高中物理粤教版 (2019)必修 第一册第三章 相互作用第六节 共点力的平衡条件及其应用当堂达标检测题

这是一份高中物理粤教版 (2019)必修 第一册第三章 相互作用第六节 共点力的平衡条件及其应用当堂达标检测题，共5页。

1．若某一物体受共点力作用处于平衡状态，则该物体( )
A.一定是静止的
B．一定做匀速直线运动
C．所受各共点力的合力可能不为零
D．所受各共点力的合力为零
解析：选D 物体处于平衡状态时，物体可能静止或做匀速直线运动，选项A、B错误；此时所受各共点力的合力一定为零，选项C错误，D正确。
2.如图所示，滑索借助高度差从高处向下滑行，它是一项具有挑战性、刺激性和娱乐性的游乐项目。若忽略空气阻力，在人坐上吊具(包括滑车和吊带)后，刚刚开始的缓慢下滑阶段，下列关于以人和吊具作为整体的受力图正确的是( )
解析：选D 由题意可知，人缓慢下滑的过程中，是匀速运动，合力为零，由受力分析可得：拉力FT、摩擦力Ff的合力与重力mg平衡，故只有选项D正确。
3.如图所示，某个物体在F1、F2、F3和F4四个共点力作用下处于静止状态，若F4的方向沿逆时针转过120°而保持其大小不变，其余三个力的大小和方向均保持不变，则此时物体所受到的合力大小为( )
A． eq \f(F4,2) B．0 C．F4 D． eq \r(3)F4
解析：选D 由共点力的平衡条件可知，F1、F2、F3的合力与F4等大反向，当F4的方向沿逆时针转过120°而保持其大小不变时，F1、F2、F3的合力的大小仍等于F4，但方向与F4成60°角，由平行四边形定则可得，此时物体所受的合力大小为 eq \r(3)F4，故选D。
4.如图所示在倾角为53°的斜面上，用沿斜面向上5 N的力拉着重4 N的木块向上做匀速运动，则斜面对木块的总作用力的方向是( )
A．垂直斜面向上 B．水平向左
C．沿斜面向下 D．竖直向上
解析：选B 由于木块做匀速运动，合力为0，可知斜面对木块的作用力与拉力、重力二者的合力等值反向。因拉力在竖直方向上的分力大小为F sin 53°＝4 N，恰好与木块重力平衡，可知斜面对木块的作用力一定与拉力在水平方向的分力平衡，由于拉力在水平方向的分力向右，故斜面对木块的作用力方向一定水平向左，B正确。
5.重力为G的体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图所示的比赛动作，当运动员竖直倒立保持静止状态时，两手臂对称支撑，夹角为θ，则( )
A．当θ＝60°时，运动员单手对地面的正压力大小为 eq \f(G,2)
B．当θ＝120°时，运动员单手对地面的正压力大小为G
C．当θ不同时，运动员受到的合力不同
D．当θ不同时，运动员与地面之间的相互作用力不相等
解析：选A 对运动员受力分析如图所示，地面对手的支持力F1＝F2＝ eq \f(G,2)，即运动员单手对地面的正压力大小为 eq \f(G,2)，与夹角θ无关，选项A正确，B错误；不管θ如何，运动员受到的合力为零，与地面之间的相互作用力总相等，选项C、D错误。
6.(2022·重庆高考)如图所示，吸附在竖直玻璃上质量为m的擦窗工具，在竖直平面内受重力、拉力和摩擦力(图中未画出摩擦力)的共同作用做匀速直线运动。若拉力大小与重力大小相等，方向水平向右，重力加速度为g，则擦窗工具所受摩擦力( )
A．大小等于mg B．大小等于 eq \r(2)mg
C．方向竖直向上 D．方向水平向左
解析：选B 擦窗工具在竖直玻璃平面上受到重力、拉力和摩擦力，做匀速直线运动，则摩擦力大小等于重力和拉力的合力，拉力大小等于重力，即F摩＝ eq \r(2)mg，方向斜向左上方与水平方向夹角为45°，故B正确，A、C、D错误。
7.如图所示，建筑装修中，工人用质量为m的磨石对斜壁进行打磨，当对磨石加竖直向上大小为F的推力时，磨石恰好沿斜壁向上匀速运动。已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为μ，则磨石受到的摩擦力是( )
A．(F－mg)sin θ B．μ(F－mg)sin θ
C．μ(F－mg)cs θ D．μ(F－mg)
解析：选B对磨石进行受力分析，如图所示，由平衡条件，沿斜壁方向：(F－mg)·cs θ＝f；垂直于斜壁方向：压力FN＝(F－mg)sin θ，故摩擦力f＝μFN＝μ(F－mg)sin θ，选项B正确。
8．[多选]如图所示，固定的半球面右侧是光滑的，左侧是粗糙的，O点为球心，A、B为两个完全相同的小物块(可视为质点)，小物块A静止在球面的左侧，受到的摩擦力大小为F1，对球面的压力大小为N1；小物块B在水平力F2作用下静止在球面的右侧，对球面的压力大小为N2，已知两小物块与球心连线和竖直方向的夹角均为θ，则( )
A．F1∶F2＝cs θ∶1 B．F1∶F2＝sin θ∶1
C．N1∶N2＝cs2θ∶1 D．N1∶N2＝sin2θ∶1
解析：选AC 如图所示，分析受力作出力的合成图，由图中几何关系有：F1＝mg sinθ、N1′＝mg cs θ；F2＝mg tan θ、N2′＝ eq \f(mg,cs θ)，又N1＝N1′，N2＝N2′，故F1∶F2＝cs θ、N1∶N2＝cs2θ，A、C正确。
