课时分层检测(16) 共点力的平衡-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中物理必修第一册同步辅导与测试(人教版)

班级 姓名 课时分层检测（十六 …0基础达标练 0 1.某物理兴趣小组成员发现， 谷堆母线与水平面的夹角不 会随着谷堆大小而变化，如 图所示，由此可以估测谷粒 之间的动摩擦因数。设最大 静摩擦力等于滑动摩擦力，若谷堆母线与水 平方向夹角大小为30°，则谷粒间的动摩擦 因数为 1 B③ c. D.√3 2.如图，质量为m的物 块在平行于斜面的拉 m 力F作用下沿倾角为 0的斜面做匀速直线 运动。物块与斜面间 的动摩擦因数u=tan0,重力加速度为g,则 拉力F的大小不可能为 ( A.mgsin 0 B.2√3 mngsin0 C.2mgsin 0 D.√3 ngsin0 3.(多选)如图所示，固定 的半球面右侧是光滑 010 的，左侧是粗糙的，O点 为球心，A、B为两个完全相同的小物块（可 视为质点)，小物块A静止在球面的左侧，受 到的摩擦力大小为F1,对球面的压力大小为 FN1;小物块B在水平力F2作用下静止在球 面的右侧，对球面的压力大小为F2,已知两 小物块与球心连线和竖直方向的夹角均为 0,则 ( 八 A.F1:F2=cos 0:1 B.F:F2=sin 0:1 C.FNI FN2 =cos20:1 D.FNI FN2 =sin20:1 16 得分 共点力的平衡 4.(多选)如图所示，轻质 弹簧一端系在质量为 m=1kg的小物块上， 000000000000 另一端固定在墙上。 物块在斜面上静止时， 弹簧与竖直方向的夹 角为37°，已知斜面倾角0=37°，斜面与小物块 间的动摩擦因数=0.5，斜面固定不动。设物 块与斜面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大 小相等。下列说法正确的是 () A.物块一定受4个力 B.弹簧弹力大小一定等于4N C.弹簧弹力大小可能等于5N D.斜面对物块的支持力可能为零 5.如图所示，倾角为0的 斜面体c置于水平地面 上，小物块b置于斜面 上，通过细绳跨过光滑 的定滑轮与沙漏斗a连 接，连接b的一段细绳与斜面平行。在a中 的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静 止状态，则 () A.b对c的摩擦力一定减小 B.b对c的摩擦力方向可能平行斜面向上 C.地面对c的摩擦力方向一定水平向右 D.地面对c的摩擦力先减小后增大 6.如图所示，质量 均为m的两物块 w 之间连接着一个 轻质弹簧，其劲度系数为k,现将两物块分别 放在一斜面的等高处，弹簧处于拉伸状态， 且物体与斜面均保持静止。已知斜面的倾 角为0，两物块和斜面间的动摩擦因数均为 ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说 法正确的是 ( A.斜面和水平地面间一定有静摩擦力 B.若将弹簧拿掉，物块有可能发生滑动 C.斜面对两物块和弹簧组成系统的静摩擦 力大于2 mgsin0 D.弹簧的最大拉伸量为mg√cos20-sin0 班级 姓名 …0能力提升练0… 7.如图所示，光滑的大圆环固 P 定在竖直平面上，圆心为O 点，P为环上最高点，轻弹簧 的一端固定在P点，另一端 0 拴接一个套在大环上质量为 的小球，小球静止，弹簧与竖直方向的夹 角0为30°，重力加速度为g,则下列选项正 确的是 A.小球所受弹簧的弹力大小等于√3mg B.小球所受弹簧的弹力大小等于mg C.小球所受大圆环的支持力大小等于2g D.大圆环对小球的弹力方向一定沿OQ指 向圆心O 8.(多选)如图所示，质量均为M的A、B两滑 块放在粗糙水平面上，两轻杆等长，杆与滑： 块、杆与杆间均用光滑铰链连接，在两杆铰： 合处悬挂一质量为m的重物C,整个装置始： 终处于静止状态，设杆与水平面间的夹角为： 0。