2020届高考物理 精准培优专练三 共点力的平衡（含解析）

共点力的平衡1从历年命题看，对共点力平衡的考查，主要在选择题中单独考查，同时对平衡问题的分析在后面的计算题中往往有所涉及。高考命题两大趋势：一是向着选择题单独考查的方向发展；二是选择题单独考查与电学综合考查并存。2解决平衡问题常用方法：(1)静态平衡：三力平衡一般用合成法，合成后力的问题转换成三角形问题；多力平衡一般用正交分解法；遇到多个有相互作用的物体时一般先整体后隔离。(2)动态平衡：三力动态平衡常用图解法、相似三角形法等，多力动态平衡问题常用解析法，涉及到摩擦力的时候要注意静摩擦力与滑动摩擦力的转换。二、考题再现典例1.(2019全国卷19)如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45。已知M始终保持静止，则在此过程中()A水平拉力的大小可能保持不变BM所受细绳的拉力大小一定一直增加CM所受斜面的摩擦力大小一定一直增加DM所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加典例2.(2019全国II卷16)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行。已知物块与斜面之间的动摩擦因数为，重力加速度取10 m/s2。若轻绳能承受的最大张力为1500 N，则物块的质量最大为()A150 kg B100kg C200 kg D200kg三、对点速练1如图所示，倾角为的斜面体c置于水平地面上，物块b置于斜面上，通过跨过光滑定滑轮的细绳与小盒a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a连接在竖直固定在地面的弹簧上。现向盒内缓慢加入适量砂粒，a、b、c始终处于静止状态。下列判断正确的是()Ac对b的摩擦力可能减小B地面对c的支持力可能增大C地面对c的摩擦力可能不变D弹簧的弹力可能增大2(多选)如图所示，竖直杆固定在木块C上，两者总重为20 N，放在水平地面上。轻细绳a连接小球A和竖直杆顶端，轻细绳b连接小球A和B，小球B重为10 N。当用与水平方向成30角的恒力F作用在小球B上时，A、B、C刚好保持相对静止且一起水平向左做匀速运动，绳a、b与竖直方向的夹角分别恒为30和60，则下列判断正确的是()A力F的大小为10 NB地面对C的支持力大小为40 NC地面对C的摩擦力大小为10 NDA球重为10 N3将一个半球体置于水平地面上，半球的中央有一光滑小孔，上端有一光滑的小滑轮，柔软光滑的轻绳绕过滑轮，两端分别系有质量为m1、m2的物体(两物体均可看成质点，m2悬于空中)时，整个装置处于静止状态，如图所示。已知此时m1与半球的球心O的连线与水平线成37角(sin 370.6，cos 370.8)，m1与半球面的动摩擦因数为0.5，并假设m1所受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则在整个装置处于静止的前提下，下列说法正确的是()A当不同时，地面对半球体的摩擦力也不同B半球体对m1的支持力m2随的变化而变化C随着m2质量的逐渐增大，m1所受半球体的摩擦力一定逐渐增大D当2时，半球体对m1的摩擦力的方向垂直于图中的虚线向上4如图所示，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()Ab与水平面间的摩擦力减小Bb受到的绳子拉力增大Ca、b静止时，图中、三角仍然相等D悬于墙上的绳所受拉力增大5(多选)如图所示，粗糙地面上有一斜面体，倾角为。不可伸长的细绳跨过斜面顶端光滑定滑轮，左端连接静止的大物块，质量为M，右端连着一根光滑轻杆，轻杆铰接在斜面右侧，轻杆顶端用另一根细绳挂着质量为m的小物块。一开始整个装置静止，细绳垂直于轻杆。用手将大物块从A点移动到B点后松手，系统仍然保持静止，且在A点和B点大物块受到的摩擦力大小相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法中正确的是()A绳子的张力一定减小B若大物块再向下移动一点距离，则系统一定失去平衡C在A处时绳子的张力比B处时一定大2Msin D地面给斜面体的作用力一定不变6(多选)如图所示，两斜面体M、N完全相同，两物体P、Q也完全相同。