人教版高中物理必修第一册第三章素养提升课(五)共点力平衡条件的应用学案

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素养提升课(五)　共点力平衡条件的应用1．会利用解析法、图解法和相似三角形法分析动态平衡问题。2．灵活运用整体法和隔离法处理多个物体的平衡问题。3．会处理共点力平衡中的临界问题和极值问题。 探究1　物体的动态平衡问题1．动态平衡：“动态平衡”是指物体所受的力一部分是变力，是动态力，力的大小和方向均要发生变化，但变化过程中的每一个状态均可视为平衡状态，所以叫动态平衡。2．分析动态平衡问题的方法(1)解析法①列平衡方程求出未知量与已知量的关系表达式。②根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况。(2)图解法①根据已知量的变化情况，画出平行四边形边、角的变化。②确定未知量大小、方向的变化。(3)相似三角形法①根据已知条件画出两个不同情况对应的力的三角形和空间几何三角形，确定对应边，利用三角形相似知识列出比例式。②确定未知量大小的变化情况。【典例1】　如图所示，一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2。以木板与墙连接点为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。不计摩擦，在此过程中(　　)A．N1始终减小，N2始终增大B．N1始终减小，N2始终减小C．N1先增大后减小，N2始终减小D．N1先增大后减小，N2先减小后增大B　[方法一：解析法对球进行受力分析，如图甲所示，小球受重力G、墙面对球的压力N1、木板对小球的支持力N2′而处于平衡状态。则有tan θ＝G'N1＝GN1，N1＝Gtanθ，木板从图甲所示位置开始缓慢地转到水平位置过程中，θ逐渐增大，tan θ逐渐增大，故N1始终减小。从图甲中可以看出，N2′＝Gsinθ，木板从图甲所示位置开始缓慢地转到水平位置，θ逐渐增大，sin θ逐渐增大，故N2′始终减小。球对木板的压力N2与木板对小球的支持力N2′是一对作用力与反作用力，大小相等，故N2始终减小，选项B正确。方法二：图解法小球受重力G、墙面对球的压力N1、木板对小球的支持力N2′而处于平衡状态。此三力必构成一封闭三角形，如图乙所示。木板从图乙所示位置开始缓慢地转到水平位置的过程中，α逐渐减小，据图乙可知N1始终减小，N2′始终减小。由于N2与N2′是一对作用力与反作用力，大小相等，所以N2始终减小，选项B正确。]　图解法解题的步骤(1)首先确定研究对象，并对研究对象进行受力分析。(2)再根据平行四边形定则画出不同状态下的力的矢量图，为了便于比较，画在同一个图上。(3)最后根据有向线段(表示力)的长度变化判断各个力的大小的变化情况。[针对训练]1．(2023·海南卷)如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是(　　)A．工人受到的重力和支持力是一对平衡力B．工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力C．重物缓慢拉起过程，绳子拉力变小D．重物缓慢拉起过程，绳子拉力不变B　[对人受力分析如图甲所示，则有FN＋FT＝mg，其中工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力，A错误，B正确；对动滑轮进行受力分析如图乙所示，则有绳子拉力FT＝mg2cosθ，则随着重物缓慢拉起过程，θ逐渐增大，则FT逐渐增大，C、D错误。　 ]2．一个表面光滑的半圆柱体固定于墙壁上，O点为截面圆心，球体上B点有一个可视为质点的小球，通过细线连接在墙壁上的A点，下列说法正确的是(　　)A．若细线长度和A、O点位置不变，增加柱体半径，则小球所受支持力增加B．若细线长度和A、O点位置不变，增加柱体半径，则小球所受支持力减小C．若细线长度和A、O点位置不变，减小柱体半径，则线上拉力增加D．若细线长度和A、O点位置不变，减小柱体半径，则线上拉力减小A　[对小球进行受力分析，可知它受重力G、柱体给它的支持力FN、细线中拉力FT，作出力的矢量三角形如图所示，则有FTAB＝FNOB＝GAO＝k。AO不变，重力不变，所以比值k不变，增加柱体半径，即OB增加，所以小球所受的支持力增加；减小柱体半径，小球所受的支持力减小，故A正确，B错误。