1、分层集训(六) 受力分析 共点力的平衡(限时：40 分钟)基础对点练物体的受力分析1如图 2312 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粗糙斜面匀速下滑，在下滑过程中 B 的受力个数为( ) 图 2312A3 个 B4 个C5 个 D6 个B 先以 A 为研究对象，分析受力情况：重力、B 的竖直向上的支持力，B 对 A 没有摩擦力，否则 A 不会匀速运动再对 B 研究，B 受到重力、A 对 B 竖直向下的压力，斜面的支持力和滑动摩擦力，共 4 个力，B 正确2(多选 )如图 2313 所示，固定斜面上有一光滑小球，有一竖直轻弹簧 P 与一平行斜面的轻弹
2、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( ) 图 2313A1 B2C3 D4BCD 若 P 弹簧对小球向上的弹力等于小球的重力，此时 Q 弹簧无弹力，小球受 2 个力平衡；若 P 弹簧弹力为零，小球受重力、支持力、弹簧 Q 的拉力处于平衡状态，小球受 3 个力；若 P 弹簧弹力不为零，小球受重力、弹簧 P 的拉力、支持力、弹簧 Q 的拉力，小球受 4 个力平衡故 B、C、D 对3如图 2314 所示，传送带沿逆时针方向匀速转动小木块 a、b 用细线连接，用平行于传送带的细线拉住 a，两木块均处于静止状态关于木块受力个数，正确的是( ) 图 2314Aa 受 4 个，
3、b 受 5 个Ba 受 4 个，b 受 4 个Ca 受 5 个，b 受 5 个Da 受 5 个，b 受 4 个D 先分析木块 b 的受力，木块 b 受重力、传送带对 b 的支持力、沿传送带向下的滑动摩擦力、细线的拉力，共 4 个力；再分析木块 a 的受力，木块 a 受重力、传送带对 a 的支持力、沿传送带向下的滑动摩擦力及上、下两段细线的拉力，共 5 个力，故 D 正确物体的静态平衡4如图 2315 所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角 .若此人所受重力为 G，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为( ) 图 2315AG BGsin CGcos DGtan A 人受多个力
4、处于平衡状态，人受力可以看成两部分，一部分是重力，另一部分是椅子各部分对他的作用力的合力根据平衡条件得椅子各部分对他的作用力的合力与重力等值，反向，即大小是 G，故选 A.5如图 2316 所示，套在两光滑竖直杆上质量分别为 mA、m B的小球 A、B，由跨过定滑轮的轻细绳连接，静止时绳与竖直方向的夹角分别为 和 ，不计一切摩擦则下列关系正确的是( ) 图 2316Am Asin m Bsin Bm Asin mBsinCm Acos mBcos Dm Acos m Bcos D 设绳子拉力大小为 F.对 A 球，由竖直方向受力平衡得 Fcos m Ag，对 B 球，由竖直方向受力平衡得：F
5、cos m Bg，则得 mAmB，即 mAcos m Bcos ，故选项 D 正确cos cos 6(多选 )如图 2317 所示，质量为 M 的斜面体 A 置于粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为 m 的小球 B 置于斜面上，整个系统处于静止状态已知斜面倾角 30 ，轻绳与斜面平行且另一端固定在竖直墙面上，不计小球与斜面间的摩擦，则( ) 图 2317A斜面体对小球的作用力大小为 mgB轻绳对小球的作用力大小为 mg12C斜面体对水平面的压力大小为(mM)gD斜面体与水平面间的摩擦力大小为 mg34BD 以小球为研究对象受力分析如图甲，根据平衡条件，甲 乙垂直斜面方向：Nmgcos 30 mg，故
