2019_2020学年新教材高中物理课时跟踪训练十九受力分析和共点力的平衡含解析新人教版必修第一册.doc

课时跟踪训练(十九)　受力分析和共点力的平衡
A级—学考达标
1.如图所示，物体B与竖直墙面接触，在竖直向上的力F的作用下，A、B均保持静止，则物体B的受力个数为(　　)
A．2个　　　　　　　 B．3个
C．4个 D．5个
解析：选C　物体A处于静止状态，其受到的合外力为零，受力分析如图甲所示；对物体A、B整体受力分析如图乙所示，竖直墙面对物体B没有弹力作用，则墙面也不会提供静摩擦力； 对物体B受力分析，如图丙所示，则物体B受到4个力的作用，选项C正确。

2．如图所示，在水平力F的作用下，木块A、B保持静止。若木块A与B的接触面是水平的，且F≠0。则关于木块B的受力个数，可能是(　　)
A．3个或4个
B．3个或5个
C．4个或5个
D．4个或6个
解析：选C　木块B一定受重力和A对它的压力；将A、B看成整体，因整体保持静止，所以B一定受斜面的支持力；隔离木块A并对其受力分析，因A静止，故A一定受B的静摩擦力，故B也一定受A的静摩擦力；斜面对木块B可能有静摩擦力的作用，也可能没有。综上所述，C正确。
3．如图所示，A物体沿竖直墙面自由下滑，B、C、D物体均静止，各接触面均粗糙。下列说法正确的是(　　)