用一根不可伸长的轻质细线通过两光滑的定滑轮将P、Q两物体连接，细线与两侧斜面均保持平行，M、N、P、Q均处于静止状态，且物体P恰好不上滑。已知，下列说法中正确的是()A物体Q受到沿斜面向下的摩擦力B物体Q受到的摩擦力可能为零C地面对M的摩擦力方向水平向左D地面对M的摩擦力与地面对N的摩擦力大小相等7(多选)如图所示，一足够长的斜面体静置于粗糙水平地面上，一小物块沿着斜面体匀速下滑，现对小物块施加一水平向右的恒力F，当物块运动到最低点之前，下列说法正确的是()A物块与斜面体间的弹力不变B物块与斜面体间的摩擦力增大C斜面体与地面间的弹力不变D斜面体与地面间的摩擦力始终为08一斜劈静止于粗糙的水平地面上，在其斜面上放一滑块m，若给m一向下的初速度v0，则m正好保持匀速下滑。如图所示，现在m下滑的过程中再加一个作用力，则以下说法正确的是()A在m上加一个竖直向下的力Fa，仍m将保持匀速运动，M对地面有摩擦力的作用B在m上加一个沿斜面向下的力Fb，则m将做加速运动，M对地面有水平向左的静摩擦力的作用C在m上加一个水平向右的力Fc，则m将做减速运动，在停止前M对地有向右的静摩擦力的作用D无论在m上加什么方向的力，在m停止前M对地面都无静摩擦力的作用9(多选)如图所示，一轻杆固定在水平地面上，杆与地面间夹角60，一轻杆套在杆上，环与杆之间的动摩擦因数为，一质量不计的光滑小滑轮用轻绳OP悬挂在天花板上，另一轻绳跨过滑轮一端系在轻环上，另一端用手水平向右拉住使轻环静止不动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。关于OP绳与水平方向之间的夹角的取值，可能的是()A75 B65 C45 D3010(多选)如图所示，斜面体置于粗糙水平地面上，斜面体上方水平固定一根光滑直杆，直杆上套有一个滑块。滑块连接一根细线，细线的另一端连接一个置于斜面上的光滑小球。最初斜面与小球都保持静止，现对滑块施加水平向右的外力使其缓慢向右滑动至A点，如果整个过程斜面保持静止，小球未滑离斜面，滑块滑动到A点时细线恰好平行于斜面，则下列说法正确的是()A斜面对小球的支持力逐渐减小B细线对小球的拉力逐渐减小C滑块受到水平向右的外力逐渐增大D水平地面对斜面体的支持力逐渐减小11(多选)大国工匠节目中讲述了王进利用“秋千法”在1000 kV的高压线上带电作业的过程。如图所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮上。另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制。身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处。绳OD一直处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为m，不计一切阻力，重力加速度大小为g。关于王进从C点运动到E点的过程中，下列说法正确的是()A工人对绳的拉力一直变大B绳OD的拉力一直变小COD、CD两绳拉力的合力大小等于mgD当绳CD与竖直方向的夹角为30时，工人对绳的拉力为mg12如图，可视作质点的木块在拉力F的作用下沿粗糙水平地面做匀速直线运动。F与水平面的夹角为(090)，木块与地面的动摩擦因数恒定但未知，则()A越小，F越小B越大，F越小CF的最小值一定比木块重力小DF的最小值可能等于木块重力大小答案二、考题再现典例1.【解析】用水平拉力向左缓慢拉动N，受力分析如图所示，水平拉力F逐渐增大，细绳的拉力T逐渐增大，则细绳对M的拉力逐渐增大，故A错误，B正确。当物块M的质量满足mMg sin mNg时，初始时M受到的摩擦力方向沿斜面向上，这时随着对物块N的缓慢拉动，细绳的拉力T逐渐增大，物块M所受的摩擦力先向上逐渐减小，然后可能再向下逐渐增大，故C错误，D正确。【答案】BD典例2.【解析】如图，物块沿斜面向上匀速运动，则物块受力平衡，满足关系：Tfmgsin ，fmgcos ，当最大拉力Tm1500 N时，联立解得：m150 kg，故A选项符合题意。