（人教版）必修第一册高一物理同步讲练测专题3.5 共点力的平衡（练）（解析版）

专题3.5共点力的平衡【练】一．练基础过关1.(2020-2021学年·集宁校级月考)如图所示，人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯斜向上匀速运动，不计空气阻力，以下说法正确的是()A．人受到重力和支持力的作用B．人受到重力、支持力和摩擦力的作用C．人的重力和人对踏板的压力是一对平衡力D．人对踏板的压力就是人的重力【答案】A.【解析】：人站在自动扶梯上，人受到竖直向下的重力作用和竖直向上的支持力作用，人相对于扶梯是静止的，没有运动也没有运动趋势，人不受摩擦力作用，故A正确，B错误；重力和支持力是一对平衡力，人的重力和人对踏板的压力不是平衡力，C错误；人对踏板的压力属于弹力，人的重力是万有引力，二者是不同性质的力，故D错误．2．物体受F1、F2、F3三个共点力的作用，下面4组力的组合中，可以使物体处于平衡状态的是()A．F1＝9N、F2＝1N、F3＝5NB．F1＝8N、F2＝3N、F3＝15NC．F1＝4N、F2＝2N、F3＝10ND．F1＝6N、F2＝10N、F3＝10N【答案】D【解析】9N和1N的力的最小合力为8N，与5N的力的合力不可能为零，故A错误；8N和3N的力的最大合力为11N，与15N的力的合力不可能为零，故B错误；4N和2N的力的最大合力为6N，与10N的力的合力不可能为零，故C错误；6N和10N的力的合力范围是4～16N，可能等于10N，则三个力的合力可能为零，故D正确。3．孔明灯又叫天灯，俗称许愿灯，中国很多地方有放孔明灯的习俗。如图所示，一质量为m的孔明灯升空后与竖直方向夹角为θ斜向上匀速运动，则此孔明灯所受空气的作用力大小是()A．mg B．mgtanθC.eq\f(mg,cosθ) D．eq\f(mg,sinθ)【答案】A【解析】孔明灯受到重力和空气的作用力，因为孔明灯匀速运动，所以孔明灯所受重力和空气作用力等大反向，故选项A正确。4．如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动，物块与桌面间的动摩擦因数为()A．2－eq\r(3) B．eq\f(\r(3),6)C.eq\f(\r(3),3) D．eq\f(\r(3),2)【答案】C【解析】当F沿水平方向时，物块受力如图甲所示，有F＝f，f＝μN，N＝mg，联立解得F＝μmg①甲乙当F与水平面成60°角时，物块受力如图乙所示，有Fcos60°＝f′，f′＝μN′，N′＝mg－Fsin60°，联立解得Fcos60°＝μ(mg－Fsin60°)②联立①②解得μ＝eq\f(\r(3),3)，C正确。4．叠罗汉是一种两人以上层层叠成各种造型的游戏娱乐形式，也是一种高难度的杂技。如图所示为六人叠成的三层静态造型，假设每个人的重量均为G，下面五人的背部均呈水平状态，则最底层正中间的人的一只脚对水平地面的压力约为()A.eq\f(3,4)G B．eq\f(7,8)GC.eq\f(5,4)G D．eq\f(3,2)G【答案】C【解析】最上面人的重力为G，所以每条腿上的力均为eq\f(G,2)；中间层左边的人，受到竖直向下的力为G＋eq\f(G,2)＝eq\f(3G,2)，所以每条腿上的力均为eq\f(3G,4)，由对称性，中间层右边的人每条腿上的力也均为eq\f(3,4)G；最底层中间的人，受到竖直向下的力为G＋eq\f(3G,4)＋eq\f(3G,4)＝eq\f(5G,2)，所以其每条腿上的力均为eq\f(5G,4)。即最底层正中间的人的一只脚对水平地面的压力约为eq\f(5,4)G，故选项C正确。5.如图所示，某个物体在F1、F2、F3、F4四个力的作用下处于静止状态，若F4的方向沿逆时针转过60°而保持其大小不变，其余三个力的大小和方向均不变，则此时物体所受到的合力大小为()A.eq\f(F4,2) B.eq\f(\r(3)F4,2)C.F4 D.eq\r(3)F4【答案】C【解析】由共点力的平衡条件可知，F1、F2、F3的合力应与F4等大反向，当F4的方向沿逆时针转过60°而保持其大小不变时，F1、F2、F3的合力的大小仍为F4，但方向与此时的F4成120°角，由平行四边形定则可得，此时物体所受的合力大小为F4。