人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习

人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习
一、选择题
1．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上．若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2．由此可求出（　　）
A．物块的质量 B．斜面的倾角
C．物块与斜面间的最大静摩擦力 D．物块对斜面的正压力
2．（2016·无锡模拟）如图，鸟沿虚线斜向上加速飞行，空气对其作用力可能是（　　）
A．F1 B．F2 C．F3 D．F4
3．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）如图所示，三条绳子的一端都系在细直杆顶端，另一端都固定在水平地面上，将杆竖直紧压在地面上，若三条绳长度不同，下列说法正确的有（　　）
A．三条绳中的张力都相等
B．杆对地面的压力等于自身重力
C．绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零
D．绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力
4．（2017高一上·西安期中）如图，一质量为m的正方体物块置于风洞内的水平面上，其一面与风速垂直，当风速为v0时刚好能推动该物块．已知风对物块的推力F∝Sv2，其中v为风速、S为物块迎风面积．当风速变为2v0时，刚好能推动用同一材料做成的另一正方体物块，则该物块的质量为（　　）
A．4m B．8m C．32m D．64m
5．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）质量为m的长方形木块静止在倾角为θ的斜面上，斜面对木块的支持力和摩擦力的合力方向应该是（　　）
A．沿斜面向下 B．垂直于斜面向上
C．沿斜面向上 D．竖直向上
6．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）下列物体处于平衡状态的是（　　）
A．加速启动的汽车 B．做匀速圆周运动的小球
C．在水平面上减速滑行的木块 D．静止在桌面上的文具盒
7．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）下列物体，处于平衡状态的是（　　）
A．静止在水平地面上的篮球 B．做平抛运动的钢球
C．沿斜面加速下滑的木箱 D．正在转弯的火车
8．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）如图所示，重力为20N的物体，放在倾角为30°的光滑斜面上，弹簧秤对物体的拉力与斜面平行．物体在斜面上保持静止时，弹簧秤示数为（　　）
A．10 N B．17 N C．20 N D．30 N
9．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）如图所示，一小球放在固定的光滑斜面上，挡板沿竖直方向，关于挡板对小球的弹力的作用方向，下列表述正确的是（　　）
A．沿水平方向向右 B．沿斜面方向向上
C．沿水平方向向左 D．沿斜面方向向下
10．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）如图所示，一根轻绳悬挂一重物，物体静止．绳子对物体的拉力为T，物体重力为G，则（　　）
A．T与G大小相等 B．T大于G
C．T小于G D．T和G方向相同
11．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）如图所示，小球放在光滑斜面上，被一固定挡板挡住，小球所受外力个数是（　　）
A．两个 B．四个 C．三个 D．五个
12．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）如图所示，物块P的重力是20N，放在水平地板上，用弹簧秤竖直向上拉物块．若弹簧秤的示数为5N，则地板对物块P的弹力是（　　）
A．20N，方向竖直向上 B．15N，方向竖直向下
C．15N，方向竖直向上 D．25N，方向竖直向上
13．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）下列说法中正确的是（　　）
A．物体处于平衡状态时所受的合力一定为零
B．物体所受的合力为零时不一定处于平衡状态
C．物体所受的合力为零时一定处于静止状态
D．物体处于静止状态时合力不一定为零
14．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）如图，在木板上有一物体．在木板与水平面间的夹角缓慢增大的过程中，如果物体仍保持与板相对静止．则下列说法中错误的是（　　）
A．斜面对物体的弹力大小增加
B．斜面对物体的摩擦力大小增加
C．物体所受的弹力和重力的合力方向沿斜面向下
D．物体所受的合外力不变
15．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）下列物体，处于平衡状态的是（　　）
A．做平抛运动的钢球 B．沿斜面加速下滑的木箱
C．静止在水平地面上的篮球 D．正在转弯的火车
二、填空题
16．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）如图所示，在距水平地面高均为0.4m处的P、Q两处分别固定两光滑小定滑轮，细绳跨过滑轮，一端系一质量为mA=2.75kg的小物块A，另一端系一质量为mB=1kg的小球B．半径R=0.3m的光滑半圆形轨道竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，且与两滑轮在同一竖直平面内，小球B套在轨道上，静止起释放该系统，则小球B被拉到离地　 　m高时滑块A与小球B的速度大小相等，小球B从地面运动到半圆形轨道最高点时的速度大小为　 　m/s．
17．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）A、B为相同大小的量正三角形板块，如图所示铰接于M、N、P三处并静止．M、N分别在竖直墙壁上和水平天花板上，A板较厚，质量分布均匀，重力为G．B板较薄，重力不计．三角形的两条边均水平．那么，A板对铰链P的作用力的方向为　 　；作用力的大小为　 　．
18．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）如图所示，两个大小相同、质量分别为mA、mB的球体，球A套在水平细杆上，球A与球B间用一轻质绳相连，由于受到水平风力作用，细绳与竖直方向的夹角为θ，两球一起向右匀速运动．已知重力加速度为g．则风力大小为　 　，球与水平细杆间的动摩擦因数为　 　．
19．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）叠罗汉是一种二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，假设每个人的重力均为G，下面五人的背部均呈水平状态，中层两人每只脚对底层人的压力约为　 　，底层正中间的人的一只脚对水平地面的压力约为　 　．
20．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）如图所示，在竖直平面内有两根质量相等的均匀细杆A和C，长度分别为60cm和40cm，它们的底端相抵于地面上的B点，另一端分别搁置于竖直墙面上，墙面间距为80cm，不计一切摩擦．系统平衡时两杆与地面的夹角分别为α和β，两侧墙面所受压力的大小分别为FA和FC，则FA　 　FC（选填“大于”、“小于”或“等于”），夹角β=　 　．
21．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）如图所示，小球被两根细线BA和CD拉住，BA在水平方向，CD跟竖直方向成θ 角，此时CD上的拉力为F1，现将BA剪断，小球开始摆动，当小球返回A点时CD上拉力为F2，则 为　 　（ 用θ 的函数表示）．
三、解答题
22．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）如图所示，原长分别为L1和L2，劲度系数分别为k1、k2的轻弹簧竖直悬挂在天花板上，两弹簧之间有一质量为m1的物体，最下端挂着质量为m2的另一物体，整个装置处于静止状态，求：
（1）这时两弹簧的总长．
（2）若用一个质量为M的平板把下面的物体竖直缓慢的向上托起，直到两弹簧的总长度等于两弹簧的原长之和，求这时平板受到下面物体的压力．
23．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）某同学近日做了这样一个实验，将一个小铁块（可看成质点）以一定的初速度，沿倾角可在0﹣90°之间任意调整的木板向上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为x，若木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角α的关系如图所示．g取10m/s2．求（结果如果是根号，可以保留）：
（1）小铁块初速度的大小v0以及小铁块与木板间的动摩擦因数μ是多少？
（2）当α=60°时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体速度将变为多大？
24．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）如图，将质量m=2kg的圆环套在与水平面成θ=37°角的足够长直杆上，直杆固定不动，环的直径略大于杆的截面直径，杆上依次有三点A、B、C，sAB=8m，sBC=0.6m，环与杆间动摩擦因数μ=0.5，对环施加一个与杆成37°斜向上的拉力F，使环从A点由静止开始沿杆向上运动，已知t=4s时环到达B点．试求：（重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）F的大小.
