24-5共点力的平衡

第三章相互作用——力5共点力的平衡基础过关练题组一平衡状态1.(多选)下面关于共点力的平衡与平衡条件的说法正确的是()A.如果物体的运动速度为零,则必处于平衡状态B.如果物体的运动速度大小不变,则必处于平衡状态C.如果物体处于平衡状态,则物体沿任意方向的合力都必为零D.如果物体受到三个共点力的作用而处于平衡状态,则任意两个力的合力与第三个力大小相等、方向相反2.物体受到共点力的作用,下列说法中正确的是()A.在某一时刻速度等于0的物体一定处于平衡状态B.相对于另一物体保持静止的物体一定处于平衡状态C.物体所受合力为0,就一定处于平衡状态D.物体做匀加速运动时,一定处于平衡状态题组二共点力平衡的条件3.一个物体受到三个共点力的作用,如果三个力的大小为如下各组中的情况,那么有可能使物体处于平衡状态的是()A.1N4N7N B.2N6N9NC.2N5N8N D.6N8N6N4.如图所示,有一只重为G的蜻蜓在空中沿虚线方向匀速直线飞行,在此过程中,蜻蜓受到空气对它作用力的方向是()A.a方向 B.b方向C.c方向 D.d方向5.一个质量为3kg的物体被放置在倾角为α=30°的固定、光滑斜面上,在如图所示的甲、乙、丙三种情况下,物体处于平衡状态的是(g取10N/kg)()A.仅甲图 B.仅丙图C.仅乙图 D.甲、乙、丙图题组三受力分析整体法和隔离法6.(多选)如图所示,质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜劈B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(重力加速度大小为g),则()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mgD.地面对B的支持力的大小一定等于(M+m)g7.(多选)如图所示,质量为m、顶角为α的直角劈和质量为M的正方体放在两竖直墙和一水平面间,处于静止状态。若不计一切摩擦,重力加速度大小为g,则()A.水平面对正方体的弹力大小为(M+m)gB.墙面对正方体的弹力大小为mgC.正方体对直角劈的弹力大小为mgcosαD.直角劈对墙面的弹力大小为mgsinα8.(多选)如图所示,两个相似的斜面体A、B在竖直向上的力F的作用下静止靠在竖直粗糙墙壁上。关于斜面体A和B的受力情况,下列说法正确的是()A.A一定受到四个力作用B.B可能受到四个力作用C.B与墙壁之间一定有弹力和摩擦力D.A与B之间一定有摩擦力题组四平衡问题的处理方法9.(2020北京昌平高一上期末)城市中的路灯经常用三角形的结构悬挂。如图所示为这类结构的一种简化模型。图中硬杆OB可以绕通过B点且垂直于纸面的轴转动,钢索和杆的重力都可以忽略。如果悬挂物的重力为G,AO与BO间的夹角为θ。关于钢索OA对O点的拉力和杆OB对O点的支持力,下列说法正确的是()A.钢索OA对O点的拉力大小为Gtanθ,方向沿钢索向上B.钢索OA对O点的拉力大小为GtanθC.杆OB对O点的支持力大小为Gtanθ,方向沿杆向右D.杆OB对O点的支持力大小为Gtanθ10.如图所示,在一细绳C点系一重物P,细绳两端A、B分别固定在墙上,使AC保持水平,BC与水平方向成30°角,已知细绳最多只能承受200N的拉力,那么C点悬挂重物的重力最多为多少?这时细绳的哪一段即将拉断?(g取10N/kg)

题组五动态平衡11.(多选)一盏电灯重力为G,悬于天花板上的B点,在电线O处系一细线OA,使电线OB与竖直方向的夹角为β=30°,OA与水平方向成α角,如图所示。现保持O点位置不变,使α角由0°缓慢增加到90°,在此过程中()A.电线OB上的拉力逐渐减小B.细线OA上的拉力先减小后增大C.细线OA上拉力的最小值为12D.细线OA上拉力的最小值为3212.(2020辽宁辽河油田第二高级中学高一上期末)如图所示,小球放在光滑的墙与装有铰链的光滑薄板之间,在墙与薄板之间的夹角θ缓慢地增大到90°的过程中()A.小球对墙的压力减小B.小球对薄板的压力增大C.小球对墙的压力先减小后增大D.小球对薄板的压力可能小于球的重力13.(多选)两物体A、B按如图所示连接且处于静止状态,现在给B施加一个水平力F,使B缓慢移动,物体A始终静止在地面上,则此过程中有()A.物体A对地面的压力逐渐变小B.物体A受到的摩擦力不变C.绳的拉力逐渐变大D.地面对A的作用力保持不变