6.(多选)如图所示，重物的质量为m，轻细绳AO和BO的A端、B端是固定的，平衡时AO是水平的，BO与水平方向的夹角为θ，重力加速度为g，AO的拉力F1和BO的拉力F2的大小分别是()A.F1＝mgcosθ B.F1＝eq\f(mg,tanθ)C.F2＝mgsinθ D.F2＝eq\f(mg,sinθ)【答案】BD【解析】法一(合成法)由力的平行四边形定则，作出F1、F2的合力F12，如图所示，又考虑到F12＝mg，由几何关系得F1＝eq\f(mg,tanθ)，F2＝eq\f(mg,sinθ)。法二(正交分解法)将O点受的力沿水平方向、竖直方向正交分解，如图(a)所示。由力的平衡条件得F2cosθ－F1＝0，F2sinθ－mg＝0，解得F2＝eq\f(mg,sinθ)，F1＝eq\f(mg,tanθ)。(也可以用效果分解法求解，同学们可以试一试。)法三(矢量三角形法)O点受到mg、F1和F2的作用处于平衡状态，画出受力分析示意图如图(b)所示。再将表示三个力的有向线段平移到一个三角形中，三力构成首尾相接的封闭的三角形，如图(c)所示。则由几何关系可知F1＝eq\f(mg,tanθ)，F2＝eq\f(mg,sinθ)。7.如图所示，一架无人机执行航拍任务时正沿直线朝斜向下方匀速运动。用G表示无人机所受的重力，F表示空气对它的作用力，下列四幅图中能表示此过程中无人机受力情况的是()【答案】C8.笔记本电脑散热底座一般设置有四个卡位用来调节角度。如图甲所示，某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡位4调至卡位1增大倾角(如图乙)，电脑始终处于静止状态，则()A.电脑受到4个力的作用B.电脑受到的合力变大C.散热底座对电脑的作用力方向竖直向上D.电脑受到的重力和支持力的合力变小【答案】C【解析】笔记本电脑受重力、支持力和静摩擦力共3个力的作用，电脑处于平衡状态，合力始终为零，故A、B错误；对电脑受力分析，其受力示意图如图所示，散热底座对电脑的作用力是支持力和静摩擦力的合力，与重力平衡，可知散热底座对电脑的作用力方向竖直向上，故C正确；根据平衡条件，有FN＝mgcosθ；Ff＝mgsinθ；由原卡位4调至卡位1，角度θ增大，则静摩擦力增大，根据三力平衡的特点可知，重力和支持力的合力变大，故D错误。练能力提升1．如图所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30°，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为()A.eq\r(3)∶4 B．4∶eq\r(3)C．1∶2 D．2∶1【答案】D【解析】方法一：分别对两个小球受力分析，如图甲所示。甲乙FAsin30°－FBsinα＝0，FB′sinα－FC＝0，FB＝FB′，得FA＝2FC，即弹簧A、C的伸长量之比为2∶1，选项D正确。方法二：将两个小球作为一个整体，进行受力分析，如图乙所示。由平衡条件知：FAsin30°＝FC，解得FA＝2FC，即弹簧A、C的伸长量之比为2∶1，故选项D正确。2．(多选)半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态。如图所示是这个装置的纵截面图，若用外力使MN保持竖直，缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止，在此过程中()A．