高中物理人教新课标版必修1： 共点力的平衡 专题集训（含解析）

考点集训：共点力的平衡
1．如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是（ ）．
A．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ不变
B．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ变小
C．断开S，将A板向B板靠近，则θ增大
D．断开S，将A板向B板靠近，则θ不变
2．质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上，用水平力F拉着绳的中点O，使OA段绳偏离竖直方向一定角度，如图所示.设绳OA段拉力的大小为T，若保持O点位置不变，则当力F的方向顺时针缓慢旋转至竖直方向的过程中
A．F先变大后变小，T逐渐变小 B．F先变大后变小，T逐渐变大
C．F先变小后变大，T逐渐变小 D．F先变小后变大，T逐渐变大
3．如图所示，两个质量均为m的小球通过两根轻弹簧A、B连接，在水平外力F作用下，系统处于静止状态，此时弹簧实际长度相等。弹簧A、B的劲度系数分别为kA、kB，且原长相等。弹簧A、B与竖直方向的夹角分别为θ与45°。设A、B中的拉力分别为FA、FB。小球直径相比弹簧长度可以忽略。则( )
A．kA＝kB B．tan θ＝
C．FA＝mg D．FB＝2mg
4．如图所示，物体甲放置在水平地面上，通过跨过定滑轮的轻绳与小球乙相连，整个系统处于静止状态。现对小球乙施加一个水平力F，使小球乙缓慢上升一小段距离，整个过程中物体甲保持静止，甲受到地面的摩擦力为f，则该过程中
A．f变小，F变大 B．f变小，F变小
C．f变大，F变小 D．f变大，F变大
5．如图所示，小圆环A吊着一个质量为m2的物块并套在另一个竖直放置的大圆环上，有一细线一端拴在小圆环A上，另一端跨过固定在大圆环最高点B的一个小滑轮后吊着一个质量为m1的物块．如果小圆环A、滑轮、绳子的大小和质量以及相互之间的摩擦都可以忽略不计，绳子又不可伸长，若平衡时弦AB所对的圆心角为α，则两物块的质量比m1∶m2应为( )
A．cos
B．sin
C．2sin
D．2cos
6．如图所示，质量均为m的小球A、B用两根不可伸长的轻绳连接后悬挂于O点，在外力F的作用下，小球A、B处于静止状态。若要使两小球处于静止状态且悬线OA与竖直方向的夹角保持30°不变，则外力F的大小不可能为（　　）
A．mg B．mg
C．mg D．mg
7．如图所示，轻绳的两端分别系在圆环A和小球B上，圆环A套在粗糙的水平直杆MN上．现用水平力F拉着绳子上的一点O，使小球B从图中实线位置缓慢上升到虚线位置，但圆环A始终保持在原位置不动．在这一过程中，环对杆的摩擦力为Ff和环对杆的压力FN的变化情况是 (　　)
A．Ff不变，FN不变
B．Ff增大，FN不变
C．Ff增大，FN减小
D．Ff不变，FN减小
8．风化蚀的产物有可能被风、流水、冰川和海浪携带而离开原位置，地理学家把这种现象叫做”搬运”．为了讨论水流的搬运作用，设水的流速为，物块的几何线度为，并作如下简化：物块的体积与成正比，水流对物块的作用力与成正比，物块受到的阻力与物块的重力成正比．已知水的流速为时,能搬运石块的重力为G．当水的流速为时，能搬运石块的重力为（ ）
A．2G
B．4G
C．16G
D．64G
9．如图所示，两个相同的带电小球A、B分别用2L和L长的绝缘细线悬挂于绝缘天花板的同一点，当平衡时，小球B偏离竖直方向30°，小球A竖直悬挂且与光滑绝缘墙壁接触。若两小球的质量均为m，重力加速度为g.则
A．AB的静电力等于mg
B．墙壁受的压力等于mg
C．A球受到细线的拉力等于mg
D．B球受到细线的拉力等于mg
10．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点上可施加的力的最小值为(　　)
A．mg B． mg
C． mg D． mg
11．如图所示，轻杆的一端固定一光滑球体，杆以另一端O为自由转动轴，而球又搁置在光滑斜面上，若杆与竖直墙面的夹角为β，斜面倾角为θ，开始时β<θ，且β+θ<90°，则为使斜面能在光滑水平面上缓慢向右运动，在球体离开斜面之前，作用于斜面上的水平外力F的大小、轻杆受力T和地面对斜面的支持力N的大小变化情况是（　　）
A．F逐渐增大，T逐渐减小，N逐渐减小
B．F逐渐减小，T逐渐减小，N逐渐增大
C．F逐渐增大，T先减小后增大，N逐渐增大
D．F逐渐减小，T先减小后增大，N逐渐减小
