高中物理人教版 (2019)必修 第一册共点力的平衡精品课后测评

这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第一册共点力的平衡精品课后测评，文件包含第三章第4讲受力分析共点力的平衡原卷版docx、第三章第4讲受力分析共点力的平衡解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共17页， 欢迎下载使用。
考点1：受力分析（必备知识+1例+3变式）
考点2：共点力平衡（必备知识+1例+3变式）
二、 跟踪训练-考点拓展（精选9道题）
考点1：受力分析
1．受力分析的一般步骤为：
（1）确定研究对象：①对象可以是单个物体也可以是几个物体的整体。②各个物体具有相同的运动状态且所求力为其外力时可以用整体对象。
（2）隔离研究对象：把研究对象从周围的物体中隔离出来。
（3）画受力示意图：按照重力、已知力、弹力、摩擦力画力的示意图。
（4）检查正确性：根据力的产生条件和运动状态确定受力分析的正确性。
2．受力分析的过程中常用的方法还有假设法、极限法、状态法等。
【例题】A、B、C三个物体如图放置在水平面上，所有接触面均不光滑，有一个水平向右的力F作用在物体A上，使A、B、C一起向右做匀速运动，则( )
A．A给B的摩擦力和A给C的摩擦力大小一定相等
B．A给B的摩擦力和A给C的摩擦力大小的和一定等于力F大小
C．B受到4个力的作用
D．C对A的静摩擦力方向水平向右
【解析】由于B匀速运动，受力平衡，故A对B的摩擦力和地面对B的摩擦力大小相等，同理A匀速运动，A给C的摩擦力和地面对C的摩擦力大小相等，由于地面对A、B摩擦力的大小无法判断，因此不能判断A给B的摩擦力和A给C的摩擦力大小是否相等，故A错误；对A进行受力分析，设B给A的摩擦力为fB，C给A的摩擦力为fC，在水平方向上由受力平衡可得F＝fB＋fC，结合牛顿第三定律可知A给B的摩擦力和A给C的摩擦力之和等于F，故B正确；B受自身重力，A给B向下的压力，地面给B向上的支持力，A给B向右的摩擦力，地面给B向左的摩擦力，总共5个力的作用，故C错误；对C，A给C的摩擦力水平向右，根据牛顿第三定律，可知C对A的静摩擦力方向水平向左，故D错误。故选B。
【变式1-1】如图所示，用水平力F将物体A和B紧压在竖直墙上不动，如果只有B物体左面是光滑的，其余各接触面都是粗糙的，则物体A受到的摩擦力的情况是( )
A．左、右都受向上的摩擦力
B．左侧受向上的摩擦力，右侧受向下的摩擦力
C．左、右都受向下的摩擦力
D．左侧受向下的摩擦力，右侧受向上的摩擦力
【解析】B物体左面是光滑的，说明B左侧只受水平力F的作用，右侧受到向上的摩擦力，与其重力平衡。A物体左侧受B右侧施加的向下的摩擦力，A还受到向下的重力，则A物体右侧一定受向上的摩擦力。故选D。
【变式1-2】如图所示，两个相似的斜面体A、B在竖直向上的恒力F的作用下，沿竖直粗糙墙壁一起匀速向下运动。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
B．B可能受到四个力
C．B与墙壁之间一定有弹力和摩擦力
D．B对A的静摩擦力沿接触面斜向上
【解析】以A、B为整体进行受力分析，A、B匀速向下运动，在水平方向上，由于A、B右侧没有外力，由平衡条件可知，墙壁面与B无弹力，因此也没有摩擦力，故在竖直方向上F＝GA＋GB。对B进行受力分析，B受到竖直向下的重力、A对B垂直接触面向上的支持，由于这两个力不共线，根据力的平衡条件可知，B一定受到A对B沿接触面向上的摩擦力，故B受到三个力的作用。对A进行受力分析，结合上面的分析可知，A受到重力、B对A的压力和摩擦力、外力F四个力的作用，A正确，B、C错误；根据牛顿第三定律可知，B对A的摩擦力沿接触面向下，故D错误。故选A。
