《（全國通用）2020版高考物理一輪復習 第二章 微專題13 平衡條件的應用加練半小時（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（全國通用）2020版高考物理一輪復習 第二章 微專題13 平衡條件的應用加練半小時（含解析）（11頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、平衡條件的應用 [方法點撥]　(1)三力平衡一般用合成法，合成后力的問題轉換成三角形問題.(2)多力平衡一般用正交分解法.(3)遇到多個有相互作用的物體一般先整體后隔離. 1.(多選)如圖1所示，質量為M、半徑為R的半球形物體A放在水平地面上，通過最高點處的釘子用水平細線拉住一質量為m、半徑為r的光滑球B，則(　　) 圖1 A.A對地面的壓力等于(M＋m)g B.A對地面的摩擦力方向向左 C.B對A的壓力大小為mg D.細線對小球的拉力大小為mg 2.(2018·山西省晉中市模擬)如圖2所示，一只半球形碗倒扣在水平桌面上始終處于靜止狀態(tài)，碗的半徑為R，質量為m的螞蟻只有在離

2、桌面高度大于或等于R時，才能停在碗上，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則螞蟻和碗面間的動摩擦因數為(　　) 圖2 A.B.C.D. 3.(2018·四川省資陽市二診)如圖3所示，物體A、B用細繩與彈簧連接后跨過滑輪，A靜止在傾角為θ＝45°的粗糙斜面上，B懸空且處于靜止狀態(tài)，已知兩物體質量mA＝3mB，不計滑輪摩擦，現將斜面傾角θ由45°減小到30°，下列說法正確的是(　　) 圖3 A.彈簧的彈力大小將增大 B.物體A受到的靜摩擦力將減小 C.彈簧的彈力及A受到的靜摩擦力都不變 D.物體A對斜面的壓力將減小 4.如圖4所示，兩完全相同、質量均為m的光滑球A、B，放在豎直擋

3、板和傾角為α的斜面間處于靜止狀態(tài)，則下列說法錯誤的是(　　) 圖4 A.兩球對斜面的壓力大小相等 B.斜面對A球的彈力大小為mgcosα C.斜面對B球的彈力大小為mg D.B球對A球的彈力大小為mgsinα 5.(2018·陜西省西安市聯(lián)考)如圖5所示，物體A、B置于水平地面，與地面間的動摩擦因數均為μ，物體A、B用一跨過動滑輪的細繩相連，現用逐漸增大的力向上提升滑輪，某時刻拉A物體的繩子與水平面的夾角為53°，拉B物體的繩子與水平面的夾角為37°，此時A、B兩物體都剛好要發(fā)生滑動，則A、B兩物體的質量之比為(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0

4、.8)(　　) 圖5 A. B. C. D. 6.(2018·福建省南平市一模)如圖6所示，傾角為θ的斜面體c置于水平地面上，物塊b置于斜面上，通過細繩跨過光滑的定滑輪與物體a連接，連接b的一段細繩與斜面平行，連接a的一段細繩豎直，a連接在豎直固定在地面的彈簧上，各物體始終處于靜止狀態(tài)，則(　　) 圖6 A.地面對c的摩擦力方向一定向左 B.物塊b一定受四個力作用 C.在物塊b上施加豎直向下的力F，彈簧的彈力可能增大 D.在物塊b上施加豎直向下的力F，則b對c的摩擦力大小可能不變 7.(多選)(2019·陜西省黃陵中學模擬)如圖7所示，A、B兩物體用兩根輕質細線分別

5、懸掛在天花板上，兩細線與水平方向夾角分別為60°和45°，A、B間拴接的輕質彈簧恰好處于水平狀態(tài)，則下列判斷正確的是(　　) 圖7 A.A、B的質量之比為1∶ B.A、B所受彈簧彈力大小之比為∶ C.懸掛A、B的細線上拉力大小之比為∶1 D.快速撤去彈簧的瞬間，A、B的瞬時加速度大小之比為1∶ 8.如圖8甲所示，兩段等長輕質細繩將質量分別為m、2m的小球A、B(均可視為質點)懸掛在O點，小球A受到水平向右的恒力F1的作用，小球B受到水平向左的恒力F2的作用，當系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)時，出現了如圖乙所示的狀態(tài)，小球B剛好位于O點正下方.則F1與F2的大小關系正確的是(　　) 圖8