6、 A 错误；平行斜面方向：32Tmgsin 30 mg，故 B 正确；以斜面体和小球整体为研究对象受力分12析如图乙，竖直方向 N(mM)gTsin 30，故 C 错误；水平方向FfTcos 30 mg，故 D 正确347(多选 )如图 2318 为一位于墙角的斜面，其倾角为 37，一轻质弹簧一端系在质量为 m 的小球上，另一端固定在墙上，弹簧水平放置，小球在斜面上静止时，弹簧处于伸长状态，则( ) 图 2318A小球一定受四个力作用B弹簧弹力可能是 mg43C小球受木板的摩擦力一定沿斜面向上D木板对小球的作用力方向一定竖直向上AC 小球受向下的重力、弹簧的水平向右的拉力、垂直斜面的支持力，由
7、平衡知识可知，小球还受到沿斜面向上的摩擦力的作用，故选项A、C 正确；斜面对小球的作用力与小球的重力和弹簧的水平拉力的合力等大反向，故斜面对小球的作用力方向不可能竖直向上，选项 D 错误；若弹簧弹力是 mg，则弹力沿垂直斜面方向的分力为 F 弹 sin 37 mg43 430.8mgmgcos 37，则此时斜面对小球的支持力为零，摩擦力也就变35为零，故小球不能平衡，故选项 B 不成立；故选 A、C.如图所示，有一倾角 30的斜面体 B，质量为 M.质量为 m 的物体 A静止在 B 上现用水平力 F 推物体 A，在 F 由零逐渐增加到 mg，再32逐渐减为零的过程中，A 和 B 始终保持静止对
8、此过程下列说法正确的是( ) A地面对 B 的支持力大于(Mm) gBA 对 B 的压力的最小值为 mg，最大值为 mg32 334CA 所受摩擦力的最小值为 0，最大值为mg4DA 所受摩擦力的最小值为 mg，最大值为 mg12 34B 因为 A、B 始终保持静止，对 A、B 整体受力分析可知，地面对 B 的支持力一直等于(M m)g ，A 错误当 F0 时，A 对 B 的压力最小，为mgcos 30 mg；当 F mg 时，A 对 B 的压力最大，为 mgcos 3032 32Fsin 30 mg，B 正确当 Fcos 30mg sin 30时，即 F mg 时，334 33A 所受摩擦力
9、为 0，当 F0 时，A 所受摩擦力大小为 mg，方向沿斜面12向上，当 F mg 时，A 所受摩擦力大小为 mg，方向沿斜面向下，选32 14项 C、 D 错误物体的动态平衡8如图 2319 所示，用恒力 F 将物体压在粗糙竖直面上，当 F 从实线位置绕O 点顺时针转至虚线位置，物体始终静止，则在这个过程中，摩擦力 Ff 与墙壁对物体弹力的变化情况是( ) 图 2319AF f 方向可能一直竖直向上BF f 先变小后变大CF N 先变小后变大DF N 先变小后变大再变小A 物体始终静止状态，受力平衡，对物体受力分析，若 F 斜向下，设与水平方向的夹角为 ，根据平衡条件得： FfmgF sin
10、 ，方向向上，FNFcos ，当 F 从实线位置绕 O 点顺时针转至水平位置的过程中，减小，则 sin 减小，cos 增大，所以 Ff 减小，F N 增大，若 F 斜向上，设与水平方向的夹角为 ，根据平衡条件得：F fmgF sin ，若 Fsin mg，则摩擦力方向向上，F NFcos ，当 F 从水平位置转至虚线位置时， 增大，则 sin 增大，cos 减小，所以 Ff 减小，F N 减小，综上可知，F f 的方向可能一直向上，大小逐渐减小，F N 先增大后减小，故 A 正确，B 、C 、 D 错误9如图 2320 所示，桌面上固定一个光滑竖直挡板，现将一个长方形物块 A与截面为三角形的垫
11、块 B 叠放在一起，用水平外力 F 缓缓向左推动 B，使A 缓慢升高，设各接触面均光滑，则该过程中( ) 图 2320AA 和 B 均受三个力作用而平衡BB 对桌面的压力越来越大CA 对 B 的压力越来越小D推力 F 的大小恒定不变D 设 B 的倾角为 ，对 A 物体受力分析，如图所示，则 F3 与竖直方向的夹角为 ，由平衡条件，F 3cos G A，F 3sin F 2，所以 A 对 B的压力不变，选项 C 错误；A 受三个力的作用，B 受四个力的作用，选项 A 错误；对 A、B 整体受力分析，可知 B 对桌面的压力FG AG B，推力 F F2，选项 B 错误；推力 F 不变，选项 D 正