题组六平衡中的临界和极值问题14.将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后,再用细线悬挂于O点,如图所示。用力F拉小球b,使两个小球都处于静止状态,且细线OA与竖直方向的夹角保持θ=30°,重力加速度大小为g,则F的最小值为()A.33mgB.mgC.32mgD.15.如图,滑块A置于水平地面上,滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直),此时A恰好不滑动,B刚好不下滑。已知A与B间的动摩擦因数为μ1,A与地面间的动摩擦因数为μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A与B的质量之比为()A.1μ1μ2B.1-μ能力提升练题组一共点力平衡的条件的理解及应用1.(2020河北邢台二中高一上期中,)在如图所示的甲、乙、丙、丁四幅图中,滑轮光滑且所受的重力忽略不计,滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上,一根轻绳ab绕过滑轮,a端固定在墙上,b端下面挂一质量为m的重物。当滑轮和重物都静止不动时,甲、丙、丁图中木杆P与竖直方向的夹角均为θ,乙图中木杆P竖直。假设甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD,则以下判断正确的是(易错)A.FA=FB=FC=FD B.FD>FA=FB>FCC.FA=FC=FD>FB D.FC>FA=FB>FD2.(2019广东佛山高一上期末,)屋檐下重为G的风铃被水平风力吹起,在偏离竖直方向θ角的位置保持静止,设风力为F,系风铃的轻绳对风铃的拉力为T,若F恒定,则下列说法正确的是()A.T和G是一对平衡力B.T一定小于FC.T与F合力方向竖直向下D.轻绳所受拉力的大小为G3.(2019四川成都田家炳中学高一上月考,)(多选)质量均为m的a、b两木块叠放在水平面上,如图所示,a受到斜向上与水平面成θ角的力F1的作用,b受到斜向下与水平面成θ角等大的力F2的作用,两力在同一竖直平面内,此时两木块保持静止,重力加速度大小为g,则()A.a一定受到四个力的作用B.水平面对b的支持力可能大于2mgC.a、b之间一定存在静摩擦力D.b与水平面之间一定存在静摩擦力4.(2019河南洛阳高一检测,)如图所示,一质量为m的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上,一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点,另一端系在滑块上,弹簧与斜面垂直,则(重力加速度大小为g)()A.滑块不可能只受到3个力作用B.弹簧可能处于伸长状态C.斜面对滑块的支持力大小可能为零D.斜面对滑块的摩擦力大小一定等于mg题组二解答共点力平衡问题的常用方法5.(2020辽宁省实验中学分校高一上期中,)(多选)如图所示,两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上,两绳与竖直方向的夹角都为45°,日光灯保持水平,所受重力为G,则()A.两绳对日光灯拉力的合力大小为GB.两绳的拉力和日光灯所受的重力不是共点力C.两绳的拉力大小分别为22G和2D.两绳的拉力大小分别为G2和6.(2019广东惠州高一上期末,)(多选)一根长为L的易断的均匀细绳,两端固定在天花板上的A、B两点,若在细绳的C处悬挂一重物,知AC>BC,如图所示,则下列说法正确的是()A.增加重物的重力,BC段先断B.增加重物的重力,AC段先断C.将A端往左移时细绳容易断D.将A端往右移时细绳容易断7.