6、 A.F1＝4F2 B.F1＝3F2 C.2F1＝3F2 D.2F1＝5F2 9.(2018·河北省景縣調研)表面光滑、半徑為R的半球固定在水平地面上，球心O的正上方O′處有一無摩擦定滑輪，輕質細繩兩端各系一個可視為質點的小球掛在定滑輪上，如圖9所示，兩小球處于平衡狀態(tài)時，若滑輪兩側細繩的長度分別為L1＝2.4R和L2＝2.5R，這兩個小球的質量之比為，小球與半球之間的彈力大小之比為，則以下說法正確的是(　　) 圖9 A.＝ B.＝ C.＝1 D.＝ 10.(多選)(2018·遼寧省沈陽九中月考)如圖10所示，質量為M的斜面體A放在粗糙水平面上，用輕繩拴住質量為m的小球B置于

7、斜面上，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài).已知斜面傾角及輕繩與豎直方向夾角均為θ＝30°.不計小球與斜面間的摩擦，則(　　) 圖10 A.輕繩對小球的作用力大小為mg B.斜面體對小球的作用力大小為mg C.斜面體對水平面的壓力大小為(M＋m)g D.斜面體對水平面的摩擦力大小為mg 11.(2018·廣東省深圳市三校模擬)如圖11所示，重力為G的圓柱體A被平板B夾在板與墻壁之間，平板B與底座C右端的鉸鏈相連，左端由液壓器調節(jié)高度，以改變平板B與水平底座C間的夾角θ，B、C及D總重力也為G，底座C與水平地面間的動摩擦因數為μ(0.5＜μ＜1)，平板B的上表面及墻壁是光滑的.底座C與地面間的

8、最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是(　　) 圖11 A.C與地面間的摩擦力總等于2μG不變 B.θ角增大時，地面對C的摩擦力增大 C.要保持底座C靜止不動，應滿足tanθ＞2μ D.若保持θ＝45°不變，圓柱體重力增大ΔG，仍要保持底座C靜止，則ΔG的最大值ΔGm＝G 12.(2018·江西省臨川一中段測)如圖12所示，質量為m(可視為質點)的小球P，用兩根輕繩OP和O′P與小球拴接后再分別系于豎直墻上相距0.4m的O、O′兩點上，繩OP長0.5m，繩O′P長0.3m，今在小球上施加一方向與水平方向成θ＝37°角的拉力F，將小球緩慢拉起，O′P繩剛拉直時，OP繩拉力

9、為FT1，OP繩剛松弛時，O′P繩拉力為FT2，則為(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(　　) 圖12 A.3∶4B.4∶3C.3∶5D.4∶5 答案精析 1.AC　[對A、B整體受力分析，受重力和支持力，相對地面無運動趨勢， 故不受摩擦力，根據平衡條件，支持力大小等于整體的重力，為(M＋m)g；根據牛頓第三定律，A對地面的壓力等于(M＋m)g，故A正確，B錯誤.對球B受力分析，如圖所示，根據平衡條件有F＝，FT＝mgtanθ，其中cosθ＝，tanθ＝，故F＝mg，FT＝mg，故C正確，D錯誤.] 2.D [當螞蟻離桌面高度等于R時，螞蟻受重力、支持

10、力和摩擦力處于平衡狀態(tài)，根據平衡條件有Ff＝mgsinθ＝μFN＝μmgcosθ，其中θ為螞蟻所受支持力與豎直方向的夾角，而cosθ＝＝0.8，可得μ＝＝tanθ＝，故D正確.] 3.B　[設mA＝3mB＝3m，對物體B受力分析，可得FT＝mg，則彈簧的彈力不變，故A錯誤；再對物體A受力分析，受重力、支持力、拉力和靜摩擦力，如圖所示，剛開始由于mAgsin45°＝mg>FT＝mg，所以摩擦力沿斜面向上，大小為Ff1＝3mgsin45°－mg＝mg，斜面傾角變?yōu)?0°以后，由于mAgsin30°＝mg>FT＝mg，所以摩擦力仍然沿斜面向上，大小為Ff2＝3mgsin30°－mg＝mg，則Ff1

11、>Ff2，即物體A受到的靜摩擦力減小，根據平衡條件得FN－3mgcosθ＝0，解得FN＝3mgcosθ，當θ變小時，斜面對物體A的支持力FN增大，由牛頓第三定律得物體A對斜面的壓力增大，故B正確，C、D錯誤.] 4.A　[對球A進行受力分析，如圖甲所示，可知斜面對A的彈力FNA＝mgcosα，B說法正確；B對A的彈力FBA＝mgsinα，D說法正確；對B球進行受力分析，如圖乙所示，則由受力平衡可得沿斜面方向mgsinα＋FAB＝Fcosα，垂直于斜面方向mgcosα＋Fsinα＝FNB，而FBA＝FAB，聯(lián)立可得斜面對B球的彈力大小為FNB＝mgcosα＋2mgtanαsinα＝mg，因