12、确故选 D.10(多选 )如图 2321 所示，轻绳的两端分别系在圆环 A 和小球 B 上，圆环 A套在粗糙的水平直杆 MN 上现用水平力 F 拉着绳子上的一点 O，使小球B 从图中实线位置缓慢上升到虚线位置，但圆环 A 始终保持在原位置不动在这一过程中，环对杆的摩擦力 Ff 和环对杆的压力 FN 的变化情况是( ) 图 2321AF f 减小 BF f 增大CF N 不变 DF N 增大BC 对 B 受力分析：受重力、水平方向的拉力 F、绳的拉力 T，设绳子与水平方向的夹角为 ，由平衡条件知 Tsin mg，Tcos F，得 F，又由题意知 角逐渐减小，可判断出水平拉力增大；整体分析受mgt
13、an 重力、水平方向的拉力、水平方向的摩擦力、支持力，故水平方向FfF，竖直方向 FN(Mm)g，可知 FN 不变，F f 增大，B、C 对11(多选 )如图 2322 所示，一辆小车静止在水平地面上，车内固定着一个倾角为 60的光滑斜面 OA，光滑挡板 OB 可绕转轴 O 在竖直平面内转动，现将一重力为 G 的圆球放在斜面与挡板之间，挡板与水平面的夹角 60，下列说法正确的是( ) 图 2322A若保持挡板不动，则球对斜面的压力大小为 GB若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动 60，则球对挡板的压力逐渐增大C若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动 60，则球对挡板的压力逐渐减小D若保持挡板不动，使
14、小车水平向右做匀加速直线运动，则球对挡板的压力可能为零AD 球处于静止状态，受力平衡，对球进行受力分析，如图所示：FA、F B以及 G 构成的三角形为等边三角形，根据几何关系可知，FAF BG，故 A 正确；若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动 60，根据图象可知，F B先减小后增大，根据牛顿第三定律可知，球对挡板的压力先减小后增大，故 B、C 错误；若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，当 FA和重力 G 的合力正好提供加速度时，球对挡板的压力为零，故 D 正确12(多选 )如图 2323 所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上 O 点，跨过滑轮的细绳连接物块 A、B，A、B 都
15、处于静止状态，现将物块 B 移至C 点后，A 、B 仍保持静止，下列说法中正确的是( ) 图 2323AB 与水平面间的摩擦力变大B地面对 B 的弹力增大C悬于墙上的绳所受拉力不变DA、 B 静止时，图中 、 三角始终相等ABD 对物体 A 受力分析，受到重力和细线的拉力，根据平衡条件，拉力等于物体 A 的重力，当把物体 B 移至 C 点后，绳子 BD 与水平方向的夹角变小，但细线的拉力不变，对物体 B 受力分析，受重力、支持力、拉力和向右的静摩擦力，如图根据共点力平衡条件，有 Tcos F f，Tsin Nmg 由于角 变小，故 B 与水平面间的静摩擦力变大，地面对 B 的弹力增大，故 A、
16、B 正确；对滑轮受力分析，受绳子的拉力 T，由于滑轮两边绳子的拉力相等且夹角变大，故其合力变小，故墙上的绳子的拉力 F 也变小，故 C 错误；对滑轮受力分析，受绳子的拉力 T，由于滑轮两边绳子的拉力相等，故合力在角平分线上，故 ，又由于三力平衡，故悬于墙上的绳子的拉力也沿着前面提到的角平分线方向，故 ，故 D 正确考点综合练13(多选 )质量均为 1 kg 的木块 M 和 N 叠放在水平地面上，用一根细线分别拴接在 M 和 N 右侧，在绳子中点用 F5 N 的力拉动 M 和 N 一起沿水平面匀速滑动，细线与竖直方向夹角 60，则下列说法正确的是( ) 图 2324A木块 N 和地面之间的动摩擦
