拟)如图9所示， 一根不可伸长的轻绳两端连接两轻环A、B，两环分别套在相互垂直的水平杆和竖直杆上，轻绳绕过光滑的轻小滑轮，重物悬挂于滑轮下，始终处于静止状态，下列说法正确的是( )
图9
A．只将环A向下移动少许，绳上拉力变大，环B所受摩擦力变小
B．只将环A向下移动少许，绳上拉力不变，环B所受摩擦力不变
C．只将环B向右移动少许，绳上拉力变大，环A所受杆的弹力不变
C．只将环B向右移动少许，绳上拉力不变，环A所受杆的弹力变小
B [设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为α，绳子的长度为L，B点到墙壁的距离为s，根据几何知识和对称性，得：sin α＝ ①
以滑轮为研究对象，设绳子拉力大小为F，根据平衡条件得：2Fcos α＝mg，得：
F＝ ②
当只将绳的左端移向A′点，s和L均不变，则由②式得知，F不变．B环受的摩擦Ff＝Fsin α不变．故A错误，B正确．当只将绳的右端移向B′点，s增加，而L不变，则由①式得知，α增大，cos α减小，则由②式得知，F增大．A环受弹力FN＝Fsin α＝tan α变大．故C、D错误．故选B.]
10．(多选)如图10所示，带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行．现给小滑块施加一竖直向上的拉力，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则有( )
图10
A．轻绳对小球的拉力逐渐增大
B．小球对斜劈的压力先减小后增大
C．竖直杆对小滑块的弹力先增大后减小
D．对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大
AD [设斜面倾角为θ，斜面对小球的支持力为N1，绳对小球的拉力为T，小球的重力大小为G1，小滑块的重力大小为G2，竖直杆对小滑块的弹力大小为N2.由于小滑块沿杆缓慢上升，所以小球沿斜面缓慢向上运动，小球处于动态平衡状态，受到的合力为零，作小球受力矢量三角形如图甲所示，绳对小球的拉力T逐渐增大，所以选项A正确；斜面对小球的弹力N1逐渐减小，故小球对斜面的压力逐渐减小，选项B错误；将小球和小滑块看成一个整体，对其进行受力分析如图乙所示，则由力的平衡条件可得：N2＝N1sin θ，F＝G1＋G2－N1cos θ，因N1逐渐减小，所以N2逐渐减小，F逐渐增大，故选项C错误，D正确．
]
二、非选择题
11．(2017·合肥模拟)如图11所示，质量M＝2 kg的木块套在水平固定杆上，并用轻绳与质量m＝1 kg的小球相连，今用跟水平方向成60°角的力F＝10 N拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m的相对位置保持不变，g＝10 m/s2.在运动过程中，求：
图11
(1)轻绳与水平方向的夹角θ；
(2)木块M与水平杆间的动摩擦因数μ.
【解析】 (1)m处于平衡状态，其合力为零．以m为研究对象，由平衡条件得：
水平方向Fcos 60°－FTcos θ＝0 ①
竖直方向Fsin 60°－FTsin θ－mg＝0 ②
解得：θ＝30°
(2)M、m整体处于平衡状态，可看做整体，系统所受合力为零．以M、m整体为研究对象．由平衡条件得
水平方向Fcos 60°－μFN＝0 ③
竖直方向FN＋Fsin 60°－Mg－mg＝0 ④
由③④得μ＝.
【答案】 (1)θ＝30° (2)μ＝
12．质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑．如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块匀速上升，如图12所示(已知木楔在整个过程中始终静止)．
图12
(1)当α＝θ时，拉力F有最小值，求此最小值；
(2)当α＝θ时，木楔对水平面的摩擦力是多大？
【解析】 木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有
mgsin θ＝μmgcos θ，
即μ＝tan θ.
(1)木楔在力F作用下沿斜面向上匀速运动，有
Fcos α＝mgsin θ＋Ff
Fsin α＋FN＝mgcos θ
Ff＝μFN
解得F＝＝＝
则当α＝θ时，F有最小值，为Fmin＝mgsin 2θ.
(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即Ffm＝Fcos(α＋θ)
当F取最小值mgsin 2θ时，
Ffm＝Fmincos 2θ＝mg·sin 2θcos 2θ＝mgsin 4θ.
【答案】 (1)mgsin 2θ (2)mgsin 4θ
评论