人教版 (2019)必修 第一册5 共点力的平衡测试题

这是一份人教版 (2019)必修 第一册5 共点力的平衡测试题，共5页。试卷主要包含了[2023·河北邢台一中月考]，解析等内容，欢迎下载使用。

A.树枝对小鸟的弹力先减小后增大
B．树枝对小鸟的摩擦力先增大后减小
C．树枝对小鸟的摩擦力先减小后增大
D．树枝对小鸟的作用力先减小后增大
2．[2023·山西忻州一中高一期末]如图所示，一光滑小球静止放置在光滑半球面的底端，小球所受重力为G，用竖直放置的光滑挡板水平向右缓慢地推动小球，则在小球运动的过程中(该过程小球未脱离球面)，挡板对小球的推力F1、半球面对小球的支持力F2的变化情况正确的是( )
A．F1增大，F2减小 B．F1增大，F2增大
C．F1减小，F2减小 D．F1减小，F2增大
3．(多选)
如图所示，用轻绳AO和轻绳BO吊着一个重物M，保持AO与水平方向的夹角θ不变．下列说法正确的是( )
A．当BO逆时针由水平转到竖直，轻绳BO的拉力先减小后增大
B．当BO逆时针由水平转到竖直，轻绳AO的拉力一直减小
C．若保持BO水平，增大M的重力，则AO拉力增大，BO拉力减小
D．若保持BO水平，缓慢增大θ，则AO、BO的拉力均增大
4.
如图所示，一光滑半圆形凹槽固定在水平地面上，一物块(可看作质点)静置于槽内最底部的A点处．现用一方向不变的斜向上的推力F把物块从A点沿着凹形槽缓慢推至B点．设物块受到凹槽的支持力为FN，则在上述过程中F和FN大小的变化情况为( )
A.F和FN都一直增大
B．F一直增大，FN先减小后增大
C．F先增大后减小，FN一直增大
D．F和FN都先增大后减小
5．(多选)如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，已知A的圆半径为球B的半径的3倍，
球B的重力为G，整个装置处于静止状态．设墙壁对B的压力为F1，A对B的支持力为F2，若把A向右缓慢移动少许后，它们仍处于静止状态，则F1、F2的变化情况分别是( )
A．F1减小 B．F1增大
C．F2增大 D．F2减小
6．[2023·福建南平高一上期末]
如图所示，把重力为G的物体通过细绳OA、OB拴在半圆支架MN上，开始时，OA与竖直方向成37°角，OB与OA垂直，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则下列说法正确的是( )
A．此时细绳OA的拉力为0.6G
B．此时细绳OB的拉力为0.8G
C．保持OB不动，沿圆弧CM缓慢下移A点，OA绳拉力变小
D．保持OA不动，沿圆弧NC缓慢上移B点，OB绳拉力变大
7．[2023·山西师范大学附中月考]小明在观察如图所示的沙子堆积时，发现沙子会自然堆积成圆锥体，且在不断堆积过程中，材料相同的沙子自然堆积成的圆锥体的最大底角都是相同的．小明测出这堆沙子的底部周长为31.4 m，利用物理知识测得沙子之间的动摩擦因数为0.5，估算出这堆沙子的体积最接近( )
A．30 m3B．60 m3
C．200 m3 D．250 m3
8.如图所示，可视为质点的小球拴接了轻质弹簧和细线，并在它们的作用下保持静止．轻质弹簧与竖直方向有一定夹角，细线处于水平状态．现保持弹簧与竖直方向夹角不变，将轻质细线由水平状态缓慢转至竖直状态，则( )
A．弹簧的长度逐渐变长
B．弹簧的长度逐渐变短
C．细线上的拉力逐渐增大
D．细线上的拉力逐渐减小
9．[2023·河北邢台一中月考]
如图所示，质量为m的小球套在竖直固定的光滑圆环上，在圆环的最高点有一个光滑小孔，一根轻绳的下端系着小球，上端穿过小孔用力F拉住，开始时绳与竖直方向的夹角为θ，小球处于静止状态，现缓慢拉动轻绳，使小球沿光滑圆环移动一小段距离，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是( )
A．绳与竖直方向的夹角为θ时，F＝mg cs θ
B．小球沿光滑圆环上升过程中，轻绳拉力逐渐增大
C．小球沿光滑圆环下降过程中，小球所受支持力大小不变
D．小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力逐渐增大
10．歼­20战斗机安装了我国自主研制的矢量发动机，能够在不改变飞机飞行方向的情况下，通过转动尾喷口方向改变推力的方向，使战斗机获得很多优异飞行性能．已知在歼­20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航时升阻比(垂直机身向上的升力和平行机身向后的阻力之比)为 eq \r(15)，飞机的重力为G，则使飞机实现节油巡航模式的最小推力是( )
A．G B． eq \f(G,\r(15))
C． eq \f(G,16) D． eq \f(G,4)
11.如图所示，两个半圆柱A、B相接触并静置于水平地面上，其上有一光滑匀质圆柱C，三者半径均为R.C的质量为2m，A、B的质量都为m，与地面间的动摩擦因数均为μ.现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面．整个过程中B保持静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：
(1)未拉A时，C受到B作用力的大小F；
(2)动摩擦因数的最小值μmin.