17、因数 0.25B木块 M 和 N 之间的摩擦力可能是 Ff2.5 NC木块 M 对木块 N 的压力大小为 10 ND若 变小，拉动 M、N 一起匀速运动所需拉力应大于 5 NAB 以 M、N 整体为研究对象知：竖直方向 N 2mg，水平方向FN ，解得 0.25，A 对；由整体分析知，拉动 M、N 一起匀速运动所需的力与 角无关，D 错；绳子的拉力在水平方向的分力的大小等于静摩擦力，故 Ff 2.5 N，B 对；对 M 分析知：竖直方向F2NMmgTcos 60，故 M、N 间的弹力大小大于 M 的重力，即大于 10 N，C 错14(多选 )倾角为 37的斜面固定在水平面上，斜面上有一重为 G
18、 的物体A，物体 A 与斜面间的动摩擦因数 0.5.现给 A 施以一水平力 F，如图2325 所示设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等(sin 37 0.6，cos 370.8)，如果物体 A 能在斜面上静止，水平推力 F 与 G 的比值可能是( ) 图 2325A3 B2C1 D0.5BCD 设物体刚好不下滑时 FF 1，作出力的示意图如下，则由平衡条件得F1cos N 1Gsin N1F 1sin Gcos 得 F1G 211设物体刚好不上滑时 FF 2，作出力的示意图如下，则F2cos N 2Gsin N2F 2sin Gcos 得 2F2G由上分析知 B、C 、D 对 15(2018成都市高
19、三一模)如图 2326 所示，光滑的夹角为 30的三角杆水平放置，两小球 A、B 分别穿在两个杆上，两球之间有一根轻绳连接，现在用力将小球 B 缓慢拉动，直到轻绳被拉直时，测出拉力 F10 N，则此时关于两个小球受到的力的说法正确的是(小球重力不计)( ) 图 2326A小球 A 只受到杆对 A 的弹力B小球 A 受到的杆的弹力大小为 20 NC此时绳子与穿有 A 球的杆垂直，绳子张力大小为 N2033D小球 B 受到杆的弹力大小为 N2033B 对 A、B 分别受力分析，如图所示，A 球受到杆对 A 的弹力与绳子的张力，故 A 错误；对 B 受力分析，如图所示，根据受力平衡条件，则有：N A
20、 20 N，故 B 正确；此时绳子与穿有 A 球的杆垂直，绳Fsin 30子张力大小 20 N，故 C 错误；根据力的合成，结合力的平行四边形定则可知，小球 B 受到杆的弹力大小为 NB N10 N，故 D 错Ftan 30 1033 3误16如图 2327 所示，质量 M2 kg 的木块 A 套在水平杆上，并用轻绳将木3块与质量 m kg 的小球 B 相连今用跟水平方向成 30 角的力 F103N，拉着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，3取 g10 m/s 2.求：图 2327(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
21、多大时，使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 30.333(2)对 A 进行受力分析，由平衡条件有Tsin MgF NTcos FN解得 .35(3)对 A、B 进行受力分析，由平衡条件有Fsin F N (Mm) g，Fcos F N解得 FM mgcos sin 令 sin ，cos ，即 tan ，则11 2 1 2 1FM mg1 2sin cos cos sin M mg1 2sin 显然，当 90时，F 有最小值，所以 tan 时 F 的值最小35答案(1)30 (2) (3)tan 35 35