AO不变，重力不变，所以比值k不变，增加或减小柱体半径，但是细线长度AB不变，拉力FT不变，故C、D错误。] 探究2　整体法和隔离法在平衡问题中的应用1．整体法就是把几个物体视为一个整体，受力分析时，只分析这一整体之外的物体对整体的作用力(外力)，不考虑整体内部物体之间的相互作用力(内力)。2．隔离法就是把要分析的物体从相关的物体系统中隔离出来，只分析该物体以外的物体对该物体的作用力，不考虑该物体对其他物体的作用力。3．选取原则(1)当只涉及系统而不涉及系统内部某些物体的力和运动时，一般可采用整体法。(2)为了弄清系统内某个物体的受力和运动情况，一般可采用隔离法。(3)对于连接体问题，多数情况既要分析外力，又要分析内力，这时我们可以采取先整体(解决外力)后隔离(解决内力)的交叉运用方法，当然个别情况也可采用先隔离(由已知内力解决未知外力)再整体的运用顺序。【典例2】　用三根细线a、b、c将重力均为G的两个小球1和2连接并悬挂，如图所示。两小球处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30°，细线c沿水平方向，则(　　)A．细线a对小球1的拉力大小为433GB．细线a对小球1的拉力大小为4GC．细线b对小球2的拉力大小为GD．细线b对小球2的拉力大小为233GA　[将两球和细线b看成一个整体，设细线a对小球1的拉力大小为Fa，细线c对小球2的拉力大小为Fc，受力如图所示，根据共点力的平衡条件有Fa＝2Gcos30°＝433G，Fc＝2G tan 30°＝233G，故A正确，B错误；对小球2根据共点力的平衡条件可知，细线b对其拉力大小为Fb＝Fc2+G2＝213G，故C、D错误。][针对训练]3．用轻质细线把两个质量未知的小球悬挂起来，如图所示。对小球a持续施加一个水平向左的恒力，并对小球b持续施加一个水平向右的同样大小的恒力，最后达到平衡状态。下列选项中表示平衡状态的图可能是(　　)A　　　　B　　　　C　　　　　DA　[将两球和两球之间的细线看成一个整体，对整体受力分析如图所示，整体达到平衡状态。根据平衡条件可知整体受到a球上方的细线的拉力FT的大小等于a、b的重力大小之和，方向沿竖直方向，则此细线必定沿竖直方向，故A正确。]4．如图所示，长方体物块静止在水平地面上，表面光滑的球在竖直墙壁和物块间处于静止状态。现将物块缓慢向右移动一小段距离，若物块仍然保持静止，则移动物块后(　　)A．球对物块的压力不变B．球对墙壁的压力减小C．地面对物块的摩擦力增大D．地面对物块的支持力减小C　[对球受力分析如图所示，设物块对球的支持力FN2与竖直方向的夹角为θ，则根据平衡条件有FN2cos θ＝mg，FN2sin θ＝FN1，可得FN1＝mg tan θ，FN2＝mgcosθ。当拉动物块缓慢向右移动一小段距离后，FN2与竖直方向的夹角θ将增大，则可知FN1、FN2都将增大，而根据牛顿第三定律可知球对物块的压力及球对墙壁的压力都将增大，故A、B错误；由以上分析可知，地面对物块的摩擦力Ff＝FN2sin θ＝mg tan θ，随θ的增大而增大，故C正确；根据整体法，将球和物块看成一个整体，则整体受力平衡，竖直方向始终有整体的重力等于地面对整体的支持力，可知地面对物块的支持力不变，故D错误。] 探究3　平衡中的临界、极值问题1．临界问题(1)问题界定：物体所处平衡状态将要发生变化的状态为临界状态，涉及临界状态的问题为临界问题。(2)问题特点①当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。②注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。(3)分析方法：基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。2．极值问题(1)问题界定：物体平衡的极值问题，一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题。(2)分析方法①解析法：根据物体平衡的条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值。②图解法：根据物体平衡的条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值。【典例3】　如图所示，质量m1＝12 kg的物体A用细绳绕过光滑的滑轮与质量为m2＝2 kg 的物体B相连，连接A的细绳与水平方向的夹角为θ＝53°，此时系统处于静止状态。