（2）若到达B点时撤去力F，则环到达C点所用的时间.
25．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）如图，一个半径为R的半球形的碗固定在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的．一根轻质细线跨在碗口上，线的两端分别系有小球A和B，当它们处于平衡状态时，小球A与O点的连线与水平线的夹角为60°．
（1）求小球A与小球B的质量比mA：mB
（2）现将A球质量改为2m、B球质量改为m，且开始时A球位于碗口C点，由静止沿碗下滑，当A球滑到碗底时，求两球总的重力势能改变量；（B球未碰到碗壁）
（3）在（2）条件下，当A球滑到碗底时，求B球的速度大小．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】解答：A、B、C、对滑块受力分析，受重力、拉力、支持力、静摩擦力，设滑块受到的最大静摩擦力为F，物体保持静止，受力平衡，合力为零；
当静摩擦力平行斜面向下时，拉力最大，有：F1﹣mgsinθ﹣F=0①；
当静摩擦力平行斜面向上时，拉力最小，有：F2+F﹣mgsinθ=0②；
联立解得：，故C正确；
mgsinθ= ，由于质量和坡角均未知，故A错误，B错误；
D、物块对斜面的正压力为：N=mgcosθ，未知，故D错误；
故选C．
分析：对滑块受力分析，受重力、拉力、支持力、静摩擦力，四力平衡；当静摩擦力平行斜面向下时，拉力最大；当静摩擦力平行斜面向上时，拉力最小；根据平衡条件列式求解即可．
2．【答案】B
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】解：鸟沿虚线斜向上加速飞行，加速度沿着虚线向上，故合力F沿着虚线向上；
鸟受重力和空气对其作用力，根据三角形定则作图如下：
故选：B
【分析】鸟受重力和空气对其作用力（阻力和升力的合力），做匀加速直线运动，加速度沿着虚线向上，故合力沿着虚线向上，根据矢量合成的三角形定则作图判断即可．
3．【答案】C
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】A、由于三力长度不同，故说明三力与竖直方向的夹角不相同，由于杆保持静止，故在水平方向三力水平分力的合力应为零；故说明三力的大小不可能相等；故A错误；C正确；
B、由于三力在竖直方向有拉力，杆在竖直方向合力为零，故杆对地面的压力大于重力；故B、D错误；
故选：C．
【分析】对杆进行分析，明确杆受力情况，再根据水平和竖直方向的平衡关系可分析力之间的关系．
4．【答案】D
【知识点】对单物体(质点)的应用；受力分析的应用
【解析】【解答】滑块被匀速推动，根据平衡条件，有：F=f
N=mg
其中：F=kSv2=ka2v2
f=μN=μmg=μρa3g
解得：a= 现在风速v变为2倍，故能推动的滑块边长为原来的4倍，故体积为原来的64倍，质量为原来的64倍；
故选：D
【分析】滑块被匀速推动，受重力、支持力、推力和滑动摩擦力，根据平衡条件列式；其中推力F∝Sv2，滑动摩擦力与压力成正比．
5．【答案】D
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】木块受重力、支持力及摩擦力的作用而处于静止状态；故支持力与摩擦力的合力一定与重力大小相等、方向相反，故支持力和摩擦力的合力竖直向上．
故选：D．
【分析】对木块受力分析，根据条件的应用可得出斜面对物体的作用力与重力的关系．
6．【答案】D
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】A、汽车启动，速度不断变大，不是平衡状态，故A选项错误；
B、做匀速圆周运动的小球，速度方向不断改变，一定是变速运动，一定有加速度，故B错误；
C、在水平面上减速滑行的木块，速度不断减小，不是平衡状态，故C选项错误；
D、静止在桌面上的文具盒，速度一直为零，是平衡状态；
故选D．
【分析】平衡状态是指静止或匀速直线运动状态，平衡状态对应要满足的条件是：合力为0．本题中四个选项直接看速度是否变化即可．
7．【答案】A
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】A、由牛顿第一定律知：静止和匀速直线运动是平衡状态，故A正确．
B、平抛运动的物体只受重力，所以合力不为0．故不平衡，故B错误．
C、由于物体加速下滑，故有加速度，由牛顿第二定律知物体不平衡．故C错误．
D、正在转弯的火车有向心加速度，由牛顿第二定律知物体不平衡，故D错误．
故选A
【分析】判断物体是否平衡，要利用物体的平衡条件来判断，物体平衡的条件是物体所受合力为0，故只要合力为0，物体就处于平衡状态．（1）静止和匀速直线运动是平衡态（牛顿第一定律）（2）有加速度的物体合力不为零，
8．【答案】A
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】解答：滑块受重力、支持力和弹簧的拉力，三力平衡，拉力等于重力的下滑分量，故：
F=mgsin30°=20× =10N
故选：A．
分析：对滑块受力分析，受重力、支持力和弹簧的拉力，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解即可．
9．【答案】A
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】点面接触时弹力与接触面垂直且指向受力物体；故挡板对小球的弹力沿水平方向向右；
故选：A．
【分析】弹力是由于施力物体发生形变产生的，与施力物体的形变恢复方向相同；点面接触时弹力与接触面垂直．
10．【答案】A
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】物体处于静止状态，受力平衡，重物受到重力G，绳子对物体的拉力T，根据平衡条件可知，T=G．T和G方向相反．
故选：A．
【分析】物体处于静止状态，受力平衡，对重物进行受力分析，即可求解．
11．【答案】C
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】对球受力分析，如下：
地球表面的一切物体都受重力，故球一定受重力；
球与斜面和挡板会相互挤压，故斜面和挡板对球都有支持力；
即球受三个力，重力、斜面支持力、挡板的支持力；
故选：C．
【分析】受力分析是将研究对象看作一个孤立的物体并分析它所受各外力特性的方法，又称画隔离体图，是进行力学计算的基础．
12．【答案】C
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】对P受力分析，P受重力、地面支持力、弹簧秤的拉力三个力的作用，
根据平衡条件：N+F=mg
得：N=mg﹣F=20﹣5=15N，方向竖直向上；
故选：C．
【分析】对P受力分析，根据平衡条件求解．
13．【答案】A
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】A、物体处于平衡状态时，加速度为零，故合力为零，故A正确；
B、物体所受的合力为零时，加速度为零，故速度保持不变，是平衡状态，故B错误；
C、物体所受的合力为零时，加速度为零，故速度保持不变，可能做匀速直线运动，故C错误；
D、物体处于静止状态时加速度不一定为零，如自由落体运动的初始时刻，故合力不一定为零，故D错误；
故选：A
【分析】平衡状态是速度保持不变的状态，加速度为零，合力也为零．
14．【答案】A
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】解答：木块相对木板静止，对物体进行受力分析：
A、根据平衡条件得：N=mgcosα，α增大，则N减小，故A错误；
B、由平衡条件静摩擦力F=mgsinα，由于木板从水平面绕B端逆时针缓慢转动，所以α逐渐增大，所以木块所受的静摩擦力逐渐增大，故B正确；
C、由平衡条件知，重力与弹力的合力一定与F等大反向，故物体所受的弹力和重力的合力方向沿斜面向下，故C正确；