A．A物体受到三个力作用
B．B物体受到四个力作用
C．C物体受到三个力作用
D．D物体受到三个力作用
解析：选C　A物体沿竖直墙面自由下滑，“自由”说明A物体与竖直墙面之间没有弹力和摩擦力，因此A物体只受重力作用，故A错误；B物体处于静止状态，受到重力、弹力、摩擦力三个力的作用，故B错误；C物体受到重力和两个绳子的拉力共三个力的作用，故C正确；D物体处于静止状态，受到重力、支持力、绳子的拉力和摩擦力共四个力的作用，故D错误。
4.如图所示，两个质量都为m的小球A、B用轻杆连接后斜放在墙壁上处于平衡状态。已知墙壁光滑，水平地面粗糙，现将A球向下移动一小段距离，两球再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，地面对B球的支持力N和地面对B球的摩擦力f的变化情况是(　　)
A．N不变　　　　　　 B．N变大
C．f不变 D．f变小
解析：选A　对整体进行受力分析，知竖直方向：N＝2mg，移动两球后，仍然平衡，则N仍然等于2mg，所以N不变；水平方向：地面对B球的摩擦力f大小等于竖直墙壁对A球的弹力大小；再隔离A球进行受力分析，如图所示，墙壁对A球的弹力FN＝mgtan θ；当A球向下移动一小段距离，夹角θ增大，所以FN增大，而墙壁对A球的弹力大小始终等于地面对B球的摩擦力f大小，则地面对B球的摩擦力f变大，故A正确，B、C、D错误。
5.如图所示，一质量为m的长方体物块静止在粗糙水平地面上，一重为G的光滑圆球放在光滑竖直的墙壁和长方体物块之间处于静止状态。现用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块，在圆球与地面接触之前，下列判断正确的是(　　)
A．地面对长方体物块的支持力逐渐增大
B．球对墙壁的压力逐渐减小
C．水平拉力F逐渐减小
D．地面对长方体物块的摩擦力逐渐增大
解析：选C　对球和长方体物块整体进行受力分析，整体处于平衡状态，竖直方向有：N＝mg＋G，则地面对整体的支持力不变，地面受到的摩擦力为滑动摩擦力，则有f＝μN，故地面对长方体物块的摩擦力不变，A、D错误；对球进行受力分析，如图所示，球受力平衡，则有：N1＝Gtan θ，N2＝，当用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块时，θ增大，则tan θ增大，所以N1增大，cos θ减小，则N2增大，根据牛顿第三定律可知，球对墙壁的压力逐渐增大，故B错误；对长方体物块受力分析，
受到重力mg、地面的支持力N、拉力F、球对长方体物块的压力N2′以及滑动摩擦力f作用，如图所示，受力平衡，根据牛顿第三定律可知，N2′＝N2，则水平方向有：F＋N2′sin θ＝f，由于N2增大，θ增大，f不变，则F减小，故C正确。
6.如图所示，斜面与水平面、斜面与挡板间的夹角均为30°，一小球放置在斜面与挡板之间，挡板对小球的弹力为FN1，斜面对小球的弹力为FN2。以挡板与斜面连接点所形成的水平直线为轴，将挡板从图示位置开始缓慢地转到水平位置，不计摩擦，在此过程中(　　)
A．FN1始终减小，FN2始终增大
B．FN1始终增大，FN2始终减小
C．FN1始终减小，FN2先减小后增大
D．FN1先减小后增大，FN2始终减小
解析：选D　对小球受力分析如图所示，将FN1与FN2合成，其合力与重力等大反向，挡板转动时，挡板给球的弹力FN1与斜面给球的弹力FN2的合力的大小和方向均不变，其中FN2垂直于斜面，方向不变，挡板转动过程中，FN1的方向变化情况如图所示，为满足平行四边形定则，FN1大小变化规律为先变小后变大，其中挡板与斜面垂直时为最小，与此对应，FN2的大小一直减小，故D正确。
7.如图所示，质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜劈上，现用大小均为F、方向相反的水平力分别推A和B，它们均静止不动，则(重力加速度取g)(　　)
A．A与B之间一定存在摩擦力
B．B与地面之间可能存在摩擦力
C．B对A的支持力可能小于mg
D．地面对B的支持力为Mg
解析：选C　对A、B整体受力分析，如图所示，受到重力(M＋m)g、支持力FN和已知的两个推力F，对于整体，由于两个推力刚好平衡，故整体与地面间没有摩擦力，且有FN＝(M＋m)g，故B、D错误；对A受力分析，A至少受重力mg、推力F、B对A的支持力FN′，当推力F沿斜面的分力大于重力沿斜面的分力时，摩擦力的方向沿斜面向下，当推力F沿斜面的分力小于重力沿斜面的分力时，摩擦力的方向沿斜面向上，当推力F沿斜面的分力等于重力沿斜面的分力时，摩擦力为零，A错误；在垂直斜面方向上有FN′＝mgcos θ＋Fsin θ(θ为斜劈倾角)，故FN′可能小于mg，C正确。
8.半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN，在半圆柱体P和MN之间放有一光滑的均匀小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态，装置的纵截面图如图所示。现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终保持静止，则在此过程中，下列说法正确的是(　　)
A．MN对Q的弹力逐渐减小
B．地面对P的摩擦力逐渐增大
C．P、Q间的弹力先减小后增大
D．Q所受的合力逐渐增大
