高中物理人教版（2019）必修第一册同步练习：第三章 补充专题 共点力平衡的应用
一、单选题
1．（2020高一下·诸暨期中）如图所示，用一轻绳将光滑小球(大小不能忽略)系于竖直墙壁上的O点，现用一细杆压在轻绳上紧贴墙壁从O点缓慢下移，则（　　）
A．轻绳对小球的拉力保持不变 B．轻绳对小球的拉力逐渐增大
C．小球对墙壁的压力保持不变 D．小球对墙壁的压力逐渐减小
【答案】B
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】对小球受力情况如图所示：
小球受到重力、拉力和墙壁对小球的弹力处于平衡，设拉力与竖直方向的夹角为θ，根据共点力平衡有： ，墙壁对小球的弹力N=mgtanθ，因为θ逐渐增大，cosθ逐渐减小，则拉力F逐渐增大。tanθ逐渐增大，则墙壁对小球的弹力N逐渐增大，可知小球对墙壁的压力逐渐增大，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B
【分析】对小球受力分析，结合共点力平衡可得拉力和墙壁对小球弹力的表达式，即可分析出小球对墙壁的压力如何变化。
2．（2019高一上·宁波期中）如图所示，B、C两个小球用细线悬挂于竖直墙面上的A、D两点，两球均保持静止，已知B球的重力为2G，C球的重力为3G，细线AB与竖直墙面之间的夹角为37°，细线CD与竖直墙面之间的夹角为53°，则（　　）
A．AB绳中的拉力为5G
B．CD绳中的拉力为3G
C．BC绳中的拉力为2G
D．BC绳与竖直方向的夹角θ为53°
【答案】B
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】对两个小球构成的整体受力分析：
根据平衡条件：x轴：FABsin37°=FCD sin53°，y轴：FABcos37°+FCDcos53°=5G，得：FAB=4G，FCD=3G，A不符合题意，B符合题意；对C球受力分析，
根据平衡条件：x轴：FBCsinθ=FCD sin53°，y轴：FBCcosθ+FCDcos53°=3G，得：tanθ=2；FBC= G，CD不符合题意；
故答案为：B。
【分析】先以两个小球整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件求出AB和CD两根细线的拉力；再隔离C球受力分析，正交分解，根据平衡条件类方程求解BC绳中拉力和细线BC与竖直方向的夹角θ。
3．（2019高一上·承德期中）图甲是由两圆杆构成的“V”形槽，它与水平面成倾角θ放置。现将一质量为m的圆柱体滑块由斜槽顶端释放，滑块恰好匀速滑下.沿斜面看，其截面如图乙所示，已知滑块与两圆杆的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，b= 120°，则（　　）
A．μ=tanθ
B．左边圆杆对滑块的支持力为mgcosθ
C．左边圆杆对滑块的摩擦力为mgsinθ
D．若增大θ，圆杆对滑块的支持力将增大
【答案】B
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】滑块恰好匀速滑下，受力平衡，对滑块受力分析，根据平衡条件得：沿斜面方向：mgsinθ=2f=2μFN，垂直斜面方向有：mgcosθ=2FNcos =FN，解得：μ= tanθ，A不符合题意，B符合题意；左边圆杆对滑块的摩擦力为f= mgsinθ，C不符合题意；若增大θ，cosθ减小，则圆杆对滑块的支持力将减小，D不符合题意．
故答案为：B．
【分析】本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，特别注意两个圆杆对物体都有滑动摩擦力。
4．（2019高一上·承德期中）如图所示，一光滑半圆形碗固定在水平面上，质量为m1的小球用轻绳跨过碗口并连接质量分别为m2和m3的物体，平衡时碗内小球恰好与碗之间没有弹力，两绳与水平方向夹角分别为53°、37°，则m1：m2：m3的比值为（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）（　　）
A．5：4：3 B．4：3：5 C．3：4：5 D．5：3：4
【答案】A
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】对碗内的小球m1受力分析，受重力、两个细线的两个拉力，由于碗边缘光滑，故相当于动滑轮，故细线对物体m2的拉力等于m2g，细线对物体m1的拉力等于m1g，根据共点力平衡条件，两个拉力的合力与重力等值、反向、共线，有G2=G1cos37°，G3=G1sin37°，故m1：m2：m3=5：4：3，A符合题意。
故答案为：A
【分析】根据三力平衡条件可知，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，然后运用合成法作图，根据几何关系得到三个物体的重力之比。
5．（2019高一上·西安期中）如图所示是某小型机械厂用于运输工件的简易装置，质量都为 的箱子 和物体 ，用跨过光滑的定滑轮的轻质细绳相连， 置于倾角θ＝30°的斜面上，处于静止状态．现向 中缓慢加入沙子，直至 开始运动为止．则在加入沙子的过程中， 所受的摩擦力：（　　）
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先增大后减少 D．先减少后增大
