人教版 (2019)必修 第一册5 共点力的平衡当堂达标检测题

共点力的平衡

(建议用时：40分钟)

题组一　共点力平衡条件的理解及应用

1．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＝9 N、F2＝1 N、F3＝5 N

B．F1＝8 N、F2＝3 N、F3＝15 N

C．F1＝4 N、F2＝2 N、F3＝10 N

D．F1＝6 N、F2＝10 N、F3＝10 N

D　[9 N和1 N的力的最小合力为8 N，与5 N的力的合力不可能为零，故A错误；8 N和3 N的力的最大合力为11 N，与15 N的力的合力不可能为零，故B错误；4 N和2 N的力的最大合力为6 N，与10 N的力的合力不可能为零，故C错误；6 N和10 N的力的合力范围是4～16 N，可能等于10 N，则三个力的合力可能为零，故D正确。]

2．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．mgtan θ

C．   D．

A　[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。]

题组二　求解平衡问题的常用方法

3．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－   B．

C．   D．

C　[当F沿水平方向时，物块受力如图甲所示，有F＝Ff，Ff＝μFN，FN＝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Fcos 60°＝Ff′，Ff′＝μFN′，FN′＝mg－Fsin 60°，联立解得Fcos 60°＝μ(mg－Fsin 60°)②

联立①②解得μ＝，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．G　　　B．G　　　C．G　　　D．G

C　[最上面人的重力为G，所以每条腿上的力均为；中间层左边的人，受到竖直向下的力为G＋＝，所以每条腿上的力均为，由对称性，中间层右边的人每条腿上的力也均为G；最底层中间的人，受到竖直向下的力为G＋＋＝，所以其每条腿上的力均为。即最底层正中间的人的一只脚对水平地面的压力约为G，故选项C正确。]

5．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．∶4   B．4∶

C．1∶2   D．2∶1

D　[方法一：分别对两个小球受力分析，如图甲所示。

甲　　　　　　乙

FAsin 30°－FBsin α＝0，FB′sin α－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：FAsin 30°＝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。]

题组三　动态平衡问题

6．(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

AB　[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。]

7．(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

ABD　[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2Fcos θ＝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L1sin θ＋L2sin θ＝d，则sin θ＝＝，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。]

8．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

B　[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FNsin θ＝mg，FNcos θ＝FN1，所以FN＝，FN1＝mgcot θ。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。]

9．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

C　[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＝＝。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。]

10．如图所示，用粗铁丝弯成半圆环，半圆环最高点B处固定一个小滑轮，小圆环A用细绳吊着一个质量为m的物块并套在半圆环上。细绳另一端跨过小滑轮，用力F拉动，使A缓慢向上移动(不计一切摩擦，绳子不可伸长)。则在物块移动过程中，关于拉力F和铁丝对A的支持力N，以下说法正确的是(　　)

A．F变大   B．N变大

C．F变小   D．N变小

C　[若在物块缓慢向上移动的过程中，小圆环A处于三力平衡状态，根据平衡条件知mg与N的合力与T等大反向共线，如图，由三角形相似有＝＝，而F＝T，可得F＝mg，AB变小，BO不变，则F变小，N＝mg，AO、BO都不变，则N不变，故C正确，A、B、D错误。故选C。]

11．如图所示，光滑“∠”形架POQ水平固定，在杆上各套一个轻质小圆环。两个小圆环A、B用橡皮条相连。开始时A、B静止，橡皮条处于自然长度。现在小环B上施加一个平行于OQ方向的拉力，两环重新处于静止时，拉力大小为F。不计轻环重力。下列图中能正确反映两环位置关系及杆对环的弹力方向的是(　　)

A　　　　　B　　　　C　　　　D

D　[先隔离A环分析，A环受橡皮条的拉力和杆OP的支持力，支持力方向垂直于杆向上，与橡皮条的拉力平衡；再隔离B环分析，受橡皮条的拉力、拉力F和杆OQ对它向下的压力，三力平衡；对两环和橡皮条整体受力分析，受拉力F、OP杆的压力、OQ杆的压力。故选D。]

12．(2020·安徽舒城中学高一检测)如图所示，位于水平桌面上的物块A质量为2m，由跨过定滑轮的轻绳与质量为m的物块B相连，从滑轮到A和到B的两段绳都是水平的，已知B与A之间的动摩擦因数是μ，A与桌面之间的动摩擦因数是2μ，滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦都不计，重力加速度为g。若用一水平向右的力F拉A使它做匀速运动。求：

(1)绳对物块B的拉力大小；

(2)F的大小。

[解析]　(1)对物块B，设跨过定滑轮的轻绳拉力为T，受力如图甲所示。根据共点力平衡条件

甲

fAB－T＝0

FAB－mg＝0

且fAB＝μFAB

解得T＝μmg。

(2)对物块A受力分析，受力如图乙所示。A受重力2mg，B对A的压力FBA，B对A向左的摩擦力fBA，桌面对A的支持力FA，桌面对A向左的摩擦力fA，绳的拉力T，水平向右的力F。

乙

根据共点力平衡条件，有

F－fBA－fA－T＝0

FA－2mg－FBA＝0

且fA＝2μFA

联立解得F＝8μmg。

[答案]　(1)μmg　(8)8μmg

13．(2020·山东淄博高一上期末)同学们都有过擦黑板的经历。如图所示，一黑板擦(可视为质点)的质量为m＝0.2 kg，当手臂对黑板擦的作用力F＝10 N且F与黑板面所成角度为53°时，黑板擦恰好沿黑板表面缓慢竖直向上擦黑板。(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)

(1)求黑板擦与黑板间的动摩擦因数μ；

(2)若作用力F方向保持不变，当F多大时能完成向下缓慢擦黑板的任务？

(3)比较以上两种情况，试判断哪次黑板擦得更干净，并说明理由。

[解析]　(1)在黑板擦缓慢向上擦的过程中，以黑板擦为研究对象进行受力分析如图甲所示，则

水平方向：Fsin 53°＝FN

竖直方向：Fcos 53°＝mg＋Ff

Ff＝μFN

解得Ff＝4 N，μ＝0.5。

甲　　　　　　乙

(2)在黑板擦缓慢向下擦的过程中，以黑板擦为研究对象进行受力分析如图乙所示，则

水平方向：F′sin 53°＝FN′

竖直方向：F′cos 53°＋Ff′＝mg

Ff′＝μFN′

解得：F′＝2 N，Ff′＝0.8 N

(3)缓慢向上比缓慢向下擦得更干净。

因为缓慢向上擦时黑板擦与黑板间的摩擦力更大，擦得更干净。

[答案]　(1)0.5　(2)2 N　(3)见解析