3.6 共点力作用下物体的平衡 同步练习 -2025-2026学年高一上学期物理教科版必修第一册

6. 共点力作用下物体的平衡 一、必备知识基础 题组一　共点力作用下物体的平衡 1.如图所示,一架无人机执行航拍任务时正沿直线朝斜下方匀速运动。用G表示无人机所受的重力,F表示空气对它的作用力,下列四幅图能表示此过程中无人机受力情况的是(　　) 2.如图所示,教学用的棋盘竖直放置,每个棋子内部均嵌有小磁铁,能吸附在棋盘上处于静止状态。不计棋子间的相互作用力,下列说法正确的是(　　) A.棋子可能受到两个力的作用 B.棋盘对棋子的弹力是由棋子发生形变引起的 C.棋子受到的摩擦力与棋子受到的重力是一对平衡力 D.棋盘对棋子的摩擦力大小与棋盘对棋子的弹力大小成正比 题组二　处理平衡问题常用的方法 3.如图所示,两根细绳AO、BO连接于O点,点的下方用细绳CO悬挂一重物并处于静止状态,细绳BO水平。则三根细绳中拉力最大的是(　　) A.AO B.BO C.CO D.无法确定 4.如图所示,用一根长1 m的轻质细绳将一幅质量为1 kg的画框对称悬挂在墙壁上。已知细绳能承受的最大拉力为10 N。g取10 m/s2。为使细绳不断裂,画框上两个挂钉的间距最大为(　　) A. m B. m C. m D. m 5.物体A在水平力F1=500 N的作用下,沿倾角θ=37°的斜面匀速滑动,如图所示。物体A受的重力G=400 N,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求物体与斜面间的动摩擦因数μ。 题组三　动态平衡问题 6.如图所示,一只小鸟沿着较粗的均匀树枝从右向左缓慢爬行,在小鸟从A运动到B的过程中(　　) A.树枝对小鸟的作用力不变 B.树枝对小鸟的摩擦力不变 C.树枝对小鸟的弹力先减小后增大 D.树枝对小鸟的弹力保持不变 7.中国传统建筑一般采用瓦片屋顶,屋顶结构的简化图如图所示,若一块弧形瓦片静止在两根相互平行的倾斜椽子正中间。已知椽子与水平面夹角均为θ,该瓦片质量为m,椽子与瓦片间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则(　　) A.瓦片所受的合力大小为mg B.每根椽子对瓦片的支持力大小为0.5mgcos θ C.两根椽子对瓦片的作用力大小为μmgcos θ D.每根椽子对瓦片的摩擦力大小为0.5mgsin θ 8.表面光滑的四分之一圆柱体紧靠墙角放置,其横截面如图所示。细绳一端连接小球,另一端绕过P处滑轮,小球在外力F拉动下从A点缓慢移动到B点。已知AP长度是BP长度的2倍,则小球在A处时绳子的拉力与小球在B处时绳子拉力的比为(　　) A. B. C.2 D.4 二、关键能力提升 9.如图所示,倾角为30°的固定斜面上放有质量分别为200 g、300 g的木块A、B,A、B之间有一轻质弹簧,用平行于斜面向上的拉力F作用在木块B上,系统保持静止,此时A、B之间的弹簧伸长量为1 cm。已知木块A、B与斜面间的动摩擦因数均为0.75,弹簧的劲度系数为100 N/m,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.木块A所受摩擦力沿斜面向上,大小为 N B.木块A所受摩擦力沿斜面向下,大小为 N C.若拉力F为1.5 N,则木块B所受摩擦力为0 D.若拉力F为1.5 N,则木块B所受摩擦力沿斜面向上,大小为1 N 10.(多选)轻绳A端固定,用轻质动滑轮将重物挂于轻绳上,如图所示。当动滑轮静止后,将轻绳B端缓慢沿虚线(　　) A.向右移动,绳子的弹力不变 B.向右移动,绳子的弹力变大 C.向上移动,绳子的弹力不变 D.向上移动,绳子的弹力变小 11.