【答案】D
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】未加沙前，由题意A、B的质量相等，则A的重力沿斜面向下的分力mgsin30°小于B的重力，说明A有沿斜面向上运动的趋势所受的静摩擦力方向沿斜面向下。
加沙后，设A的总质量为M，则由平衡条件得当mg＞Mgsin30°时，
mg=f+Mgsin30°，
当M增大时，静摩擦力f减小；
当mg＜Mgsin30°时，f沿斜面向上，则有
Mgsin30°=mg+f，
当M增大时，静摩擦力f增大。A所受的摩擦力先减少后增大。
故答案为：D
【分析】利用平衡方程结合质量变化可以判别摩擦力大小变化。
6．（2019高一上·吉林月考）如图所示，在一水平长木板上放一木块P，木块与木板间的动摩擦因数 μ= 0.75，缓慢抬起木板的右端，直至 θ 为60°，则木块受到木板的支持力、摩擦力大小变化情况是（　　）
A．支持力减小、摩擦力减小
B．支持力增大、摩擦力增大
C．支持力减小、摩擦力先增大后减小
D．支持力增大、摩擦力减小
【答案】C
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】当物块将要滑动时满足：
解得
则：θ=37°
缓慢抬起木板的右端，直至 θ 为60°时，支持力N=mgcosθ，随着θ变大，N减小；当θ角在0~37°范围时，物块相对木板静止，摩擦力是静摩擦力， ，随θ增加，摩擦力f增加；当θ角在37°~60°范围时，物块相对木板滑动，摩擦力是滑动摩擦力， ，随θ增加，摩擦力f减小。
故答案为：C
【分析】利用物块的平衡方程可以判别物块静止时的支持力和摩擦力大小变化；利用动摩擦力的表达式可以判别滑块运动时摩擦力的大小变化。
7．（2019高一上·吉林月考）有一个直角支架AOB，AO水平放置且表面粗糙，OB竖直向下且表面光滑。AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡(如图所示)。现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力FN和摩擦力f的变化情况是（　　）
A．FN不变，f变大 B．FN不变，f变小
C．FN变大，f变大 D．FN变大，f变小
【答案】B
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】以两环组成的整体，分析受力情况如图1所示．根据平衡条件得， 保持不变．再以Q环为研究对象，分析受力情况如图所示．
设细绳与OB杆间夹角为α，由平衡条件得，细绳的拉力 ，P环向左移一小段距离时，α减小， 变大，F变小．
故答案为：B
【分析】利用整体的平衡方程可以判别支持力大小不变；利用Q的平衡方程可以判别摩擦力的大小变化。
8．（2019高一上·宾县月考）如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑．小球被轻质细线系住放在斜面上，细线另一端跨过定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢向上移动一小段距离，斜面体始终静止．移动过程中（　　）
A．细线对小球的拉力变小 B．斜面对小球的支持力变大
C．斜面对地面的压力变大 D．地面对斜面的摩擦力变小
【答案】D
【知识点】动态平衡分析
【解析】【解答】此题是力学分析中的动态变化题型，其中球的重力以及支持力方向都没变，故可画动态三角形，如图，可知 慢慢增大， 减小，AB不符合题意；可由隔离法分析斜面与地面之间力的作用，已知球给斜面的压力减小，故斜面对地面压力减小，对地面摩擦力 减小，可知D符合题意，C不符合题意．
故答案为：D．
【分析】对小球进行受力分析，在重力、拉力、支持力的作用下，物体处于平衡状态，合力为零，结合拉力方向的变化分析其他力的变化。
二、多选题
9．（2019高一下·娄底期末）如图所示，将倾角θ=30°的斜面体C置于水平地面上，一根不可伸长的轻绳两端分别系着可视为质点的小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的光滑小滑轮.现用手托住A，使OA段绳恰处于水平伸直状态，OB绳平行于斜面，此时物块B恰好静止不动.已知A的质量m1=1kg，B的质量m2=4kg，OA段绳长l=1m.重力加速度g=10m/s2.将A由静止释放，在其向下运动过程中，物块B与斜面体C始终保持静止，下列分析正确的是（　　）
A．小球A运动到最低点时，物块B受到的摩擦力大小为零
B．小球A运动到最低点时，物块B受到的摩擦力大小为10N
C．小球A向下运动的过程中，斜面体C受到水平地面的摩擦力方向先向右后向左
D．小球A向下运动的过程中(初末两位置除外)，斜面体C受到水平地面的摩擦力方向始终水平向右
【答案】B,D
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】AB.小球A摆下的过程，只有重力做功，其机械能守恒，有： ，而在最低点由牛顿第二定律有： ，联立解得： ；再对B受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，沿斜面方向由平衡条件有 ，解得： ,方向沿斜面向下；A不符合题意，B符合题意.
