高考物理一轮复习 专题2.3 共点力的平衡（精练）（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc

《高考物理一轮复习 专题2.3 共点力的平衡（精练）（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理一轮复习 专题2.3 共点力的平衡（精练）（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc（17页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、专题2.3 共点力的平衡（精练）1(2019四川绵阳中学模拟)如图所示，物体M在竖直向上的拉力F作用下静止在一固定的粗糙斜面上，则物体M受力的个数可能为()A2个 B3个 C4个 D5个【答案】AC【解析】当Fmg时，物体只受到重力和拉力F的作用；当Fmg时，物体还受到斜面弹力和摩擦力的作用，故本题选A、C2(2019山西大同一中模拟) “阶下儿童仰面时，清明妆点正堪宜游丝一断浑无力，莫向东风怨别离”这是红楼梦中咏风筝的诗，风筝在风力F、线的拉力FT以及重力G的作用下，能够高高地飞在蓝天上关于风筝在空中的受力可能正确的是() 【答案】A【解析】在B、C、D三个图中，合力不可能为零，不能处于平衡

2、状态，只有A图，在三个力的作用下能处于平衡，故A正确，B、C、D错误3(2019山东日照一中模拟)如图所示，物体在水平外力作用下处于静止状态，当外力F由图示位置逆时针转到竖直位置的过程中，物体仍保持静止，则在此过程中静摩擦力可能为()A0 BF C D2F【答案】ABC【解析】由于物体不动，当F逆时针转动时，静摩擦力与F的水平分力平衡，当F水平时，FfF，当F竖直时，Ff0，所以静摩擦力的变化范围是0FfF，故A、B、C正确4(2019湖北孝感高中模拟)如图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m1和m2的小球

3、当它们处于平衡状态时，质量为m1的小球与O点的连线与水平线的夹角为90，质量为m2的小球位于水平地面上，设此时质量为m2的小球对地面压力大小为FN，细线的拉力大小为FT，则()AFN(m2m1)gBFNm2g CFTm1g DFT(m2m1)g【答案】B【解析】分析小球m1的受力情况，由物体的平衡条件可得，绳的拉力FT0，故C、D均错误；分析m2受力，由平衡条件可得：FNm2g，故A错误，B正确5(2019安徽江南十校联合二模)重力为G的两个完全相同的小球，与水平面的动摩擦因数均为.竖直向上的较小的力F作用在连接两球轻绳的中点，绳间的夹角60，如图所示缓慢增大F，到两球刚要运动的过程中，下列说

4、法正确的是()A地面对球的支持力变大，摩擦力变大 B地面对球的支持力变小，摩擦力变小C球刚开始运动时，地面对球没有支持力 D球刚开始运动时，球受到的摩擦力最大【答案】D【解析】先用整体法，将两小球看成一整体，F增大，则地面对小球的支持力变小，但不会变为零，A、C错误再用隔离法，取左边的小球为研究对象，因为F增大，绳子的拉力FT增大，那么FT在水平面上的分量增大，所以地面对小球的摩擦力变大，B错误，D正确6(2019河北衡水中学调研)如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动用轻绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根轻绳一端系在O点，O点为圆弧的圆心，另一端系在圆弧形墙壁上的C点当该轻

5、绳端点由点C逐渐沿圆弧CB向上移动的过程中(保持OA与地面夹角不变)，OC绳拉力的大小变化情况是()A逐渐减小 B逐渐增大 C先减小后增大 D先增大后减小【答案】C【解析】对物体分析，物体受力平衡，则竖直绳的拉力等于物体的重力，故竖直绳的拉力不变；再对O点分析，O受竖直绳的拉力、OA的支持力F及OC绳的拉力而处于平衡状态，受力分析如图所示F和OC绳的拉力的合力与G大小相等，方向相反，则在OC绳端点上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，由图可知OC绳的拉力先减小后增大，故C正确7(2019江西临川一中模拟)如图，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点的固定光滑轴悬挂一质量为

6、M的物体；OO段水平，长度为L；绳上套一可沿绳滑动的轻环现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L.则钩码的质量为()AM BM CM DM【答案】D【解析】如图所示，轻环上挂钩码后，物体上升L，则根据几何关系可知，三角形OOA为等边三角形，根据物体的平衡条件可知，2Mgcos 30mg，求得mM，D项正确8(2019浙江镇海中学模拟)一铁球悬挂在OB绳的下端，轻绳OA、OB、OC的结点为O，轻绳OA悬挂在天花板上的A点，轻绳OC拴接在轻质弹簧测力计上第一次，保持结点O位置不变，某人拉着轻质弹簧测力计从竖直位置缓慢转动到水平位置，如图中的甲所示，弹簧测力计的示数记为F1.第二次，保持轻绳OC垂直