12．如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆，A端用铰链固定，滑轮在A点正上方(滑轮大小及摩擦均可不计)，B端吊一重物．现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢上拉，在AB杆达到竖直前(　　)
A．绳子拉力不变 B．绳子拉力减小
C．AB杆受力增大 D．AB杆受力不变
13．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
14．如图所示，质量为m的木块在与水平方向成角斜向上的拉力F作用下沿水平地面匀速滑动，木块与水平地面之间的动摩擦因数为，以下说法中正确的是（　　）
A．木块受到地面摩擦力大小等于
B．木块对地面摩擦力大小等于
C．木块受到地面摩擦力大小等于
D．木块对地面的压力大小等于
15．已知一个质量m的小物块静止在解面上，如图所示，试着画出它的受力分析图并回答下面的问题。
(1)小物块共受到_____个力的作用；
(2)它所受的重力的方向_________支持力的方向______________；
(3)它所受的是______摩擦力，方向_____________。
16．如图所示，质量均为m的小球A、B用两根不可伸长的轻绳连接后悬挂于O点，在外力F的作用下，小球A、B处于静止状态。若要使两小球处于静止状态且悬线OA与竖直方向的夹角保持30°不变，则F的最小值为____，当外力F水平向右时，F的大小为____。
17．如图所示，物体的质量为2 kg，两根轻绳和AC的一端连接于竖直墙上，另一端系于物体上，在物体上另施加一个方向与水平方向成的拉力F，若要使两绳都能伸直，求拉力F的大小范围（g取）。
18．如图所示，质量为的滑块，在水平力作用下静止在倾角为光滑斜面上A点，斜面的末端B与水平传送带相接（物块经过此位置滑上皮带时无能量损失），传送带的运行速度为，长为；今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同。滑块与传送带间的动摩擦因数为，。求：
(1)水平作用力F的大小；
(2)滑块下滑的高度；
(3)若滑块进入传送带速度等于，滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量。
19．在竖直墙壁的左侧水平地面上，放置一个边长为、质量为的正方体，在墙壁和正方体之间放置一半径为、质量为的光滑球，正方体和球均保持静止，如图所示。球的球心为，与竖直方向的夹角为，正方体的边长，正方体与水平地面的动摩擦因数为（已知重力加速度，并认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。求：
(1)若，，竖直墙壁对球的弹力是多大？
(2)若，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？（本问中取，结果保留三位有效数字）。
(3)改变正方体到墙壁之间的距离，当正方体的右侧面到墙壁的距离小于某个值时，则无论球的质量是多少，球和正方体都始终处于静止状态，且球没有掉落地面，请问这个距离的值是多少？
20．如图所示，竖直轻弹簧B的下端固定于水平面上，上端与A连接，开始时A静止。A的质量为m＝2kg，弹簧B的劲度系数为k1＝200N/m。用细绳跨过定滑轮将物体A与另一根劲度系数为k2的轻弹簧C连接，当弹簧C处在水平位置且未发生形变时，其右端点位于a位置，此时A上端轻绳恰好竖直伸直。将弹簧C的右端点沿水平方向缓慢拉到b位置时，弹簧B对物体A的拉力大小恰好等于A的重力。已知ab＝60cm，求：
（1）当弹簧C处在水平位置且未发生形变时，弹簧B的形变量的大小；
（2）该过程中物体A上升的高度及轻弹簧C的劲度系数k2。
参考答案
1．D
【解析】
保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变，由E=和F=qE可判断出电场力的变化，即可判断的变化；开关S断开，电容器的带电量Q不变，由电容的决定式和定义式可推导出板间的电场强度E的变化，进而可知的变化．
【详解】
A、保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变，将A板向B板靠近，极板间距离减小，由电场强度E=可知，电场强度增大，小球所受的电场力变大，增大，故A、B错误．
C、开关S断开，电容器的带电量Q不变，将A板向B板靠近，极板间距离减小，由电容器电容的决定式C=可知，电容器电容C增大，而电容器电容的定义式C=，所以板间的电场强度E===，可以判断电场强度E不变，故带正电的小球受的电场力不变，则不变，故C错误，D正确．
故选D
2．C
【解析】
画出力的平行四边形，用图解法进行分析.
