3.5 共点力的平衡-【学霸题中题】2024-2025学年新教材高中物理必修第一册(人教版2019) 江苏专用

第5节共点力的平衡 第1关练速度 30mn为准，你的时间： 刻度尺缓慢分开，重力加速度为g,下列说法 题型1共点力的平衡 正确的是 1.(2023·广东珠海一中质检)一质量分布均匀 A.两侧轻绳拉力的合力燃然 的物块用两根轻绳吊起处于静止状态，合理 减小 的是 B.两侧轻绳的拉力均 减小 C.当0=90时两侧轻绳的拉力均为2mg 2 D D.当两侧绳长与两手间距相等时两侧轻绳的 2.一个物体受到三个共点力的作用，在下列给出的 拉力均为mg 几组力中，能使物体处于平衡状态的是() 5.(2024·陕西师大附中月考)将四块相同的坚 固石块垒成圆弧形的石拱，其中第3、4块固 A.F,=2N、F2=5N、F3=6N 定在地基上，第1、2块间的接触面是竖直的， B.F,=5N、f2=7N、F3=13N 每块石块的两个侧面间所夹的圆心角均为 C.F,=2N、F2=8N、F3=5N 30°.假定石块间的摩擦力可以忽略不计，则第 D.F,=20N、F2=10N、F3=1N 1、2块石块间的作用力和第1、3块石块间的 3.如图所示，用两根细线把A、B两小球悬挂在 天花板上的同一点O,并用第三根细线连接 作用力的大小之比为 () A、B两小球，然后用某个力F作用在小球A 上，使三根细线均处于直线状态，且OB细线 恰好沿竖直方向，两小球均处于静止状态，则 A.1:2 B.3:2 该力可能为图中的 ( C.3:3 D.3:1 ①F ②F ③F ④F 题型3正交分解法解决共点力平衡问题 4☑ 6.如图所示，物块甲、乙通过轻 绳连接，物块甲置于斜面，定 滑轮光滑，轻绳与斜面平行， 要使物块甲始终静止于斜面，物块乙的质 A.①② B.②③ 量m的范围是m,≤m≤m2.物块甲与斜面间 C.③④ D.①④ 最大静摩擦力等于滑动摩擦力F,重力加速 题型2合成法解决共点力平衡问题 度为g,则F大小为 4.(2024·广东江门一模)如图所示，在轻绳中 （m2-m1）g （m2+m1）g 间用挂钩（没画出）悬挂一个质量为m的重 A. B. 2 2 物，双手紧握轻绳的两端，然后沿水平固定的 C.(m2-m1）g D.(m3+m1)g 必修第一册学霸06阅 7.如图所示，直角支架固定在水平地面上，小球10.(2024·重庆一中期中)质量为 A穿在竖直光滑杆上，横杆上固定一滑轮.将 M、半径为R的光滑匀质球，用 细绳一端系在A上，另一端跨过滑轮系在小 根长度也为R的细线悬挂在互相 水桶B上，系统处于静止状态，现因桶底破 垂直的两竖直墙壁交线处的P 损，里面有少许水缓慢渗漏下来不计滑轮质 点，则球对任一墙壁的压力大小为 () 量及摩擦，在球A缓慢下降过程中() B② Mg 2 6场 易错题型 活结、死结与动杆、定杆问题 11.如图所示，水平直杆 A.绳对球A拉力的竖直分量保持不变 OP右端固定于竖直 B.竖直杆对球A的弹力保持不变 墙上的0点，长为 C.轴对滑轮的作用力方向竖直向上 L=2m的轻绳一端 D.轴对滑轮的作用力越来越大 固定于直杆P点，另一端固定于墙上O点正 题型4空间三维情境下多力平衡问题 下方的Q点，OP长为d=1.2m,重为16N的 8.(2024·云南昆明一模)果农设计分栋橙子的 钩码由光滑挂钩挂在轻绳上处于静止状态， 简易装置如图所示.两细杆间上窄下宽、与水 则轻绳的弹力大小为 () 平地面所成的夹角相同.橙子从装置顶端由静 A.10NB.12NC.16ND.20N 止释放，大小不同的橙子会在不同位置落到 12.(2023·河北邢台期末)如图所 不同的水果筐内.橙子可视为球体，假设细杆 示，轻杆AB的左端用铰链与竖直 光滑，不考虑橙子转动带来的影响.