已知A与水平面的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。(1)求物体A所受摩擦力的大小；(2)改变物体B的质量，欲使系统始终保持静止，物体B的质量不能超过多少？[解析]　(1)选物体B为研究对象，由平衡条件得，细绳的拉力F＝m2g再以物体A为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件知，水平方向有F cos 53°－Ff＝0解得Ff＝12 N。(2)当物体B的质量增加，使物体A刚要滑动时，水平方向有F′cos 53°－Ffm＝0竖直方向有F′sin 53°＋FN－m1g＝0其中最大静摩擦力Ffm＝μFN，F′＝m2′g联立方程解得m2′＝6 kg。[答案]　(1)12 N　(2)6 kg　临界与极值问题的分析技巧(1)求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡中的临界点和极值点。(2)临界条件必须在变化中寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是要把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此作出科学的推理分析，从而给出判断或结论。[针对训练]5．如图所示，一工人手持砖夹提着一块砖匀速前进，手对砖夹竖直方向的拉力大小为F。已知砖夹的质量为m，重力加速度为g，砖夹与砖块之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若砖块不滑动，则砖夹与砖块一侧间的压力的最小值是(　　)A．F2μ B．FμC．F-mg2μ D．F-mgμC　[工人手持砖夹提着一块砖匀速前进，当砖夹处于平衡状态，在竖直方向满足F＝mg＋2Ff，砖夹与砖之间恰好达到最大静摩擦力Ffm＝μFN时，砖夹与砖块一侧间的压力最小，为FNmin＝F-mg2μ，C项正确。]6．(多选)如图所示，形状和质量完全相同的两个圆柱体a、b靠在一起，表面光滑，重力为G，其中b的下半部刚好固定在水平面MN的下方，上边露出另一半，a静止在平面上。现过a的轴心施以水平作用力F，可缓慢地将a拉离平面一直滑到b的顶端，对该过程分析，则应有(　　)A．拉力F先增大后减小，最大值是GB．开始时拉力F最大为3G，以后逐渐减小为0C．a、b间的压力开始最大为2G，而后逐渐减小到GD．a、b间的压力由0逐渐增大，最大为GBC　[要把a拉离平面，在开始时，平面MN对a球的支持力应为零，因此对a球受力分析如图甲所示，则sin θ＝R2R＝12，所以θ＝30°，拉力F＝Gtan30°＝3G。当球a逐渐上移时，用图解法分析F的变化如图乙所示，在球a上移时，拉力F逐渐减小至零。在开始时，FN＝Gsin30°＝2G，以后逐渐减小至G，因此选项B、C正确，A、D错误。]素养提升练(五)1．如图所示为一秋千，用两根等长轻绳将一座椅悬挂在竖直支架上等高的两点，由于长期使用，导致两根支架向内发生了微小倾斜，如图中虚线所示，但两悬挂点仍等高，座椅静止时所受合力的大小用F表示，F1表示单根轻绳对座椅拉力的大小，则(　　)A．F不变，F1变小 B．F不变，F1变大C．F变小，F1变小 D．F变大，F1变大A　[对座椅受力分析，如图所示，座椅静止，受重力和两拉力而平衡，故三个力的合力为零，即F＝0不变。因两悬挂点等高，则F2＝F1＝G2cosθ，支架内倾，θ变小，cos θ变大，则F1变小，故A正确。]2．倾角为α、质量为M的斜面体静止在水平桌面上，质量为m的木块静止在斜面体上，下列结论正确的是(重力加速度为g)(　　)A．木块受到的摩擦力大小是mg cos αB．木块对斜面体的压力大小是mg sin αC．桌面对斜面体的摩擦力大小是mg sin αcos αD．桌面对斜面体的支持力大小是(M＋m)gD　[先对木块进行受力分析，如图所示，受重力mg、支持力FN和静摩擦力Ff，根据平衡条件，有Ff＝mg sin α，FN＝mg cos α，由牛顿第三定律知，木块对斜面体的压力大小为mg cos α，故A、B错误；对斜面体和木块整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡，则桌面对斜面体的支持力为F′N＝(M＋m)g，摩擦力为零，故C错误，D正确。]3．如图所示，小球在力F的作用下静止，细线与竖直方向的夹角为θ。