7、于OA，缓慢释放轻绳，使轻绳OA转动到竖直位置，如图中的乙所示，弹簧测力计的示数记为F2.则()AF1恒定不变，F2逐渐增大 BF1、F2均逐渐增大CF1先减小后增大，F2逐渐减小 DF1逐渐增大，F2先减小后增大【答案】C【解析】题图甲中，OA与OC的合力与重力等大反向，且保持不变，OA的方向不变，通过画平行四边形可知，当OC顺时针转动到水平位置时，F1先减小后增大题图乙中，设OA绳与竖直方向的夹角为，因为OA与OC垂直，且合力与重力等大反向，故F2mgsin ，根据题意，随着的减小，F2逐渐减小，故选项C正确9(2019上海延安中学模拟)如图所示，两根轻弹簧a、b的上端固定在竖直墙壁上，下

8、端连接在小球上当小球静止时，弹簧a、b与竖直方向的夹角分别为53和37.已知a、b的劲度系数分别为k1、k2，sin 530.8，则a、b两弹簧的伸长量之比为()A B C D【答案】B【解析】作出小球的受力分析图如图所示，根据平衡条件有Fmg，弹簧a的弹力F1Fcos 53mg，弹簧b的弹力F2Fsin 53mg，根据胡克定律有x，则a、b两弹簧的伸长量之比为.故选项B正确10(2019四川彭州中学模拟)如图所示，a、b两个质量相同的球用线连接，a球用线挂在天花板上，b球放在光滑斜面上，系统保持静止，以下图示中正确的是( ) 【答案】B【解析】对b球受力分析，受重力、垂直斜面向上的支持力和细

9、线的拉力，由于三力平衡时三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故细线拉力向右上方，故A图错误；再对a、b两个球整体受力分析，受总重力、垂直斜面向上的支持力和上面细线的拉力，再次根据共点力平衡条件判断上面的细线的拉力方向斜向右上方，故C、D图均错误11. (2019江苏盐城中学模拟)如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止于P点，设滑块所受支持力为FN，OP与水平方向的夹角为.下列关系正确的是()AF BFmgtan CFN DFNmgtan 【答案】A【解析】法一：合成法滑块受力如图甲，由平衡条件知：tan ，sin F，FN.

10、法二：效果分解法将重力按产生的效果分解，如图乙所示，FG2，FNG1.法三：正交分解法将滑块受的力水平、竖直分解，如图丙所示，mgFNsin ，FFNcos ，联立解得：F，FN.法四：封闭三角形法如图丁所示，滑块受的三个力组成封闭三角形，解直角三角形得：F，FN.12. (2019河北正定中学模拟)如图，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点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体；OO段水平，长度为L；绳子上套一可沿绳滑动的轻环现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L，则钩码的质量为()AM BM CM DM【答案】D【解析】重新平衡后，绳子形状如图，由几何关系知：绳子与竖直方向

11、夹角为30，则环两边绳子的夹角为60，根据平行四边形定则，环两边绳子拉力的合力为Mg，根据平衡条件，则钩码的质量为M，故选项D正确13. (2019黑龙江鹤岗一中模拟)如图所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为()A4 B4 C12 D21【答案】D【解析】法一：隔离法分别对两小球受力分析，如图甲所示FAsin 30FBsin 0FBsin FC0，FBFB得FA2FC，即弹簧A、C的伸长量之比为21，选项D正确法二：整体法将两球作为一个整体，进行受力分析，如图乙所示由平衡条件知：，即

12、F2FC又FFA，则FA2FC，即弹簧A、C的伸长量之比为21，故选项D正确14(2019辽宁沈阳二中模拟)如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面体上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力FN以及绳对小球的拉力FT的变化情况是()AFN保持不变，FT不断增大 BFN不断增大，FT不断减小CFN保持不变，FT先增大后减小 DFN不断增大，FT先减小后增大【答案】D【解析】选小球为研究对象，其受力情况如图所示，用平行四边形定则作出相应的“力三角形OAB”，其中OA的大小、方向均不变，AB的方

13、向不变，推动斜面时，FT逐渐趋于水平，B点向下移动，根据动态平衡，FT先减小后增大，FN不断增大，选项D正确15(2019湖南岳阳一中检测)如图所示，物体A、B跨过定滑轮并用轻绳连接起来，物体A放在倾角为的固定粗糙斜面上，滑轮左边的轻绳平行斜面已知物体A的质量为m，物体A与斜面的动摩擦因数为(tan 1)，不计滑轮与绳之间的摩擦，要使物体A能在斜面上滑动，物体B的质量可能为()Am(1)sin Bm(1)cos Cm(1)cos D.【答案】BD【解析】当物体A恰好下滑时有mgsin mgcos mBg，得mBm(sin cos )，当物体A恰好上滑时有mgsin mgcos mBg，得mBm