D、物体始终处于平衡状态，合力为零保持不变．故D正确．
本题选错误的，故选：A
分析：对物体进行受力分析，根据物体的所处状态判断物体受什么摩擦力．静摩擦力运用平衡条件列出等式表示出来．根据木板从水平面绕B端逆时针缓慢转动，倾角的增大去判断力的变化
15．【答案】C
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】A、平抛运动的物体只受重力，所以合力不为0．故不平衡，故A错误．
B、由于物体加速下滑，故有加速度，由牛顿第二定律知物体不平衡，故B错误．
C、由牛顿第一定律知：静止和匀速直线运动是平衡状态．故C正确．
D、正在转弯的火车有向心加速度，由牛顿第二定律知物体不平衡，故D错误．
故选：C
【分析】判断物体是否平衡，要利用物体的平衡条件来判断，物体平衡的条件是物体所受合力为0，故只要合力为0，物体就处于平衡状态．
16．【答案】0.225；4
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】当绳与轨道相切时滑块与小球速度相等，（B速度只沿绳），由几何知识得R2=h PO，所以有：
．
小球B从地面运动到半圆形轨道最高点时，A物的速度为零，即vA=0，
对系统，由动能定理得：
代入数据解得：vB=4m/s
故答案为：0.225，4
【分析】当绳与轨道相切时滑块与小球速度相等，由几何知识求得此时小球B的高度．小球B到半圆形轨道最高点时，A物的速度为零，对系统，运用动能定理列式，即可求出B球到最高点时的速度大小．
17．【答案】沿NP方向； G
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】因B的重力不计，B的重力对平衡没有影响，故对B平衡起作用的只有N和P点，故可将B可以作二力杆处理，则板A对P的拉力应沿NP方向；
对A分析，A受重力和P点的拉力而关于支点M平衡，设边长为L，由几何关系可知，重力的力臂为 L1= L，P点的拉力的力矩为 L2= L；
则由力矩平衡可知，GL1=FL2，即G L=F L
解得 F= G
由牛顿第三定律可知A板对铰链P的作用力的大小为 F′=F= G
故答案为：沿NP方向， G．
【分析】对B分析可知B受拉力的方向，对A分析找出力臂由力矩平衡可求得作用力的大小．
18．【答案】mBgtanθ；
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】对球B受力分析，受重力、风力和拉力，如图，根据共点力平衡条件，有：
F=mBgtanθ
把环和球当作一个整体，对其受力分析，受重力（mA+mB）g、支持力N、风力F和向左的摩擦力f，如右图：
根据共点力平衡条件可得：
N=（mA+mB）g，
F=f
则A环与水平细杆间的动摩擦因数为：
故答案为：mBgtanθ，
【分析】先对球B受力分析，受重力、风力和拉力，根据共点力平衡条件列式求解风力；再对A、B两物体组成的整体受力分析，受重力、支持力、风力和水平向左的摩擦力，再次根据共点力平衡条件列式求解动摩擦因数．
19．【答案】 G； G
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】以上方三人为研究对象，设中层两人每只脚受到的支持力为F，
则有4F=3G，
解得：F=G．
设底层中间的人每只脚受到的支持力F′，则有2F′=G+2F，
解得：F′= G，
故答案为： G、 G
【分析】六个人都处于静止状态，所以受力都是平衡的，因为下面五人的背部均呈水平状态，所以不用看腿的角度，例如最上面的人腿上的力就是 ，用隔离法分别受力分析就可以了．
20．【答案】等于；37°
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】对整体分析，整体处于平衡状态，整体在水平方向上受到两侧墙壁的弹力，可知FA=FB，
对AB分析，A受到重力、墙壁的弹力、地面对它的支持力以及BC对AB的作用力，同样度BC分析，受重力、墙壁的弹力、AB对BC的作用力，和地面的支持力，因为两杆重力相等，墙壁的作用力相等，根据平衡知，α=β，
根据xABcosα+xBCcosβ=d，
可知（60+40）cosβ=80，解得β=37°．
故答案为：等于； 37°
【分析】对整体分析，抓住水平方向上受力平衡得出两侧墙面对两杆的弹力大小关系．两杆重力相等、墙壁对其弹力相等，根据平衡得出α与β的关系，结合几何关系求出夹角β的大小．
21．【答案】cos 2 θ
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】将AB线烧断前，小球处于静止状态，小球受到重力G、AB的拉力TAB和AC的拉力T1．
根据共点力平衡条件得：
竖直方向：T1cosθ=G，得：
将AB线烧断，小球开始摆动，当小球返回原处时，速度为零，向心力为零，根据牛顿第二定律得：
T2﹣Gcosθ=man=0，
得T2=Gcosθ
故 =cos2θ
故答案为：cos 2 θ．
【分析】将AB线烧断前，小球处于静止状态，对小球受力分析，根据共点力平衡条件列式求解T1；将AB线烧断，小球开始摆动，当小球返回原处时，速度为零，向心力为零，根据牛顿第二定律求解T2，即可得解．
22．【答案】（1）以m1m2整体为研究对象进行受力分析，根据平衡条件有：k1△x1=m1g+m2g ①
以m2为研究对象，有：m2g=k2△x2②
两弹簧的总长L=L1+L2+△x1+△x2③
联立①②③得：
（2）当两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和时，下面弹簧的压缩量应等于上面弹簧的伸长量，设为x，对m1受力分析得：m1g=k1x+k2x
对平板和m1整体受力分析得
受力分析得：m1g=k1x+k2x
对平板和m1整体受力分析得：
FN=m2g+k2x
根据牛顿第三定律，有
FN′=FN
解得：
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】（1）以m1m2整体为研究对象进行受力分析，根据平衡条件有：
k1△x1=m1g+m2g①
以m2为研究对象，有：m2g=k2△x2②
两弹簧的总长L=L1+L2+△x1+△x2③
联立①②③得： （2）当两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和时，下面弹簧的压缩量应等于上面弹簧的伸长量，设为x，
对m1受力分析得：m1g=k1x+k2x
对平板和m1整体受力分析得
受力分析得：m1g=k1x+k2x
对平板和m1整体受力分析得：
FN=m2g+k2x
根据牛顿第三定律，有
FN′=FN
解得：
【分析】 （1）整体法受力分析根据胡克定律求上面弹簧的长，然后隔离法对m2受力分析根据胡克定律求下面弹簧的长度（2）当两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和时，上边弹簧的伸长量与下边弹簧的压缩量相等．对m1受力分析，有m1g=k1x+k2x，得出伸长量和压缩量x．对物体m2受力分析有：FN=m2g+k2x，再结合牛顿第三定律，求出物体对平板的压力FN′．
23．【答案】（1）根据动能定理，物体沿斜面上滑过程，根据动能定理，有：﹣mgsinα S﹣μmgcosα S=0﹣ mv02解得：
由图可得，当α=90°时，根据v02=2gs，代入数据得v0=5m/s，即物体的初速度为5m/s．
由图可得，α=30°时，s=1.25，代入数据得：
（2）物体沿斜面上升的最大位移s与斜面倾角θ的关系为：把α=60°代入，解得：由动能定理得：﹣μmgcosα 2S= mvt2﹣ mv02
解得：vt=2.5 m/s；
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】（1）根据动能定理，物体沿斜面上滑过程，根据动能定理，有：
﹣mgsinα S﹣μmgcosα S=0﹣ mv02
解得：
