高中物理平衡条件的应用平衡的稳定性每课一练教科版必修.doc

创新设计】2023-2023高中物理 4.2-4.3 平衡条件的应用 平衡的稳定性A每课一练 教科版必修1

(时间：60分钟)
题组一　共点力平衡条件的应用
1．如图42、311所示，两个等大、反向的水平力F分别作用在物体A和B上，A、B两物体均处在静止状态．若各接触面与水平地面平行，则A、B两物体各受几个力(假设水平地面光滑)(　　)

图42、311
A．3个，4个 B．4个，4个 C．4个，5个 D．4个，6个
解析　对物体A受力分析，竖直方向上受两个力：重力和支持力；水平方向受两个力：水平力F和B对A的摩擦力，即物体A共受4个力作用；对物体B受力分析，竖直方向上受3个力作用：重力、地面的支持力、A对B的压力；水平方向受两个力作用：水平力F和A对B向右的摩擦力，即物体B共受5个力的作用，故C对的．
答案　C
2．如图42、312所示，质量为M的木板静止在桌面上，木板上有质量为m的滑块在匀速滑行，拉力大小为F.已知滑块与木板间、木板与桌面间的动摩擦因数均为μ，M＝3m，那么木板所受桌面的摩擦力的大小是(　　)

图42、312
A．F B．2μmg C．3μmg D．4μmg
解析　m匀速滑行，由平衡条件知F＝μmg，M静止不动，由平衡条件知桌面的摩擦力等于m、M间的摩擦力，大小为μmg，所以A对，B、C、D错．
答案　A
3．(2023四川宜宾期末)如图42、313所示，皮带运送机将物体匀速地送往高处，下列结论对的的是(　　)

图42、313
A．物体受到与运动方向相同的摩擦力作用
B．传送的速度越大，物体受的摩擦力也越大
C．物体所受的摩擦力与匀速传送的速度无关
D．若匀速地向下传送物体，物体所受的摩擦力沿皮带向下
解析　由物体匀速运动，物体所受的摩擦力应和重力沿传送带方向向下的分力平衡，即沿皮带向上，与传送的速度大小和方向无关．
答案　AC
4．如图42、314所示，位于斜面上的物体M在沿斜面向上的力F作用下而处在静止状态，对M的受力情况，下列说法对的的是(　　)

图42、314
A．也许受三个力作用 B．也许受四个力作用
C．一定受三个力作用 D．一定受四个力作用
解析　对M进行受力分析，M受重力、斜面的支持力、推M的力F，M与斜面挤压处是否有摩擦力，是沿斜面向上还是沿斜面向下由F与mgsin α决定，所以A、B对的，C、D错误．
答案　AB
5．一质量为M的探空气球在匀速下降．若气球所受浮力F始终保持不变，气球在运动过程中所受阻力仅与速率有关，且它们关系为f＝kv(k为比例系数)，重力加速度为g，现欲使该气球以同样速率匀速上升，则需从气球吊篮中减少的质量为(　　)
A．2(M－) B．M－
C．2M－ D．0
解析　设气球所受阻力为f＝kv当气球匀速下降时，有Mg＝F＋kv，当气球匀速上升时，有(M－m0)g＋kv＝F，解得m0＝2(M－)，A对的．
答案　A
题组二　三解形法解平衡问题
6．三个共点力作用在同一物体上，处在平衡状态．其中一个力大小为4.0 N，方向向北；另一个力大小为3.0 N，方向向东；那么第三个力的大小和方向为(　　)
A．5.0 N，向东北 B．5.0 N，向西南
C．7.0 N，向东北 D．7.0 N，向西南
解析　如图所示，由共点力的平衡条件，第三个力一定与另两个力的合力等大、反向，因此F＝＝5.0 N，方向向西南．
答案　B
7．如图42、315所示，石拱桥的正中央有一质量为m的对称楔形石块，侧面与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g.若接触面间的摩擦力忽略不计，则石块侧面所受弹力的大小为(　　)

图42、315
A. B.
C.mgtan α D.mgcot α

解析　对石块受力分析如图所示，由平衡条件得：2Nsin α＝mg，解得N＝.
答案　A
题组三　动态平衡问题
8．(2023四川绵阳月考)如图42、316，一物体用一轻绳悬挂于O点而静止，现在用一个水平力F作用在物体上，使其缓慢偏离竖直位置，则水平拉力F的大小变化情况为(　　)

图42、316
A．先变大，后变小　 B．先变小，后变大
C．一直变大　　　 D．不断变小
答案　C
9．用细绳将重球悬挂在竖直光滑墙上如图42、317所示，当悬挂绳变长时(　　)

图42、317
A．绳子拉力变小，墙对球弹力变大
B．绳子拉力变小，墙对球弹力变小
C．绳子拉力变大，墙对球弹力变大
D．绳子拉力变大，墙对球弹力变小
解析　设绳子和墙面夹角为θ，对小球进行受
力分析：把绳子的拉力T和墙对球的弹力为N

合成F，由于物体是处在静止的，所以物体受力平衡，所以物体的重力等于合力F，即F＝G，根据几何关系得出：T＝，N＝mgtan θ，先找到其中的定值，就是小球的重力mg，mg是不变的，随着绳子加长，细线与墙壁的夹角θ减小，则cos θ增大，减小，tan θ减小，mgtan θ减小，所以，T减小，N减小．故选B.
答案　B
10．如图42、318所示，一个光滑的小球，放置在墙壁和斜木板之间，当斜木板和竖直墙壁的夹角θ角缓慢增大时(θ＜90°)，则(　　)