【变式1-3】(多选)如图所示，在水平力F作用下，A、B保持静止。若A与B的接触面是水平的，且F≠0，则B的受力个数可能为( )
A．3个 B．4个
C．5个 D．6个
【解析】先对A、B整体受力分析，受重力、水平力F、斜面的支持力；当水平力F平行斜面向上的分力大于重力沿斜面向下的分力时，有上滑趋势，此时受到沿斜面向下的静摩擦力；当水平力F平行斜面向上的分力小于重力沿斜面向下的分力时，有下滑趋势，此时受到沿斜面向上的静摩擦力；当水平力F平行斜面向上的分力等于重力沿斜面向下的分力时，无相对滑动趋势，此时与斜面间无摩擦力；再对A受力分析，受水平力F、重力、支持力和向左的静摩擦力，共4个力；最后对B受力分析，受重力、A对它的压力、向右的静摩擦力和斜面对B的支持力，若B相对斜面有滑动趋势，则还要受到斜面的静摩擦力，若B相对斜面无滑动趋势，则不受斜面的摩擦力，即B可能受4个力，也可能受5个力，故选B、C。
考点2：共点力平衡
1．共点力平衡条件：在共点力作用下物体的平衡条件是合力为0。即：∑F=0 或 ∑Fx=0，∑Fy=0。
（1）三力汇交原理：物体受三个不平行的共面力作用平衡时，则三个力的作用线必相交于同一点。
（2）三个互成角度的共点力平衡时，三力顺次连接构成一个封闭三角形。
（3）几个共点力平衡时，一些力的合力与其余力的合力大小相等方向相反。
2．共点力平衡问题的解题步骤：
（1）确定平衡状态
（2）确定研究对象(隔离法和整体法)
（3）受力分析（整体法内力不分析）
（4）选择平行四边形法（三个力）或正交分解法构图
（5）列平衡方程（三角形法可能使用直解三形性质、相似形、正余弦定理等数学工具）
（6）解方程
（7）对结果进行必要的讨论
【例题】沿光滑的墙壁用网兜把一个足球挂在A点(如图)，足球的质量为m，网兜的质量不计，足球与墙壁的接触点为B，悬绳与墙壁的夹角为α，求悬绳对球的拉力和墙壁对球的支持力。
【解析】取足球作为研究对象，它共受到三个力的作用。重力G＝mg，方向竖直向下；墙壁的支持力F1，方向水平向右；悬绳的拉力F2，方向沿绳的方向。
这三个力一定是共点力，重力的作用点在球心O点，支持力F1水平向右。G和F1的作用线必交于球心O点，则F2的作用线必过O点。既然是三力平衡，可以根据任意两力的合力与第三力等大、反向求解，可以据力三角形求解，也可用正交分解法求解。
解法1：用合成法
取足球作为研究对象，它受重力G＝mg、墙壁的支持力F1和悬绳的拉力F2三个共点力作用而平衡，由共点力平衡的条件可知，F1和F2的合力F与G大小相等、方向相反，即F＝G，从图中力的平行四边形可求得：
F1＝Ftan α＝mgtan α
F2＝eq \f(F,cs α)＝eq \f(mg,cs α)。
解法2：用分解法
取足球为研究对象，其受重力G、墙壁支持力F1、悬绳的拉力F2，如图所示。将重力G分解为F1′和F2′，由共点力平衡条件可知，F1与F1′的合力必为零，F2与F2′的合力也必为零，所以F1＝F1′＝mgtan α
F2＝F2′＝eq \f(mg,cs α)。
解法3：用相似三角形求解
取足球作为研究对象，其受重力G、墙壁的支持力F1、
悬绳的拉力F2，如图所示，设球心为O，由共点力的平衡条件可知，F1和G的合力F与F2大小相等、方向相反，由图可知，三角形OFG与三角形AOB相似，所以eq \f(F,G)＝eq \f(AO,AB)＝eq \f(1,cs α)
F2＝eq \f(G,cs α)＝eq \f(mg,cs α)
eq \f(F1,G)＝eq \f(OB,AB)＝tan α
F1＝Gtan α＝mgtan α。
