2024-2025學(xué)年新教材高中物理課時(shí)檢測15習(xí)題課二共點(diǎn)力平衡的三類問題含解析粵教版必修第一冊

PAGEPAGE7共點(diǎn)力平衡的三類問題1.如圖所示，用完全相同的輕彈簧A、B、C將兩個(gè)相同的小球連接并懸掛，小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧A與豎直方向的夾角為30°，彈簧C水平，則彈簧A、C的伸長量之比為()A.eq\r(3)∶4 B．4∶eq\r(3)C．1∶2 D.2∶1解析：選D將兩小球及彈簧B視為整體進(jìn)行受力分析，如圖所示，有FC＝FAsin30°，F(xiàn)C＝kxC，F(xiàn)A＝kxA，eq\f(xA,xC)＝eq\f(FA,FC)＝eq\f(1,sin30°)＝2∶1，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確。2.L形木板P(上表面光滑)放在固定斜面上，輕質(zhì)彈簧一端固定在木板上，另一端與置于木板上表面的滑塊Q相連，如圖所示。若P、Q一起沿斜面勻速下滑，不計(jì)空氣阻力。則木板P的受力個(gè)數(shù)為()A．3 B.4C．5 D.6解析：選C先把P、Q、彈簧看成一個(gè)整體進(jìn)行分析，整體在重力、斜面的支持力、斜面的摩擦力三個(gè)力作用下處于平衡狀態(tài)。隔離Q進(jìn)行分析，Q在重力、木板P的支持力、彈簧的彈力(沿斜面對上)三個(gè)力作用下處于平衡狀態(tài)。由牛頓第三定律可知Q對P有一個(gè)壓力，彈簧對P有一個(gè)彈力(沿斜面對下)，所以P共受到5個(gè)力的作用，C正確。3.如圖所示，內(nèi)壁及碗口光滑的半球形碗固定在水平面上，碗口保持水平。A球、C球與B球分別用兩根輕質(zhì)細(xì)線連接，當(dāng)系統(tǒng)保持靜止時(shí)，B球?qū)ν氡趧偤脽o壓力，圖中θ＝30°，則A球、C球的質(zhì)量之比為()A．1∶2 B.2∶1C．1∶eq\r(3) D..eq\r(3)∶1解析：選C設(shè)A球、C球的質(zhì)量分別mA、mC。由幾何學(xué)問可知，兩細(xì)線相互垂直，由A、C兩球受力平衡得FT1＝mAg，F(xiàn)T2＝mCg。以B球?yàn)樘接憣ο?，分析受力狀況：受重力G、兩細(xì)線的拉力FT1、FT2。由平衡條件得FT1＝FT2tanθ，得eq\f(FT1,FT2)＝tanθ＝eq\f(1,\r(3))，則得eq\f(mA,mC)＝eq\f(FT1,FT2)＝eq\f(1,\r(3))。4．(多選)如圖所示，A、B、C三個(gè)完全相同的水泥管道靜止疊放在水平地面上(B與C相接觸)，假設(shè)每個(gè)管道的質(zhì)量為m，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．A對B的彈力大小為eq\f(\r(3),3)mgB．地面對B、C均沒有摩擦力作用C．地面對B的支持力大小為eq\f(\r(3),2)mgD．地面對B的摩擦力大小為eq\f(\r(3),6)mg解析：選AD選擇A、B、C為探討對象，可得其截面圖如圖甲所示，對A受力分析如圖乙所示，由題意及幾何關(guān)系知，F(xiàn)BA＝FCA,2FBAcos30°＝mg，則A對B的彈力FAB＝FBA＝eq\f(\r(3),3)mg，選項(xiàng)A正確；對B受力分析如圖丙所示，由于A對B有斜向左下的彈力，則地面對B有摩擦力作用，同理，地面對C也有摩擦力作用，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對B，由平衡條件可得mg＋FABcos30°＝FNB，F(xiàn)ABsin30°＝f，聯(lián)立解得FNB＝eq\f(3,2)mg，f＝eq\f(\r(3),6)mg，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確。