受力分析共点力的平衡
[基础巩固题组](20分钟，50分)
1．(2019·山西大学附中月考)如图所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁．若再在斜面上加一物体m，且M、m相对静止，此时小车受力个数为( )
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：选B.先对物体m受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力；再对M受力分析，受重力、m对它的垂直向下的压力和沿斜面向下的静摩擦力，同时地面对M有向上的支持力，共受到4个力，故B正确．
2．(2018·肇庆二模)设雨点下落过程中受到的空气阻力与雨点(可看成球形)的横截面积S成正比，与下落速度v的二次方成正比，即f＝kSv2，其中k为比例常数，且雨点最终都做匀速运动．已知球的体积公式为V＝πr3(r为半径)．若两个雨点的半径之比为1∶2，则这两个雨点的落地速度之比为( )
A．1∶ B．1∶2
C．1∶4 D．1∶8
解析：选A.当雨点做匀速直线运动时，重力与阻力相等，即f＝mg，故k×πr2×v2＝mg＝ρ×πr3×g，即v2＝，由于半径之比为1∶2，则落地速度之比为1∶，选项A正确．
3．(多选)如图所示，物体m通过定滑轮牵引另一水平面上的物体沿斜面匀速下滑，此过程中斜面仍静止，斜面质量为M，则水平地面对斜面体( )
A．无摩擦力 B．有水平向右的摩擦力
C．支持力为(M＋m)g D．支持力小于(M＋m)g
解析：选BD.设斜面夹角为θ，细绳的拉力为FT，M、m整体处于平衡状态，对M、m整体受力分析可得平衡方程FTcos θ＝F静，FTsin θ＋FN＝(M＋m)g，故F静方向水平向右，B、D正确．
4．如图所示，在一水平长木板上放一木块P，缓慢抬起木板的右端，木块P和木板始终相对静止，则( )
A．木块受到木板的支持力减小、摩擦力减小
B．木块受到木板的支持力增大、摩擦力增大
C．木块受到木板的作用力大小不变、方向不变
D．木块受到木板的作用力大小变化、方向变化
解析：选C.对木块受力分析可知，木块受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力的作用，木块开始滑动前，木块受力平衡，所以摩擦力和重力沿斜面向下的分力相等，即f＝mgsin θ，所以夹角增大的过程中，木块所受的摩擦力一直在增大；木块受到的支持力FN＝mgcos θ，由于运动过程中，夹角增大，故支持力减小，故A、B错误；由于木块一直处于平衡状态，故木块受到木板的作用力始终等于重力，故木块受到木板的作用力大小不变、方向不变，故C正确，D错误．
5．(2019·山东师大附中一模)如图所示，三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2L，现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为( )
A．mg B．mg
C.mg D．mg
解析：选C.由题图可知，要使CD水平，各绳均应绷紧，则AC与水平方向的夹角为60°；结点C受力平衡，受力分析如图所示，则CD绳的拉力FT＝mgtan 30°＝mg；D点受绳子拉力大小等于FT，方向向左；要使CD水平，D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1，及另一分力F2，由几何关系可知，当力F2与BD垂直时，F2最小，而F2的大小即为拉力的大小；故最小力F＝FTsin 60°＝mg.故C正确．
6．一物块用轻绳AB悬挂于天花板上，用力F拉住套在轻绳上的光滑小圆环O(圆环质量忽略不计)，系统在图示位置处于静止状态，此时轻绳OA段与竖直方向的夹角为α，力F与竖直方向的夹角为β.当缓慢拉动圆环使α(0＜α＜90°)增大时( )
A．F变大，β变大 B．F变大，β变小
C．F变小，β变大 D．F变小，β变小
解析：选B.圆环受到三个力，拉力F以及两段绳子的拉力FT，且三力平衡，故两段绳子的拉力的合力与拉力F始终等值、反向、共线，由于两个绳子的拉力大小均等于mg，夹角越小，合力越大，且合力在角平分线上，故拉力F逐渐变大，由于始终与两段细绳拉力的合力反向，故拉力F逐渐竖直，β逐渐变小，故选B.