下列说法正确的是 ( B A.当m一定时，0越大，滑块与地面间的摩 擦力越大 B.当m一定时，0越小，滑块与地面间的摩 擦力越大 C.当m和M一定时，滑块与地面间的压力： 与0无关 D.若最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力，： 则不管0取何值，只要增大，滑块一定 会滑动 9.(多选)如图所示，质量分别 为mA和mB的物体A、B用 细绳连接后跨过滑轮，A静 B 止在倾角0为45°的斜面上。 已知mA=2mB,不计滑轮摩 45° 擦，现将斜面倾角由45°增大到50°，系统保： 持静止。下列说法正确的是 ( A.细绳对A的拉力将增大 B.A对斜面的压力将减小 C.A受到的静摩擦力不变 D.A受到的合力不变 164 得分 0.如图所示，两个可视为质点的小球a和b, 用质量可忽略的刚性细杆相连，放置在一 个光滑的半球面内。已知小球a和b的质 量之比为√3，细杆长度是球面半径的√2倍。 两球处于平衡状态时，细杆与水平面的夹 角0是 ( 410 A.45 B.30° C.22.5°D.15° …0创新应用练0 1.如图所示，质量M=4kg的物块甲置于倾 角为37°的斜面上，物块甲与斜面间的动摩 擦因数=0.5，物块与斜面间的最大静摩 擦力大小等于滑动摩擦力大小。质量为m =1.5kg的物块乙通过三段轻绳悬挂，三 段轻绳的结点为O,水平轻绳OA与物块甲 连接于A点，轻绳OB与水平方向夹角也 为37°。对物块甲施加沿斜面向上的力F (图中未画出)使甲、乙两物体均静止。己 知sin37°=0.6，c0s37°=0.8，重力加速度 g取10m/s2。求： 378 0 37° 乙 (1)轻绳OA、OB的弹力大小分别为多少？ (2)力F大小的取值范围。力，则B对地面的压力大小大于B的重力，C错误：C受到竖直向 上的弹力是由A、B发生微小形变而产生的，D错误。] 课时分层检测（十五） 1,D合力与分力之间满足平行四边形定则，两个力的合力可以大 于分力，可以小于分力，也可以等于分力，故A错误：根据平行四 边形定则知，分力的大小不变，夹角增大时，合力减小，故B错误； 分力F,、F,都增大时，两分力间的夹角可能增大，所以合力F不 一定增大，故C错误；由力的合成方法可知，两力合力的范图F 一F2F合F十F,所以合力有可能大于任一分力，也可能小 于任一分力，还可能与两个分力都相等，故D正确。 2.C[由三角形定则可知，A中的合力的大小为2F,B中的合力的 大小为0，C中的合力的大小为2F2,D中的合力的大小为2F3,因 为F2是直角三角形的斜边，所以F2最大，所以合力最大的是C 选项。 3.A [球有压挡板和压斜面两个效果，所以重力按效采应该分解为 F和F,A正确，B错误：F和球对斜面的正压力不是一个力， F:的受力物体是球，正压力的受力物体是斜面，C错误；F和球 对挡板的压力不是一个力，F的受力物体是球，压力的受力物体 是挡板，D错误。 4.B[由力的三角形定则可知，图中F,与F,的合力等于F,F:与 F,的合力也等于F,故这5个力的合力为3F1=30N。] 5.AC[当0=120°，F=G,A正确：只有当0=0时，F=G,B错误， C正确：当合力不变时，夹角0越大，两分力F越大，D错误。] 6.B 要使船沿OO方向航行，甲和乙的拉力 的合力方向必须沿了方向。如图所示，作 32 平行四边形可知，当乙拉船的力的方向垂直 E. -0 于OO时，乙的拉力F最小，其最小值为 77777777 Fmi.-F sin 30-1 000X N-500 N. 故B正确。] 7.BC「手指所受拉力的大小等于绕过动滑轮的绳 子两端的拉力F、F,的合力F的大小，如图所 示。只增加绳的长度，F、F,的大小及其夹角不 变，则合力F不变，A错误；只增加重物的重量， F2 F、F。的大小增大，夹角不变，则合力F变大，B 、00 正确：手指向下移动，F、F。大小不变，夹角变 小，则合力F变大，C正确：同理，D错误。] 