专题一 第1练 力与物体的平衡(知识点完整归纳)

专题一力与运动第1练力与物体的平衡A级保分练1．(2020·广东揭阳市第一次模拟)如图1所示，在粗糙水平面上放置A、B、C三个物块，物块之间由两根完全相同的轻弹簧相连接，两弹簧的伸长量相同，且它们之间的夹角∠ABC＝120°，整个系统处于静止状态．已知A物块所受的摩擦力大小为F f，则B物块所受的摩擦力大小为()图1A.32F f B．F fC.3F f D．2F f答案 B解析物块A水平方向上受弹簧的拉力F T和水平面的静摩擦力F f作用，根据共点力平衡条件可知：F T＝F f，由于两根弹簧相同，且伸长量相同，因此，两弹簧上的弹力大小相等，物块B水平方向受两弹簧的拉力和水平面的静摩擦力F f′作用，根据共点力平衡条件可知：F f′＝2F T cos 60°＝F f，故选项B正确．2．(2020·安徽蚌埠市检查)如图2甲，一台空调外机用两个三角形支架固定在外墙上，空调外机的重心恰好在支架水平横梁OA和斜梁OB的连接点O的上方，图乙为示意图．如果把斜梁加长一点，仍保持连接点O的位置不变，横梁仍然水平，这时OA对O点的作用力F1和OB对O点的作用力F2将如何变化()图2A ．F 1变大，F 2变大B ．F 1变小，F 2变小C ．F 1变大，F 2变小D ．F 1变小，F 2变大答案 B解析 设OA 与OB 之间的夹角为α，对O 点受力分析，如图所示．根据平衡条件可知F 压＝G ，F 2＝F 压sin α，F 1＝F 压tan α因α角逐渐变大，由数学知识可知，F 1变小，F 2变小，故B 正确，A 、C 、D 错误．3．(2019·全国卷Ⅱ·16)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行．已知物块与斜面之间的动摩擦因数为33，重力加速度取10 m/s 2.若轻绳能承受的最大张力为1 500 N ，则物块的质量最大为( )A ．150 kgB ．100 3 kgC ．200 kgD ．200 3 kg答案 A解析 设物块的质量最大为m ，将物块的重力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡条件，在沿斜面方向有F ＝mg sin 30°＋μmg cos 30°，此时F ＝1 500 N ，解得m ＝150 kg ，A 项正确．4．(2020·广东六校联盟第一次联考)一质量为M 、带有挂钩的球形物体套在倾角为θ的细杆上，并能沿杆匀速下滑，若在挂钩上再吊一质量为m 的重物，让它们沿细杆下滑，如图3所示，则球形物体( )图3A．沿细杆加速下滑B．仍匀速下滑C．受到细杆的摩擦力不变D．受到细杆的弹力变小答案 B解析不挂重物时，球形物体受重力、支持力和摩擦力而匀速下滑，根据平衡条件，F N＝Mg cos θ，F f＝μMg cos θ，μMg cos θ＝Mg sin θ当挂上重物后F N′＝(M＋m)g cos θ，F f′＝μ(M＋m)g cos θ，所以摩擦力变大，弹力变大，故C、D错误．(M＋m)g sin θ－μF N′＝0故球形物体仍然做匀速直线运动，A错误，B正确．5.(2020·安徽十校联盟检测)如图4所示，一个人静止在水平地面上，当α＝60°时，人能拉起重物的最大重力为人的重力的0.2倍，已知地面对人的最大静摩擦力等于滑动摩擦力(忽略定滑轮的摩擦力)，则当α＝30°时，人静止时能拉起重物的最大重力约为人重力的()图4A．0.3倍B．0.6倍C．0.8倍D．1.61倍答案 A解析设人与地面间的动摩擦因数为μ，当α＝60°时0．2G sin 60°＝μ(G－0.2G cos 60°)，求得μ＝3 9，当α＝30°时，kG sin 30°＝μ(G－kG cos 30°)，求得k≈0.3，选项A正确，B、C、D错误．6.(2020·陕西汉中市第二次检测)如图5所示，一质量为m的物体用一根足够长的细绳悬吊于天花板上的O点，现用一光滑的金属钩子钩住细绳，水平向右缓慢拉动绳子(钩子与细绳的接触点A始终在一条水平线上)，重力加速度为g，下列说法正确的是()图5A．钩子对细绳的作用力始终水平向右B．OA段绳子的力逐渐增大C．钩子对细绳的作用力逐渐增大D．钩子对细绳的作用力可能等于2mg答案 C解析OA段绳子的拉力大小一直为mg，大小不变，B错误；两段绳子对钩子的作用力的合力是向左下方的，故钩子对细绳的作用力向右上方，A错误；两段绳子间的夹角在减小，根据平行四边形定则可知，两段绳子拉力的合力变大，则钩子对细绳的作用力也是逐渐变大，C正确；因为钩子与细绳的接触点A始终在一条水平线上，两段绳子之间的夹角不可能达到90°，细绳对钩子的作用力不可能等于2mg，钩子对细绳的作用力也不可能等于2mg，D错误．7.