动态平衡及平衡中的临界、极值问题
1．解析：小鸟的受力情况如图所示，
小鸟所受的弹力N＝mgcsθ，从A到B的过程中，θ先减小后增大，则弹力先增大后减小；小鸟所受的摩擦力f＝mgsinθ，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；树枝对小鸟的作用力始终与小鸟的重力等大且反向，所以树枝对小鸟的作用力大小不变．
答案：C
2．解析：作出小球在某位置时的受力分析图，如图所示
在小球运动的过程中，F1的方向不变，F2与竖直方向的夹角逐渐变大，画力的动态平行四边形，由图可知F1、F2均增大，故B项正确．
答案：B
3．解析：
对结点O受力分析，受三个拉力，如图所示，当BO逆时针由水平转到竖直时，通过作图可以发现，轻绳BO的拉力先减小后增大，轻绳AO的拉力一直减小，故A、B正确；设M的重力为G，当BO水平时，利用三角函数得FA＝eq \f(G,sinθ)，FB＝eq \f(G,tanθ)，当G增大时，两个绳子上的拉力均增大；当θ增大时，两个绳子拉力均减小，故C、D错误．
答案：AB
4．解析：对物块受力分析如图
由图可知，物块从A点沿着凹形槽缓慢推至B点过程中，F一直增大，FN先减小后增大．
答案：B
5．解析：方法一(解析法) 以球B为研究对象，受力分析如图甲所示，根据合成法，可得出F1＝Gtanθ，F2＝eq \f(G,csθ)，当A向右移动少许后，θ减小，则F1减小，F2减小．
方法二(图解法) 先根据平衡条件和平行四边形定则画出如图乙所示的矢量三角形，在θ减小的过程中，从图中可直观地看出，F1、F2都会减小．
答案：AD
6．解析：对结点O进行受力分析，如图甲所示，由于物体处于平衡状态，故有FA＝Gcs37°＝0.8G，FB＝Gsin37°＝0.6G，故A、B错误；保持OB不动，沿圆弧CM缓慢下移A点，FA与水平方向的夹角逐渐减小，而FB的方向保持不变，如图乙所示．
根据三角形法则可知，由于开始时FA和FB垂直，故随A点的下移，FB逐渐增大，FA也逐渐增大，故C错误．保持OA不动，沿圆弧NC缓慢上移B点，FB与竖直方向的夹角逐渐减小，而FA的方向保持不变，根据矢量三角形法则可得如图丙情况．
由图丙可知，OA绳拉力逐渐变小，OB绳拉力逐渐增大，故D正确．
答案：D
7．解析：沙堆底部周长为31.4m，故圆锥体的底部圆半径为r＝5m，对锥面上的一粒沙粒分析，当满足μmgcsθ＝mgsinθ(θ为锥体的底角)时沙粒刚好静止，故μ＝tanθ＝eq \f(h,r)，解得圆锥体高h＝2.5m，故圆锥体的体积约为V＝eq \f(1,3)Sh＝eq \f(1,3)×π×52×2.5m3≈65m3，故选项B符合题意．
答案：B
8．解析：
小球受力情况如图所示，重力G大小和方向都不变，保持弹簧与竖直方向夹角θ不变，则弹簧弹力F弹方向不变，弹簧弹力与细线拉力FT的合力和小球受到的重力等大反向，保持不变，由图可以看出，将轻质细线由水平状态缓慢转至竖直状态的过程中，细线上的拉力先减小后增大，弹簧的弹力一直减小，由胡克定律可知，弹簧的长度逐渐变短，A、C、D错误，B正确．
答案：B
9．解析：
对小球受力分析，小球受到重力mg、轻绳的拉力F和圆环的弹力N，如图，根据平衡条件可知：mg和N的合力与F大小相等、方向相反，根据几何知识得知N＝mg，且有F＝2mgcsθ，A错误；小球沿圆环缓慢上移，处于动态平衡状态，对小球进行受力分析，小球受重力G、F、N三个力，满足受力平衡，由图可知三角形OAB和三角形GFA相似，eq \f(mg,R)＝eq \f(F,AB)＝eq \f(N,R)，则得F＝eq \f(AB,R)mg，N＝mg，当A点上移时，半径R不变，AB减小，故F减小，N不变，同理小球沿光滑圆环下降过程中，即当A点下移时，半径R不变，AB增大，故F增大，但是N不变，B、D错误，C正确．
答案：C
10．解析：
飞机受到重力G、发动机推力F1、升力F2和空气阻力Ff，重力的方向竖直向下，升力F2的方向竖直向上，空气阻力Ff的方向与F2垂直，如图所示．歼20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航，则水平方向有Fx＝Ff，竖直方向有F2＋Fy＝G，由题意可知F2＝eq \r(15)Ff，联立解得Fy＝G－eq \r(15)Ff，则F eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝F eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(x)) ＋F eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)) ＝16F eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(f)) －2eq \r(15)GFf＋G2，当Ff＝eq \f(\r(15),16)G时F1取得最小值，为F1min＝eq \f(G,4)，故D正确．
答案：D
11．解析：(1)对C受力分析，如图甲所示，
根据平衡条件有2Fcs30°＝2mg，
解得F＝eq \f(2\r(3),3)mg.
(2)C恰好降到地面时(与地面接触但无弹力)，C受力如图乙所示，此时B受C压力的水平分力最大，设最大值为Fxmax，可求得
Fxmax＝eq \r(3)mg，
对B进行受力分析，得出地面对B的支持力
FN＝2mg.
若此时B恰要滑动，则由Ff＝μFN得Ff＝2μmg，
根据题意，B保持静止，则有Ff＝Fxmax时μ有最小值，解得μmin＝eq \f(\r(3),2).
答案：(1)eq \f(2\r(3),3)mg (2)eq \f(\r(3),2)
A组 基础巩固练
B组 能力提升练