8.A[由题意得F1=F2=F,由几何关系得Fg=2F,又F1、F2夹 角为120°，故F1、F,的合力大小为F,方向与Fg相同，因此这三 个力的合力大小为3F,故A正确。门 9.D[对气球受力分析，受重力、浮力、细绳的拉力和水平风力，如 图所示，根据平衡条件，有Frsin0=F,F一Frcos0一ng-0,解 得FT=√F+(P净一mg,an0=F诗一mg 可知拉力随着风力 的变化而变化，而细绳对重物的拉力与细绳对气球的拉力大小相 等，细绳与竖直方向的夹角随着风力的变化而变化，故A,B错误； 对气球和重物整体受力分析，受重力(M十mg)g、浮力F学、支持 力FN、风力F和摩擦力F,赧据平衡条件，有：FN=(M十m)g F学，F一F,可知地面对重物的支持力不变，地面对重物的摩擦力 随着风力的变化而变化，故C错误，D正确。] F浮1 F /F mg 10.解析此题可以用平行四边形定则求解， 但因其夹角不是特殊角，计算麻烦，如采 459 改用正交分解法测简便得多。 30R 以C为原点建立直角坐标系，设x轴水 平，y轴竖直，在图上标出FAC和F在x 轴和y轴上的分力，即 FAc=Fac sin30°= mg 2 FG=Fccos30°=YSFG 2 Fuc,-Fuc sin 45* F,=Fx0os45-Y号Fx 在x轴上，FAc与F大小相等 在y轴上，FC,与F,的合力与重力相等 即受Pe+号Fx=0N回 2 23 联立①②两式解得 绳BC的拉力Fx=25(√6-√2)N 绳AC的拉力FAc=50(√3-1)N。 答案50（√3-1）N25(√6-√2)N 11.B[装置的重力和摩擦力均不计，对B进行受力分析如图，则： 水平方向：F=一F1sina,对A进行受力分析如图： 注件 风☑ F2 F777X 竖直方向：F2=-F√cosa,由图易知F'=F,所以：F2=cosC sin a F,根据牛顿第三定律，工件受到的向上的弹力与工件对装置的 作用大小相等，方向相反，即：FN=E,=cOsF=√5×1O0N= sin a 100√5N,故远B。] 12.解析把两根钢索的拉力看成沿 钢索方向的两个分力，以它们为 邻边画出一个平行四边形，其对 5353 角线就表示它们的合力。由对称 性可知，合力方向一定沿塔柱竖 直向下，如图所示，F=2F1c0s53 =2×5×10°×0.6N=6×10 N,方向竖直向下。 答案6×10N方向竖直向下 课时分层检测（十六） 1.B[某一粒谷粒刚好不下滑，则有mngsin30°=umgcos30°，解得 k=tan30°-y 3,故选B] 2.B[当物块所受重力沿斜面向下的分力与物块所受滑动摩擦力 方向相同时，F有最大值为F=mgsin0十mgcos0=2 gsin 0,当 物块所受重力沿斜面向下的分力与物块所受滑动摩擦力方向相 反时，F有最小值0，故A、C、D可能，B不可能。] 3.AC[如图，分析受力作出力的合成 图，由图中几何关系有：F1=mgsin0、 F=mgcos 0;F2=mgtan 0.FN2= :F:-cos 0.FN= mg c0s0,A、C正确。] 4.AC[物块重力沿斜面方向的分力为 mgsin0=6N,若弹簧对物块没有弹力，物块与斜面间的最大静摩 擦力为ngcos0=4N,由于ng sin0>ngcos0,物块不可能静 止，故弹簧对物块有压力，物块还受到重力、斜面的支持力及静摩 擦力作用，共4个力，A正确，D错误；设弹簧压力大小为FN,要使 物块静止，应满足ngsin(ngcos0十FN),解得FN≥4N,B错 误，C正确。 5.B设a、b的重力分别为Gn、G,若G.<G sin 日，b受到c的摩擦力沿斜面向上，根据平衡条件， 有F-Gsin0-Gn,在a中的沙子缓慢流出的过 F地、 程中，Gn减小，故摩擦力增加；若Gn>Gsin0,b 受到C的摩擦力沿斜面向下，根据平衡条件，有 F:=G.