【详解】
对结点O受力分析，画出力的平行四边形如图所示，当保持O点位置不变，则当力F的方向顺时针缓慢旋转至竖直方向的过程中，由图可知F先减小后增加；T一直减小；故选C.
3．B
【解析】
将两小球看作一个整体，对整体受力分析，可知整体受到重力2mg，弹簧A的拉力FA和F的作用，受力如图甲所示，根据共点力的平衡条件有：，F＝2mgtan θ，根据胡克定律：FA＝kAxA，FB＝kBxB，对下边的小球进行受力分析，其受力如图乙所示：
根据平衡条件有：FB＝mg，F＝mg，联立可得：tanθ＝，故B正确，D错误；由tanθ＝知，cosθ＝，得FA＝mg，故C错误；两个弹簧的原长相等，伸长后的长度也相等，所以弹簧的形变量也相等，而两个弹簧的弹力不同，所以两个弹簧的劲度系数不相等，故A错误。所以B正确，ACD错误。
4．D
【解析】
以小球乙为研究对象受力分析，设绳与竖直方向的夹角为，根据平衡条件可得，水平拉力为，可见水平拉力F逐渐增大，绳子的拉力为，故绳子的拉力也是逐渐增加；以物体甲为研究对象受力分析，根据平衡条件可得，物体甲受地面的摩擦力与绳子的拉力的水平方向的分力等大反向，故摩擦力方向向左，是逐渐增大；故D正确，A、B、C错误；
故选D。
5．C
【解析】
解法一：采取相似三角形法对小圆环A受力分析，如图所示，FT2与FN的合力与FT1平衡，由矢量三角形与几何三角形相似，
可知
得
解法二：采用正交分解法
建立如解法一中图所示的坐标系，可知：FT2=FN=m2g
解得
解法三：采用三力平衡的推论法
FT2与FN的合力与FT1平衡，则FT2与FN所构成的平行四边形为菱形，有
FT2=m2g
,FT1=m1g
解得
6．A
【解析】
对A、B两球整体受力分析可知，受重力
OA绳子的拉力以及拉力，三力平衡，将绳子的拉力与拉力合成，其合力与重力平衡如图所示
当拉力与绳子的拉力垂直时，拉力最小，最小值为
由于拉力的方向具有不确定性，因此从理论上来说，拉力最大值可以取任意一值，即拉力可以大于等于，不可以小于，故A正确，BCD错误。
故选A。
7．B
【解析】
设细绳与竖直夹角为α，由平衡条件得：F=mgtanα，α增大，则F增大；再以整体为研究对象，根据平衡条件得：f=F，则f逐渐增大．FN=（M+m）g，FN保持不变故选B．
考点：整体法及隔离法；共点力的平衡．
8．D
【解析】
不妨设
由受力平衡
可得与成正比，所以重力与成正比，带入数据，当水的流速为时，能搬运石块的重力为64G 。
故选D。
9．C
【解析】
AD.对B球受力分析，如图所示：
根据共点力平衡得，A、B两球的静电力为：，B球受到的细线拉力为：；故A项错误，D项错误.
BC.对A球受力分析，如图所示，根据平衡有：，则根据牛顿第三定律知墙壁受的压力为；细线的拉力为：；故B错误，C正确.
10．C
【解析】
【详解】
由题图可知，要想CD水平，各绳均应绷紧，则AC与水平方向的夹角为60°，结点C受力平衡，则受力分析如图所示，则CD绳的拉力
FT＝mgtan 30°＝mg
D点受绳子拉力大小等于FT，方向向左．要使CD水平，D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的力F1、另一分力F2，由几何关系可知，当力F2与BD垂直时，F2最小，而F2的大小即为施加的力的大小，故最小力
F＝FTsin 60°＝mg
故C正确。
11．C
【解析】
对小球受力分析，受到重力mg、支持力N和杆的支持力T，如图
根据共点力平衡条件，有
解得
，
对斜面体受力分析，受到推力F、重力Mg、支持力FN和压力N，如图
根据共点力平衡条件，有
Nsinα=F
Mg+Ncosα=FN
解得
故随着β的增大，T减小，F增大，FN增大；故ABD错误，C正确。
故选C。
12．BD
【解析】
【详解】
以B点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力FT1(等于重物的重力G)、轻杆的支持力FN和绳子的拉力FT2，作出受力图如图所示：
由平衡条件得，FN和FT2的合力与FT1大小相等、方向相反，根据三角形相似可得： ；又F＝FT2；解得：FN＝·G，F＝·G；∠BAO缓慢变小时，AB、AO保持不变，BO变小，则FN保持不变，F变小，故BD正确．
13．BC
【解析】
试题分析：先对AB整体受力分析，受重力、推力、支持力；当推力平行斜面向上的分力大于重力的下滑分力时，有上滑趋势；当推力平行斜面向上的分力小于重力的下滑分力时，有下滑趋势；当推力平行斜面向上的分力等于重力的下滑分力时，无滑动趋势；再对物体A受力分析，受推力、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B的压力和向右的静摩擦力、斜面体对A的支持力，如果B物体相对斜面体有相对滑动趋势，则受到斜面体的静摩擦力，若相对斜面体无滑动趋势，则不受斜面体的静摩擦力，即物体B可能受4个力，也可能受5个力；故选BC.
