（全國(guó)版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第2章 相互作用 9 共點(diǎn)力作用下物體的平衡（2）能力訓(xùn)練_1

1、（全國(guó)版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第2章 相互作用 9 共點(diǎn)力作用下物體的平衡（2）能力訓(xùn)練9共點(diǎn)力作用下物體的平衡（2）1如圖所示，斜面體放置在粗糙的水平地面上，在水平向右的推力F作用下，物體A和斜面體B均保持靜止。若減小推力F，物體A仍然靜止在斜面上，則()A物體A所受合力一定減小B斜面對(duì)物體A的支持力一定減小C斜面對(duì)物體A的摩擦力一定減小D斜面對(duì)物體A的摩擦力一定為零答案B解析物體A始終處于平衡狀態(tài)，所以受到的合力始終等于零，故A錯(cuò)誤；如圖所示，對(duì)物體A進(jìn)行受力分析，有F合x(chóng)FcosfGsin0F合yFNGcosFsin0解得FNGcosFsin，當(dāng)F減小時(shí)，則支持力減小，故B正確；

2、fGsinFcos，由于摩擦力的方向未知，故當(dāng)f沿斜面向上為正值時(shí)，F(xiàn)減小，則f增大，若f為負(fù)值即沿斜面向上時(shí)，當(dāng)F減小，則f也減小，不一定為零，故C、D錯(cuò)誤。2(多選)如圖所示，一條細(xì)線一端與地板上的物體B相連，另一端繞過(guò)質(zhì)量不計(jì)的定滑輪與小球A相連，定滑輪用另一條細(xì)線懸掛在天花板上的O點(diǎn)，細(xì)線與豎直方向所成角度為，開(kāi)始時(shí)系統(tǒng)靜止，則()A如果將物體B在地板上向右移動(dòng)一點(diǎn)，角將增大B無(wú)論物體B在地板上左移還是右移，只要距離足夠小，角將不變C增大小球A的質(zhì)量，角一定減小D懸掛定滑輪的細(xì)線的彈力不可能等于小球A的重力答案AD解析對(duì)小球A進(jìn)行受力分析，受重力和拉力，根據(jù)平衡條件，有Tmg；如果將物

3、體B在地板上向右移動(dòng)稍許，則AOB增大；對(duì)滑輪分析，受三個(gè)拉力，受力分析如圖所示，AOB2，故角將增大，故A正確，B錯(cuò)誤；增大小球A的質(zhì)量，B可能仍保持不動(dòng)，系統(tǒng)平衡，拉力的方向不變，故角可能不變，故C錯(cuò)誤；由于AOB2<90，彈力F與兩個(gè)拉力T的合力平衡，而Tmg，故懸掛定滑輪的細(xì)線的彈力不可能等于小球A的重力，故D正確。3.(多選)如圖所示，半圓柱體P放在粗糙的水平地面上，其右端有一豎直擋板MN。在二者之間夾著一個(gè)光滑均勻的小圓柱體Q，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)使MN保持豎直并且緩慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，P始終保持靜止。則在此過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()AMN對(duì)Q的彈力逐漸減

4、小BP對(duì)Q的彈力逐漸增大C地面對(duì)P的摩擦力逐漸增大DQ所受的合力逐漸增大答案BC解析對(duì)Q進(jìn)行受力分析，Q受到豎直向下的重力、擋板MN向左的支持力F1和半圓柱體P的支持力F2，如圖所示，根據(jù)平衡條件，得到F1mgtan，F(xiàn)2，MN保持豎直并且緩慢地向右平移的過(guò)程中，增大，故F1、F2增大，A錯(cuò)誤，B正確；對(duì)P、Q整體進(jìn)行分析，整體受到重力、擋板MN的支持力F1、地面的支持力、地面的靜摩擦力f，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，可得fF1mgtan，由于增大，故f增大，C正確；移動(dòng)過(guò)程中Q一直處于平衡狀態(tài)，合力一直為零，D錯(cuò)誤。4.有一個(gè)直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB豎直向下，表面光滑。AO上面套