如图所示,半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上,质量为m的光滑小球P在水平外力F的作用下处于静止状态,P与圆心O的连线与水平面的夹角为θ,将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90°,框架与小球始终保持静止状态,重力加速度为g,在此过程中,下列说法正确的是(　　) A.F未转动时,地面对框架的摩擦力大小为 B.F的最小值为mgsin θ C.框架对小球的支持力先增大后减小 D.框架对小球的支持力先减小后增大 12.如图所示,用筷子夹质量为m的光滑小球,两根筷子与小球球心均在竖直平面内,两根筷子和竖直方向的夹角均为θ,下列说法正确的是(　　) A.两根筷子对小球作用力的合力的方向垂直于筷子 B.每根筷子对小球的弹力均为 C.若要以同样大小的弹力夹起一更重的光滑小球,则应增大夹角θ D.若要以同样大小的弹力夹起一更重的光滑小球,则应减小夹角θ 13.如图所示,A、B两球用劲度系数为k1的轻弹簧相连,B球用长为l的细绳悬于O点,A球固定在O点正下方,且O、A间的距离恰为l,此时绳子所受的拉力为T1,弹簧的弹力为F1,现把A、B间的弹簧换成劲度系数为k2(k1>k2)的轻弹簧,仍使系统平衡,此时绳子所受的拉力为T2,弹簧的弹力为F2,则下列说法正确的是(　　) A.T1<T2 B.T1>T2 C.T1=T2 D.F1=F2 三、核心素养拔高 14.(多选)如图所示,物体A用轻质细绳与圆环B连接,圆环固定在竖直杆MN上。现用一水平力F作用在绳上的O点,将O点缓慢向左移动,使细绳与竖直方向的夹角θ逐渐增大。关于此过程,下列说法正确的是(　　) A.水平力F逐渐增大 B.水平力F逐渐减小 C.绳OB的拉力先减小再增大 D.绳OB的拉力逐渐增大 15.如图所示,可视为质点的质量m=2.2 kg的物块放在质量m0=4.4 kg、足够长的长木板上,长木板放置在水平地面上。物块通过轻质弹簧连接水平天花板,当弹簧与水平方向的夹角为37°且弹簧长度l1=20 cm时,对长木板施加水平向左的拉力F=20 N,长木板恰好做匀速直线运动,物块相对于地面静止。已知弹簧的劲度系数k=100 N/m、原长l0=10 cm,弹簧始终处于弹性限度内,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求: (1)物块与长木板间的动摩擦因数μ1; (2)长木板与水平地面间的动摩擦因数μ2。 参考答案 1.C　由于无人机正沿直线朝斜下方匀速运动,即所受合外力为零,所以只有C图正确。 2.C　棋子受到重力、棋盘的吸引力、棋盘的弹力、棋盘的静摩擦力四个力的作用,A错误;棋盘对棋子的弹力是由棋盘发生形变引起的,B错误;棋子受到的摩擦力与棋子受到的重力是一对平衡力,C正确;棋盘对棋子的摩擦力大小与棋盘对棋子的弹力大小不成正比,根据平衡条件,摩擦力的大小等于重力的大小,D错误。 3.A　重物处于静止状态,合力为零,对O点进行受力分析如图所示,由几何关系知,TA最大,即三根细绳中拉力最大的是AO,故选A。 4.A　当两个挂钉间距最大时细绳的拉力达到最大值10 N,设此时细绳与竖直方向的夹角为θ,将重力分解,由平行四边形定则可得mg=Fmcos θ,得θ=60°,由几何关系可得挂钉间距最大为 m,故选A。 5.解析 取A为研究对象,受力分析并建立坐标系如图所示。 由平衡条件可知,在坐标x、y两个方向合力分别为零,即有 x方向上F1cos 37°-Gsin 37°-f=0 y方向上N-F1sin 37°-Gcos 37°=0 解得N=620 N,f=160 N 所以μ=。 答案 6.A　树枝对小鸟的作用力与小鸟的重力等值反向,所以树枝对小鸟的作用力大小不变,故A正确;小鸟所受的摩擦力f=mgsin θ,从A到B的过程中,θ先减小后增大,则摩擦力先减小后增大,故B错误;小鸟所受的弹力F=mgcos θ,从A到B的过程中,θ先减小后增大,则弹力先增大后减小,故C、D错误。 