某个橙子 墙壁连接，轻杆CD的左端固定在竖直墙上， 从静止开始下滑到离开细杆的过程中，受到 每根细杆的支持力 图甲中两轻绳分别挂着质量为m1、m2的物 ( 体，另一端系于B点，图乙中两轻绳分别挂 着质量为m1、m4的物体，另一端系于D点. 四个物体均处于静止状态，图中轻绳OB、O A,变大 B.变小 D与竖直方向的夹角均为0=30°，下列说法 C.不变 D.无法确定 一定正确的是 9.(2023·天津宁河二模)如图，四个 完全相同的球两两挨着叠成一个 正四面体，静置在水平地面上.若不 考虑转动情况，球之间的摩擦力也忽略不计， 器好 密m 则球与地面的动摩擦因数至少为 知 ()】 A.m,:m2=1:1 B.m1:m2=2:√3 6 C.3 6 C.m3:m4=1:1 D.m3:m4=2:3 第三章学霸069 第2关练准确率 】准确率>90%，你做对题 盘水平放置，在结点O处悬挂一瓶矿泉水， 缓慢释放直至平衡时测得结点下降了 13.(2023·江苏常州质检)如图所 5.00cm,则矿矿泉水受到的重力大小为() 示，两轻质细线系着A、B两大小 A.0.5NB.1.3NC.1.5ND.3.9N 相同气球，气球质量不计，整个 16.(2023·河北石家庄二中期末)如图，淘气宝 装置由于受到水平向右的风力 宝靠手脚支撑爬上屋角的竖直墙壁，两侧的 影响达到平衡状态，OA、AB和竖直方向均成 竖直墙壁互相垂直，她上升时手脚交替，双 α角，现在A气球下方挂一小物件，两气球 脚支撑，双手上移，双手支撑，双脚上移，然 在稳定后的位置可能正确的是 ( 后停在某高度（请勿模仿），假设此时宝宝双 OB 手双脚四个受力点受力均等，宝宝体重为 G,下列判断正确的是 A.宝宝每个受力点受到墙 0 D 壁的摩擦力大小都等 14.如图所示，OA、OB、OC为三根不可伸长的轻 9 绳，其中∠AOB=90°，∠OAB=30°，先只用 B.宝宝每个受力点受到墙 OA、OB绳将重物提起，结点为O点，此时 OA、OB绳的力分别为F,和F2:保持OA绳 壁的支持力大小都等于G 不变，将OB绳换成OC绳，OC绳水平，仍将 C.宝宝每个受力点受到墙壁的支持力大小 此重物提起，且使0点位置不变，此时OA、 都一定小于G OC绳的力分别为F3和F4,则 () D.宝宝每个受力点受到墙壁的摩擦力一定 N.下 F3 B. 大于支持力 F,1 难度级别：☆☆☆☆☆ 23 第了关练思维宽度 C. 0. F 2 17.(2023·山东菏泽期 中联考)如图所示 0 一固定的细直杆与 C 水平面的夹角为=15°，一个质量忽略不计的 小轻环C套在直杆上，一根轻质细线的两端分 白 别固定于直杆上的A、B两点，细线依次穿过小 (第14题) (第15题) 环甲、小轻环C和小环乙，且小环甲和小环 15.(2024·山东德州模拟)某创新实验小组制 乙分居小轻环C的两侧调节A、B间细线的长 作一个半径为12.00cm的圆盘，将3个相同 度，当系统处于静止状态时B=45°.不计一切摩 的弹簧的一端均匀固定在圆环上，另外一端 擦设小环甲的质量为m1,小环乙的质量为m2, 固定打结，结点恰好在圆心O处，如图所示， 则m1:m,等于 () 已知弹簧（质量不计）的自然长度均为 A.tan 15 B.tan0° 9.00cm.弹簧的劲度系数k=32.5N/m.将圆 C.tan60° D.tan 75 必修第一册学霸070重物重力是定值，所以不必保证0点固定不变，D错误故 设F,F与竖直方向夹角为0，则有F,=F= 选BC.(2)实验中矿泉水瓶的重力方向始终竖直向下，所 点将F,分解如图所示： 以x,需要沿着竖直方向，故丙图是正确的.(3)对0点受 Fe 力分析，0点处于动态平衡中，重力大小方向不变，OA绳 中拉力方向不变，根据平行四边形定则易得OA中弹力将 直变大，0B中弹力将先减小后增大，如图所示 则水平推力为F=F,sin8= 之mgA,由几何关系得 四0效联立并代入数据可得F=联=140N,故 4h 选B. 