由图可得，当α=90°时，根据v02=2gs，代入数据得v0=5m/s，即物体的初速度为5m/s．
由图可得，α=30°时，s=1.25，代入数据得： ；
（2）物体沿斜面上升的最大位移s与斜面倾角θ的关系为：
把α=60°代入，解得：
由动能定理得：﹣μmgcosα 2S= mvt2﹣ mv02
解得：vt=2.5 m/s；
【分析】（1）根据动能定理，求出物体沿斜面上升的最大位移s与斜面倾角θ的关系表达式，然后结合图象当α=90°时的数据求出物体的初速度；（2）求出物体沿斜面上升的最大位移s与斜面倾角θ的关系表达式，根据α=30°时的数据求出动摩擦因数；（3）先求出α=60°时物体上升的高度，然后由动能定理求出物体返回时的速度．
24．【答案】（1）根据题意知，环做匀加速直线运动，则有 =1m/s2，对环进行受力分析有：若Fsin37°＜mgcos37°杆对环的弹力垂直于杆向上，如图：则有：N+Fsin37°=mgcos37° ①Fcos37°﹣μN﹣mgsin37°=ma ②联立①②代入数据可得：F=20N；
若Fsin37°＞mgcos37°村对环的弹力垂直于杆向下，如图：
则有：Fsin37°=mgcos37°+N ③
Fcos37°﹣μN﹣mgsin37°=ma ④
联立③④代入数据可得：F=12N （舍去，不合Fsin37°＞mgcos37°要求）
所以F的大小为20N.
（2）撤去力F后对环进行受力分析有：由题意物体4s后的速度为v=a1t=4m/s
此时环所受的合力F合1=μmgcos37°+mgsin37°=ma2⑤
代入数据得 ，
环向上做初速度为4m/s的匀减速直线运动，故以沿杆向上为正方向，则 ，所以环停止运动的时间为
环上升的最大位移 根据 则环向上匀减速运动经过C点时由位移时间关系得： 代入数据得：t=0.2s，另一值不合题意舍去．
当环运动到最高点，将再次向下匀加速运动，则环在下滑过程中受到的合力为F合2=mgsin37°﹣μmgcos37°
根据牛顿第二定律得，此时下滑的加速度a3=gsin37°﹣μgcos37°=2m/s2
环最高点离B=0.8m，则环加速下滑过程中经过C点时相对于最高点的位移x3=0.2m根据初速度为为的匀加速直线运动位移时间关系得环下滑时间
则从B点计时，小球经过C点的时间t=t停+t3=0.4+ =
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】（1）根据题意知，环做匀加速直线运动，则有 =1m/s2，对环进行受力分析有：
若Fsin37°＜mgcos37°杆对环的弹力垂直于杆向上，如图：
则有：N+Fsin37°=mgcos37°①
Fcos37°﹣μN﹣mgsin37°=ma ②
联立①②代入数据可得：F=20N；
若Fsin37°＞mgcos37°村对环的弹力垂直于杆向下，如图：
则有：Fsin37°=mgcos37°+N③
Fcos37°﹣μN﹣mgsin37°=ma④
联立③④代入数据可得：F=12N （舍去，不合Fsin37°＞mgcos37°要求）
所以F的大小为20N（2）撤去力F后对环进行受力分析有：
由题意物体4s后的速度为v=a1t=4m/s
此时环所受的合力F合1=μmgcos37°+mgsin37°=ma2⑤
代入数据得 ，
环向上做初速度为4m/s的匀减速直线运动，故以沿杆向上为正方向，则 ，所以环停止运动的时间为
环上升的最大位移
根据则环向上匀减速运动经过C点时由位移时间关系得： 代入数据得：t=0.2s，另一值不合题意舍去．
当环运动到最高点，将再次向下匀加速运动，则环在下滑过程中受到的合力为
F合2=mgsin37°﹣μmgcos37°
根据牛顿第二定律得，此时下滑的加速度
a3=gsin37°﹣μgcos37°=2m/s2
环最高点离B=0.8m，则环加速下滑过程中经过C点时相对于最高点的位移x3=0.2m根据初速度为为的匀加速直线运动位移时间关系得环下滑时间
则从B点计时，小球经过C点的时间t=t停+t3=0.4+ =
【分析】（1）先根据位移时间公式求出加速度，然后对环受力分析，受重力、拉力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律列方程求解；（2）撤去力F后后对环受力分析，受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律列方程求解出环的加速度拉力a，再根据位移时间关系求得经过C点时的时间t，到达C的过程分为两部分，一为匀减速上升时到达C点，二是到达最高点后再加速下滑时经过C点，故时间有两个答案．
25．【答案】（1）设绳的张力为T，对A球进行受力分析，有：
Nsin60°+Tsin60°=mAg
Ncos60°=Tcos60°
对B球进行受力分析，有 T=mBg
可解得：
（2）A球的重力势能改变量为△EpA=﹣mAgR=﹣2mgR，B两球的重力势能改变量为
所以A、B两球总的重力势能改变量为
（3）当A球滑到碗底时，设A、B两球的速度分别为vA、vB，则vAcos45°=vB （1）
根据A、B两球总机械能守恒，有△EK+△Ep=0 （2）
即 （3）联立以上三式，解得： （或 或 ）
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】（1）设绳的张力为T，对A球进行受力分析，有：
Nsin60°+Tsin60°=mAg
Ncos60°=Tcos60°
对B球进行受力分析，有 T=mBg
可解得： （2）A球的重力势能改变量为△EpA=﹣mAgR=﹣2mgR
B两球的重力势能改变量为
所以A、B两球总的重力势能改变量为 （3）当A球滑到碗底时，设A、B两球的速度分别为vA、vB，则vAcos45°=vB（1）
根据A、B两球总机械能守恒，有△EK+△Ep=0 （2）
即 （3）
联立以上三式，解得： （或 或 ）
【分析】（1）先对mB球受力分析，受重力和拉力，二力平衡，求出拉力；再对mA球受力分析，根据共点力平衡条件列式求解．（2）（3）A球在碗底时，vA不等于vB，应将vA沿绳和垂直于绳的方向分解，沿绳子方向的分速度即等于你B球的速度vB的大小．再根据机械能守恒定律列式解决．
1 / 1人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习
一、选择题
1．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上．若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2．由此可求出（　　）
A．物块的质量 B．斜面的倾角
C．物块与斜面间的最大静摩擦力 D．物块对斜面的正压力
【答案】C
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】解答：A、B、C、对滑块受力分析，受重力、拉力、支持力、静摩擦力，设滑块受到的最大静摩擦力为F，物体保持静止，受力平衡，合力为零；
当静摩擦力平行斜面向下时，拉力最大，有：F1﹣mgsinθ﹣F=0①；
当静摩擦力平行斜面向上时，拉力最小，有：F2+F﹣mgsinθ=0②；
联立解得：，故C正确；
mgsinθ= ，由于质量和坡角均未知，故A错误，B错误；
D、物块对斜面的正压力为：N=mgcosθ，未知，故D错误；
故选C．
分析：对滑块受力分析，受重力、拉力、支持力、静摩擦力，四力平衡；当静摩擦力平行斜面向下时，拉力最大；当静摩擦力平行斜面向上时，拉力最小；根据平衡条件列式求解即可．
2．（2016·无锡模拟）如图，鸟沿虚线斜向上加速飞行，空气对其作用力可能是（　　）
A．F1 B．F2 C．F3 D．F4
【答案】B
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】解：鸟沿虚线斜向上加速飞行，加速度沿着虚线向上，故合力F沿着虚线向上；
鸟受重力和空气对其作用力，根据三角形定则作图如下：
故选：B
【分析】鸟受重力和空气对其作用力（阻力和升力的合力），做匀加速直线运动，加速度沿着虚线向上，故合力沿着虚线向上，根据矢量合成的三角形定则作图判断即可．