5.將重力為4mg的勻稱長方體物塊切成相等的A、B兩部分，切面與邊面的夾角為45°，如圖所示疊放并置于水平地面上，現(xiàn)用彈簧測力計(jì)豎直向上拉物塊A的上端，彈簧測力計(jì)示數(shù)為mg，整個(gè)裝置保持靜止，則()A．地面與物塊間可能存在靜摩擦力B．物塊對地面的壓力大于3mgC．A對B的壓力大小為mgD．A、B之間的靜摩擦力大小為eq\f(\r(2),2)mg解析：選D對A、B整體受力分析，在水平方向上不受地面的摩擦力，否則不能平衡，在豎直方向上受力平衡，則有FN＋F＝4mg，解得FN＝3mg，則物塊對地面的壓力等于3mg，故A、B錯(cuò)誤；對A部分受力分析，如圖所示，把A部分所受力沿切面和垂直切面方向進(jìn)行分解，依據(jù)平衡條件得FNA＝(2mg－mg)sin45°，f＝(2mg－mg)·cos45°，解得FNA＝f＝eq\f(\r(2),2)mg，由牛頓第三定律知A對B的壓力FNB＝FNA＝eq\f(\r(2),2)mg，故C錯(cuò)誤，D正確。6.質(zhì)量為M的半球形物體A和質(zhì)量為m的光滑球形物體B緊靠著放在傾角為α的固定斜面上，并處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示。下列關(guān)于物體受力狀況的推斷正確的是()A．物體A對物體B的彈力方向沿斜面對上B．物體A受到的靜摩擦力大小為MgsinαC．物體B對物體A的壓力大于mgsinαD．物體B對斜面的壓力等于mgcosα解析：選C隔離物體B進(jìn)行受力分析如圖所示，可知物體B受到重力mg、斜面的支持力FN1和物體A對其的彈力FN2的作用，由于物體A對物體B的彈力方向與兩者的接觸面垂直，故物體A對物體B的彈力方向不沿斜面對上，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；將物體A和B看成一個(gè)整體，受力分析可知，物體A受到的靜摩擦力大小為f＝(M＋m)gsinα，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對物體B，依據(jù)平衡條件可得mgsinα＝FN2cosθ，F(xiàn)N1＋FN2sinθ＝mgcosα，可解得FN2＝mgeq\f(sinα,cosθ)>mgsinα，F(xiàn)N1＝mg(cosα－sinαtanθ)<mgcosα，再結(jié)合牛頓第三定律可知選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。7.(多選)如圖所示，光滑水平地面上放有截面為eq\f(1,4)圓周的柱狀物體A，A與墻面之間放一光滑的圓柱形物體B，對A施加一水平向左的力F，整個(gè)裝置保持靜止。若將A的位置向左移動(dòng)稍許，整個(gè)裝置仍保持平衡，則()A．水平外力F增大B．墻對B的作用力減小C．地面對A的支持力減小D．B對A的作用力減小解析：選BD對B受力分析，受到重力mg、A對B的支持力FNAB和墻壁對B的支持力FNB，如圖甲所示，當(dāng)A向左移動(dòng)后，A對B的支持力FNAB的方向改變，依據(jù)平衡條件結(jié)合合成法可以知道A對B的支持力FNAB和墻對B的支持力FNB都在不斷減小，由力的作用是相互的知B對A的作用力減小，故B、D正確；再對A和B整體受力分析，受到總重力G、地面支持力FN、外力F和墻的彈力FNB，如圖乙所示，依據(jù)平衡條件，有F＝FNB，F(xiàn)N＝G，故地面對A的支持力不變，外力F隨著墻對B的支持力FNB的減小而減小，故A、C錯(cuò)誤。8.質(zhì)量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上，用水平力F拉著繩的中點(diǎn)O，使OA段繩偏離豎直方向肯定角度，如圖所示。設(shè)繩OA段拉力的大小為T，若保持O點(diǎn)位置不變，則在力F的方向順時(shí)針緩慢旋轉(zhuǎn)至豎直方向的過程中()A．