如图6所示，一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环，系在两环上的等长细绳拴住的书本处于静止状态，现将两环距离变小后书本仍处于静止状态，则()图6A．杆对A环的支持力变大B．B环对杆的摩擦力变小C．杆对A环的力不变D．与B环相连的细绳对书本的拉力变大答案 B解析将A、B两个轻环、绳及书本视为整体，在竖直方向上，整体受到向下的重力和向上的支持力作用，两个支持力大小之和等于重力，F N＝12mg，大小保持不变，A错误；对B环受力分析如图所示，F f＝F N tan θ＝12mg tan θ，两环距离变小，tan θ减小，F f变小，B正确；对A环受力分析与B环类似，杆对环的力为支持力F N和摩擦力F f的合力，与F T大小相等，F T＝F Ncos θ，当θ发生变化时，F T发生变化，C错误；F T cos θ＝12mg，两环距离变小，cos θ变大，细绳上的拉力变小，D错误．8.如图7所示，一个质量为4 kg的半球形物体A放在倾角θ＝37°的斜面体B的斜面上静止不动．若用通过球心的水平推力F＝10 N作用在物体上，物体仍静止在斜面上，斜面体仍相对地面静止．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，则()图7A．地面对斜面体B的弹力不变B．地面对斜面体B的摩擦力增加8 NC．物体A受到斜面体B的摩擦力增加8 ND．物体A对斜面体B的作用力增加10 N答案 A解析对A、B整体受力分析可知，地面对斜面体B的弹力不变，地面对B的摩擦力增加了10 N，A正确，B错误；对物体A受力分析，加F前，B对A的摩擦力F f＝mg sin θ＝24 N，加F后F f′＋F·cos θ＝mg sin θ，得F f′＝16 N，故减少8 N，C错误；加F前，A对B的作用力大小为40 N，加F后，A对B的作用力大小为F2＋(mg)2＝1017 N，A对B的作用力增加，但不是10 N，D错误．9.(2020·河南信阳市第一次质检)如图8所示，足够长的光滑平板AP与BP用铰链连接，平板AP与水平面成53°角固定不动，平板BP可绕水平轴在竖直面内自由转动，质量为m的均匀圆柱体O放在两板间，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度为g.在使BP板由水平位置缓慢转动到竖直位置的过程中，下列说法正确的是()图8A．平板AP受到的压力先减小后增大B．平板AP受到的压力先增大后减小C ．平板BP 受到的最小压力为0.6mgD ．平板BP 受到的最大压力为43mg 答案 D解析 圆柱体受重力、平板AP 的弹力F 1和平板BP 的弹力F 2，如图所示，F 1和F 2的合力F 一定与重力等值、反向、共线．从图中可以看出，当平板BP 逆时针缓慢地转向竖直位置的过程中，F 1越来越大，F 2先变小后变大，当F 2的方向与AP 的方向平行(即与F 1的方向垂直)时，F 2有最小值，F 2min ＝mg sin 53°＝0.8mg ，当平板BP 竖直时，F 2最大，F 2max ＝mg tan 53°＝43mg .结合牛顿第三定律可知，D 正确，A 、B 、C 错误． B 级争分练10.(多选)(2020·四川宜宾市一诊)如图9所示，粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体A ，A 与竖直墙壁之间放一光滑半圆球B ，整个装置处于平衡状态．已知A 、B 的质量分别为m 和M ，A 、B 两物体的半径均为R ，B 的圆心到水平地面的竖直距离为2R ，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )图9A ．地面对A 的支持力大小为(m ＋M )gB ．地面对A 的摩擦力大小为2MgC ．将A 往左缓慢移动少许，竖直墙壁对B 的弹力减小D ．将A 往左缓慢移动少许，A 、B 之间的弹力保持不变答案 AC解析 把A 、B 看成一个整体，有：F N ＝(M ＋m )g ，故A 正确；在水平方向上，摩擦力大小等于竖直墙对B 水平向右的弹力大小F N2，对B 隔离研究，受力分析如图所示，根据几何关系，θ等于45°，则F N1＝Mg cos θ＝2Mg ，F N2＝Mg tan θ＝Mg ，故B 错误；将A 往左缓慢移动少许，θ减小，由F N2＝Mg tan θ，竖直墙壁对B的弹力减小，由F N1＝Mg，A、B之间的弹cos θ力减小，故C正确，D错误．11．(多选)(2020·四川德阳市二诊)如图10所示，上表面光滑的半圆柱体放在水平地面上，一小物块从靠近半圆柱体顶点O的A点，在外力F作用下沿圆弧缓慢下滑到B点，此过程中F 始终沿圆弧的切线方向且半圆柱体保持静止状态．