(2019贵州安顺高一上期末,)如图所示,甲、乙两个小球的质量均为m,两球间用细线连接,甲球用细线悬挂在天花板上。现分别用大小相等的力F水平向左、向右拉两球,平衡时细线都被拉紧。则平衡时两球的可能位置是()8.(2019北京昌平临川学校高一上期末,)(多选)如图所示,在固定好的水平和竖直的框架上,A、B两点连接着一根绕过光滑的轻小滑轮的不可伸长的细绳,重物悬挂于滑轮下,处于静止状态。若按照以下的方式缓慢移动细绳的端点,则下列判断正确的是()A.只将绳的左端移向A'点,拉力变小B.只将绳的左端移向A'点,拉力不变C.只将绳的右端移向B'点,拉力变小D.只将绳的右端移向B'点,拉力变大题组三平衡中的临界、极值问题9.(2019北京人大附中高一上期末,)如图甲、乙所示,质量为m的物体置于倾角为θ的固定斜面上,物体与斜面之间的动摩擦因数为μ,先用平行于斜面的推力F1作用于物体上使其恰能沿斜面匀速上滑,若改用水平推力F2作用于物体上,也恰能使物体沿斜面匀速上滑,则两次的推力之比F1F2为(A.cosθ+μsinθ B.cosθμsinθC.1+μtanθ D.1μtanθ10.(2019北京师大附中高一上期末,)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(重力加速度大小为g)()A.mg B.33C.12mg D.111.(2020天津一中高一上期末,)在竖直墙壁的左侧水平地面上,放置一个棱长为a、质量为M的正方体ABCD,在墙壁和正方体之间放置一半径为R、质量为m的光滑球,正方体和球均保持静止,如图所示。球的球心为O,OB与竖直方向的夹角为θ,正方体的棱长a>R,正方体与水平地面间的动摩擦因数为μ=33。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g。(1)正方体和墙壁对球的支持力N1、N2分别是多大?(2)若θ=45°,保持球的半径不变,只增大球的质量,为了不让正方体出现滑动,则球质量的最大值为多少?(tan45°=1)题组四“活杆”与“死杆”模型12.(2020浙江金华十校高一上联考,)如图甲所示,细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的轻质光滑定滑轮悬挂一质量为M1的物体,∠ACB=30°;图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙壁上,另一端G通过细绳EG拉住,EG与水平方向的夹角为30°,在轻杆的G点用细绳GF悬挂一质量为M2的物体(都处于静止状态)。求:(1)细绳AC段的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比;(2)轻杆BC对C端的支持力;(3)轻杆HG对G端的支持力。

答案全解全析基础过关练1.CD物体运动速度为零时不一定处于平衡状态,A选项错误;物体运动速度大小不变、方向变化时,物体不做匀速直线运动,一定不处于平衡状态,B选项错误;物体处于平衡状态时,合力为零,物体沿任意方向的合力都必为零,C选项正确;物体受到三个共点力作用而处于平衡状态时,合力为零,则任意两个共点力的合力与第三个力等大反向,D选项正确。2.C处于平衡状态的物体,在运动形式上,处于静止或匀速直线运动状态,从受力上来看,物体所受合力为零,C正确;某一时刻速度为零的物体,受力不一定为零,故物体不一定处于平衡状态,A错误;物体相对于另一物体静止时,该物体不一定静止,如当另一物体做变速运动时,该物体也做变速运动,此物体处于非平衡状态,故B错误;物体做匀加速运动,所受合力不为零,故物体不处于平衡状态,D错误。3.D能否使物体处于平衡状态,要看三个力的合力是否可能为零,方法是两个较小的力加起来是否大于或等于最大的那个力,如果是,物体就可能处于平衡状态,故D正确。4.A蜻蜓做匀速直线运动,受重力和空气的作用力而平衡,故空气对蜻蜓的作用力方向竖直向上,即沿a方向,故选A。