7.D　瓦片静止,处于平衡状态,所受合力为零,A错误;两根椽子对瓦片支持力的合力为mgcos θ,但瓦片有弧度,所以每根椽子对瓦片的支持力大小不是0.5mgcos θ,B错误;椽子对瓦片的作用力包括支持力和摩擦力,合力大小为mg,C错误;两根椽子对瓦片摩擦力的合力为mgsin θ,摩擦力方向与椽子平行,所以每根椽子对瓦片的摩擦力大小为0.5mgsin θ,D正确。 8.C　由于小球是缓慢移动的,可以认为小球始终处于平衡状态,设在A、B两点时绳子的拉力分别为F1、F2。在A点处,小球受到重力、拉力、支持力的作用,三个力将构成一个闭合的矢量三角形,这个三角形与△APO相似,则有,同理,在B处有,由于lAP=2lBP,所以F1=2F2,故选C。 9.D　对木块A进行受力分析,沿斜面方向有重力沿斜面向下的分力,大小为mAgsin θ=1 N,弹簧处于伸长状态,对木块A的弹力沿斜面向上,大小为kx=1 N,故木块A所受摩擦力为0,A、B错误;对木块B进行受力分析,沿斜面方向有重力沿斜面向下的分力,大小为mBgsin θ=1.5 N,弹簧处于伸长状态,弹力沿斜面向下,大小为kx=1 N,拉力沿斜面向上为1.5 N,故木块B所受摩擦力沿斜面向上,大小为1 N,C错误,D正确。 10.BC　设绳子与竖直方向之间的夹角为θ,根据平衡条件得mg=2Fcos θ,解得F=。将轻绳B端缓慢沿虚线向右移动,θ变大,绳子的弹力变大,A错误,B正确;由于绳子上的拉力处处相等,所以绳子与竖直方向的夹角相等,将轻绳B端缓慢沿虚线向上移动,设绳子与竖直方向的夹角变为α,设绳子总长度为L,左侧绳子长度为L1,右侧绳子长度为L2,A、B两点间水平距离为d,有d=L1sin α+L2sin α,L1+L2=L,解得sin α=,又因为sin θ=,得α=θ,θ不变,绳子的弹力不变,C正确,D错误。 11.A　小球受力情况如图甲所示,根据平衡条件有F=,以半圆形框架和小球整体为研究对象,根据平衡条件有f=F=,故A正确;由图乙可知,拉力顺时针转动过程中,当拉力和支持力垂直时,拉力最小,最小值为F=mgcos θ,故B错误;拉力顺时针转动过程中由图可知,框架对小球的支持力逐渐减小,故C、D错误。 12.C　对小球受力分析结合平衡条件可知,两根筷子对小球作用力的合力与小球的重力等大反向,即两根筷子对小球作用力的合力的方向竖直向上,故A错误;对球受力分析,受筷子对小球的两个压力、小球的重力,如图所示,在竖直方向上有2F1sin θ=mg,解得F1=F2=,故B错误;若要以同样大小的弹力夹起一更重的光滑小球,则弹力不变,mg变大,应增大夹角θ,故C正确,D错误。 13.C　以小球B为研究对象,分析受力情况,由平衡条件可知,弹簧的弹力F和绳子的拉力T的合力F合与重力mg大小相等,方向相反,即F合=mg,如图所示,由三角形相似可得,由于lOA=lOB,则有T=mg,绳子的拉力T只与小球B的重力有关,与弹簧的劲度系数k无关,则有T1=T2,假设AB间距离不变,由于k减小,则弹簧弹力减小,故AB间距离减小,则有F1>F2,故选C。 14.AD　细绳与竖直方向的夹角为θ,物体的重力为G,对结点O受力分析,如图所示,水平方向上Tsin θ=F,竖直方向上G=Tcos θ,解得F=Gtan θ,θ增大,则F增大,故A正确,B错误;设OB绳子的拉力为T,则有Tcos θ=G,解得T=,θ增大,则拉力T增大,故C错误,D正确。 15.解析 (1)物块受力分析如图所示 由于长木板恰好做匀速直线运动,物块相对于地面静止。所以f=F弹cos 37° 又f=μ1N=μ1(mg-F弹sin 37°) F弹=kx=k(l1-l0) 解得μ1=0.5。 (2)长木板受重力m0g、支持力N'、物块的压力F压、拉力F、物块的摩擦力f'和地面的摩擦力f1作用,如图所示 长木板恰好做匀速直线运动,所以F=f1+f' 由牛顿第三定律可知f'=f 地面对长木板的摩擦力f1=μ2(m0g+F压) 由牛顿第三定律可知F压=N 解得μ2=0.2。 答案 (1)0.5　(2)0.2 学科网（北京）股份有限公司 $