微专题实验：探究两个互成角度的力的合成规律 G 1.D解析：为或小两个测力计不同造成的实验误差，实验前 应在两弹簧测力计调零后水平互钩对拉，选择两读数相同 所以DA中弹簧的长度将一直增大，OB中弹簧的长度将先 的弹簧测力计，故A正确：实验过程中，弹簧不可以与外壳 减小后增大 摩擦，会影响测量结果，而弹簧测力计外壳可以与木板有 7.(1)F=mgL (2)不变(3)可以，理由见解析 接触，不会影响拉力大小，故B正确：为了减小误差，实验 2√-D 过程中在合力不超过测力计量程及橡皮筋弹性限度的前 解析：(1)如图所示，设定滑轮处为0点，P0段绳子长度 提下，拉力的数值应尽量大些，故C正确：本实验用力的图 为11，Q0段绳子长度为2，P0和Q0与竖直方向的夹角 示法画出各力来验证力的平行四边形定则，力的示意图不 为a 能准确表示力的大小，故D错误.故选D. 2.C 3.A解析：A实验时.用一个弹簧测力计拉橡皮条时，力F 力传感器 的方向一定沿G0方向，即可以不记录图丙中力F的方向， 故A正确：B.两绳拉橡皮条时，只要确保拉到同一点即可， 不一定让橡皮条在两细绳的夹角平分线上，故B错误； C.两弹簧测力计示数不需要等大，只要便于作出平行四边 由儿何关系可知l,sin8+l2sin8=D,又11+l2=L,得sin8= 形即可，故C错误：D.在该实验中，要求每次拉橡皮条的时候 要使橡皮条形变的长度和方向都相同，即结点0要到同一位 ,由平衡条件可得2Fcas0=mg,又im0+eos20=1,得F= 分 置，这样两次的效果才等效，才符合“等效替代”法，即用一根 mgL 绳拉住小圆环时.小圆环也在O点，故D错误故选A 4.A解析：读数时视线要正对弹簧测力计刻度，使读数更准 2VL-D 确，减小实验误差，A正确：标记同一细绳方向的两点要远 (2)由以上分析可知，轻绳的Q端沿杆向上移动到Q',L不 一些，才能使方向标记得更准确，B错误：橡皮筋与绳套相 变，D不变，力传感器的示数不变 连的两根细绳是记录拉力方向的，因此不必等长，C错误： (3)可利用图乙和已知物理量求出D.原因如下：由(1)可 用两弹簧测力计同时拉橡皮筋时两弹簧测力计示数之差 知F=mgL 2-D ,F-m的图像斜率为k,则k=L 过大，可能使其中一个弹簧测力计读数过小，增大相对误 2-D 差，D错误故选A 解得D=y- 5.(1)A(2)可以(3)大小和方向 34 解析：(1)对0点进行受力分析，在三个拉力作用下处于 第5节共点力的平衡 平衡状态，因此三个力可构成一个三角形，满足两边之和 大于第三边，两边之差小于第三边，以钩码的个数表示力 第1关（练速度） 的大小，可知只有A符合题意要求.故选A 1.D解析：质量分布均匀的物块的重心在其几何中心，物块 (2)本实验需要通过三力平衡验证力的平行四边形定则， 受到重力、两根绳子的拉力作用处于静止状态，故三个力 每次平衡后，记录好结点位置与各个力的大小及方向即 属于共点力，则三个力的作用线必交于一点，根据题图可 可.因此改变滑轮的位置和相应钩码数量，使系统再次达 知，只有D选项的三个力相交于一点，故D正确，ABC错 到平衡，绳的结点0的位置不必保持不变 误故选D. (3)比较F和F的大小和方向，从而判断本次实验是否满 2.A解析：要使物体处于平衡状态，则三个共点力平衡， 足力的平行四边形定则. 三个力可以组成一个矢量三角形，根据三角形的两边之和 6.(1)BC(2)丙(3)一直增大先减小后增大 大于第三边，两边之差小于第三边，A符合题意.故选A. 解析：(1)实验中，甲图用来测量合力，乙图用来测量3.B解析：由题意可知，A,B两小球都处于平衡状态.要使 两个分力，根据胡克定律，力的大小与弹簧仲长量成正比， 小球B的合力为0，对小球B受力分析，受重力和OB细线 力的大小可用弹簧伸长量来表示，因此必须测量弹簧的伸 的拉力，由于OB细线竖直方向，所以可知AB细线的拉力 长量，但AO、BO长度不必相同，A错误，BC正确：实验中 为0.