3．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）如图所示，三条绳子的一端都系在细直杆顶端，另一端都固定在水平地面上，将杆竖直紧压在地面上，若三条绳长度不同，下列说法正确的有（　　）
A．三条绳中的张力都相等
B．杆对地面的压力等于自身重力
C．绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零
D．绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力
【答案】C
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】A、由于三力长度不同，故说明三力与竖直方向的夹角不相同，由于杆保持静止，故在水平方向三力水平分力的合力应为零；故说明三力的大小不可能相等；故A错误；C正确；
B、由于三力在竖直方向有拉力，杆在竖直方向合力为零，故杆对地面的压力大于重力；故B、D错误；
故选：C．
【分析】对杆进行分析，明确杆受力情况，再根据水平和竖直方向的平衡关系可分析力之间的关系．
4．（2017高一上·西安期中）如图，一质量为m的正方体物块置于风洞内的水平面上，其一面与风速垂直，当风速为v0时刚好能推动该物块．已知风对物块的推力F∝Sv2，其中v为风速、S为物块迎风面积．当风速变为2v0时，刚好能推动用同一材料做成的另一正方体物块，则该物块的质量为（　　）
A．4m B．8m C．32m D．64m
【答案】D
【知识点】对单物体(质点)的应用；受力分析的应用
【解析】【解答】滑块被匀速推动，根据平衡条件，有：F=f
N=mg
其中：F=kSv2=ka2v2
f=μN=μmg=μρa3g
解得：a= 现在风速v变为2倍，故能推动的滑块边长为原来的4倍，故体积为原来的64倍，质量为原来的64倍；
故选：D
【分析】滑块被匀速推动，受重力、支持力、推力和滑动摩擦力，根据平衡条件列式；其中推力F∝Sv2，滑动摩擦力与压力成正比．
5．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）质量为m的长方形木块静止在倾角为θ的斜面上，斜面对木块的支持力和摩擦力的合力方向应该是（　　）
A．沿斜面向下 B．垂直于斜面向上
C．沿斜面向上 D．竖直向上
【答案】D
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】木块受重力、支持力及摩擦力的作用而处于静止状态；故支持力与摩擦力的合力一定与重力大小相等、方向相反，故支持力和摩擦力的合力竖直向上．
故选：D．
【分析】对木块受力分析，根据条件的应用可得出斜面对物体的作用力与重力的关系．
6．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）下列物体处于平衡状态的是（　　）
A．加速启动的汽车 B．做匀速圆周运动的小球
C．在水平面上减速滑行的木块 D．静止在桌面上的文具盒
【答案】D
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】A、汽车启动，速度不断变大，不是平衡状态，故A选项错误；
B、做匀速圆周运动的小球，速度方向不断改变，一定是变速运动，一定有加速度，故B错误；
C、在水平面上减速滑行的木块，速度不断减小，不是平衡状态，故C选项错误；
D、静止在桌面上的文具盒，速度一直为零，是平衡状态；
故选D．
【分析】平衡状态是指静止或匀速直线运动状态，平衡状态对应要满足的条件是：合力为0．本题中四个选项直接看速度是否变化即可．
7．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）下列物体，处于平衡状态的是（　　）
A．静止在水平地面上的篮球 B．做平抛运动的钢球
C．沿斜面加速下滑的木箱 D．正在转弯的火车
【答案】A
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】A、由牛顿第一定律知：静止和匀速直线运动是平衡状态，故A正确．
B、平抛运动的物体只受重力，所以合力不为0．故不平衡，故B错误．
C、由于物体加速下滑，故有加速度，由牛顿第二定律知物体不平衡．故C错误．
D、正在转弯的火车有向心加速度，由牛顿第二定律知物体不平衡，故D错误．
故选A
【分析】判断物体是否平衡，要利用物体的平衡条件来判断，物体平衡的条件是物体所受合力为0，故只要合力为0，物体就处于平衡状态．（1）静止和匀速直线运动是平衡态（牛顿第一定律）（2）有加速度的物体合力不为零，
8．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）如图所示，重力为20N的物体，放在倾角为30°的光滑斜面上，弹簧秤对物体的拉力与斜面平行．物体在斜面上保持静止时，弹簧秤示数为（　　）
A．10 N B．17 N C．20 N D．30 N
【答案】A
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】解答：滑块受重力、支持力和弹簧的拉力，三力平衡，拉力等于重力的下滑分量，故：
F=mgsin30°=20× =10N
故选：A．
分析：对滑块受力分析，受重力、支持力和弹簧的拉力，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解即可．
9．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）如图所示，一小球放在固定的光滑斜面上，挡板沿竖直方向，关于挡板对小球的弹力的作用方向，下列表述正确的是（　　）
A．沿水平方向向右 B．沿斜面方向向上
C．沿水平方向向左 D．沿斜面方向向下
【答案】A
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】点面接触时弹力与接触面垂直且指向受力物体；故挡板对小球的弹力沿水平方向向右；
故选：A．
【分析】弹力是由于施力物体发生形变产生的，与施力物体的形变恢复方向相同；点面接触时弹力与接触面垂直．
10．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）如图所示，一根轻绳悬挂一重物，物体静止．绳子对物体的拉力为T，物体重力为G，则（　　）
A．T与G大小相等 B．T大于G
C．T小于G D．T和G方向相同
【答案】A
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】物体处于静止状态，受力平衡，重物受到重力G，绳子对物体的拉力T，根据平衡条件可知，T=G．T和G方向相反．
故选：A．
【分析】物体处于静止状态，受力平衡，对重物进行受力分析，即可求解．
11．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）如图所示，小球放在光滑斜面上，被一固定挡板挡住，小球所受外力个数是（　　）
A．两个 B．四个 C．三个 D．五个
【答案】C
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】对球受力分析，如下：
地球表面的一切物体都受重力，故球一定受重力；
球与斜面和挡板会相互挤压，故斜面和挡板对球都有支持力；
即球受三个力，重力、斜面支持力、挡板的支持力；
故选：C．
【分析】受力分析是将研究对象看作一个孤立的物体并分析它所受各外力特性的方法，又称画隔离体图，是进行力学计算的基础．
12．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）如图所示，物块P的重力是20N，放在水平地板上，用弹簧秤竖直向上拉物块．若弹簧秤的示数为5N，则地板对物块P的弹力是（　　）
A．20N，方向竖直向上 B．15N，方向竖直向下
C．15N，方向竖直向上 D．25N，方向竖直向上
【答案】C