14、(sin cos )，即B的质量只要小于m(sin cos )或者大于m(sin cos )即可，D正确；又由题意tan 1，所以45即sin cos 小于(1)cos ，所以B正确，A、C错误16(2019广东深圳中学模拟)质量均匀分布的光滑球A与B通过轻绳连接，悬挂于平台两侧，初始状态A球与地面和平台侧面接触且有挤压，B球悬于空中，如图所示不计轻绳摩擦，若A发生均匀的少量膨胀后，两球仍能保持静止状态则()A两球的质量可能相等 B地面对平台一定有静摩擦力C膨胀后平台侧面对A弹力变小 D膨胀后A对地面压力会变大【答案】D【解析】因初始状态A球与地面接触且有挤压，可知B的质量小于A的质量，选项A

15、错误；对平台及A、B的整体受力分析，水平方向不受力，则地面对平台无静摩擦力作用，选项B错误；膨胀后拉A的细线与竖直方向的夹角变大，由平衡知识可知平台侧面对A弹力FNTsin mBgsin ，可知平台侧面对A弹力变大，选项C错误；地面对A的支持力FNmAgTcos ，可知膨胀后FN变大，即A对地面压力会变大，选项D正确17(2019北京101中学模拟)如图所示，小球a的质量为小球b质量的一半，分别与轻弹簧A、B和轻绳相连接并处于平衡状态轻弹簧A与竖直方向夹角为60，轻弹簧A、B伸长量刚好相同，则下列说法正确的是()A轻弹簧A、B的劲度系数之比为31B轻弹簧A、B的劲度系数之比为21C轻绳上拉力与

16、轻弹簧A上拉力的大小之比为21D轻绳上拉力与轻弹簧A上拉力的大小之比为2【答案】AD【解析】设轻弹簧A、B伸长量都为x，小球a的质量为m，则小球b的质量为2m.对小球b，由平衡条件，弹簧B中弹力为kBx2mg；对小球a，由平衡条件，竖直方向kBxmgkAxcos60，联立解得：kA3kB，选项A正确，B错误；水平方向，轻绳上拉力FkAxsin 60，选项C错误，D正确18(2019广东梅州一中模拟)轻绳一端系在质量为m的物块A上，另一端系在一个套在粗糙竖直杆MN的圆环上现用水平力F拉住绳子上一点O，使物块A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置，但圆环仍保持在原来位置不动，在这一过程中，环对杆的摩擦

17、力F1和环对杆的压力F2的变化情况是()AF1保持不变，F2逐渐增大 BF1保持不变，F2逐渐减小CF1逐渐增大，F2保持不变 DF1逐渐减小，F2保持不变【答案】B【解析】以圆环、物块A及轻绳整体为研究对象，受力情况如图甲所示，根据平衡条件得，杆对环的摩擦力F1G，保持不变，杆对环的弹力F2F；以结点O为研究对象，受力情况如图乙所示，由平衡条件得，Fmgtan，物块A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置过程中，逐渐减小，则F逐渐减小，F2逐渐减小所以F1保持不变，F2逐渐减小，由牛顿第三定律知F1不变，F2减小，选项B正确19(2019江西上饶一中二模)如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在

18、粗糙水平地面上，三条细绳结于O点一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条绳连接小球Q，P、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA在外力F的作用下，处于水平方向，现缓慢改变绳OA的方向至90，且保持结点O位置不变，整个装置始终处于静止状态下列说法正确的是()A绳OA的拉力先减小后增大 B绳OB的拉力一直增大C地面对斜面体有向右的摩擦力 D地面对斜面体的支持力不断减小【答案】AD【解析】缓慢改变绳OA的方向至90的过程，OA拉力的方向变化如图所示，从3位置到2位置到1位置可见OA的拉力先减小后增大，OB的拉力一直减小，故A正确，B错误；以斜面和P、Q整体为研究对象受力分析，根据平衡条件可知斜面受地面

19、的摩擦力与OA绳水平方向的分力等大、反向，故摩擦力方向向左，C错误；以斜面体和P整体为研究对象受力分析，绳OB对其竖直向下的分力减小，则地面对斜面的支持力减小，故D正确20(2019天津耀华中学模拟)将轻绳和轻弹簧的一端分别固定在圆弧上的A、B两点，另一端固定在小球a上，静止时，小球a恰好处于圆心O处，如图甲所示，此时绳与水平方向夹角为30，弹簧恰好水平，现将轻弹簧与轻绳对调，将a球换成b球后，小球仍位于O点，如图乙所示，则a、b两个小球的质量之比为()A11 B1 C2 D32【答案】C【解析】在甲图和乙图中，由于弹簧的长度是相等的，所以两种情况下的弹簧的弹力是相等的甲图中：tan 30乙图