F先變大后變小，T漸漸變小B．F先變大后變小，T漸漸變大C．F先變小后變大，T漸漸變小D．F先變小后變大，T漸漸變大解析：選C對結(jié)點(diǎn)O受力分析，畫出力的平行四邊形如圖所示，若保持O點(diǎn)位置不變，則在力F的方向順時(shí)針緩慢旋轉(zhuǎn)至豎直方向的過程中，由圖可知F先減小后增大，T始終減小。故C正確。9.(多選)如圖所示，質(zhì)量均為m的小球A、B用勁度系數(shù)為k1的輕彈簧相連，小球B用長為L的細(xì)繩懸于O點(diǎn)，小球A固定在O點(diǎn)正下方，當(dāng)小球B平衡時(shí)，細(xì)繩所受的拉力為T1，彈簧的彈力為F1；現(xiàn)把A、B間的彈簧換成原長相同，但勁度系數(shù)為k2(k2>k1)的另一輕彈簧，在其他條件不變的狀況下仍使系統(tǒng)平衡，此時(shí)細(xì)繩所受的拉力為T2，彈簧的彈力為F2。下列關(guān)于T1與T2、F1與F2大小之間的關(guān)系正確的是()A．T1>T2 B.T1＝T2C．F1<F2 D.F1＝F2解析：選BC以小球B為探討對象，受力分析如圖所示。由平衡條件可知，彈簧的彈力F和細(xì)繩的拉力T的合力F合與重力mg大小相等，方向相反，即F合＝mg，由幾何關(guān)系得eq\f(mg,OA)＝eq\f(F,AB)＝eq\f(T,OB)。當(dāng)彈簧的勁度系數(shù)變大時(shí)，彈簧的壓縮量減小，故AB長度增加，而OB、OA的長度不變，故T1＝T2，F(xiàn)2>F1，故A、D錯(cuò)誤，B、C正確。10．(多選)如圖所示，用硬鐵絲彎成的光滑半圓環(huán)豎直放置，最高點(diǎn)B處固定一小滑輪，質(zhì)量為m的小球A穿在環(huán)上?，F(xiàn)用細(xì)繩一端拴在A上，另一端跨過滑輪用力F拉動(dòng)，使A緩慢向上移動(dòng)。在移動(dòng)過程中關(guān)于鐵絲對A的支持力FN的說法正確的是()A．FN的方向始終背離圓心OB．FN的方向始終指向圓心OC．FN漸漸變小D．FN大小不變解析：選AD小球A緩慢向上移動(dòng)的過程中受三個(gè)力作用而處于平衡狀態(tài)，依據(jù)平衡條件知mg與FN的合力與T等大反向共線，作出mg與FN的合力，如圖所示，由幾何關(guān)系有eq\f(mg,BO)＝eq\f(FN,AO)＝eq\f(T,AB)，得FN＝eq\f(AO,BO)×mg，AO、BO都不變，則FN大小不變，方向始終背離圓心O。故A、D正確，B、C錯(cuò)誤。11.如圖所示，小球用細(xì)繩系住置于斜面體上，繩的另一端固定于O點(diǎn)。現(xiàn)用水平力F緩慢推動(dòng)斜面體，小球在斜面上無摩擦地滑動(dòng)，細(xì)繩始終處于直線狀態(tài)。當(dāng)小球升到接近斜面頂端時(shí)細(xì)繩接近水平，此過程中斜面對小球的支持力FN以及繩對小球的拉力T的改變狀況是()A．FN保持不變，T不斷增大B．FN不斷增大，T不斷減小C．FN保持不變，T先增大后減小D．FN不斷增大，T先減小后增大解析：選D方法一：解析法先對小球進(jìn)行受力分析，如圖甲所示，小球受到重力mg、支持力FN、拉力T的作用，設(shè)細(xì)繩與水平方向的夾角為β，斜面的傾角為α，由平衡條件得FNcosα＋Tsinβ＝mg，F(xiàn)Nsinα－Tcosβ＝0，聯(lián)立解得T＝eq\f(mgsinα,cosβ－α)，F(xiàn)N＝eq\f(mg,cosα＋sinαtanβ)。用水平力F緩慢推動(dòng)斜面體，β始終減小直至接近0。由題圖易知，起始時(shí)刻β>α，當(dāng)β＝α?xí)r，cos(β－α)＝1，T最小，所以T先減小后增大，β始終減小直至接近0，tanβ不斷減小，F(xiàn)N不斷增大，選項(xiàng)D正確。方法二：圖解法由于用水平力F緩慢推動(dòng)斜面體，故小球處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài)。