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】对P受力分析，P受重力、地面支持力、弹簧秤的拉力三个力的作用，
根据平衡条件：N+F=mg
得：N=mg﹣F=20﹣5=15N，方向竖直向上；
故选：C．
【分析】对P受力分析，根据平衡条件求解．
13．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）下列说法中正确的是（　　）
A．物体处于平衡状态时所受的合力一定为零
B．物体所受的合力为零时不一定处于平衡状态
C．物体所受的合力为零时一定处于静止状态
D．物体处于静止状态时合力不一定为零
【答案】A
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】A、物体处于平衡状态时，加速度为零，故合力为零，故A正确；
B、物体所受的合力为零时，加速度为零，故速度保持不变，是平衡状态，故B错误；
C、物体所受的合力为零时，加速度为零，故速度保持不变，可能做匀速直线运动，故C错误；
D、物体处于静止状态时加速度不一定为零，如自由落体运动的初始时刻，故合力不一定为零，故D错误；
故选：A
【分析】平衡状态是速度保持不变的状态，加速度为零，合力也为零．
14．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）如图，在木板上有一物体．在木板与水平面间的夹角缓慢增大的过程中，如果物体仍保持与板相对静止．则下列说法中错误的是（　　）
A．斜面对物体的弹力大小增加
B．斜面对物体的摩擦力大小增加
C．物体所受的弹力和重力的合力方向沿斜面向下
D．物体所受的合外力不变
【答案】A
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】解答：木块相对木板静止，对物体进行受力分析：
A、根据平衡条件得：N=mgcosα，α增大，则N减小，故A错误；
B、由平衡条件静摩擦力F=mgsinα，由于木板从水平面绕B端逆时针缓慢转动，所以α逐渐增大，所以木块所受的静摩擦力逐渐增大，故B正确；
C、由平衡条件知，重力与弹力的合力一定与F等大反向，故物体所受的弹力和重力的合力方向沿斜面向下，故C正确；
D、物体始终处于平衡状态，合力为零保持不变．故D正确．
本题选错误的，故选：A
分析：对物体进行受力分析，根据物体的所处状态判断物体受什么摩擦力．静摩擦力运用平衡条件列出等式表示出来．根据木板从水平面绕B端逆时针缓慢转动，倾角的增大去判断力的变化
15．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）下列物体，处于平衡状态的是（　　）
A．做平抛运动的钢球 B．沿斜面加速下滑的木箱
C．静止在水平地面上的篮球 D．正在转弯的火车
【答案】C
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】A、平抛运动的物体只受重力，所以合力不为0．故不平衡，故A错误．
B、由于物体加速下滑，故有加速度，由牛顿第二定律知物体不平衡，故B错误．
C、由牛顿第一定律知：静止和匀速直线运动是平衡状态．故C正确．
D、正在转弯的火车有向心加速度，由牛顿第二定律知物体不平衡，故D错误．
故选：C
【分析】判断物体是否平衡，要利用物体的平衡条件来判断，物体平衡的条件是物体所受合力为0，故只要合力为0，物体就处于平衡状态．
二、填空题
16．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）如图所示，在距水平地面高均为0.4m处的P、Q两处分别固定两光滑小定滑轮，细绳跨过滑轮，一端系一质量为mA=2.75kg的小物块A，另一端系一质量为mB=1kg的小球B．半径R=0.3m的光滑半圆形轨道竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，且与两滑轮在同一竖直平面内，小球B套在轨道上，静止起释放该系统，则小球B被拉到离地　 　m高时滑块A与小球B的速度大小相等，小球B从地面运动到半圆形轨道最高点时的速度大小为　 　m/s．
【答案】0.225；4
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】当绳与轨道相切时滑块与小球速度相等，（B速度只沿绳），由几何知识得R2=h PO，所以有：
．
小球B从地面运动到半圆形轨道最高点时，A物的速度为零，即vA=0，
对系统，由动能定理得：
代入数据解得：vB=4m/s
故答案为：0.225，4
【分析】当绳与轨道相切时滑块与小球速度相等，由几何知识求得此时小球B的高度．小球B到半圆形轨道最高点时，A物的速度为零，对系统，运用动能定理列式，即可求出B球到最高点时的速度大小．
17．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）A、B为相同大小的量正三角形板块，如图所示铰接于M、N、P三处并静止．M、N分别在竖直墙壁上和水平天花板上，A板较厚，质量分布均匀，重力为G．B板较薄，重力不计．三角形的两条边均水平．那么，A板对铰链P的作用力的方向为　 　；作用力的大小为　 　．
【答案】沿NP方向； G
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】因B的重力不计，B的重力对平衡没有影响，故对B平衡起作用的只有N和P点，故可将B可以作二力杆处理，则板A对P的拉力应沿NP方向；
对A分析，A受重力和P点的拉力而关于支点M平衡，设边长为L，由几何关系可知，重力的力臂为 L1= L，P点的拉力的力矩为 L2= L；
则由力矩平衡可知，GL1=FL2，即G L=F L
解得 F= G
由牛顿第三定律可知A板对铰链P的作用力的大小为 F′=F= G
故答案为：沿NP方向， G．
【分析】对B分析可知B受拉力的方向，对A分析找出力臂由力矩平衡可求得作用力的大小．
18．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）如图所示，两个大小相同、质量分别为mA、mB的球体，球A套在水平细杆上，球A与球B间用一轻质绳相连，由于受到水平风力作用，细绳与竖直方向的夹角为θ，两球一起向右匀速运动．已知重力加速度为g．则风力大小为　 　，球与水平细杆间的动摩擦因数为　 　．
【答案】mBgtanθ；
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】对球B受力分析，受重力、风力和拉力，如图，根据共点力平衡条件，有：
F=mBgtanθ
把环和球当作一个整体，对其受力分析，受重力（mA+mB）g、支持力N、风力F和向左的摩擦力f，如右图：
根据共点力平衡条件可得：
N=（mA+mB）g，
F=f
则A环与水平细杆间的动摩擦因数为：
故答案为：mBgtanθ，
【分析】先对球B受力分析，受重力、风力和拉力，根据共点力平衡条件列式求解风力；再对A、B两物体组成的整体受力分析，受重力、支持力、风力和水平向左的摩擦力，再次根据共点力平衡条件列式求解动摩擦因数．
19．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）叠罗汉是一种二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，假设每个人的重力均为G，下面五人的背部均呈水平状态，中层两人每只脚对底层人的压力约为　 　，底层正中间的人的一只脚对水平地面的压力约为　 　．
【答案】 G； G
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】以上方三人为研究对象，设中层两人每只脚受到的支持力为F，
则有4F=3G，
解得：F=G．
设底层中间的人每只脚受到的支持力F′，则有2F′=G+2F，
解得：F′= G，
故答案为： G、 G