将F由图示位置逆时针缓慢转至竖直方向的过程中，小球始终静止在图中位置，则(　　)A．F一直变小B．F先变小后变大C．细线的拉力一直变大D．细线的拉力先变小后变大B　[对小球受力分析，如图所示，将F由图示位置逆时针缓慢转至竖直方向的过程中，小球处于动态平衡，由图解法在力的平行四边形中，可以看到F先变小再变大，而细线的拉力T一直减小，故B正确。]4．如图所示，滑块放在水平地面上，左边受一个弹簧的拉力作用，弹簧原长小于悬挂点的高度(滑块高度忽略不计)，用水平向右的拉力F拉动滑块，使滑块向右缓慢移动，并且滑块始终没有离开地面，则在上述过程中，下列说法正确的是(　　)A．弹簧弹力在竖直方向的分量不变，滑块受到的摩擦力不变B．弹簧弹力在竖直方向的分量不变，滑块受到的摩擦力变小C．弹簧弹力在竖直方向的分量增大，滑块受到的摩擦力变小D．弹簧弹力在竖直方向的分量增大，滑块受到的摩擦力不变C　[设悬挂点的高度为h，弹簧的原长为l0，劲度系数为k，弹簧弹力在竖直方向的分量Fy＝khsinθ-l0sin θ，故Fy＝kh－kl0sin θ，当滑块向右移动时夹角减小，可知弹簧弹力的竖直分量增大，故滑块与地面间的弹力减小，滑块与地面间的摩擦力减小，C正确。]5．如图所示，一只可视为质点的蚂蚁从半球形碗边缘a点缓慢爬到碗底的b点，此过程(　　)A．蚂蚁对碗的压力不断减小B．蚂蚁对碗的压力保持不变C．碗对蚂蚁的摩擦力不断减小D．碗对蚂蚁的作用力不断增大C　[蚂蚁缓慢下爬，可以认为蚂蚁处于平衡状态，则合力始终为零，受力分析如图所示。根据平衡条件，可得切线方向上有Ff＝mg sin α，指向圆心的方向上有FN＝mg cos α，蚂蚁在半球形碗内缓慢从a点爬到b点的过程中，α角减小，则蚂蚁受到的摩擦力逐渐减小，蚂蚁受到的支持力逐渐增大，即蚂蚁对碗的压力不断增大，故A、B错误，C正确；碗对蚂蚁的作用力与蚂蚁的重力平衡，大小不变，选项D错误。]6．(多选)一盏电灯重力为G，悬于天花板上的B点，在电线O处系一细线OA，使电线OB与竖直方向的夹角为β＝30°，OA与水平方向成α角，如图所示。现保持O点位置不变，使α角由0°缓慢增加到90°，在此过程中(　　)A．电线OB上的拉力逐渐减小B．细线OA上的拉力先减小后增大C．细线OA上拉力的最小值为12GD．细线OA上拉力的最小值为32GABC　[对结点O受力分析，由平衡条件可知，细线OA和电线OB的拉力的合力F′一定竖直向上，与FT平衡。当α角由0°缓慢增加到90°的过程中，画出动态分析图如图所示。由图可看出，细线OA上的拉力先减小后增大，且当α＝30°时，FA最小，最小值为G2，而电线OB上的拉力逐渐减小，故A、B、C正确，D错误。]7．如图所示，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力F作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑。已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则A与B的质量之比为(　　)A．1μ1μ2 B．1-μ1μ2μ1μ2C．1+μ1μ2μ1μ2 D．2+μ1μ2μ1μ2B　[B恰好不下滑，以滑块B为研究对象，由共点力平衡的条件得μ1F＝mBg；A恰好不滑动，以A、B整体为研究对象，则F＝μ2(mAg＋mBg)，所以mAmB＝1-μ1μ2μ1μ2，选项B正确。]8．(多选)如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔，质量为m的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住，现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中，下列说法正确的是(　　)A．绳与竖直方向的夹角为θ时，F＝2mg cos θB．小球沿光滑圆环上升过程中，轻绳拉力逐渐减小C．小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力逐渐增大D．小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力大小不变且大小等于mgABD　[小球沿圆环缓慢上移可看作匀速运动，对小球进行受力分析，小球受重力G、细线拉力F、圆环的支持力FN三个力，满足受力平衡。