5、有小環(huán)P，OB上面套有小環(huán)Q，兩環(huán)質(zhì)量均為m，兩環(huán)間由一根質(zhì)量可忽略、不可伸展的細(xì)繩相連，并在某一位置平衡(如圖所示)?，F(xiàn)將P環(huán)向左移一小段距離，兩環(huán)再次達(dá)到平衡，那么將移動(dòng)后的平衡狀態(tài)和原來(lái)的平衡狀態(tài)比較，AO桿對(duì)P環(huán)的支持力FN和細(xì)繩上的拉力FT的變化情況是()AFN不變，F(xiàn)T變大BFN不變，F(xiàn)T變小CFN變大，F(xiàn)T變大DFN變大，F(xiàn)T變小答案B解析以P、Q兩個(gè)環(huán)為整體，對(duì)其受力分析可知，豎直方向上FN2mg，與P環(huán)位置無(wú)關(guān)；以Q環(huán)為研究對(duì)象并受力分析，設(shè)ABO，分解拉力FT，F(xiàn)Tcosmg，F(xiàn)T，角由于P環(huán)左移而減小時(shí)，拉力FT減小，B正確。5.(多選)如圖所示，帶有光滑豎直桿的三角形斜

6、劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球與套在豎直桿上的小滑塊用輕繩連接，開(kāi)始時(shí)輕繩與斜面平行?，F(xiàn)給小滑塊施加一豎直向上的拉力，使小滑塊沿桿緩慢上升，整個(gè)過(guò)程中小球始終未脫離斜面，則有()A輕繩對(duì)小球的拉力逐漸增大B小球?qū)π迸膲毫ο葴p小后增大C豎直桿對(duì)小滑塊的彈力先增大后減小D對(duì)小滑塊施加的豎直向上的拉力逐漸增大答案AD解析設(shè)斜面傾角為，斜面對(duì)小球的支持力為FN1，繩對(duì)小球的拉力為FT，小球的重力大小為G1，小滑塊的重力大小為G2，豎直桿對(duì)小滑塊的彈力大小為FN2。由于小滑塊沿桿緩慢上升，所以小球沿斜面緩慢向上運(yùn)動(dòng)，小球處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài)，受到的合力為零，作小球受力矢量三角形如圖甲所示，繩對(duì)

7、小球的拉力FT逐漸增大，所以A正確；斜面對(duì)小球的彈力FN1逐漸減小，故小球?qū)π泵娴膲毫χ饾u減小，B錯(cuò)誤；將小球和小滑塊看成一個(gè)整體，對(duì)其進(jìn)行受力分析如圖乙所示，則由力的平衡條件可得：FN2FN1sin，F(xiàn)G1G2FN1cos，因FN1逐漸減小，所以FN2逐漸減小，F(xiàn)逐漸增大，C錯(cuò)誤，D正確。6.(多選)如圖所示，橫截面為直角三角形的斜劈A，底面靠在粗糙的豎直墻面上，力F指向球心水平作用在光滑球B上，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)力F增大時(shí)，系統(tǒng)還保持靜止，則下列說(shuō)法正確的是()A斜劈A所受的合力增大B斜劈A對(duì)豎直墻壁的壓力增大C球B對(duì)地面的壓力一定增大D墻面對(duì)斜劈A的摩擦力增大答案BC解析斜劈A一直處于

8、靜止?fàn)顟B(tài)，所受的合力一直為零不變，故A錯(cuò)誤；以A、B整體為研究對(duì)象，進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件，水平方向NF，N為豎直墻壁對(duì)斜劈A的彈力，F(xiàn)增大，則N增大，由牛頓第三定律可得，斜劈A對(duì)豎直墻壁的壓力增大，故B正確；對(duì)球B進(jìn)行受力分析，如圖所示，根據(jù)平衡條件有FNsin，F(xiàn)增大，則N增大，NGNcos，N增大，則N增大，根據(jù)牛頓第三定律得，球B對(duì)地面的壓力增大，C正確；以A、B整體為研究對(duì)象，豎直方向有NfMg，因f方向不確定，則大小變化不能確定，故D錯(cuò)誤。7.如圖所示，一根輕繩上端固定在O點(diǎn)，下端拴一個(gè)小球，球處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)對(duì)球施加一個(gè)水平向右的外力F，球緩慢移動(dòng)，繩與豎直方向夾角為，且&l