MN对Q的弹力逐渐增大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【答案】AB【解析】对小圆柱体Q受力分析如图所示，P对Q的弹力为F，MN对Q的弹力为FN，挡板MN向右运动时，F和竖直方向的夹角逐渐增大，而小圆柱体所受重力大小不变，所以F和FN的合力大小不变，故选项D错误；由图可知，F和FN都在不断增大，故选项C错误，A正确；对P、Q整体受力分析知，地面对P的摩擦力大小就等于FN，所以地面对P的摩擦力也逐渐增大，故选项B正确。3．(多选)如图所示，晾晒衣服的绳子轻且光滑，悬挂衣服的衣架的挂钩也是光滑的，轻绳两端分别固定在两根竖直杆上的A、B两点，衣服处于静止状态。如果保持绳子A端的位置不变，将B端分别移动到不同的位置，下列判断正确的是()A．B端移动到B1位置时，绳子张力不变B．B端移动到B2位置时，绳子张力不变C．B端在杆上位置不变，将杆移动到虚线位置时，绳子张力变大D．B端在杆上位置不变，将杆移动到虚线位置时，绳子张力变小【答案】ABD【解析】以悬挂点为研究对象，画出受力分析图如图所示。由于两侧绳子的拉力大小相等，可以推知两侧绳子与竖直方向的夹角θ相等。由平衡条件得2Fcosθ＝F1＝mg，设绳长为L，左、右两侧绳长为L1、L2，两杆之间的宽度为d，所以L1sinθ＋L2sinθ＝d，则sinθ＝eq\f(d,L1＋L2)＝eq\f(d,L)，由此可见，θ只由d、L决定，与其他因素无关，F的大小与绳子在B1、B2的位置无关，选项A、B正确；将杆移动到虚线位置时，d变小，θ变小，绳子张力变小，选项D正确。4．如图所示，一小球放置在木板与竖直墙面之间；设墙面对球的支持力大小为FN1，球对木板的压力大小为FN2；以木板与墙的连接处为轴，将木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始终减小，FN2始终减小C．FN1先增大后减小，FN2始终减小D．FN1先增大后减小，FN2先减小后增大【答案】B【解析】对小球受力分析如图所示，缓慢转动木板，可认为小球在任意位置受力平衡，以FN1的方向为x轴正方向、竖直向上为y轴正方向建立坐标系，设木板与墙面的夹角为θ，则将木板对球的支持力FN沿两坐标轴分解并根据共点力的平衡条件，得FNsinθ＝mg，FNcosθ＝FN1，所以FN＝eq\f(mg,sinθ)，FN1＝mgcotθ。球对木板的压力大小等于木板对球的支持力大小，即FN2＝FN，当木板向下转动时，θ角增大，则FN2减小，FN1减小，故选项B正确。5．如图所示，光滑半球的半径为R，有一质量为m的小球(球可视为质点)用一细线挂靠在半球上，细线上端通过一个定滑轮，在用力将小球缓慢往上拉的过程中，细线对小球的拉力F大小和小球紧压球面的力F2大小变化情况是()A．两者都变小 B．两者都变大C．F变小，F2不变 D．F不变，F2变小【答案】C【解析】在小球往上移动的过程中，小球所受的重力不变，拉力F与重力的分力F1大小相等、方向相反，并且随着小球上移，F1与F2的方向均发生变化，此时力的平行四边形的形状变化规律不直观，力随角度变化的关系也难建立。而此处所求的力的变化关系是由于OA段细线缩短引起的，因此可建立与OA线段长度之间的变化关系。设OA段长为L，O点到半球顶的距离为d，△OO′A与力的矢量三角形相似，由此可得eq\f(G,d＋R)＝eq\f(F1,L)＝eq\f(F2,R)。当小球往上移动时，L减小，d、G和R都不变，因此F1减小(即F减小)，F2不变，故C项正确。6.人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯斜向上匀速运动，如图所示。下列说法正确的是()A．人受到重力和支持力的作用B．人受到重力、支持力和摩擦力的作用C．人受到的合外力不为零D．人受到的合外力方向与速度方向相同【答案】A【解析】由平衡条件得人受重力和支持力，二者平衡，A项正确。7．有一直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙；OB竖直向下，表面光滑。AO上面套有小环P，OB上面套有小环Q；两环质量均为m，两环间由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置上平衡，如图所示。