小球受到大小和方向均不變的重力、方向不變的支持力、方向與大小均改變的細(xì)繩的拉力，三個(gè)力構(gòu)成封閉的三角形，畫出小球受力示意圖如圖乙所示。當(dāng)細(xì)繩與斜面平行時(shí)，細(xì)繩拉力T2與支持力方向垂直，細(xì)繩拉力最小。當(dāng)小球升到接近斜面頂端時(shí)細(xì)繩接近水平，細(xì)繩拉力為T4，所以T先減小后增大，而此過程中斜面對小球的支持力FN始終增大，選項(xiàng)D正確。12.(多選)如圖所示，質(zhì)量為m＝5kg的物體放在水平面上，物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),3)，g取10N/kg。當(dāng)物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，下列說法正確的是()A．牽引力F的最小值為25NB．牽引力F的最小值為eq\f(25,3)eq\r(3)NC．最小牽引力F與水平面的夾角為45°D．最小牽引力F與水平面的夾角為30°解析：選AD物體受重力G、支持力FN、摩擦力f和拉力F的共同作用。將拉力沿水平方向和豎直方向分解，如圖所示，由共點(diǎn)力平衡的條件可知，在水平方向上，有Fcosθ－μFN＝0，在豎直方向上，有Fsinθ＋FN－G＝0，聯(lián)立解得F＝eq\f(μG,cosθ＋μsinθ)。設(shè)tanΦ＝μ，則cosΦ＝eq\f(1,\r(1＋μ2))，所以F＝eq\f(μG,cosθ－Φ)·eq\f(1,\r(1＋μ2))，當(dāng)cos(θ－Φ)＝1，即θ－Φ＝0時(shí)，F(xiàn)取到最小值，F(xiàn)min＝eq\f(μG,\r(1＋μ2))＝25N，而tanΦ＝μ＝eq\f(\r(3),3)，所以Φ＝30°，θ＝30°。故選A、D。13.如圖所示，質(zhì)量不等的盒子A和物體B用細(xì)繩相連，跨過光滑的定滑輪，A置于傾角為θ的斜面上，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tanθ，B懸于斜面之外而處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)向A中緩慢加入砂子(假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)，下列說法正確的是()A．繩子拉力漸漸減小B．A對斜面的壓力漸漸增大C．A所受的摩擦力肯定漸漸增大D．A可能沿斜面下滑解析：選B當(dāng)mAgsinθ>mBg時(shí)，對A受力分析，由平衡條件，有mAgsinθ＝f＋mBg，隨mA的增大，摩擦力不斷增大；當(dāng)mAgsinθ<mBg時(shí)，由平衡條件，有mAgsinθ＋f＝mBg，隨mA的增大，摩擦力不斷減小，C項(xiàng)錯(cuò)誤。在垂直斜面方向上，始終有FN＝mAgcosθ，因此隨著不斷加入砂子，A對斜面的壓力不斷增大，B項(xiàng)正確。由μ＝tanθ，可知最大靜摩擦力fmax＝μmAgcosθ＝mAgsinθ，故增加的重力的分力與增加的最大靜摩擦力大小相等，方向相反，故A不會滑動(dòng)，保持靜止，D項(xiàng)錯(cuò)誤。繩子所受拉力等于B的重力，故拉力保持不變，A項(xiàng)錯(cuò)誤。14．(多選)如圖所示，用一段繩子把輕質(zhì)滑輪吊裝在A點(diǎn)，一根輕繩跨過滑輪，繩的一端拴在井中的水桶上，人用力拉繩的另一端，滑輪中心為O點(diǎn)，人所拉的繩子與OA的夾角為β，拉水桶的繩子與OA的夾角為α。人拉繩沿水平面對左運(yùn)動(dòng)，把井中質(zhì)量為m的水桶緩慢提上來，人的質(zhì)量為M，重力加速度大小為g，在此過程中，以下說法正確的是()A．α始終等于βB．吊裝滑輪的繩子上的拉力漸漸變大C．地面對人的摩擦力漸漸變大D．地面