对小球A受力分析可知，受重力、细线01的拉力以及 参考答案学霸21 外力F,由力的平衡条件可得，外力F的方向可能是F,或 杆且过水果的重心，因两细杆间上窄下宽，故橙子重心与 F,.故选B. 两细杆所在平面的距离越来越小，两个细杆对水果的支持 4.C解析：AB.受力分析如图 力与两细杆所在平面的夹角越来越小，而两个支持力的 合力与重力垂直运动方向的分力平衡，既2Nsin8=Geos a, 可得橙子受到每根细杆的支持力N-Gg,支持力N越 2sin 0 来越大故选A 9.A解析：设每个球的质量为m,对四个球整体受力分析可 G 两侧轻绳拉力的合力不变始终等于mg,则有 知，地面对每个球的支持力为N=号g,设上面的球与地 2os”=mg,解得F=。,可知两侧轻绳的拉力均增 面的球之间的支持力为N“,设支持力与竖直方向的夹角 2c052 为8由几何关系可知s= ,以上面球为研 大，故AB错误：C.当0=90°时，代入数据，可得F= 3,in03 25=2故C正确：D.当两侧绳长与两手间距相 究对象，由平衡条件可知3N'cs=mg,解得N= 6mg,以 2 下面任意一个球为研究对象，根据平衡条件可得N'sn8= 等时，当0=60°，两侧轻绳的拉力均为F= mg 2eos30° A解得=放选人 Bmg,故D错误故选C 3 10.B解析：对球进行受力分析，球受重力g,绳子的拉力 5.B解析：对石块1受力分析，如图所示： T及两个墙壁对它的支持力，两个支持力大小相等，夹角 为90°，设支持力的大小为N,绳子与竖直墙壁交线的夹 角为0，根据儿何知识可知球心到竖直墙壁交线的垂直距 离为d=R+R=2R故m0=发=之，解得0=45， 在竖直方向上根据受力平衡可得Tcos9=Mg,解得T 2Mg,在水平方向上根据受力平衡可知两个墙壁对球的 由几何关系知9=60°，所以N1:N1=3:2,故B项正确。 6.A解析：设斜面倾角为9，甲的质量为M.当m=m,时，F 支持力的合力大小等于绳子拉力T的水平分力的大小， 沿斜面向下，根据平衡条件有 Mgsin 0+F,=mag. 即v=7血，解得N=子g,根据牛顿第三定钟 当m=m,时，F,沿斜面向上，根据平衡条件有 Mgsin 0=mg+Fr 可得则球对任一墙壁的压力大小为号放选队 联立解得 11,A解析：设挂钩所在位置为N点，延长PW交墙于M点， Fm-m.)& 如图所示 2 故选A. 7.A解析：AB球A缓慢下降，A处于动态平衡状态，对A受 力分析，如图所示： 绳子和钩码通过光滑挂钩相连，没有节点，绳子是完整一 根，绳子上拉力处处相等，根据对称性可知两边的绳子与 竖直方向的夹角相等，根据几何关系可知NM=NQ,即 PM等于绳长，有几何关系sima P01.2_3 根据平衡条件得F,cos8=mg,Fx=m,gtan6, PW2了，根据平衡 在球A缓慢下降过程中，0减小，则F、减小，绳对球A的拉 条件有2Tcsa=mg.解得T=10N,放选A 力的竖直分量保持不变，故A正确，B错误： 12.B解析：AB.图甲中，OB绳的张力为T=m1g,由平衡条 C以滑轮为研究对象，由平衡条件可知，轴对滑轮的作用 件可得m2g=cs0·m1g,则m,:m2=2:5,枚A错误， 力方向在两绳子的夹角的角平分线上，故C错误： B正确：CD.CD杆固定在墙上，杆的弹力方向不确定， D,对球A、水桶B、滑轮和绳组成的系统分析，受到竖直向 则m2,m,的比例不确定，故CD错误故选B. 下的重力，竖直杆对A水平向左的弹力F、和轴对滑轮斜 第2关（练准确率） 向上的作用力F,由于重力诚小，竖直杆对A的弹力F、 13.A解析：由题知，气球的质量不计.两个气球都处于平衡 也减小，故轴对滑轮的作用力也越来越小.