下列说法中正确的是()图10A．半圆柱体对小物块的支持力变大B．外力F变大C．地面对半圆柱体的支持力先变大后变小D．地面对半圆柱体的摩擦力先变大后变小答案BD解析小物块缓慢下滑，处于平衡状态，F始终沿圆弧的切线方向即始终垂直于圆柱面支持力F1的方向，因此总有F＝mg sin θ，F1＝mg cos θ，下滑过程中θ增大，因此F增大，F1减小，故A错误，B正确；对半圆柱体分析，地面对半圆柱体的摩擦力F f＝F1sin θ＝mg cos θsin θ＝12θ，2mg sin 2θ，θ＝45°时，F f最大；地面对半圆柱体的支持力F N＝Mg＋F1cos θ＝Mg＋mg cos因此θ从接近0°到90°变化的过程中，摩擦力先增大后减小，支持力一直减小，故D正确，C错误．12.(多选)如图11所示，表面光滑的半球形物体固定在水平面上，光滑小环D固定在半球形物体球心O的正上方，轻质弹簧一端用轻质细绳固定在A点，另一端用轻质细绳穿过小环D 与放在半球形物体上的小球P相连，DA水平．现将细绳固定点A向右缓慢平移的过程中(小球P 未到达半球最高点前)，下列说法正确的是( )图11A ．弹簧变短B ．弹簧变长C ．小球对半球的压力大小不变D ．小球对半球的压力变大答案 AC解析 对小球P 受力分析，受到绳子的拉力F T 、半球的支持力F N 、竖直向下的重力G ，如图所示，根据相似三角形法可知F N OP ＝G OD ＝F T DP，因为OP 和OD 都是恒定不变的，G 也不变，DP 变短，可知F N 不变，F T 减小，即绳子的拉力减小，知弹簧的弹力减小，所以弹簧变短，根据牛顿第三定律可知小球对半球的压力大小不变，故A 、C 正确，B 、D 错误．13.如图12所示，a 、b 、c 三根轻细绳悬挂两个质量相同的小球A 、B 保持静止，细绳a 是水平的，现对B 球施加一个水平向右的力F ，将B 缓缓拉到图中虚线位置，A 球保持不动，这时三根细绳张力F a 、F b 、F c 的变化情况是( )图12A ．都变大B ．都不变C．F b不变，F a、F c变大D．F a、F b不变，F c变大答案 C解析以B为研究对象受力分析，将重力分解，如图甲所示，由图可以看出，当将B缓缓拉到图中虚线位置过程，绳与竖直方向夹角变大，即F c逐渐变大，F逐渐变大；再以A、B整体为研究对象受力分析，如图乙所示．设b绳与水平方向夹角为α，则竖直方向有：F b sin α＝2mg，不变；得：F b＝2mgsin α水平方向：F a＝F b cos α＋F，F b cos α不变，而F逐渐变大，故F a逐渐变大．14.(多选)(2020·广东肇庆市二统)如图13所示，斜面置于粗糙水平面上，斜面上方水平固定一根光滑直杆，直杆上套有一个滑块，滑块连接一根细线，细线的另一端连接一个置于斜面上的光滑小球．最初斜面与小球都保持静止，现对滑块施加水平向右的外力F使其缓慢向右移动至A点，如果整个过程中斜面保持静止，且小球未滑离斜面，当滑块滑动到A点时细线恰好平行于斜面，下列说法正确的是()图13A．斜面对小球的支持力逐渐减小B．细线对小球的拉力逐渐减小C．滑块受到水平向右的外力F逐渐增大D．水平地面对斜面的支持力逐渐减小答案BC解析对小球受力分析可知，沿斜面方向：F T cos α＝mg sin θ，垂直斜面方向：F N＋F T sin α＝mg cos θ(其中α是细线与斜面的夹角，θ为斜面的倾角)，滑块缓慢向右滑动至A点，α变小，则细线对小球的拉力F T变小，斜面对小球的支持力F N变大，故选项B正确，A错误；对滑块受力分析可知，在水平方向有F＝F T cos(α＋θ)＝mg sin θcos(α＋θ)cos α＝mg sin θ(cos θ－tan αsin θ)，由于α变小，则滑块受到水平向右的外力逐渐增大，故选项C正确；对斜面和小球整体受力分析可知，在竖直方向有：mg＋Mg＝F N″＋F T sin(α＋θ)，由于(α＋θ)变小，所以水平地面对斜面体的支持力F N″逐渐增大，故选项D错误．15．(2020·天一大联考)如图14所示，半径为R的圆环竖直放置，长度为R的不可伸长的轻细绳OA、OB，一端固定在圆环上，另一端在圆心O处连接并悬挂一质量为m的重物，初始时OA绳处于水平状态．把圆环沿地面向右缓慢转动，直到OA绳处于竖直状态，在这个过程中()图14A．OA绳的拉力逐渐增大B．OA绳的拉力先增大后减小C．OB绳的拉力先增大后减小D．OB绳的拉力先减小后增大答案 B解析以重物为研究对象，重物受到重力mg、OA绳的拉力F1、OB绳的拉力F2三个力而平衡，构成矢量三角形，置于几何圆中如图：在转动的过程中，OA绳的拉力F1先增大，转过直径后开始减小，OB绳的拉力F2开始处于直径上，转动后一直减小，B正确，A、C、D错误．。