考点：受力分析
【名师点睛】此题考查了对物体的受力分析；对于多个物体组成的系统一般应先整体再隔离进行分析；同时注意受力分析时按：重力、弹力、摩擦力的顺序进行，有摩擦力必然有弹力，但是有弹力时不一定有摩擦力.
14．ACD
【解析】
【分析】
【详解】
由于物体做匀速直线运动，因此处于平衡状态，合外力为零，由此受力分析，如图所示
因此在水平方向上
在竖直方向上
根据牛顿第三定律可知，木块对地面的压力大小为
又因为有
因此有
故ACD正确，B错误。
故选ACD。
15．3 竖直向下 垂直斜面向上 静止 沿斜面向上
【解析】
【详解】
(1)[1]小物块受力分析如图所示：
所以小物块一共受到3个力作用；
(2)[2][3]重力的方向是竖直向下的，支持力的方向是垂直斜面向上的；
(3)[4][5]因为物块和斜面是相对静止的，故小物块受静摩擦力，方向沿斜面上。
16．
【解析】
【分析】
【详解】
[1][2] 对AB两球整体受力分析，受重力G=2mg，OA绳子的拉力T以及拉力F，三力平衡，将绳子的拉力T和拉力F合成，其合力与重力平衡，如图
当拉力F与绳子的拉力T垂直时，拉力F最小，最小值为：
Fmin=（2m）gsin30°=mg
当外力F水平向右时
17．
【解析】
【详解】
分析物体的受力情况，并建立坐标系如图：
由平衡条件得
在轴方向：

在x轴方向：
由上述两式得
令，得F最大值
令，得F最小值
综合得F的取值范围为
18．(1)；(2)0.1m或者0.8m；(3)0.5J
【解析】
【分析】
【详解】
(1)物块在斜面上静止时，由平衡条件可知
(2)设滑块从高为h处上滑，到达斜面底端速度为v，下滑过程机械能守恒：
解得
若滑块冲上传送带的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动，根据动能定理有
联立解得
若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受天向左的滑动摩擦力而做匀速运动，根据动能定理：
解得
(3)设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移：
由机械能守恒可知
对滑块由运动学公式知
联立解得
滑块相对传送带滑动的位移
相对滑动生成的热量
19．(1)10N；(2)1.37kg；(3)1.5m
【解析】
【分析】
【详解】
(1)以球为研究对象，受力如图
小球受力平衡，根据三角形定则可知，墙壁对球的弹力
(2)以正方体和球整体为研究对象，竖直方向受重力和地面的支持力，水平方向受墙壁的弹力和地面的摩擦力，
根据平衡条件有
又因为
联立解得
所以球质量的最大值为；
(3)根据
得
所以
无论球的质量是多少都必须满足以上条件，则
得
故
20．（1）10cm；（2）100N/m。
【解析】
【详解】
（1）弹簧C处于水平位置且没有发生形变时，A处于静止，弹簧B处于压缩状态；
根据胡克定律有：k1x1＝mg
代入数据解得：x1＝10cm
（2）当ab＝60cm时，弹簧B处于伸长状态，根据胡克定律有：
k1x2＝mg
代入数据求得：x2＝10cm
故A上升高度为：h＝x1+x2＝20cm
由几何关系可得弹簧C的伸长量为：x3＝ab﹣x1﹣x2＝40cm
根据平衡条件与胡克定律有：
mg+k1x2＝k2x3
解得k2＝100N/m