【分析】六个人都处于静止状态，所以受力都是平衡的，因为下面五人的背部均呈水平状态，所以不用看腿的角度，例如最上面的人腿上的力就是 ，用隔离法分别受力分析就可以了．
20．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）如图所示，在竖直平面内有两根质量相等的均匀细杆A和C，长度分别为60cm和40cm，它们的底端相抵于地面上的B点，另一端分别搁置于竖直墙面上，墙面间距为80cm，不计一切摩擦．系统平衡时两杆与地面的夹角分别为α和β，两侧墙面所受压力的大小分别为FA和FC，则FA　 　FC（选填“大于”、“小于”或“等于”），夹角β=　 　．
【答案】等于；37°
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】对整体分析，整体处于平衡状态，整体在水平方向上受到两侧墙壁的弹力，可知FA=FB，
对AB分析，A受到重力、墙壁的弹力、地面对它的支持力以及BC对AB的作用力，同样度BC分析，受重力、墙壁的弹力、AB对BC的作用力，和地面的支持力，因为两杆重力相等，墙壁的作用力相等，根据平衡知，α=β，
根据xABcosα+xBCcosβ=d，
可知（60+40）cosβ=80，解得β=37°．
故答案为：等于； 37°
【分析】对整体分析，抓住水平方向上受力平衡得出两侧墙面对两杆的弹力大小关系．两杆重力相等、墙壁对其弹力相等，根据平衡得出α与β的关系，结合几何关系求出夹角β的大小．
21．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）如图所示，小球被两根细线BA和CD拉住，BA在水平方向，CD跟竖直方向成θ 角，此时CD上的拉力为F1，现将BA剪断，小球开始摆动，当小球返回A点时CD上拉力为F2，则 为　 　（ 用θ 的函数表示）．
【答案】cos 2 θ
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】将AB线烧断前，小球处于静止状态，小球受到重力G、AB的拉力TAB和AC的拉力T1．
根据共点力平衡条件得：
竖直方向：T1cosθ=G，得：
将AB线烧断，小球开始摆动，当小球返回原处时，速度为零，向心力为零，根据牛顿第二定律得：
T2﹣Gcosθ=man=0，
得T2=Gcosθ
故 =cos2θ
故答案为：cos 2 θ．
【分析】将AB线烧断前，小球处于静止状态，对小球受力分析，根据共点力平衡条件列式求解T1；将AB线烧断，小球开始摆动，当小球返回原处时，速度为零，向心力为零，根据牛顿第二定律求解T2，即可得解．
三、解答题
22．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）如图所示，原长分别为L1和L2，劲度系数分别为k1、k2的轻弹簧竖直悬挂在天花板上，两弹簧之间有一质量为m1的物体，最下端挂着质量为m2的另一物体，整个装置处于静止状态，求：
（1）这时两弹簧的总长．
（2）若用一个质量为M的平板把下面的物体竖直缓慢的向上托起，直到两弹簧的总长度等于两弹簧的原长之和，求这时平板受到下面物体的压力．
【答案】（1）以m1m2整体为研究对象进行受力分析，根据平衡条件有：k1△x1=m1g+m2g ①
以m2为研究对象，有：m2g=k2△x2②
两弹簧的总长L=L1+L2+△x1+△x2③
联立①②③得：
（2）当两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和时，下面弹簧的压缩量应等于上面弹簧的伸长量，设为x，对m1受力分析得：m1g=k1x+k2x
对平板和m1整体受力分析得
受力分析得：m1g=k1x+k2x
对平板和m1整体受力分析得：
FN=m2g+k2x
根据牛顿第三定律，有
FN′=FN
解得：
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】（1）以m1m2整体为研究对象进行受力分析，根据平衡条件有：
k1△x1=m1g+m2g①
以m2为研究对象，有：m2g=k2△x2②
两弹簧的总长L=L1+L2+△x1+△x2③
联立①②③得： （2）当两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和时，下面弹簧的压缩量应等于上面弹簧的伸长量，设为x，
对m1受力分析得：m1g=k1x+k2x
对平板和m1整体受力分析得
受力分析得：m1g=k1x+k2x
对平板和m1整体受力分析得：
FN=m2g+k2x
根据牛顿第三定律，有
FN′=FN
解得：
【分析】 （1）整体法受力分析根据胡克定律求上面弹簧的长，然后隔离法对m2受力分析根据胡克定律求下面弹簧的长度（2）当两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和时，上边弹簧的伸长量与下边弹簧的压缩量相等．对m1受力分析，有m1g=k1x+k2x，得出伸长量和压缩量x．对物体m2受力分析有：FN=m2g+k2x，再结合牛顿第三定律，求出物体对平板的压力FN′．
23．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）某同学近日做了这样一个实验，将一个小铁块（可看成质点）以一定的初速度，沿倾角可在0﹣90°之间任意调整的木板向上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为x，若木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角α的关系如图所示．g取10m/s2．求（结果如果是根号，可以保留）：
（1）小铁块初速度的大小v0以及小铁块与木板间的动摩擦因数μ是多少？
（2）当α=60°时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体速度将变为多大？
【答案】（1）根据动能定理，物体沿斜面上滑过程，根据动能定理，有：﹣mgsinα S﹣μmgcosα S=0﹣ mv02解得：
由图可得，当α=90°时，根据v02=2gs，代入数据得v0=5m/s，即物体的初速度为5m/s．
由图可得，α=30°时，s=1.25，代入数据得：
（2）物体沿斜面上升的最大位移s与斜面倾角θ的关系为：把α=60°代入，解得：由动能定理得：﹣μmgcosα 2S= mvt2﹣ mv02
解得：vt=2.5 m/s；
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】（1）根据动能定理，物体沿斜面上滑过程，根据动能定理，有：
﹣mgsinα S﹣μmgcosα S=0﹣ mv02
解得：
由图可得，当α=90°时，根据v02=2gs，代入数据得v0=5m/s，即物体的初速度为5m/s．
由图可得，α=30°时，s=1.25，代入数据得： ；
（2）物体沿斜面上升的最大位移s与斜面倾角θ的关系为：
把α=60°代入，解得：
由动能定理得：﹣μmgcosα 2S= mvt2﹣ mv02
解得：vt=2.5 m/s；
【分析】（1）根据动能定理，求出物体沿斜面上升的最大位移s与斜面倾角θ的关系表达式，然后结合图象当α=90°时的数据求出物体的初速度；（2）求出物体沿斜面上升的最大位移s与斜面倾角θ的关系表达式，根据α=30°时的数据求出动摩擦因数；（3）先求出α=60°时物体上升的高度，然后由动能定理求出物体返回时的速度．
24．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）如图，将质量m=2kg的圆环套在与水平面成θ=37°角的足够长直杆上，直杆固定不动，环的直径略大于杆的截面直径，杆上依次有三点A、B、C，sAB=8m，sBC=0.6m，环与杆间动摩擦因数μ=0.5，对环施加一个与杆成37°斜向上的拉力F，使环从A点由静止开始沿杆向上运动，已知t=4s时环到达B点．试求：（重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）F的大小.