作出受力分析图如图所示，由图可知△OAB∽△GAF，则GR＝FAB＝FNR，所以G＝FN，绳与竖直方向的夹角为θ时，F＝2mg cos θ，当A点上移时，半径不变，AB长度减小，故F减小，FN不变，故C错误，A、B、D正确。]9．(多选)如图所示，两根轻绳一端系于结点O，另一端分别系于固定环上的A、B两点，O点下面悬挂一物体M，绳OA水平，拉力大小为F1，绳OB与OA夹角α＝120°，拉力大小为F2。将两绳同时缓慢顺时针转过75°，并保持两绳之间的夹角α始终不变，且物体始终保持静止状态，则在旋转过程中，下列说法正确的是(　　)A．F1逐渐增大 B．F1先增大后减小C．F2逐渐减小 D．F2先减小后增大BC　[对结点O受力分析，受竖直向下的拉力(大小等于物体M的重力G)，OA的拉力F1，OB的拉力F2，结点始终保持静止，合力为零，所以G、F1、F2构成封闭的矢量三角形，如图所示。开始时F1水平向左，F2为圆的直径最大，由于G以及F1和F2夹角α＝120°不变，所以β＝60°，当θ＝β＝60°，即OB绳水平时，F1为圆的直径最大，所以F1先增大后减小，F2一直减小，故B、C正确。]10．(2022·浙江1月卷)如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石墩，石墩与水平地面间的动摩擦因数为μ，工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ，则下列说法正确的是(　　)A．轻绳的合拉力大小为μmgcosθB．轻绳的合拉力大小为μmgcosθ+μsinθC．减小夹角θ，轻绳的合拉力一定减小D．轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力也最小B　[对石墩受力分析，由平衡条件可知T cos θ＝f，f＝μN，T sin θ＋N＝mg，联立解得T＝μmgcosθ+μsinθ，故A错误，B正确；轻绳的合拉力的大小为T＝μmgcosθ+μsinθ＝μmg1+μ2sinθ+φ，其中tan φ＝1μ，可知当θ＋φ＝90°时，轻绳的合拉力有最小值，即减小夹角θ，轻绳的合拉力不一定减小，故C错误；摩擦力大小为f＝T cos θ＝μmgcosθcosθ+μsinθ＝μmg1+μtanθ，可知增大夹角θ，摩擦力一直减小，当θ趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力不是最小，故D错误。]11．如图所示，质量为m＝0.5 kg的光滑小球被细线系住，放在倾角为α＝45°的斜面体上。已知线与竖直方向的夹角β＝45°，斜面体质量为M＝3 kg，整个装置静置于粗糙水平面上。(g取10 N/kg)求：(1)细线对小球拉力的大小；(2)地面对斜面体的摩擦力的大小和方向。[解析]　(1)以小球为研究对象，受力分析如图甲所示。根据平衡条件得，FT与FN的合力大小等于mg，则有FT＝mg cos 45°＝22mg＝522 N。(2)以小球和斜面体整体为研究对象，受力分析如图乙所示，由于系统静止，合力为零，则有Ff＝FTcos 45°＝522×22 N＝2.5 N，方向水平向左。[答案]　(1)522 N　(2)2.5 N，方向水平向左12．如图所示，两个质量均为m＝0.5 kg的小环套在一水平放置的粗糙长杆上，两根长度均为L的轻绳一端系在小环上，另一端系在质量为M＝1 kg的木块上，两小环均保持静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。(1)求每个小环对杆的压力大小；(2)若小环与杆之间的动摩擦因数μ＝36，求两环之间的最大距离。 [解析]　(1)对两个小环和木块整体，由平衡条件得2FN＝(M＋2m)g解得FN＝12Mg＋mg＝10 N由牛顿第三定律可知，每个小环对杆的压力大小为FN′＝FN＝10 N。(2)小环刚好不滑动时，小环受到的静摩擦力达到最大值，设此时绳拉力大小为FT，与竖直方向夹角为θ，对木块由平衡条件得2FTcos θ＝Mg对小环，由平衡条件得FTsin θ＝μFN联立解得θ＝30°由几何关系可得，两环之间的最大距离为d＝2L sin θ＝L。[答案]　(1)10 N　(2)L章末综合测评(三)一、选择题(共10小题，1～7题为单选题，8～10题为多选题。)1．关羽手握青龙偃月刀，下列有关说法正确的是(　　)A．青龙偃月刀所受的重力在赤道和两极是相同的B．青龙偃月刀对关羽的力大于关羽对刀的力C．关羽的重心与手握青龙偃月刀后整体的重心可能不同D．