【答案】A三、对点速练1【答案】A【解析】盒子a受重力、拉力和弹簧的支持力而平衡，随着沙子质量的增加；由于不知道b的重力沿着斜面方向的分力与细线拉力的大小关系，故不能确定静摩擦力的方向，静摩擦力可能增加、可能减小，有可能先减小后增大，故A正确；对a分析可知，a处于静止状态，加入适量砂粒后重力变大，弹簧弹力不变，绳子的张力变大；对b与c整体分析，受重力、支持力、拉力和向左的静摩擦力，故地面对c的支持力一定减小，摩擦力一定变大，故BCD错误。2【答案】AD【解析】以B为研究对象受力分析，水平方向受力平衡，有：Fcos 30Tbcos 30，解得：FTb，竖直方向受力平衡，则有：Fsin 30Tbsin 30mBg，解得：FmBg10 N，以A为研究对象受力分析，竖直方向上有：Tbsin 30mAgTasin 60，水平方向：Tasin 30Tbsin 60，联立得：mAmB，即A球重为10 N，故A、D正确；以A、B、C整体为研究对象受力分析，水平方向：fFcos 305N，竖直方向：NFsin 30(MmAmB)g，解得：N35 N，故B、C错误。3【答案】D【解析】对半球体m1、m2整体受力分析如图所示，只受重力和支持力这一对平衡力，相对地面并无运动趋势，故不受摩擦力，故A错误；对m1受力分析，如图将重力正交分解，根据共点力平衡条件得到y方向：Nm1gcos530，只要m1与半球的球心O的连线与水平线之间的夹角不变，N就不变，故B错误；据题意得知：Tm2g，解得，当时，m1gsin53Tf，其中Tm2g，f随着m2质量的逐渐增大而逐渐减小，故C错误；当时，有Tm2gm1gsin53，即拉力小于重力的下滑分量，m1有下滑趋势，摩擦力沿切线向上，当达到最大静摩擦力时m2gm1gcos53m1gsin53，解得，因而当2时，半球体对m1的摩擦力的方向垂直于图中的虚线向上，故D正确。4【答案】C【解析】小滑轮光滑，所以两端绳拉力T大小相等，设b绳与水平夹角为，根据平衡条件可知： fTcos magcos ，当物块b移至c点后，a、b仍保持静止，变小，所以摩擦力变大，A错误；因为物体a始终静止，所以绳子拉力始终等于a的重力，所以b受到的绳子拉力Tmag，B错误；当物块b移至c点后，a、b两绳的夹角变大，但由于两绳拉力大小相等，所以悬于墙上的绳拉力大小等于a、b两绳拉力的合力，且光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上，所以悬于墙上的绳方向一定与a、b两绳拉力的合力，方向在一条直线上，a、b两绳拉力大小相等，所以悬于墙上的绳方向就是a、b两绳的夹角角平分线，所以，而与是同位角，所以，C正确；当物块b移至c点后，a、b两绳的夹角变大，但由于两绳拉力大小相等，且光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上，所以细绳O拉力大小等于a、b两绳拉力的合力，两绳拉力大小不变，夹角变大，所以合力变小，悬于墙上的绳所受拉力变小，D错误。5【答案】AD【解析】以绳子结点为研究对象进行受力分析，如图所示；根据力的三角形和边的三角形相似可得：，由于mg和H不变，OP减小，则拉力F减小，故A正确；在A点和B点大物块受到的摩擦力大小相等，但在B点摩擦力是否达到最大不确定，所以若将大物块再向下移动一点距离，则系统不一定失去平衡，故B错误；在A点和B点大物块受到的摩擦力大小相等，但B点绳子拉力小，所以A点摩擦力方向向下、B点摩擦力沿斜面向上，根据平衡条件可得：在A处：FAMgsin f，在B处：FB Mgsin f，解得：FAFB2f，而fMgsin ，在A处时绳子的张力比B处时不一定大2Mgsin ，故C错误；地面给斜面体的作用力等于总重，所以地面给斜面体的作用力一定不变，故D正确。6【答案】BCD【解析】因物体P恰好不上滑，则物体Q可能有沿斜面下滑的趋势，物体Q可能受到沿斜面向上的摩擦力，选项A错误；对PQ两物体：TfPmgsin mgsin fQ，因，可知fQ可能为零，选项B正确；对P和M的整体，因受到细线水平向右的拉力，可知地面对M有水平向左的摩擦力，其大小等于绳的拉力；同理对Q和N的整体，因受到细线水平向左的拉力，则地面对N有水平向右的摩擦力，其大小等于绳的拉力，选项C、D正确。