解法4：用正交分解法求解
取足球作为研究对象，受三个力作用，重力G、墙壁的支持力F1、悬绳拉力F2，如图所示，取水平方向为x轴，竖直方向为y轴，将F2分别沿x轴和y轴方向进行分解。由平衡条件可知，在x轴和y轴方向上的合力Fx合和Fy合应分别等于零。即
Fx合＝F1－F2sin α＝0①
Fy合＝F2cs α－G＝0②
由②式解得：F2＝eq \f(G,cs α)＝eq \f(mg,cs α)
代入①式得F1＝F2sin α＝mgtan α。
答案：eq \f(mg,cs α) mgtan α
【变式2-1】如图所示，质量为m的物体在恒力F的作用下，沿天花板做匀速直线运动，物体与天花板间的动摩擦因数为μ，则物体受到的摩擦力大小为( AC )
A．Ff＝Fcs θ B．Ftan θ
C．μ(Fsin θ－mg) D．μ(mg－Fsin θ)
【解析】对物体受力分析，如图所示
由力的平衡条件可得，在水平方向则有Fcs θ－Ff＝0
所以Ff＝Fcs θ
在竖直方向则有Fsin θ－mg－FN＝0
则有物体受到的摩擦力大小为Ff＝μFN＝μ(Fsin θ－mg)
故选AC。
【变式2-2】(2023·河北卷)如图所示，轻质细杆AB上穿有一个质量为m的小球C，将杆水平置于相互垂直的固定光滑斜面上，系统恰好处于平衡状态。已知左侧斜面与水平面成30°角，则左侧斜面对杆AB支持力的大小为( )
A．mg B． eq \f(\r(3),2)mg
C． eq \f(\r(3),3)mg D． eq \f(1,2)mg
【解析】细杆和小球组成的整体，受斜面的支持力NA、NB和自身的重力mg而处于平衡状态，如图所示，由平衡条件有NA＝mg cs 30°，解得NA＝ eq \f(\r(3),2)mg，故选B。
【变式2-3】(多选)如图所示，斜面体质量为M，倾角为θ，小方块质量为m，在水平推力F作用下，斜面体和小方块整体向左做匀速直线运动，各接触面之间的动摩擦因数都为μ，重力加速度为g，则( )
A．斜面体对小方块的支持力为mgcs θ
B．斜面体对地面的压力大小为(M＋m)g
C．斜面体对小方块的摩擦力大小为μmgcs θ
D．地面对斜面体的摩擦力大小为μMg
【解析】以整体为研究对象，地面对斜面体的支持力大小为(M＋m)g，根据牛顿第三定律可得斜面体对地面的压力大小为(M＋m)g，根据摩擦力的计算公式可得地面对斜面体的摩擦力大小为Ff1＝μ(M＋m)g，故D错误，B正确；斜面体对小方块的摩擦力为静摩擦力，摩擦力大小为Ff2＝mgsin θ，故C错误．斜面体对小方块的支持力等于小方块的重力垂直斜面的分力，大小为mgcs θ，故A正确．故选AB。

跟踪训练-考点拓展
1．(多选)如图所示，竖直平面内有一固定的角形框架，物体A在框架内保持静止(物体A上表面与框架接触但不粘连)，则A可能受到的力的个数为( )
A．4个 B．3个
C．2个 D．1个
【解析】若物体A上表面与框架接触而无挤压，此时物体A受重力和弹簧弹力两个力的作用；若物体A上表面与框架接触且有挤压，此时物体A受重力、弹簧弹力、框架的压力和摩擦力四个力的作用，故选A、C。
2．完全相同的直角三角形滑块A、B，按如图所示放置，设A、B接触的斜面光滑，A与桌面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角θ＝30°，现在B上作用一水平推力F，恰好使A、B一起在桌面上匀速运动，且A、B保持相对静止。则A与桌面间的动摩擦因数μ为( )
A． eq \f(\r(3),6) B． eq \f(\r(3),5)
C． eq \f(\r(3),4) D． eq \f(\r(3),3)
