微型讲座2 受力分析 共点力平衡-（课件+达标训练）2023新教材新高考物理【导学教程】新编大一轮总复习（人教版）

[对应学生用书P315] 1．(2021·新疆二模)如图所示为某粮库输送小麦的示意图。麦粒离开传送带受重力作用在竖直方向上掉落后，形成圆锥状的麦堆。若麦堆底面半径为r，麦粒之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不考虑麦粒的滚动。则形成的麦堆的最大高度为(　　) A.　　　　　　　　　 B．rμ C．r D．r 解析　设麦堆最大高度为h，此时麦堆母线与底面的夹角为α，此时侧面上的麦粒恰好不下滑，则有mgsin α＝μmgcos α，又由几何关系有tan α＝，解得h＝rμ，故选B。 答案　B 2．(多选)(2021·赣州模拟)如图为空调外挂机通过三角形支架固定在外墙上。如果空调重力作用线恰好通过O点，横梁和斜梁施加的力分别沿OP和OQ方向。保持连接点O位置不变，只增大斜梁长度，下列说法正确的是(　　) A．横梁OP力不变 B．横梁OP力变小 C．斜梁OQ力变大 D．斜梁OQ力变小 解析　受力分析如图所示，根据矢量三角形法则，三力可组成封闭三角形，增大OQ长度，则∠POQ增大，又因合力不变，故FP和FQ均减小，A、C错误，B、D正确。 答案　BD 3．(2021·太原模拟)如图，半球体置于水平面上，在半球体的上表面 上放一物块后，成如图所示的状态而保持静止，则半球受力的个数为(　　) A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 解析　物块处于平衡状态，受到重力和半球体斜向上的支持力，必定受到沿斜面向上的摩擦力才能处于平衡状态。而且物块受到的支持力与摩擦力的合力与重力大小相等，方向相反。根据牛顿第三定律可知，物块对半球体的压力与摩擦力的合力一定是竖直向下，与重力相等，所以半球体受到重力、地面的支持力、物块的压力以及物块对半球体的摩擦力，共4个力。故C正确，A、B、D错误。 答案　C 4．(2021·长春二模)如图所示，在竖直平面内用甲、乙两根筷子夹一个小球，甲倾斜，乙始终竖直。甲与竖直方向的夹角为θ (0°<θ<90°)，筷子与小球间的摩擦忽略不计。随着θ缓慢减小，小球始终保持静止，则下列说法正确的是(　　) A．筷子甲对小球的弹力变小 B．筷子乙对小球的弹力不变 C．两根筷子对小球的弹力均增大 D．两根筷子对小球弹力的大小可能相等 解析　对物体受力分析如图，由平衡条件可知F甲＝，F乙＝，随着θ缓慢减小，两根筷子对小球的弹力均增大。故选C。 答案　C 5．(2021·杭州月考)如图所示，一个半球形的碗固定在桌面上，碗口水平。O点为其球心，碗的内表面及碗口光滑。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。当它们处于平衡状态时，质量为m1的小球与O点的连线跟水平方向的夹角为α＝90°。质量为m2的小球位于水平地面上，设此时竖直的细线对m2的拉力大小为T，质量为m2的小球对地面压力大小为FN，则(　　) A．T＝m1g B．T＝g C．FN＝(m2－m1)g D．FN＝m2g 解析　两小球受力分析如图：先对小球m1受力分析，受重力和支持力， 假设细线对小球m1有拉力作用，则小球m1受力不可能平衡，故拉力T为零；再对小球m2受力分析，由于拉力T为零，受重力和支持力，支持力与重力平衡FN＝m2g，故D正确，A、B、C错误。 答案　D 6．(多选)(2021·临沂一模)现用三根细线a、b、c将质量均为m的两个小球1和2连接，并悬挂如图所示，两小球均处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30°，细线c水平。重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．细线a对小球1的拉力为mg B．细线b对小球2的拉力为mg C．若将细绳c的右端缓慢上移，并保持小球1和2的位置始终不变，则细绳c的拉力一定变小 D．若将细绳b剪断，则在剪断细绳b的瞬间，小球1的加速度大小为0.5g 解析　把1、2小球看成整体分析，受力分析如图， 　 由三力平衡或正交分解可得Fa＝＝mg，Fc＝2mgtan 30°＝mg，A错误； 对小球2受力分析如图，根据受力平衡有Fb＝＝mg，故B正确； 对小球2的受力画出矢量分析图如下，根据图解法可得：Fc先变小后变大，故C错误。 细线b剪断的瞬间，小球1受力情况如图所示 　 此时小球1的速度为0，向心加速度为0，向心力为0，则Fa′＝mgcos 30°＝mg，由牛顿第二定律得mgsin 30°＝ma，解得a＝0.5g，故D正确。 答案　BD 7．(2022·南昌模拟)如图所示，矩形平板ABCD的AD边固定在水平面上，平板与水平面夹角为θ，AC与AB的夹角也为θ。质量为m的物块在平行于平板的拉力作用下，沿AC方向匀速运动。物块与平板间的动摩擦因数μ＝tan θ，重力加速度大小为g，拉力大小为(　　) A．2mgsin θcos B．2mgsin θ C．2mgsin D．mgsin θco