（2）若到达B点时撤去力F，则环到达C点所用的时间.
【答案】（1）根据题意知，环做匀加速直线运动，则有 =1m/s2，对环进行受力分析有：若Fsin37°＜mgcos37°杆对环的弹力垂直于杆向上，如图：则有：N+Fsin37°=mgcos37° ①Fcos37°﹣μN﹣mgsin37°=ma ②联立①②代入数据可得：F=20N；
若Fsin37°＞mgcos37°村对环的弹力垂直于杆向下，如图：
则有：Fsin37°=mgcos37°+N ③
Fcos37°﹣μN﹣mgsin37°=ma ④
联立③④代入数据可得：F=12N （舍去，不合Fsin37°＞mgcos37°要求）
所以F的大小为20N.
（2）撤去力F后对环进行受力分析有：由题意物体4s后的速度为v=a1t=4m/s
此时环所受的合力F合1=μmgcos37°+mgsin37°=ma2⑤
代入数据得 ，
环向上做初速度为4m/s的匀减速直线运动，故以沿杆向上为正方向，则 ，所以环停止运动的时间为
环上升的最大位移 根据 则环向上匀减速运动经过C点时由位移时间关系得： 代入数据得：t=0.2s，另一值不合题意舍去．
当环运动到最高点，将再次向下匀加速运动，则环在下滑过程中受到的合力为F合2=mgsin37°﹣μmgcos37°
根据牛顿第二定律得，此时下滑的加速度a3=gsin37°﹣μgcos37°=2m/s2
环最高点离B=0.8m，则环加速下滑过程中经过C点时相对于最高点的位移x3=0.2m根据初速度为为的匀加速直线运动位移时间关系得环下滑时间
则从B点计时，小球经过C点的时间t=t停+t3=0.4+ =
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】（1）根据题意知，环做匀加速直线运动，则有 =1m/s2，对环进行受力分析有：
若Fsin37°＜mgcos37°杆对环的弹力垂直于杆向上，如图：
则有：N+Fsin37°=mgcos37°①
Fcos37°﹣μN﹣mgsin37°=ma ②
联立①②代入数据可得：F=20N；
若Fsin37°＞mgcos37°村对环的弹力垂直于杆向下，如图：
则有：Fsin37°=mgcos37°+N③
Fcos37°﹣μN﹣mgsin37°=ma④
联立③④代入数据可得：F=12N （舍去，不合Fsin37°＞mgcos37°要求）
所以F的大小为20N（2）撤去力F后对环进行受力分析有：
由题意物体4s后的速度为v=a1t=4m/s
此时环所受的合力F合1=μmgcos37°+mgsin37°=ma2⑤
代入数据得 ，
环向上做初速度为4m/s的匀减速直线运动，故以沿杆向上为正方向，则 ，所以环停止运动的时间为
环上升的最大位移
根据则环向上匀减速运动经过C点时由位移时间关系得： 代入数据得：t=0.2s，另一值不合题意舍去．
当环运动到最高点，将再次向下匀加速运动，则环在下滑过程中受到的合力为
F合2=mgsin37°﹣μmgcos37°
根据牛顿第二定律得，此时下滑的加速度
a3=gsin37°﹣μgcos37°=2m/s2
环最高点离B=0.8m，则环加速下滑过程中经过C点时相对于最高点的位移x3=0.2m根据初速度为为的匀加速直线运动位移时间关系得环下滑时间
则从B点计时，小球经过C点的时间t=t停+t3=0.4+ =
【分析】（1）先根据位移时间公式求出加速度，然后对环受力分析，受重力、拉力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律列方程求解；（2）撤去力F后后对环受力分析，受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律列方程求解出环的加速度拉力a，再根据位移时间关系求得经过C点时的时间t，到达C的过程分为两部分，一为匀减速上升时到达C点，二是到达最高点后再加速下滑时经过C点，故时间有两个答案．
25．（人教版物理高二选修2-2 1.1共点力平衡的应用同步练习）如图，一个半径为R的半球形的碗固定在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的．一根轻质细线跨在碗口上，线的两端分别系有小球A和B，当它们处于平衡状态时，小球A与O点的连线与水平线的夹角为60°．
（1）求小球A与小球B的质量比mA：mB
（2）现将A球质量改为2m、B球质量改为m，且开始时A球位于碗口C点，由静止沿碗下滑，当A球滑到碗底时，求两球总的重力势能改变量；（B球未碰到碗壁）
（3）在（2）条件下，当A球滑到碗底时，求B球的速度大小．
【答案】（1）设绳的张力为T，对A球进行受力分析，有：
Nsin60°+Tsin60°=mAg
Ncos60°=Tcos60°
对B球进行受力分析，有 T=mBg
可解得：
（2）A球的重力势能改变量为△EpA=﹣mAgR=﹣2mgR，B两球的重力势能改变量为
所以A、B两球总的重力势能改变量为
（3）当A球滑到碗底时，设A、B两球的速度分别为vA、vB，则vAcos45°=vB （1）
根据A、B两球总机械能守恒，有△EK+△Ep=0 （2）
即 （3）联立以上三式，解得： （或 或 ）
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】（1）设绳的张力为T，对A球进行受力分析，有：
Nsin60°+Tsin60°=mAg
Ncos60°=Tcos60°
对B球进行受力分析，有 T=mBg
可解得： （2）A球的重力势能改变量为△EpA=﹣mAgR=﹣2mgR
B两球的重力势能改变量为
所以A、B两球总的重力势能改变量为 （3）当A球滑到碗底时，设A、B两球的速度分别为vA、vB，则vAcos45°=vB（1）
根据A、B两球总机械能守恒，有△EK+△Ep=0 （2）
即 （3）
联立以上三式，解得： （或 或 ）
【分析】（1）先对mB球受力分析，受重力和拉力，二力平衡，求出拉力；再对mA球受力分析，根据共点力平衡条件列式求解．（2）（3）A球在碗底时，vA不等于vB，应将vA沿绳和垂直于绳的方向分解，沿绳子方向的分速度即等于你B球的速度vB的大小．再根据机械能守恒定律列式解决．
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