图42、318
A．墙壁受到的压力减小，木板受到的压力减小
B．墙壁受到的压力增大，木板受到的压力减小
C．墙壁受到的压力增大，木板受到的压力增大
D．墙壁受到的压力减小，木板受到的压力增大
解析　以小球为研究对象，处在平衡状态，根据受力平衡，有：由图可知，墙壁给球的压力F2逐渐减小，斜木板给球的支持力F1逐渐减小，根据牛顿第三定律可知墙壁受到的压力减小，木板受到的压力减小，故B、C错误，A对的．
答案　A
11．(2023山东文登期末)穿过挂有重物的动滑轮的绳子两端分别固定于两个竖直板上A、B两点，如图42、319所示，已知B点在A点之上．若将A点所在的板向右缓慢水平移动少许至M虚线位置．下列有关说法对的的是(　　)

图42、319
A．滑轮所在的高度不变
B．绳子被拉断的也许性变大
C．绳子被拉断的也许性变小
D．绳子对滑轮的作用力不变
解析　重物两面的绳左右对称，即两绳与竖直方向的夹角θ相等．根据平衡条件，有：2Tcosθ＝mg.向右缓慢水平移动即θ变大，故绳的拉力T变大．
答案　BD
题组四　正交分解法解平衡问题
12．如图42、320所示，一物体放在水平地面上，对物体施加一个倾角为θ的斜向上方的力F，当这个力从零开始逐渐增大时，物体受到的摩擦力将(　　)

图42、320
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先逐渐增大，后又减小 D．先逐渐减小，后又增大
解析　对物体进行受力分析，如图所示，将F进行正交分解，可得F1＝Fcos θ，F2＝Fsin θ.在F较小时，物体不运动，摩擦力f是静摩擦力，其大小应为f＝F1＝Fcos θ.所以F增大时，f也增大；在F较大时物体发生了运动，静摩擦力变为滑动摩擦力，其大小应为f′＝μN，又由竖直方向受力平衡，有N＋F2＝G，所以N＝G－F2＝G－Fsin θ.滑动摩擦力的大小f′＝μ(G－Fsin θ)，所以当F增大时，f′就减小了．
答案　C
13．如图42、321所示，一木块在垂直于倾斜天花板平面方向的推力F作用下，处在静止状态，则下列判断对的的是(　　)

图42、321
A．木块一定受到4个力的作用
B．木块也许受到2个力的作用
C．逐渐增大推力F，木块将继续保持静止状态
D．木块受天花板的滑动摩擦力随推力F的增大而增大
解析　木块在重力作用下，有沿天花板下滑的趋势，一定受到静摩擦力，则天花板对木块一定有弹力．木块受力如图，故A对的，B错误；根据平衡条件得：F＝N＋Gcos α，f＝Gsin α；逐渐增大F的过程，N增大，最大静摩擦力增大，而木块受到的静摩擦力f不变，木块将始终保持静止，故C对的，D错误．故选A、C.
答案　AC
14．(2023四川绵阳月考)如图42、322所示，倾角α＝30°的等腰三角形斜面固定在水平面上，质量分别为2m和m的A、B两个滑块用不可伸长的轻绳通过滑轮连接(不计滑轮质量和摩擦)．已知A滑块和左侧斜面的动摩擦因数μ＝，B滑块与右侧斜面间光滑接触．且A、B均处在静止状态，则斜面对A的摩擦力fA的大小和方向为(　　)

图42、322
A．fA＝mg B．沿斜面向上
C．fA＝mg D．沿斜面向下
解析　B处在静止状态，受力平衡，根据平衡条件得知：绳子的拉力 T＝mgsin α，再对A进行研究，设斜面对A的静摩擦力方向沿斜面向下，根据平衡条件得：T＝2mgsin α＋fA，联立以上两式得：fA＝－mgsin α＝－mg，负号说明斜面对A的静摩擦力方向沿斜面向上．故选A、B.
答案　AB
15．若把一木块置于台秤上，台秤的读数为50 N，然后用一个与水平方向夹角为60°的斜向上的拉力作用于木块上，木块仍保持静止，但发现台秤的读数减少了20 N．求：
(1)斜向上的拉力的大小；
(2)木块与台秤间的摩擦力大小．
解析　(1)由题意知：Fsin 60°＝20 N，解得拉力
F＝ N．(2)摩擦力f＝Fcos 60°＝ N.
答案　(1) N　(2) N
16．如图42、323所示，小球被轻质细绳系住斜吊着放在静止的光滑斜面上，设小球质量m＝ kg，斜面倾角θ＝30°，悬线与竖直方向夹角α＝30°，求：(g取10 m/s2)

图42、323
(1)悬线对小球拉力的大小；
(2)小球对斜面压力的大小．
解析　对小球进行受力分析，小球受重力、斜面支持力和轻绳拉力，沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系，将拉力和重力正交分解，由平衡条件得
mgsin θ＝Tcos(60°－α)　　 ①
mgcos θ＝Tsin (60°－α)＋N　　 ②
联立①②式，解得T＝10 N，N＝10 N.
答案　(1)10 N　(2)10 N