12、此C說法正確，A說法錯誤.] 5.A　[對A、B分別受力分析，如圖所示， 對A有FTcos53°＝μ(mAg－FTsin53°)， 可得mA＝， 對B有FTcos37°＝μ(mBg－FTsin37°)， 可得mB＝， 則＝， 故A正確.] 6.D　[若a受到的彈簧彈力和重力等大，則細繩沒有拉力，這種情況下將b和c看成一個整體，整體水平方向不受力，故此時地面對c沒有摩擦力，A錯誤；若細繩的拉力FT＝mbgsinθ，則b與斜面之間沒有摩擦力，此時b只受重力、斜面的支持力、繩子的拉力三個力作用，B錯誤；因為a始終靜止，彈簧形變不發(fā)生變化，故彈簧彈力不會增大，C錯誤；假設F從零

13、開始增大，若b所受摩擦力方向一開始沿斜面向下，則摩擦力先沿斜面方向向下減小，再沿斜面方向向上增大，故可能存在與初始狀態(tài)反向，等大的摩擦力，則由牛頓第三定律可知，b對c的摩擦力大小可能不變，D正確.] 7.CD　[彈簧對A、B的彈力大小相等，設為kx，對A、B分別進行受力分析，由平衡條件可知mAg＝kxtan60°，FA＝，mBg＝kxtan45°，FB＝，聯(lián)立解得A、B兩物體質量之比為mA∶mB＝tan60°∶tan45°＝∶1，懸掛A、B的細線上拉力之比為FA∶FB＝cos45°∶cos60°＝∶1，故A、B錯誤，C正確；快速撤去彈簧的瞬間，物體A、B將以懸點為圓心做圓周運動，將重力分解為

14、沿半徑和沿切線方向的兩個分力，沿半徑方向合力為零，合力沿切線方向 對A物體：mAgsin30°＝mAaA，得aA＝g 對B物體：mBgsin45°＝mBaB，得aB＝g 聯(lián)立得＝，故D正確.] 8.D　[A受到水平向右的力F1，B受到水平向左的力F2，以整體為研究對象，受力分析如圖甲所示，設OA繩與豎直方向的夾角為α，則由平衡條件得tanα＝；以B球為研究對象，受力分析如圖乙所示，設AB繩與豎直方向的夾角為β，則由平衡條件得tanβ＝，由幾何關系得α＝β，解得2F1＝5F2，D項正確.] 　　 9.B　[先以左側小球為研究對象，分析受力情況，它受重力m1g、繩子的拉力FT和半球的彈

15、力FN1，作出受力圖如圖所示，由平衡條件得，拉力FT和彈力FN1的合力與重力m1g大小相等、方向相反.設OO′＝h，根據三角形相似得＝＝，得m1g＝， FN1＝； 同理有＝＝， 得m2g＝，FN2＝， 所以＝＝，＝＝，故B正確.] 10.AD　[小球處于平衡狀態(tài)，支持力垂直于斜面且與豎直方向成30°角，小球與斜面間沒有摩擦力，將輕繩的拉力FT和斜面對小球的支持力FN進行正交分解可得：FTsin30°＝FNsin30°，FTcos30°＋FNcos30°＝mg，故斜面體和輕繩對小球的作用力均為mg，A正確，B錯誤；對小球和斜面體整體進行受力分析，可得斜面體對水平面的壓力大小為(M＋

16、m)g，斜面體對水平面的摩擦力大小為mg，C錯誤，D正確.] 11.D　[對A進行受力分析，如圖甲所示， 根據平衡條件得：FN＝， 對B、C及D整體進行受力分析，如圖乙所示， 當B、C及D整體靜止時，摩擦力Ff＝FNsinθ＝Gtanθ， 當θ角增大時，地面對C的摩擦力增大，當摩擦力超過最大靜摩擦力后，B、C及D整體向左滑動，摩擦力變?yōu)榛瑒幽Σ亮?，此時Ff滑＝2μG，故A、B錯誤；要保持底座C靜止不動，則Ff≤Ff滑，即Gtanθ≤2μG，解得tanθ≤2μ，故C錯誤；若保持θ＝45°不變，圓柱體的重力增大ΔGm，則FN″＝(G＋ΔGm)，底座C受到的靜摩擦力剛好達到最大靜摩擦力，保持底座C靜止，根據平衡條件得：FN″＝μ，解得ΔGm＝G，故D正確.] 12.C　[O′P繩剛拉直時，OP繩拉力為FT1，此時O′P繩拉力為零，小球受力如圖甲所示. 根據幾何關系可得sinα＝＝，可得α＝53°，則α＋θ＝90°；根據共點力的平衡條件可得FT1＝mgsinα；OP繩剛松弛時，O′P繩的拉力為FT2，此時OP繩拉力為零，小球受力如圖乙所示，根據共點力的平衡條件可得FT2＝mgtanα，由此可得＝＝，故C正確，A、B、D錯誤.] 11