7【答案】BD【解析】设斜面的倾角为，不加推力F时，滑块匀速下滑，受重力、支持力和摩擦力，根据共点力平衡条件，支持力Nmgcos，摩擦力fmgsin，故动摩擦因数f/Ntan；对小物块施加一水平向右的恒力F后，支持力NmgcosFsin，变大；滑动摩擦力fN，也变大，故A错误，B正确；不加推力F时，根据平衡条件，滑块受的支持力和摩擦力的合力竖直向上；故根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力竖直向下，故斜面体相对地面没有滑动趋势，故斜面体不受摩擦力；加上水平推力后，滑块对斜面体的摩擦力和压力同比例增加，其合力方向依旧是竖直向上(大小变大，方向不变)；同理,根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力依旧是竖直向下(大小变大，方向不变)，故斜面体相对地面仍然没有滑动趋势，故斜面体仍然不受摩擦力，但对地压力变大了，故C错误，D正确。8【答案】D【解析】m原来保持匀速下滑，M静止，以滑块和斜面组成的整体为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件得知地面对斜面没有摩擦力，如有摩擦力，整体的合力不为零，将破坏平衡状态与题矛盾，对m，有：，即得，是斜面的倾角。当施加竖直向下的力Fa时，对整体受力分析，在竖直方向合力为零，水平方向合力为零，故地面对M无摩擦力，对m受力分析可知，所以m做匀速运动，故A错误；在m上加一沿斜面向下的力，如图，物块所受的合力将沿斜面向下，故做加速运动，但m与斜面间的弹力大小不变，故滑动摩擦力大小不变，即物块所受支持力与摩擦力的合力仍然竖直向上，则斜面所受摩擦力与物块的压力的合力竖直向下，则斜面水平方向仍无运动趋势，故仍对地无摩擦力作用，故B错误；在m上加一水平向右的力，沿斜面方向：，故物体做减速运动；对物块，所受支持力增加了，则摩擦力增加，即支持力与摩擦力均成比例的增加，其合力方向还是竖直向上，如图，则斜面所受的摩擦力与压力的合力放还是竖直向下，水平放向仍无运动趋势，则不受地面的摩擦力，故C错误；无论在m上加上什么方向的力，m对斜面的压力与m对斜面的摩擦力都是以的比例增加，则其合力的方向始终竖直向下，斜面便没有运动趋势，始终对地面无摩擦力作用，故D正确。9【答案】AB【解析】当PQ之间的绳子与杆垂直时，由几何关系可知，滑轮两边的细绳之间的夹角为150，则此时75；若设当小环与细杆有向上的最大静摩擦力时，此时PQ与过Q点垂直于杆的直线之间的夹角为，则由平衡知识可知：Tsin Nmgsin 60；Tcos Nmgcos 60；联立解得30；则由几何关系可知，此时滑轮两边的细绳之间的夹角为120，则此时60；则角的范围应该在60与75之间，故选AB。10【答案】BC【解析】对小球受力分析可知，沿斜面方向：Tcos mgsin ，在垂直斜面方向：FNTsin mgcos （其中是细线与斜面的夹角，为斜面的倾角），现对滑块施加水平向右的外力使其缓慢向右滑动至A点，变小，则细线对小球的拉力T变小，斜面对小球的支持力FN变大，故选项B正确，A错误；对滑块受力分析可知，在水平方向则有：，由于变小，则有滑块受到水平向右的外力逐渐增大，故选项C正确；对斜面和小球为对象受力分析可知，在竖直方向则有mgMgFNTsin()，由于()变小，所以水平地面对斜面体的支持力逐渐增大，故选项D错误。11【答案】CD【解析】对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示，绳OD的拉力为F1，与竖直方向的夹角为，绳CD的拉力为F2，与竖直方向的夹角为。根据几何知识知：290，由正弦定理可得F1增大，F2减小，A错误；根据选项A的分析，B错误；两绳拉力的合力大小等于mg，C正确；30时，30，可求出F2mg，D正确。12【答案】C【解析】对物体受力分析，如图示，根据平衡条件有：水平方向Ff=0，竖直方向F+N-mg=0，其中：f=N解得，F=令=，即=，=，则F=，故当时，=1，拉力F最小，Fmin=，故A、B、D错误，C正确。9