5.C物体在光滑斜面上受重力、支持力和沿斜面向上的拉力,斜面光滑,故物体不受摩擦力;将重力沿平行于斜面和垂直于斜面的方向进行分解,支持力与重力垂直于斜面的分力相等;要使物体处于静止状态,拉力应等于重力沿斜面向下的分力,即F=mgsinα=3×10×12N=15N,故只有乙图中物体处于平衡状态,故选C6.CD对A、B整体受力分析,如图所示,整体受到重力(M+m)g、支持力FN和已知的两个推力,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错误,D正确。再对木块A受力分析,木块A至少受重力mg、已知的推力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'=mgcosθ+Fsinθ(θ为斜劈倾角),故FN'可能小于mg,C正确。7.AB把两个物体看成一个整体,分析受力,水平方向有两个弹力,竖直方向有重力和支持力,在竖直方向上由二力平衡可得,水平面对正方体的弹力大小为(M+m)g,选项A正确;以直角劈为研究对象,其受竖直向下的重力mg,右面墙的弹力F2,方向水平向左,正方体对直角劈的支持力F,方向过两物体的接触点垂直于直角劈的斜面,即与水平方向的夹角为α,由力的合成和平衡条件可知,F2与F的合力与重力等大反向,故F=mgsinα,F2=Fcosα=mgtanα,选项C错误;由牛顿第三定律知直角劈对墙面的弹力大小为mgtanα,选项D错误;再以整体为研究对象得墙面对正方体的弹力大小与F2相等,8.AD对A、B整体受力分析,如图甲所示,整体受到向下的重力和向上的推力F,由平衡条件可知B与墙壁之间不可能有弹力,因此也不可能有摩擦力,故C错;对B受力分析,如图乙所示,其受到重力、A对B的弹力及摩擦力而处于平衡状态,故B受到三个力作用,B错;对A受力分析,如图丙所示,A受到重力、推力、B对A的弹力和摩擦力四个力作用,A、D对。9.D以O点为研究对象,受力分析如图所示,结合几何知识,根据平衡条件,杆OB对O点的支持力FOB=Gtanθ,方向向右;钢索OA对O点的拉力FOA=Gsinθ,10.答案100NBC段细绳即将拉断解析方法一力的合成法C点受三个力作用处于平衡状态,如图所示可得出F1与F2的合力F合方向竖直向上,大小等于F,由几何关系可得F合=F1·sin30°=F=mPgF2=F1·cos30°当F1达到最大值200N时,mPg=100N,F2≈173N,在此条件下,BC段细绳即将断裂,AC段细绳的拉力F2还未达到最大值。故C点悬挂重物的重力最多为100N,这时BC段细绳即将拉断。方法二正交分解法如图所示将拉力F1分解,根据平衡条件可得:F1·sin30°=F=mPg,F2=F1·cos30°。后面的分析过程同方法一。11.ABC对结点受力分析,由平衡条件可知,细线OA和电线OB的拉力的合力F'一定竖直向上,与T平衡。当α角由0°缓慢增加到90°的过程中画出动态平行四边形,如图所示。由图可看出,细线OA上的拉力先减小后增大,且当α=30°时,FA最小,最小值为G2。而电线OB上的拉力一直减小,故A、B、C正确,D12.A以小球为研究对象,受力分析如图所示。F1为薄板对小球的支持力,F2为墙对小球的压力。由图示可知,在墙与薄板之间的夹角θ缓慢地增大到90°的过程中,墙给球的压力F2逐渐减小,薄板给球的支持力F1逐渐减小,根据牛顿第三定律可知球对墙的压力减小,球对薄板的压力减小。根据图示可知薄板对球的支持力大于球的重力,则由牛顿第三定律可知球对薄板的压力大于球的重力。故A正确,B、C、D错误。故选A。13.AC先以B为研究对象,当B缓慢移动时,B受力的变化情况如图甲所示,可知,当B缓慢向右移动时绳的拉力逐渐变大,C对。再以A为研究对象进行受力分析,如图乙所示,由于GA不变,由图乙可知,当FT增大时,FN减小,Ff增大,故选项A对,B错。地面对A的作用力为FN与Ff的合力,由于FT增大时,FN减小,Ff增大,故FN与Ff的合力不断变化,选项D错。14.B将a、b两小球看成一个整体,进行受力分析可知,力F与细线OA垂直时最小,此时F=2mgsinθ=mg,B项正确。