青龙偃月刀对地球没有作用力C　[因赤道和两极的重力加速度不相等，则青龙偃月刀所受的重力在赤道和两极是不相同的，A错误；青龙偃月刀对关羽的力与关羽对刀的力是一对作用力和反作用力，等大反向，B错误；关羽的重心与手握青龙偃月刀后整体的重心可能不同，C正确；青龙偃月刀受重力，对地球有作用力，D错误。]2．以下说法正确的是(　　)A．分力与合力同时作用在物体上B．作用在不同物体上的两个力F1、F2也可以合成C．共点力不一定作用于物体上的同一点D．作用于同一物体上的所有力都是共点力C　[为研究方便，可采用分力与合力的等效代替对物体进行研究，并非分力与合力同时作用在物体上，故A错误；只有同一个物体受到的力才能合成，B错误；作用在同一物体上，延长线或反向延长线相交于同一点的几个力称为共点力，这几个力并非一定要作用在物体上同一点，故C正确；若物体不能看成质点，作用在物体上的各个力不一定都相交于同一点，故D错误。]3．(2023·山东卷)餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接托盘。托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平。已知单个盘子的质量为300 g，相邻两盘间距为1.0 cm，重力加速度大小取10 m/s2。弹簧始终在弹性限度内，每根弹簧的劲度系数为(　　)A．10 N/m B．100 N/mC．200 N/m D．300 N/mB　[设托盘上每减少一个盘子时每根弹簧的形变量为Δx，由题意知mg＝3kΔx，解得k＝100 N/m，B正确，A、C、D错误。]4．在恒力F作用下，a、b两物体一起沿粗糙竖直墙面匀速向上运动，则关于它们受力情况的说法正确的是(　　)A．a一定受到4个力B．b可能受到4个力C．a与墙壁之间一定有弹力和摩擦力D．a与b之间不一定有摩擦力A　[对物体b受力分析，受重力、支持力和摩擦力，处于三力平衡状态，故B、D错误；对物体a、b整体受力分析，受重力、恒力F，若墙壁对整体有支持力，水平方向不能平衡，则墙壁对整体没有支持力，也没有摩擦力；对物体a受力分析，受恒力F、重力、物体b对a的压力和摩擦力，即物体a共受4个力，故A正确，C错误。]5．如图所示为体操男子吊环比赛中某个动作的模拟图，运动员静止不动，两根吊带对称并与竖直方向有一定夹角，此时左、右两吊环对运动员的作用力大小分别为F1、F2, 则下列判断正确的是(　　)A．F1、F2是一对作用力和反作用力B．每根吊带受到吊环的拉力的大小都等于运动员重力的一半C．在运动员将两吊带缓慢向两边撑开的过程中，吊带上的张力缓慢增大D．两个吊环对运动员的作用力的合力一定竖直向上D　[F1、F2都是作用在运动员上，不可能成为一对作用力和反作用力，故A错误；设两根吊带与竖直方向的夹角为θ，由平衡条件可知，在竖直方向上有2F cos θ＝G, 解得F＝G2cosθ，由于cos θ≤1, 每根吊带所受的拉力大小都大于或等于运动员重力的一半，故B错误；在运动员将两吊带缓慢向两边撑开的过程中，角度θ减小，故两根吊带的张力均减小，故C错误；运动员受吊环的拉力及重力而处于平衡状态，三力为共点力，根据共点力平衡的特点可知，两个吊环对运动员的作用力的合力一定竖直向上，故D正确。]6．如图所示，轻绳与劲度系数为k的轻弹簧互相垂直且一端悬挂在天花板上，另一端连接到物块的同一点上，轻绳与天花板的夹角为θ＝53°(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)，物块的重力为G，并处于静止状态，则关于轻绳拉力的大小FT和弹簧的形变量Δx正确的是(　　)A．FT＝35G B．FT＝34GC．Δx＝4G5k D．Δx＝3G5kD　[对物块受力分析如图所示，根据平衡条件，有G＝F合，FT＝F合sin 53°＝45G，F弹＝F合cos 53°＝ 35G，由F弹＝k·Δx得Δx＝3G5k，故D正确。]7．如图所示，一质量为m的木箱，与地面间的动摩擦因数为μ，小明同学用与水平方向成θ角的轻绳拉木箱在水平面内匀速向右运动，g为重力加速度，则下列说法正确的是(　　)A．木箱运动过程中可能只受到三个力的作用：重力、拉力和摩擦力B．仅改变前进的速度，速度越大，拉力越大C．木箱运动过程中，地面对木箱的作用力竖直向上D．