一Gsin0,在a中的沙子缓慢流出的过程 Gh+Go 中，G减小，故摩擦力减小：若Gn=Gsin0,此时 F=0,在a中的沙子鍰慢流出的过程中，G减小，F:沿斜面向 上，不断增大，故A错误：由以上分析可知，b对c的摩擦力方向有 可能平行斜面向上，故B正确；以b、C整体为研究对象，分析受力 如图所示，根据平衡条件可知水平面对c的摩擦力F一FTcos日 =G.cos0,方向水平向左，在a中的沙子缓慢流出的过程中G,减 小，地面对C的摩擦力减小，故C,D错误。 6.D「斜面、两物块和弹簧组成的系统在水平方向不受外力作用， 故A错误；弹簧拿掉前，物块所受摩擦力大小为F,= /(ngsin0)十Fr,弹簧拿掉后，假设物块仍静止，则其所受摩 擦力大小为Fr=ngsin0F,故假设成立，即物块不可能发生滑 动，故B错误：斜面对两物块和弹簧组成的系统在沿弹簧轴线方 向的摩擦力的合力为零，在沿斜面向上方向的摩擦力大小为F =2F,'=2 ngsin0,即斜面对两物块和弹簧组成系统的静摩擦力 大小等于2 ngsin0,故C错误；设弹簧的最大拉伸量为x,则(k.x) 十(mgsin)2=(gco)2,解得x=mgV企cos0=n0,故D 正确。] 7.A[小球受重力G、弹簧的拉力F及圆环 P 的弹力F、,其中圆环的弹力沿半径向外， 如图所示，D错误：弹簧的弹力F沿弹簧向 上，与竖直方向成30°角，圆环的弹力FN与 竖直方向成60°角，由几何关系知，平行四 0 边形QGFF为菱形，所以FN=G=mg, B F-F=√3mg,A正确，B,C错误。] 8.BC[根据力的分解可知，杆对滑块的作用 F 力大小为F=2器)0，滑块与地面同的降 mg 擦力大小为F=Fcos0=2Sn)·cos0= 2路②，由②式可知，当m一定时，0慈小，P越大，故A错误，B 正确；当m和M一定时，每个滑块与地面间的压力大小始终等于 整体的重力大小的二分之一，与日无关，故C正确；根据前面的分 析可知，每个滑块对地面的压力大小为FN一之(2M十m)g=Mg 2g③，设滑块与地面间的动摩擦因数为，使滑块不滑动的 条件为：F、≥F④，联立②③④可得 ,当m (2M+1an8 四时，有心品所以当心品时，无论态样增大m,滑块海不 会滑动，故D错误。] 9.BD[先对B物体受力分析，受重力和拉力，根据共点力平衡条 件，有：FT=mgg ① 再对物体A受力分析，受拉力F'(F,'= FT)、重力GA、支持力FN,静摩擦力F热（可 y 能没有，也有可能沿斜面向上，还有可能沿 F 斜面向下)，先假设沿斜面向上，如图： F 根据共点力平衡条件，有： x方向 Fr'十F静一mAgsin0=0② B y方向FN一nAgcos0-0③ 又F,=FT 45 由①式，当0由45°增加到50°时，细绳对A 的拉力不变，故A错误； 由③式，当0由45°增加到50°时，斜面对物体A的支持力FN将变 小，故根据牛顿第三定律，A对斜面的压力将减小，故B正确： 由②式，当0由45“增加到50°时，斜面对物体A的静摩擦力一定 变化，故C错误； 物体A保持静止，合力一直为零，故D正确。] 10.D[设细杆对两球的弹力大小为T,小球a、b的受力情况如图 所示，其中球面对两球的弹力方向指向圆心，a一45°，故F的方 向为向上偏右，即3=90°一45°一0=45°一0：F的方向为向上偏 左，即B=90°-(45°-)=45°十0。两球都受到重力、细杆的弹 力和球面的弹力的作用，过O作竖直线交ab于c,点，设球面的半 径为R,则Oac与左侧力三角形相似；)bc与右侧力三角相似；刺 由几何关系可得=-=，解得：R √3F;再取☑、b及细杆组成的整体为研究对象，由平衡条件得： Fx sinB=FNsin B2,即√5Fsin(45°-0)=Fsin(45°+0)，解 得：0=15°。故D正确。] 10 B. T a mg 11,解析(1)对结，点)受力分析，由平衡条件可知，轻绳OA的弹 力大小为FA-am37=20N mg 轻绳OB的弹力大小为FB sin37=25V。 (2)对甲物块受力分析，拉力F较小时，最大静摩擦力F沿斜面 向上，由平衡条件可得 Mgcos 37=FN+FA sin 37 F1+Fm=Mgsin37°+FAcos37° 又Fm-FN 解得F=10N,F1=30N 拉力F较大时，最大静摩擦力F沿斜面向下，由平衡条件可得 F:=F+Mgsin 37+FAcos 37 解得F2=50N 故力F大小的取值范圆为30NF50N。 答案(1)20N25N(2)30N≤F50N 23 课时分层检测（十七） 1.AC[以A为研究对象，所受合外力为0，故C对A有向右的摩 擦力，A对C有向左的摩擦力，故A正确：由于B物体做匀速直线 运动，则受力平衡，水平方向合力为零，则B不会受到C的摩擦 力，故B错误：以A、B、C整体为研究对象，其在F作用下向左匀 速运动，所受合外力为0，故地面对C有向右的摩擦力，C对地有 向左的摩擦力，C受到A和地面给它的两个摩擦力的作用，故C 正确，D错误。 2.C[将四个球看作一个整体，地面的支持力 与球的重力平衡，设其中一个球受到的支持 力大小为FN,因此3FN=4ng,即FN= 3mg,选项C正确。最上面的球对下面三个 F 球肯定有压力，即有弹力，远项A错误。以下 方三个球中任意一个球为研究对象，受力如下、 YG 图所示，由此可知选项B错误。由于地面与 球之间的摩擦力为静摩擦力，因此不能通过F一：F、求解，选项 D错误。 3.AC[在共，点力的作用下，物体如果处于平衡状态，则该物体必定 同时具有以下两个特点：从运动状态来说，物体保持静止或者匀 速直线运动状态，加速度为零：从受力情况来说，合力为零。物体 在某一时刻的速度为零，并不等同于这个物体保持静止，如采物 体所受的合力不为零，它的运动状态就要发生变化，在下一个瞬 间就不是静止的了，所以物体是否处于平衡状态要由物体所受的 合力和加速度判断，而不能认为物体某一时刻速度为零就是处于 平衡状态。本题的正确远项应为A、C。】 4.ABC[以重物为研究对象，根据平衡条件分析 可知，绳子的拉力大小等于重物的重力，没有 变化。 人受重力、支持力、拉力和静摩擦力处于平衡状 态，设拉力与竖直方向的夹角为0，根据共点力平 衡得F,=Frsin0,FTcos0+FN=mg,当人拉着 mg 绳向右跨出一步后人和重物保持静止，目增大， F,不变，则静摩擦力F,增大，支持力FN增大； 人对地面的作用力等于人对地面的压力和摩擦 力的合力，人对地面的摩擦力和压力都变大，则这两个力的合力 变大，即人对地面的作用力变大，故远A、B、C。 5.ABD [施加力F之前，b受到绳的拉力与其重力平衡，当受力F 缓慢移动过程中，拉力的竖直分力与其重力平衡，故随绳与竖直 方向夹角的增大，拉力逐渐增大，拉力的水平分力也逐渐增大，而 力F与拉力的水平分力平衡，因此力F逐渐增大，故A、B正确； 施加力F之前，绳子拉力与b物块的重力大小相等，此时a物块 有向上运动的趋势，受到的静摩擦力沿斜面向下，之后随绳子拉 力增大，a受到的摩擦力逐渐增大，故C错误：对整体受力分析可 知，地面对斜面体的摩擦力与水平力F平衡，而力F逐渐增大，故 地面对斜面体的摩擦力也增大，由牛顿第三定律可知，斜面体对 地面的摩擦力增大，故D正确。] 6.解析(1)对结点O受力分析有FrQ 721只 c0s601 解得Fr=20N (2)以斜面体、B为整体分析，由于斜面体及物块B均保持静止，水 平方向有F;=FTosin60 解得F=10w√3N。 答案(1)20N(2)10√3N 7.A[设书本的质量为M,以两个轻环和书本组成的系统为研究对 象，竖直方向受到重力和水平横梁对轻环的支持力F、,受力如图 所示。 2F Mg 根据平衡条件得2FN一Mg,解得FN FN 2Mg,可见，水平横杆对轻环的支持力F、 不变，B错误：以A环为研究对象，受力如图 所示。 F 竖直方向Fx=Fsin a,水平方向Fcos a=Fr, Fa增大时，F;变小，A正确杆 解得F一tana 对A环的支持力不变，摩擦力减小，则杆对A环的作用力变小，C 错误；设与B环相连的细绳对书本的拉力为FT,在竖直方向，褪 8