15.B设水平作用力大小为F,则对于B,μ1F=mBg,对于整体,F=μ2(mA+mB)g,解得mAmB能力提升练1.B轻绳上的拉力等于重物所受的重力mg,设滑轮两侧轻绳之间的夹角为φ,根据共点力平衡的条件知,滑轮受到木杆P的弹力F与滑轮两侧轻绳拉力的合力平衡,即F=2mgcosφ2,由夹角关系可得FD>FA=FB>FC,选项B易错警示本题的易错点是误认为木杆P的弹力一定沿着木杆,从而导致错解。2.D以风铃为研究对象受力分析如图所示,根据受力图可知,T与F的合力与重力是一对平衡力,A错误;由图可知,T一定大于F,B错误;T与F的合力与重力是一对平衡力,方向竖直向上,C错误;根据图中几何关系可得轻绳所受拉力的大小为T'=T=Gcosθ3.ACa受重力、支持力、拉力以及b对a的静摩擦力而处于平衡状态,选项A、C正确;对整体分析,F1与F2大小相等,方向相反,两力相互抵消,则水平面对b无摩擦力,选项D错误;水平面对b的支持力FN=2mg,选项B错误。4.B弹簧的方向垂直于斜面,因为弹簧的形变情况未知,所以斜面与滑块之间的弹力大小不确定,滑块可能只受重力、斜面支持力和静摩擦力3个力的作用而平衡,此时弹簧弹力为零,处于原长状态;也可能受到重力、斜面支持力、静摩擦力和弹簧拉力或压力4个力的作用而平衡,此时弹簧处于伸长或压缩状态,A错误,B正确。若斜面对滑块的支持力大小为零,则滑块受到的摩擦力也必定为零,此时滑块受到重力和弹簧的拉力作用不可能处于平衡状态,C错误。沿斜面方向,根据平衡条件知滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力,即等于12mg,D5.AC两绳拉力的作用线与重力作用线的延长线交于一点,这三个力为共点力,选项B错误;由于日光灯在两绳拉力和重力作用下处于平衡状态,所以两绳的拉力的合力与重力G等大反向,选项A正确;如图所示,由于两绳拉力的夹角为直角,且都与竖直方向成45°角,则由几何关系可知G=F12+F22,又因F1=F2,故F1=F2=26.AC对C点研究,C点受重物的拉力,其大小FT=G,将重物对C点的拉力分解为对AC和BC两段细绳的拉力,力的平行四边形如图所示。在△ABC中,因为AC>BC,所以α>β,故FBC>FAC,当增加重力G时,FBC、FAC按比例增加,FBC增大得较多,所以BC段细绳先断,选项A正确,B错误;将A端往左移时,FBC与FAC两力夹角变大,合力FT=G一定,则两分力FBC与FAC均增大,故细绳容易断,选项C正确;将A端往右移时两分力夹角减小,合力FT=G一定,两分力减小,故细绳不容易断,选项D错误。7.A用整体法分析,把两个小球看作一个整体,此整体受到的外力为竖直向下的重力2mg、水平向左的力F(甲受到的)、水平向右的力F(乙受到的)和细线1的拉力,两水平力平衡,故细线1的拉力一定与重力2mg等大反向,即细线1一定竖直;再用隔离法,分析乙球受力的情况,乙球受到竖直向下的重力mg、水平向右的拉力F、细线2的拉力F2,要使乙球受力平衡,细线2必须倾斜。8.BD滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角相等,设为α,绳子的长度为L,B点到A点的距离为s,根据几何知识和对称性,得:sinα=sL以滑轮为研究对象,设绳子拉力大小为F,重物的重力为mg,根据平衡条件得:2Fcosα=mg,得F=mg2cos当只将绳的左端移向A'点,s和L均不变,α不变,则由②式得知,F不变,故A错误,B正确。当只将绳的右端移向B'点,s增加,而L不变,则由①式得知,α增大,cosα减小,则由②式得知,F增大,故C错误,D正确。故选B、D。9.B物体在力F1作用下和力F2作用下运动时的受力如图(a)、(b)所示。将重力mg、力F2沿平行斜面方向和垂直于斜面方向正交分解,由平衡条件可得:F1=mgsinθ+Ff1,FN1=mgcosθ,Ff1=μFN1,F2cosθ=mgsinθ+Ff2,FN2=mgcosθ+F2sinθ,Ff2=μFN2,解得:F1=mgsinθ+μmgcosθ,F2=mgsin故F1F2=cosθμsin技巧点拨临界