拉力大小为μmgcosθ+μsinθD　[木箱在水平地面上匀速运动，受重力、支持力、摩擦力、拉力四个力的作用，故A错误；仅改变前进的速度，只要仍做匀速运动，平衡状态不变，则拉力F不变，故B错误；地面对木箱有竖直向上的支持力和水平向左的摩擦力，合力斜向左上方，故地面对木箱的作用力斜向左上方，故C错误；由于拉动木箱在水平面内匀速前进，木箱处于平衡状态，正交分解可得F cos θ＝μFN，F sin θ＋FN＝mg，联立解得F＝μmgcosθ+μsinθ，故D正确。]8．如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G。则(　　)A．两绳对日光灯拉力的合力大小等于GB．两绳的拉力和重力不是共点力C．两绳的拉力大小均为22GD．两绳的拉力大小均为G2AC　[对日光灯受力分析如图，两绳拉力的作用线与重力作用线的延长线交于一点，这三个力是共点力，选项B错误；日光灯在两绳拉力和重力作用下处于静止状态，两绳的拉力的合力与重力G等大、反向，选项A正确；由于两个拉力的夹角为直角，且都与竖直方向成45°角，则由平行四边形定则可知G＝F12+F22，且F1＝F2，故F1＝F2＝22G，选项C正确，D错误。]9．如图是某同学为颈椎病人设计的一个牵引装置的示意图，一根轻绳绕过两个定滑轮和一个动滑轮后两端各挂着一个相同的重物，与动滑轮相连的帆布带拉着病人的颈椎(图中是用手指代替颈椎做实验)，整个装置在同一竖直平面内。如果要增大手指所受的拉力，可采取的办法是(　　)A．只增加绳的长度 B．只增加重物的重量C．只将手指向下移动 D．只将手指向上移动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F1、F2的合力F的大小，如图所示，则F＝2F1cos θ。只增加绳的长度，F1、F2的大小及其夹角θ不变，则合力F不变，A错误；只增加重物的重量，F1、F2的大小增大，夹角θ不变，则合力F变大，B正确；手指向下移动，F1、F2大小不变，夹角θ变小，则合力F变大，C正确；同理，D错误。]10．如图所示，用绳索将小船拉向岸边，设船在水中运动时所受水的阻力不变，那么小船在匀速靠岸过程中，下列说法正确的是(　　)A．绳子的拉力F不断增大B．绳子的拉力F不变C．船所受的浮力不断减小D．船所受的浮力不断增大AC　[对小船进行受力分析，如图所示。因为小船做匀速直线运动，所以小船处于平衡状态，由题图知拉力F与水平方向的夹角为θ，有F cos θ＝Ff　①F sin θ＋F浮＝mg　②小船在匀速靠岸的过程中，阻力不变，θ增大，cos θ减小，根据平衡方程①知，绳子的拉力F增大，又sin θ增大，根据平衡方程②知，船所受的浮力减小。故A、C正确，B、D错误。]二、实验题11．在“探究弹簧弹力与伸长量的关系”时，某同学把两根弹簧按如图甲所示方式连接起来进行探究。(1)某次测量示数如图乙所示，则指针示数为 ________cm。(2)在弹性限度内，将50 g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数LA和LB如表所示。用表中数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为________N/m(重力加速度g取10 m/s2)。由表中数据______(选填“能”或“不能”)计算出弹簧Ⅱ的劲度系数。[解析]　(1)刻度尺最小分度为1 mm，读数时需估读到毫米下一位，故指针的示数为16.00 cm。(2)表中对LA的测量有四组数据，由此可知，当弹力的变化量ΔF＝0.5 N时，弹簧的形变量变化量为Δx≈4.02 cm，故k＝ΔFΔx≈12.44 N/m，通过计算LB－LA可得出A、B两指针间的长度，进而计算出增加一个钩码时弹簧Ⅱ增加的长度，从而计算出其劲度系数。[答案]　(1)16.00　(2)12.44　能12．某实验小组用一只弹簧测力计和一个量角器等器材做“探究求合力的方法”实验，设计了如图所示的实验装置，固定在竖直木板上的量角器的直边水平，橡皮条的一端固定于量角器的圆心O的正上方A处，另一端系绳套1和绳套2，主要实验步骤如下：Ⅰ．弹簧测力计挂在绳套1上竖直向下拉橡皮条，使橡皮条的结点到达O点处，记下弹簧测力计的示数F；Ⅱ．弹簧测力计挂在绳套1上，手拉着绳套2，缓慢拉橡皮条，使橡皮条的结点到达O处，此时绳套1沿0°方向，绳套2沿120°方向，记下弹簧测力计的示数F1；Ⅲ．根据力的平行四边形定则计算绳套1的拉力F1′＝①；Ⅳ．比较②即可初步验证；Ⅴ．只改变绳套2的方向，重复上述实验步骤。回答下列问题：(1)完成实验步骤中①________；②____________。