现将P环向左移动一小段距离，两环再次达到平衡状态，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态相比较，AO杆对P环的支持力FN和细绳上的拉力FT，的变化情况是()A．FN不变，FT变大B．FN不变，FT变小C．FN变大，FT变大D．FN变大，FT变小【答案】B【解析】本题先用整体法研究，再隔离分析。取P、Q两个环整体研究，在竖直方向上只有OA杆对其产生竖直向上的力(Q环不受杆向上的力)，故FN＝2mg，FN大小不变。再取Q环研究，将拉力FT沿竖直、水平方向分解，如图所示，竖直分力FTy＝FTcosα，当α角由于P环左移而减小时，由于FTy＝mg，FT＝eq\f(mg,cosα)，故FT变小，故B正确。8．如图所示，绳OC与竖直方向成30°角，O为质量不计的光滑的滑轮，用一根绳连接物体A和B，已知物体B重1000N，物体A重400N，物体A在空中静止，物体B在地面上静止(不计绳的重力)。问：(1)OC绳的拉力为多大？(2)物体B所受地面的摩擦力和支持力分别为多大？【答案】(1)400eq\r(3)N(2)200eq\r(3)N800N【解析】(1)以滑轮为研究对象，受力分析如图甲所示，因为同一根绳上各处拉力大小相等，故FB＝FA＝GA＝400N，FC＝2GAcos30°＝400eq\r(3)N。甲乙(2)对物体B受力分析，如图乙所示，根据B受力平衡的条件有：Ff＝FB′cos30°＝FBcos30°＝200eq\r(3)N，FN＝GB－FB′sin30°＝GB－FBsin30°＝800N。三．练名校真题1．(2020-2021学年·四川彭州中学月考)如图所示，a、b两个质量相同的球用线连接，a球用线挂在天花板上，b球放在光滑斜面上，系统保持静止，以下图示哪个是正确的()【答案】B.【解析】：对b球受力分析，受重力、垂直斜面向上的支持力和细线的拉力，由于三力平衡时三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故细线拉力向右上方，故A图错误；再对a、b两个球整体受力分析，受总重力、垂直斜面向上的支持力和上面细线的拉力，再次根据共点力平衡条件判断，上面的细线的拉力方向斜向右上方，故C、D图均错误．2.(2020-2021学年·哈三中期中)如图所示，两段等长细线分别连接着两个质量相等的小球a、b，悬挂于O点．现在两个小球上分别加上水平方向的外力，其中作用在b球上的力大小为F、作用在a球上的力大小为2F，则此装置平衡时的位置可能是下列哪幅图()【答案】B.【解析】：设每个球的质量为m，Oa与ab和竖直方向的夹角分别为α、β.以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图1，根据平衡条件可知，Oa绳的方向不可能沿竖直方向，否则整体的合力不为零，不能保持平衡．由平衡条件得：tanα＝eq\f(F,2mg)，以b球为研究对象，分析受力情况，如图2，由平衡条件得：tanβ＝eq\f(F,mg)，则α＜β，故B正确．3.(2020-2021学年·长沙模拟)如图所示，质量不等的盒子A和物体B用细绳相连，跨过光滑的定滑轮，A置于倾角为θ的斜面上，与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ，B悬于斜面之外而处于静止状态．现向A中缓慢加入砂子，下列说法正确的是()A．绳子拉力逐渐减小B．A对斜面的压力逐渐增大C．A所受的摩擦力一定逐渐增大D．A可能沿斜面下滑【答案】B.【解析】：当mAgsinθ＞mBg时，对A受力分析，由平衡条件有：mAgsinθ＝Ff＋mBg，随mA的增大，摩擦力不断增大；当mAgsinθ＜mBg时，由平衡条件有：mAgsinθ＋Ff＝mBg，随mA的增大，摩擦力不断减小，C项错；在垂直斜面方向上，始终有：FN＝mAgcosθ，因此随着不断加入砂子，A对斜面的压力不断增大，B项对；由μ＝tanθ，可知最大静摩擦力Ffmax＝μmAgcosθ＝mAgsinθ，故增加的重力的分力与增加的摩擦力大小相等，方向相反，故A不会滑动，保持静止，D项错；绳子所受拉力等于B的重力，故拉力保持不变，A项错．