故D错误.故 状态，则两个气球都受到了水平向右的风力.竖直向上的 选A. 浮力和轻绳的拉力作用，则刚开始对整体受力分析，则有 8.A解析：设细杆平面与水平面夹角为α，根据对称性可 tan = 知，两个细杆对橙子的支持力大小相等，方向均垂直于细 ,当在A气球下方挂一小物件.设质量为m,对 F 必修第一册学蜀22 B受力分析，因风力和浮力不变，则有n:= 以，对A受 2Tcs30°=m1g,对乙环有2Tc0s60°=m2g,得m,:m2= Fa an60°，故C正确，ABD错误故选C 力分析，可知竖直向上的合力为F,-mg,设最下面的轻 专题探究三整体法与隔离法 绳与竖直的方向的夹角为日，则有m0=。 风一，因 n-mg 1.A解析：将两球连同之间的细线看成一个整体，对整体受 Fe-mg<FY,故tan>tana,即>a,故选A. 力分析如图，根据平衡条件可知α球上方的细线必定沿竖 14.C解析：只用O4,0B绳将重物提起时，受力如图甲： 直方向，故A正确，BCD错误.故选A 根据平衡条件有F,sin30°+F2cos30°=G,F,eos30°= F血30，联立以上各式解得.5￡ 3G E3F2,2 选项A错误； 2.D解析：由题意，对A,B,C整体研究，受到挡板的弹力F、 总重3mg和斜面的支持力N,如图所示 U 只用OA、OC绳将重物提起时，受力如图乙： 根据平衡条件有F,sin30°=G,F,cos30°=F,联立以上各 式解得523 F3,B=26,R=3G,选项B错误 根据平衡条件可得B受到斜面的支持力为N=3g 由以上结果可得 年元2选项C正确，D错误故 -1B1 25mg,则B球对斜面的作用力大小为N=N=23mg,故 本题选C 选D. 15.C解析：如图所示： 3.D解析：BD.对A、B整体受力分析如图甲，受到重力 12.00cm (M+m)g,支持力N和已知的两个推力，对于整体，由于 10 两个推力的合力为零，故整体与地面间没有摩擦力，根据 13.00e 共点力平衡条件，对整体有N=(M+m)g,选项B错误、 5.00cm D正确. 0 由几何关系可知平衡时每根弹簧的长度均为 √/12.00+5.00cm=13.00cm,每根弹簧的伸长量均为 △x=4.00cm,每根弹簧的弹力大小均为F=kAx=1.3N, 根据竖直方向受力平衡可得矿泉水瓶受到的重力大小 5 G=3fes0=3x1.3x3N=1.5N,故选C 16.D解析：对宝宝受力分析，如图所示： 2J2 2x G 丙 设每个受力点受到的支持力为F、,摩擦力为「，由图可 AC.再对物体A受力分析如图乙、丙、丁，受重力mg,已知 知，不能确定宝宝每个受力点受到墙壁的支持力与重力 的推力F,斜面体B对A的支持力N和摩擦力了，当推力F 的大小关系，也不能确定每个受力点受到墙壁的摩擦力 沿斜面分量大于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面 与重力的大小关系，但可以确定每个受力点受到墙壁的 向下：当推力F沿斜面分量小于重力的下滑分量时，摩擦 摩擦力一定大于支持力.故选D. 力的方向沿斜而向上，当推力F沿斜面分量等于重力的下 第3关（练思雏宽度） 滑分量时，摩擦力为零，根据共点力平衡的条件，运用正 17,C解析：小球C为轻环，重力不计，受两边细线的拉力的 交分解法，可以得到N'=mgcos0+Fsin0,设∫沿x轴正方 合力与杆垂直，C环与乙环的连线与竖直方向的夹角为 向，有∫+Fcos8=mgsin6,联立两式得N”=mg 60°，C环与甲环的连线与竖直方向的夹角为30°，4点与甲 环的连线与竖直方向的夹角为30°，乙环与B点的连线与 (mn6ms0)-m8则当K。g时，B对A的 竖直方向的夹角为60，根据平衡条件，对甲环 支持力大于mg,故选项AC均错误故选D. 参考答案学霸23