20、中：sin 30所以：2.1.（2019新课标全国卷）用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面I、固定在车上，倾角分别为30和60。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面I、压力的大小分别为F1、F2，则A B C D 【答案】D【解析】对圆筒进行受力分析知圆筒处于三力平衡状态，受力分析如图，由几何关系可知，。解得， 由牛顿第三定律知，故D正确。2.（2019天津卷）2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式通车。为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索（所有钢索均处在同一竖直面内）斜拉桥，其索塔与钢索如图所示。下列说法正确

21、的是（ ）A增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力B为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度C索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下D为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布【答案】C【解析】以桥身为研究对象，钢索对桥身的拉力的合力与桥身的重力等大反向，则钢索对索塔的向下的压力数值上等于桥身的重力，增加钢索的数量钢索对索塔的向下的压力数值不变，故A错误；由图甲可知，当索塔高度降低后，变大， 变小，故T变大，故B错误；由B的分析可知，当钢索对称分布时，钢索对索塔的合力竖直向下，故C正确；受力分析如图乙，由正弦定理可知，只要，钢索AC、AB的拉力FA

22、C、FAB进行合成，合力竖直向下，钢索不一定要对称分布，故D错误。3.（2019江苏卷）如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右细绳与竖直方向的夹角为，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为（ ）（A）（B）（C）Tsin（D）Tcos【答案】C【解析】对气球受力分析，由水平方向平衡条件可得：，故C正确。4. （2018年天津卷）明朝谢肇淛的五杂组中记载：“明姑苏虎丘寺庙倾侧，议欲正之，非万缗不可。一游僧见之,曰：无烦也，我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身。假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，

23、木楔两侧产生推力FN，则A. 若F一定，大时大 B. 若F一定，小时大C. 若一定，F大时大 D. 若一定，F小时大【答案】BC【解析】由于木楔处在静止状态，故可将力F沿与木楔的斜面垂直且向上的方向进行分解，根据平行四边形定则，画出力F按效果分解的图示并且可据此求出木楔两侧产生的推力选木楔为研究对象，木楔受到的力有：水平向右的F、和两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力，由于木楔处于平衡状态，所以两侧给木楔的斜面垂直的弹力与F沿两侧分解的推力是相等的，力F的分解如图：则，故解得，所以F一定时，越小，越大；一定时，F越大，越大，BC正确；5(2017全国卷)如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M

24、拴一重物，用手拉住绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中()AMN上的张力逐渐增大 BMN上的张力先增大后减小COM上的张力逐渐增大 DOM上的张力先增大后减小【答案】AD【解析】设重物的质量为m，绳OM中的张力为T，绳MN中的张力为TMN。开始时，Tmg，TMN0。由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力mg等大、反向。如图所示，已知角不变，在绳MN缓慢拉起的过程中，角逐渐增大，则角()逐渐减小，但角不变，在三角形中，利用正弦定理得：，()由钝角变为锐角，则TOM先增

25、大后减小，选项D正确；同理知，在由0变为的过程中，TMN一直增大，选项A正确。6. (2017全国卷)如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F的大小不变，而方向与水平面成60角，物块也恰好做匀速直线运动。物块与桌面间的动摩擦因数为()A2 B. C. D.【答案】C【解析】当F沿水平方向时，物块受力如图甲所示，有Ff，fN，Nmg，联立解得Fmg。当F与水平面成60角时，物块受力如图乙所示，有Fcos60f，fN，NmgFsin60，联立解得Fcos60(mgFsin60)。联立解得，C正确。7(2017全国卷)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm

26、的两点上，弹性绳的原长也为80 cm。将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)()A86 cm B92 cm C98 cm D104 cm【答案】B【解析】将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡后对钩码进行受力分析，如图所示，设钩码质量为m，弹性绳的拉力为T，弹性绳与竖直方向的夹角为，由平衡条件知2Tcosmg，由胡克定律得Tkx，联立解得k，将弹性绳两端拉至同一点重新平衡后，设弹性绳上拉力为T1，弹性绳的形变量为x，由平衡条件知2T1mg，由胡克定律有T1kx，联立解得k。由几何关系得cos，x0.2 m，联立解得x0.12 m，故弹性绳的总长度变为92 cm，B正确。