4.(2020-2021学年·河北高三模拟)如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O′点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体；OO′段水平，长度为L；绳子上套一可沿绳滑动的轻环．现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L，则钩码的质量为()A.eq\f(\r(2),2)M B.eq\f(\r(3),2)MC.eq\r(2)M D.eq\r(3)M【答案】D.【解析】：重新平衡后，绳子形状如图，由几何关系知：绳子与竖直方向夹角为30°，则环两边绳子的夹角为60°，根据平行四边形定则，环两边绳子拉力的合力为eq\r(3)Mg，根据平衡条件，则钩码的质量为eq\r(3)M，故选项D正确．5.(2020-2021学年·河南南阳中学月考)如图所示，两楔形木块分别靠在两竖直墙面上，表面光滑的金属球静止在两楔形木块之间，已知楔形木块的质量均为m，金属球的质量为M，楔形木块两倾斜面间的夹角为60°(重力加速度大小为g)，则下列说法正确的是()A.每一楔形木块对金属球的压力大小为eq\f(1,2)MgB.每一楔形木块对墙面的压力大小为eq\f(1,2)MgC.每一楔形木块所受墙面的摩擦力大小为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(1,2)M))gD.每一楔形木块所受墙面的摩擦力大小为eq\f(（M＋m）g,2)【答案】C【解析】先对金属球受力分析，受重力和两个支持力，如图所示。根据平衡条件有FN＝Mg，故A错误；再对楔形木块受力分析，如图所示。根据共点力平衡条件，有水平方向FN′＝FNcos30°，竖直方向Ff＝FNsin30°＋mg，联立解得Ff＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(1,2)M))g，FN′＝eq\f(\r(3),2)Mg，故B、D错误，C正确。6.(2020-2021学年·河北张家口月考)斜面倾角为30°，一质量m＝1kg的物块在与斜面成30°角的拉力F作用下恰好不上滑。已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),3)，求F的大小。(g＝10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)【答案】5eq\r(3)N【解析】物块受力分析如图，沿斜面方向和垂直斜面方向建立平面直角坐标系，正交分解拉力F、重力mg如图所示。x轴方向：Fcos30°－mgsin30°－Ff＝0y轴方向：Fsin30°＋FN－mgcos30°＝0Ff＝μFN代入数值，解得F＝5eq\r(3)N。7.(2020-2021学年·厦门市湖滨中学月考)如图甲所示，轻绳AD跨过固定在水平横梁BC右端的定滑轮挂住一个质量为10kg的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HP一端用铰链固定在竖直墙上，另一端P通过轻绳EP拉住，EP与水平方向也成30°角，轻杆的P点用轻绳PQ拉住一个质量也为10kg的物体。g取10m/s2，求：(1)轻绳AC段的张力FAC与轻绳EP的张力FEP之比；(2)横梁BC对C端的支持力；(3)轻杆HP对P端的支持力。【答案】(1)1∶2(2)100N，方向与水平方向成30°角斜向右上方(3)173N，方向水平向右【解析】分别对C点和P点受力分析如图所示(1)图甲中轻绳AD跨过定滑轮