解析：选B　Q的受力分析如图所示，F1表示P对Q的弹力，F2表示MN对Q的弹力，F2的方向水平向左保持不变，F1的方向顺时针旋转，由平行四边形的边长变化可知：F1与F2都逐渐增大，A、C错误；由于MN缓慢移动，Q处于平衡状态，所受合力为零，D错误；对P、Q整体受力分析，由平衡条件得，Ff＝F2，由于F2逐渐增大，故Ff逐渐增大，B正确。
9.如图所示，粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体A，物体A与竖直墙之间放一光滑半圆球B，整个装置处于平衡状态。已知物体A、半圆球B的质量分别为m和M，半圆球B与物体A半径均为R，半圆球B的球心到水平地面的竖直距离为R，重力加速度为g。求：
(1)物体A对地面的压力大小；
(2)物体A对地面的摩擦力大小。
解析：(1)把物体A、半圆球B看成一个整体，对整体受力分析，
在竖直方向上受到竖直向下的重力(M＋m)g和地面的支持力FN的作用，二力平衡，
所以FN＝(M＋m)g，由牛顿第三定律得物体A对地面的压力大小为(M＋m)g。
(2)在水平方向上，整体受到竖直墙水平向右的弹力的作用，故物体A受到地面水平向左的摩擦力，并且摩擦力大小等于弹力大小；选取半圆球B为研究对象，运用隔离法，受力分析如图所示。
根据力的分解和力的平衡条件可得：
FN1＝，FN2＝Mgtan θ
半圆球B的球心到水平地面的竖直距离为R，
由几何关系可知θ＝45°
所以FN2＝Mg
根据受力分析及牛顿第三定律，物体A对地面的摩擦力大小等于FN2，所以物体A对地面的摩擦力大小为Mg。
答案：(1)(M＋m)g　(2)Mg
B级—选考提能
10.[多选]《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1 000 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
C．OD、CD两绳拉力的合力大小等于mg
D．当绳CD与竖直方向的夹角为30°时，工人对绳的拉力为mg
解析：选CD　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θ，绳CD的拉力为F2，与竖直方向的夹角为α。王进下降的过程中，θ减小，α增大，故F1增大，F2减小，A、B错误；两绳拉力的合力大小等于mg，C正确；α＝30°时，θ＝30°，可求出F2＝mg，D正确。
11．如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙的水平地面上。三条绳结于O点，一条绳跨过定滑轮平行于斜面与物块P连接，一条绳连接小球Q，另一条绳OA在外力F的作用下使夹角θ<90°，P、Q两物体处于静止状态。现缓慢改变绳OA的方向至θ>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．斜面对P的摩擦力一定增大
B．绳OA的拉力先减小后增大
C．地面对斜面体的摩擦力方向可能向右
D．地面对斜面体的支持力等于P和斜面体所受的重力之和
解析：选B　缓慢改变绳OA的方向至θ>90°的过程，OA拉力的方向变化如图所示，可见OA的拉力先减小后增大，OP的拉力一直增大，故B正确；若开始时P受绳的拉力比较小，斜面对P的摩擦力沿斜面向上，OP拉力一直增大，则斜面对P的摩擦力先变小后反向增大，故A错误；以斜面体和P、Q整体为研究对象受力分析，根据平衡条件：斜面体受地面的摩擦力与绳OA水平方向的分力等大反向，故摩擦力方向向左，故C错误；以斜面体和P、Q整体为研究对象受力分析，根据
竖直方向受力平衡：N＋Fcos α＝(M斜＋MP＋MQ)g，α为F与竖直方向的夹角，由图分析可知F的最大值即为MQg(当F方向竖直向上时)，故Fcos α<MQg，则N>M斜g＋MPg，故D错误。
12．一般教室门上都安装一种暗锁，这种暗锁由外壳A、骨架B、弹簧C(劲度系数为k)、锁舌D(倾角θ＝30°)、锁槽E以及连杆、锁头等部件组成，如图甲所示。设锁舌D的侧面与外壳A和锁槽E之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力Ffm由Ffm＝μFN(FN为正压力)求得。有一次放学后，当某同学准备关门时，无论用多大的力，也不能将门关上(这种现象称为自锁)，此刻暗锁所处的状态的俯视图如图乙所示，P为锁舌D与锁槽E之间的接触点，弹簧由于被压缩而缩短了x。

(1)求自锁状态时锁舌D的下表面所受摩擦力的方向；
(2)求此时(自锁时)锁舌D与锁槽E之间的正压力的大小；
(3)无论用多大的力拉门，暗锁仍然能够保持自锁状态，则μ至少要多大？
解析：(1)锁舌D受力分析如图所示，由于锁舌D有向左运动的趋势，故锁舌D所受到的最大静摩擦力为f1，其方向向右。
(2)设锁舌D受到锁槽E的最大静摩擦力为f2，正压力为N，下表面的正压力为F，弹簧的弹力为kx，由平衡条件可得：
kx＋f1＋f2cos θ－Nsin θ＝0
F－Ncos θ－f2sin θ＝0
又有：f1＝μF
f2＝μN
解得：N＝。
(3)无论用多大的力拉门，暗锁仍然能够保持自锁状态，说明压力N无穷大，即：
1－2μ－μ2＝0
解得：μ＝2－≈0.27。
答案：(1)方向向右　(2)　(3)0.27

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