CD.对物体B和斜面体C的整体受力分析，由于伸长的细绳向左下方拉物体B和斜面的整体而未拉动，故一定受到地面对C向右的静摩擦力；C不符合题意，D符合题意.
故答案为：BD
【分析】利用机械能守恒结合牛顿第二定律可以求出绳子拉力的大小；利用B的平衡方程可以求出摩擦力的大小；利用整体的平衡条件可以判别C受到地面的摩擦力方向。
10．（2019高一下·宜昌月考）如图所示，质量分布均匀的光滑小球O，放在倾角均为θ的斜面体上，斜面体位于同一水平面上，且小球处于平衡，则下列说法中正确的是(　　)
A．甲图中斜面对球O弹力最大 B．丙图中斜面对球O弹力最小
C．乙图中挡板MN对球O弹力最小 D．丙图中挡板MN对球O弹力最小
【答案】A,D
【知识点】动态平衡分析；受力分析的应用
【解析】【解答】将甲、乙、丙、丁四种情况小球的受力图作出一幅图上，如图，根据平衡条件得知，丁图中斜面对小球的弹力为零，挡板对小球的弹力等于其重力G。斜面对小球的弹力和挡板对小球的弹力的合力与重力大小相等、方向相反，即得到三种情况下此合力相等，根据平行四边定则得知，丙图中挡板MN对球O弹力NMN最小，甲图中斜面对球O弹力 最大，AD符合题意。
故答案为：AD
【分析】对物体进行受力分析，在重力、两个斜面的支持力的作用下，物体处于平衡状态，合力为零，结合挡板对小球的支持力的方向，根据该条件列方程分析求解即可。
11．（2019高一下·宜昌期中）半圆柱体M放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板PQ，M与PQ之间放有一个光滑均匀的小圆柱体N，整个系统处于静止。如图所示是这个系统的纵截面图。若用外力F使PQ保持竖直并且缓慢地向右移动，在N落到地面以前，发现M始终保持静止。在此过程中，下列说法正确的是（　　）
A．PQ对N的弹力逐渐减小 B．MN之间的弹力逐渐增大
C．地面对M的摩擦力逐渐增大 D．地面对M的支持力逐渐增大
【答案】B,C
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】先对N受力分析，受重力、M对N的支持力和PQ对N的支持力，如图：
根据共点力平衡条件，有： ，N2=mgtanθ
再对M、N整体受力分析，受重力、地面支持力、PQ挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，如图：
根据共点力平衡条件，有：f=N2 N=（M+m）g，故有：f=mgtanθ；PQ保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角θ不断变大，故f变大，N不变，N1变大，N2变大，BC符合题意，AD不符合题意.