【解析】对整体受力分析，在水平方向上受推力和滑动摩擦力，有F＝2μmg；对B受力分析，B受到重力、推力F和支持力，根据共点力平衡有tan θ＝ eq \f(F,mg)，联立解得μ＝ eq \f(tan θ,2)＝ eq \f(\r(3),6)，故B、C、D错误，A正确。
3.两相同的楔形木块A、B叠放后分别以图甲、乙两种方式在水平外力F1和竖直外力F2作用下，挨着竖直墙面保持静止状态，则在这两种方式中，木块B受力个数之比为( )
A．4∶4 B．4∶3
C．5∶3 D．5∶4
【解析】题图甲中，根据整体法可知，木块B除了受重力外，一定受到墙面水平向右的弹力(与水平推力平衡)和竖直向上的静摩擦力(与重力平衡)，隔离B分析，其一定还受到A的弹力(垂直于接触面向左上方)，隔离A分析，A受到重力、水平向左的推力、B对其垂直于接触面向右下的弹力，这样的三个力不可能使A平衡，所以A一定还要受到B对其沿接触面斜向右上的静摩擦力才能平衡，可知B一定受到A沿接触面斜向左下的静摩擦力，故B共受5个力的作用；题图乙中，根据整体法可知B与墙面间既无弹力也无摩擦力，所以B受重力和A对其的弹力及摩擦力共3个力的作用。则在这两种方式中，木块B受力个数之比为5∶3。故选C。
质量为m的小球，用细线AB悬挂在竖直的墙壁上，细线与墙壁的夹角为60°，如图甲所示，当小球受到拉力F1时，拉力与细线的夹角为120°，小球正好静止不动，细线拉力为F甲。如图乙所示，当小球受到拉力F2时，拉力与细线的夹角为150°，小球正好静止不动，细线拉力为F乙，重力加速度为g，下列等式正确的是( )
A．F1＝mg B．F2＝2mg
C．F甲＝ eq \r(3)mg D．F乙＝ eq \r(3)mg
【解析】对题图甲中小球受力分析，建立坐标系，分解F1和F甲，如图1所示，在x轴方向有F1sin 60°＝F甲sin 60°，y轴方向有F1cs 60°＋F甲cs 60°＝mg，联立解得F1＝F甲＝mg，故A正确，C错误；对题图乙中小球受力分析，建立坐标系，分解F乙，如图2所示，在x轴方向有F2＝F乙sin 60°，y轴方向有F乙cs 60°＝mg，联立解得F2＝ eq \r(3)mg，F乙＝2 mg，故B、D错误。故选A。
5．(2022·海南卷)我国的石桥世界闻名，如图所示，某桥由六块形状完全相同的石块组成，其中石块1、6固定，2、5质量相同为m，3、4质量相同为m′，不计石块间的摩擦，则 eq \f(m,m′)为( )
A． eq \f(\r(3),2) B． eq \r(3)
C．1 D．2
【解析】由题意可知，每块石块对应的圆心角均为 eq \f(180°,6)＝30°，对石块3进行受力分析，如图1，由平衡条件可得tan 30°＝ eq \f(m′g,F43)；把石块2和3看成整体，并对其进行受力分析，如图2，由平衡条件可得tan 60°＝ eq \f((m＋m′)g,F43)；联立解得 eq \f(m,m′)＝2，故D正确。
6.用轻质细线把两个质量未知的小球悬挂起来，如图所示．对小球a持续施加一个水平向左的恒力，并对小球b持续施加一个水平向右的同样大小的恒力，最后达到平衡状态．下列选项中表示平衡状态的图可能是( )
【解析】将两球和两球之间的细线看成一个整体，对整体受力分析如图所示，整体达到平衡状态．根据平衡条件可知整体受到a球上方的细线的拉力F线的大小等于a、b的重力大小之和，方向沿竖直方向，故此细线必定沿竖直方向，故A正确．
7.有一个固定直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直，表面光滑．AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡(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，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力F和摩擦力Ff的变化情况是( )