9.如图所示，用一绳子a把物体悬挂起来，再用另一根水平的绳子b把物体拉向一旁固定起来。物体的重力是60 N，绳子a与竖直方向的夹角θ＝37°，绳子a与b对物体的拉力分别是多大？(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
解析：对物体受力分析如图所示，物体受重力、绳a和b的拉力，将重力分解到沿a、b绳的方向上，则由力的平衡条件可得：
Ta＝Ga＝ eq \f(G,cs 37°)＝ eq \f(60,0.8) N＝75 N
Tb＝Gb＝G tan 37°＝60× eq \f(3,4) N＝45 N。
答案：75 N 45 N
eq \a\vs4\al(B)组—重应用·体现创新
10.体育器材室里，篮球摆放在如图所示的球架上。已知球架的宽度为d，每个篮球的质量为m、直径为D，不计球与球架之间摩擦，则每个篮球对一侧球架的压力大小为( )
A． eq \f(1,2)mg B． eq \f(mgD,d)
C． eq \f(mgD,2\r(D2－d2)) D． eq \f(2mg\r(D2－d2),D)
解析：选C 以任意一只篮球为研究对象，受力分析如图所示，设球架对篮球的支持力F与竖直方向的夹角为α。由几何知识得：cs α＝ eq \f(\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(D,2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,2)))\s\up12(2)),\f(D,2))＝ eq \f(\r(D2－d2),D)，根据平衡条件得：2F cs α＝mg，解得：F＝ eq \f(mgD,2\r(D2－d2))，由牛顿第三定律得，篮球对球架的压力大小为：F′＝F＝ eq \f(mgD,2\r(D2－d2))，故C正确。
11.如图所示，重力为G的圆柱体A被平板B夹在板与墙壁之间，平板B与底座C右端用铰链相连，左端由液压器D调节高度，以改变平板B与水平底座C间的夹角θ；B、C及D的总重力也为G，底座C与水平地面间的动摩擦因数为μ(0.5<μ<1)，平板B的上表面及墙壁是光滑的。底座C与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )
A.C与地面间的摩擦力总等于2μG不变
B．θ角增大时，地面对C的摩擦力总增大
C．要保持底座C静止不动，应满足tan θ>2μ
D．若保持θ＝45°不变，圆柱体所受的重力增大ΔG，仍要保持底座C静止，则ΔG的最大值ΔGm＝ eq \f(2μ－1,1－μ) G
解析：选D 对A进行受力分析，如图甲所示。
根据平衡条件得FN＝ eq \f(G,cs θ)，对B、C及D整体进行受力分析，如图乙所示，由牛顿第三定律知FN′＝FN，当B、C及D整体静止时，摩擦力f＝FN′sin θ＝G tan θ，FN1＝FN′cs θ＋G＝2G，当θ角增大时，地面对C的摩擦力增大，当摩擦力超过最大静摩擦力后，变为滑动摩擦力，此时f滑＝μFN1＝2μG，故A、B错误；要保持底座C静止不动，则f≤f滑，即G tan θ≤2μG，解得tan θ≤2μ，故C错误；若保持θ＝45°不变，圆柱体所受的重力增大ΔG，保持底座C静止，底座C受到的静摩擦力刚好达到最大静摩擦力，此时ΔG有最大值，根据平衡条件有(G＋ΔGm)tan 45°＝μ(2G＋ΔGm)，解得ΔGm＝ eq \f(2μ－1,1－μ) G，故D正确。
12．我国自主研制了“运­20”重型运输机。飞机获得的升力大小F可用F＝kv2描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度。已知飞机质量为1.21×105 kg时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为1.69×105 kg，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。
(1)求飞机装载货物后的起飞离地速度；
(2)若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m 起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。
解析：(1)设飞机装载货物前质量为m1，起飞离地速度为v1；装载货物后质量为m2，起飞离地速度为v2，重力加速度大小为g。飞机起飞离地应满足条件
m1g＝kv12①
m2g＝kv22②
由①②式及题给条件得
v2＝78 m/s。③
(2)设飞机滑行距离为s，滑行过程中加速度大小为a，所用时间为t。由匀变速直线运动公式有
v22＝2as④
v2＝at⑤
联立③④⑤式及题给条件得
a＝2.0 m/s2⑥
t＝39 s。⑦
答案：(1)78 m/s (2)2.0 m/s2 39 s