9、t;90，則下圖中能正確描述繩子的拉力T與cos的函數(shù)關(guān)系的是()答案D解析對(duì)小球進(jìn)行受力分析，如圖所示。由圖可知，小球豎直方向受力平衡，故Tcosmg0，即T，即T與cos成反比關(guān)系，D正確。8.固定在水平面上的光滑半球半徑為R，球心O的正上方C處固定一個(gè)光滑定滑輪(大小可忽略)，細(xì)線一端拴一小球(可視為質(zhì)點(diǎn))置于半球面上A點(diǎn)，另一端繞過(guò)定滑輪，如圖所示，現(xiàn)將小球緩慢地從A點(diǎn)拉向B點(diǎn)，則此過(guò)程中小球?qū)Π肭虻膲毫Υ笮N、細(xì)線的拉力大小FT的變化情況是()AFN不變，F(xiàn)T不變BFN不變，F(xiàn)T變大CFN不變，F(xiàn)T變小DFN變大，F(xiàn)T變小答案C解析小球受力如圖所示，根據(jù)平衡條件知，小球所受支持力F

10、N和細(xì)線拉力FT的合力F與重力是一對(duì)平衡力，即FG，根據(jù)幾何關(guān)系知，力三角形與幾何COA相似，設(shè)滑輪到半球頂點(diǎn)B的距離為h，AC線長(zhǎng)為L(zhǎng)，則有，由于小球從A點(diǎn)移向B點(diǎn)的過(guò)程中，G、R、h均不變，L減小，故FN大小不變(FNFN)，F(xiàn)T減小，C正確。9.(2017全國(guó)卷)(多選)如圖，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點(diǎn)M拴一重物，用手拉住繩的另一端N。初始時(shí)，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為?，F(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角不變。在OM由豎直被拉到水平的過(guò)程中()AMN上的張力逐漸增大BMN上的張力先增大后減小COM上的張力逐漸增大DOM上的張力先增大后減小答案AD解析對(duì)重物受

11、力分析，畫(huà)出甲、乙、丙三個(gè)特殊位置的受力圖，其中TOM和TMN的合力大小、方向均不變，大小等于G，在重物移動(dòng)的過(guò)程中OM與MN的夾角不變，由圖甲、乙、丙可知TOM先增大后減小，TMN逐漸增大，A、D正確。10.(2018衡水檢測(cè))如圖所示，有一質(zhì)量不計(jì)的桿AO，長(zhǎng)為R，可繞A自由轉(zhuǎn)動(dòng)。用繩在O點(diǎn)懸掛一個(gè)重為G的物體，另一根繩一端系在O點(diǎn)，另一端系在圓弧形墻壁上的C點(diǎn)。當(dāng)點(diǎn)C由圖示位置逐漸向上沿圓弧CB移動(dòng)過(guò)程中(保持OA與地面夾角不變)，OC繩所受拉力的大小變化情況是()A逐漸減小B逐漸增大C先減小后增大D先增大后減小答案C解析對(duì)物體G分析，G受力平衡，則拉力等于重力，故豎直繩的拉力不變；再對(duì)

12、O點(diǎn)分析，O受繩子的拉力、桿OA的支持力及繩OC的拉力而處于平衡，如圖所示；將F和OC繩上的拉力合成，其合力與G大小相等，方向相反，則在OC上移的過(guò)程中，平行四邊形的對(duì)角線保持不變，平行四邊形發(fā)生圖中所示變化，則由圖可知OC的拉力先減小后增大，圖中D點(diǎn)時(shí)力最小，故C正確。11.(2017洛陽(yáng)檢測(cè))(多選)如圖所示，半徑相同、質(zhì)量相同且分布均勻的兩個(gè)圓柱體a、b靠在一起，表面光滑，重力均為G，其中b的下一半剛好固定在水平面MN的下方，上邊露出另一半，a靜止在平面上，現(xiàn)過(guò)a的軸心施以水平作用力F，可緩慢地將a拉離水平面MN一直滑到b的頂端，對(duì)該過(guò)程進(jìn)行分析，應(yīng)有()A拉力F先增大后減小，最大值是G