(2)将绳套1由0°方向缓慢转动到60°方向，同时绳套2由120°方向缓慢转动到180°方向，此过程中保持橡皮条的结点在O处不动，保持绳套1和绳套2的夹角120°不变，关于绳套1的拉力大小的变化，下列结论正确的是________(填选项前的序号)。A．逐渐增大 B．先增大后减小C．逐渐减小 D．先减小后增大[解析]　(1)由平行四边形定则可知，F1′＝F tan 30°＝F3，比较测量的绳套1的读数和通过平行四边形定则算出的值，即比较F1和F1′，可以初步验证。(2)由图知F1增大。[答案]　(1)F3　F1和F1′　(2)A三、计算题13．如图所示，粗糙水平地面上放置一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙壁之间再放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态。已知A、B的质量分别为M和m，圆球B和半圆的柱状物体A的半径均为r，已知A的圆心到墙角的距离为2r，重力加速度为g。求：(1)物体A所受地面的支持力大小；(2)物体A所受地面的摩擦力。[解析]　(1)对A、B整体受力分析，如图甲所示，由平衡条件得FNA＝(M＋m)g。(2)对B受力分析，如图乙所示。由几何关系得sin θ＝r2r＝12，则θ＝30°由平衡条件得FNABcos θ－mg＝0，FNABsin θ－FNB＝0联立解得FNB＝mg tan θ＝33mg由整体法可得物体A所受地面的摩擦力Ff＝FNB＝33mg，方向水平向左。[答案]　(1)(M＋m)g　(2)33mg，方向水平向左14．如图所示，倾角为30°、质量为10 kg的斜面体C置于水平地面上，质量为8 kg的小物块B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与质量为5 kg的物块A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，物块B与斜面间的动摩擦因数为 0.2, 重力加速度g＝10 m/s2，A、B、C都处于静止状态。求：(1)斜面体对B的摩擦力；(2)斜面体对地面的压力和摩擦力。[解析]　(1)设斜面对B的摩擦力大小为fB，物块B受力如图所示由平衡条件有mBg sin θ＋fB＝mAg解得fB＝10 N，方向沿斜面向下。(2)研究B、C整体，受到重力、拉力T、地面的支持力N和地面的摩擦力作用，由平衡条件有T sin θ＋N＝(M＋mB)g，f＝T cos θ对A有T＝mAg联立解得N＝155 N，f＝253 N支持力方向竖直向上，摩擦力方向水平向左。根据牛顿第三定律可知，斜面体对地面的压力为155 N，方向竖直向下；摩擦力为253 N，方向水平向右。[答案]　(1)10 N，方向沿斜面向下　(2)155 N，方向竖直向下　253 N，方向水平向右15．如图所示，质量为M、上表面光滑的半圆柱体P放置于水平面上，一根轻质细线跨过大小可忽略的光滑轻质定滑轮O1，一端和置于P上的小球A(可视为质点)连接，另一端系在天花板上的O2点，光滑的质量不计的小动滑轮O3置于O1、O2之间的细线上，下面通过轻质细线挂着质量为m的小球B。已知半圆柱体P及两小球A、B均处于静止状态，定滑轮O1在半圆柱体圆心O的正上方，O1A与竖直方向成30°角。O1A长度与半圆柱体半径相等，O3、O2间的细线与天花板之间的夹角为37°，重力加速度为g，sin 37°＝0.6, cos 37°＝0.8，求：(1)小球A的质量；(2)半圆柱体P对水平面的摩擦力和压力大小。[解析]　(1)同一根细线上的拉力大小相等，设细线拉力大小为FT，对小动滑轮O3和小球B整体进行受力分析，如图甲所示，根据平衡条件得2FTsin 37°＝mg解得FT＝5mg6对小球A受力分析，如图乙所示，根据平衡条件得FNAsin 30°＝FTsin 30°FNAcos 30°＋FTcos 30°＝mAg解得mA＝53m6。(2)对小球A和半圆柱体P整体受力分析，如图丙所示，设半圆柱体P受到地面的摩擦力为Ff，支持力为FN，根据平衡条件得Ff＝FTsin 30°FN＋FTcos 30°＝(M＋mA)g解得Ff＝512mg，FN＝Mg＋5312mg由牛顿第三定律可得，P对水平面的摩擦力大小为512mg，对水平面的压力大小为Mg＋5312mg。[答案]　(1)53m6　(2)512mg　Mg＋5312mg钩码数1234LA/cm15.7119.7123.6627.76LB/cm29.9635.7641.5147.36