A．F变小，Ff变大 B．F不变，Ff变小
C．F变大，Ff变大 D．F变大，Ff变小
【解析】对小环Q受力分析，受到重力mg、支持力FN和拉力FT，如图甲所示，根据三力平衡条件得FT＝eq \f(mg,cs θ)，FN＝mgtan θ(也可用图解法分析)，再对P、Q整体受力分析，受到总重力2mg、AO杆的支持力F、向右的静摩擦力Ff、OB杆的支持力FN，如图乙所示，根据共点力平衡条件，有FN＝Ff，F＝2mg，当P环向左移一小段距离，θ变小，FN变小，则静摩擦力Ff变小，AO杆的支持力F不变，故选项B正确．故选B。
8. (2022·浙江1月选考)如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石墩，石墩与水平地面间的动摩擦因数为μ，工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ，则下列说法正确的是( )
A．轻绳的合拉力大小为 eq \f(μmg,cs θ)
B．轻绳的合拉力大小为 eq \f(μmg,cs θ＋μsin θ)
C．减小夹角θ，轻绳的合拉力一定减小
D．轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力也最小
【解析】设轻绳的合拉力为T，地面对石墩的支持力为N，对石墩受力分析，由平衡条件可知T cs θ＝f，f＝μN，T sin θ＋N＝mg，联立解得T＝ eq \f(μmg,cs θ＋μsin θ)，A错误，B正确；轻绳的合拉力大小为T＝ eq \f(μmg,cs θ＋μsin θ)＝ eq \f(μmg,\r(1＋μ2)sin (θ＋φ))，可知当θ＋φ＝90°时，轻绳的合拉力有最小值，即减小夹角θ，轻绳的合拉力不一定减小，C错误；摩擦力大小为f＝T cs θ＝ eq \f(μmg cs θ,cs θ＋μsin θ)＝ eq \f(μmg,1＋μtan θ)，可知增大夹角θ，摩擦力一直减小，当θ趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力不是最小，D错误。故选B。
9．一个底面粗糙、质量为M＝3m的劈放在粗糙水平面上，劈的斜面光滑且与水平面成30°角。现用一端固定的轻绳系一质量为m的小球，小球放在斜面上，小球静止时轻绳与竖直方向的夹角也为30°，如图所示。
(1)当劈静止时，求绳子的拉力大小；
(2)当劈静止时，求地面对劈的摩擦力大小；
(3)若地面对劈的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为使整个系统静止，动摩擦因数μ的最小值为多大？
【解析】(1)以小球为研究对象，受力分析如图甲所示，对FT和mg进行正交分解。由平衡条件可得FTcs 30°＝mg sin 30°，解得FT＝ eq \f(\r(3),3)mg。

(2)以劈和小球整体为研究对象，受力情况如图乙所示，由平衡条件可得Ff＝FTcs 60°＝ eq \f(\r(3),6)mg。(3)为使整个系统静止，必须满足Ffmax＝μF′N≥FTcs 60°，且有F′N＋FTsin 60°＝(M＋m)g，联立解得μ≥ eq \f(\r(3),21)，故μ的最小值为 eq \f(\r(3),21)。
答案：(1) eq \f(\r(3),3)mg (2) eq \f(\r(3),6)mg (3) eq \f(\r(3),21)