13、B開(kāi)始時(shí)拉力F最大為G，以后逐漸減小為0Ca、b間壓力由0逐漸增大，最大為GDa、b間的壓力開(kāi)始最大為2G，而后逐漸減小到G答案BD解析根據(jù)幾何關(guān)系可知：sin，30，對(duì)a受力分析，如圖所示，應(yīng)用平衡條件，F(xiàn)G，之后a緩慢移動(dòng)過(guò)程中，兩軸心連線與豎直方向的夾角越來(lái)越小，由圖可知：FN一直變小，F(xiàn)也一直變小，可得拉力從最大值FmG逐漸減小為0，A錯(cuò)誤，B正確；a、b間的壓力開(kāi)始時(shí)最大為FN2G，而后逐漸減小到G，C錯(cuò)誤，D正確。12(2017廣東深圳中學(xué)六模)(多選)如圖所示，A是一質(zhì)量為M的盒子，B的質(zhì)量為M，A、B用細(xì)繩相連，跨過(guò)光滑的定滑輪，A置于傾角30的斜面上，B懸于斜面之外而處于靜止

14、狀態(tài)?，F(xiàn)在向A中緩慢加入沙子，整個(gè)系統(tǒng)始終保持靜止，則在加入沙子的過(guò)程中()A繩子的拉力逐漸減小BA對(duì)斜面的壓力逐漸增大CA所受的摩擦力逐漸增大DA所受的合力不變答案BD解析繩子的拉力等于B的重力，保持不變，故A錯(cuò)誤；A對(duì)斜面的壓力大小等于A及沙子的總重力沿垂直于斜面的分力大小，隨著沙子質(zhì)量的增加，A對(duì)斜面的壓力逐漸增大，故B正確；未加沙子時(shí)，A所受的重力沿斜面向下的分力為g，小于繩子的拉力，A靜止，則靜摩擦力方向沿斜面向下。當(dāng)向A中緩慢加入沙子時(shí)，A所受的重力沿斜面向下的分力增大，由平衡條件分析可知，A所受的摩擦力逐漸減小，當(dāng)沙子和A所受的重力沿斜面向下的分力等于B的重力后再加沙子，則A受到

15、的摩擦力反向并逐漸增大，所以A所受的摩擦力先逐漸減小然后反向逐漸增大，故C錯(cuò)誤；整個(gè)系統(tǒng)始終保持靜止，A所受的合力為零，不變，故D正確。13.(2017桓臺(tái)質(zhì)檢)如圖所示，在傾角為的粗糙斜面上，一個(gè)質(zhì)量為m的物體被水平力F推著靜止于斜面上，物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，且<tan，求力F的取值范圍。答案mgFmg解析因?yàn)?lt;tan，知mgsin>mgcos，所以當(dāng)F0時(shí)，物體不能靜止。若物體在力F的作用下剛好不下滑，則物體受沿斜面向上的最大靜摩擦力，且此時(shí)F最小，對(duì)物體受力分析，如圖甲所示，由平衡條件得：mgsinFmincosFfFNmgcosFminsinFfFN由解得Fminmg；若物體在力F的作用下剛好不上滑，則物體受沿斜面向下的最大靜摩擦力，且此時(shí)F最大，對(duì)物體受力分析，如圖乙所示，由平衡條件得：mgsinFfFmaxcosFNmgcosFmaxsinFfFN由解得Fmaxmg。14(2017山西師范大學(xué)附中聯(lián)考)一個(gè)底面粗糙、質(zhì)量為M的劈放在粗糙的水平面上，劈的斜面光滑且與水平面成30角；現(xiàn)用一端固定的輕繩系一質(zhì)量為m的小球，