故答案为：BC
【分析】对物体进行受力分析，在重力、两个支持力的作用下，物体处于平衡状态，合力为零，结合支持力方向的变化分析求解即可。
12．（2019高一下·海伦月考）如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ.现给环一个向右的初速度v0，同时对环施加一个竖直向上的作用力F，并使F的大小随v的大小变化，两者的关系为F＝kv，其中k为常数，则环运动过程中的v－t图象可能是(　　)
A． B．
C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】受力分析的应用
【解析】【解答】A、当F=mg时，圆环竖直方向不受直杆的作用力，水平方向不受摩擦力，则圆环做匀速直线运动．A符合题意；
B、当F＜mg时，圆环水平方向受到摩擦力而做减速运动，随着速度的减小，F也减小，圆环所受的杆的摩擦力f=μ（mg﹣F），则摩擦力增大，加速度增大．B符合题意；
C、D当F＞mg时，圆环水平方向受到摩擦力而做减速运动，随着速度的减小，F也减小，加速度减小，当F=mg后，圆环做匀速直线运动．C不符合题意，D符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】对圆环进行受力分析，利用牛顿第二定律求解加速度，进而确定圆环的速度变化，结合选项求解即可。
三、综合题
13．（2020高一下·泸县月考）如图所示，质量为m1的物体甲通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O，轻绳OB水平且B端与站在水平面上的质量为m2的人相连，轻绳OA与竖直方向的夹角θ=37°，物体甲及人均处于静止状态。（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
（1）轻绳OA、OB受到的拉力分别是多大？
（2）若人的质量m2=60kg，人与水平面之间的动摩擦因数μ=0.3，欲使人在水平面上不滑动，则物体甲的质量m1最大不能超过多少？
【答案】（1）解：对结点O进行受力分析，受甲通过绳子对O的拉力m1g，OB的拉力F和OA的拉力T，处于平衡状态，如图所示，有：T= =1.25m1g
F=m1g tanθ= m1g
（2）解：对人受力分析，在水平方向上受OB的拉力F′和地面对人的摩擦力f处于平衡状态，所以有：f=F′=F= m1g…①
人有向右的运动趋势，所以人受到水平向左的摩擦力作用
人在竖直方向上受重力m2g和支持力N，若人的质量m2=60kg，人与水平面之间的动摩擦因数μ=0.3，则人受到的最大静摩擦力为：fmax=μN=μm2g…②
此时物体甲的质量达到最大，联立①②并代入数据得：m1=24kg
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【分析】（1）利用O点的平衡方程可以求出绳子的拉力；
（2）利用人的平衡方程结合最大静摩擦力大小可以求出m1的最大质量。
14．（2019高一上·山西月考）如图所示，在水平粗糙横杆上，有一质量为m的小圆环A，用一细线悬吊一个质量为m的球B.现用一水平拉力缓慢地拉起球B，使细线与竖直方向成37°角，此时环A仍保持静止．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
（1）此时水平拉力F的大小；
（2）环对横杆的压力及环受到的摩擦力．
【答案】（1）解：取小球为研究对象进行受力分析，受到拉力F、重力G、细线拉力FT，由平衡规律得：
FTsin37°=F
FTcos37°=mg
联立解得F＝ mg
故水平拉力F的大小为 mg
（2）解：取AB组成的系统为研究对象，受到总重力、支持力、拉力和滑动摩擦力，如图
根据共点力平衡条件，有FN=2mg
Ff=F
由牛顿第三定律FN=-FN′
故对横杆的压力大小为2mg，方向竖直向下，环受到的摩擦力大小为0.75mg，方向水平向左
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【分析】本题关键在于运用整体法和隔离法对整体和小球受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解，对于研究对象的灵活选择，有时可以使问题大大简化，起到事半功倍的效果．
15．（2019高一上·鹤岗月考）滑板运动是一项非常刺激的水上运动，研究表明，在进行滑板运动时，水对滑板的作用力FN垂直于板面，大小为kv2，其中v为滑板速率(水可视为静止).某次运动中，在水平牵引力作用下，当滑板和水面的夹角θ＝37°时(如图)，滑板做匀速直线运动，相应的k＝54
kg/m，人和滑板的总质量为108 kg，试求：(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°取 0.6，忽略空气阻力)
（1）水平牵引力的大小；
（2）滑板的速率.
【答案】（1）解：以滑板和运动员为研究对象，其受力如图所示
由共点力平衡条件可得
①
②
由①、②联立，得
（2）解：
得
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【分析】（1）对人进行受力分析，在拉力、支持力和重力的作用下，人处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解即可；
（2）结合滑板受到的阻力求解滑板的速度。
16．（2019高一上·广州期中）如图所示，一质量为6kg的物块，置于水平地面上，物块与地面的动摩擦因数为 然后用两根绳分别系在物块的A点和B点，A绳水平，B绳与水平面成37°，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2．求：
（1）逐渐增大B绳的拉力，直到物块对地面的压力恰好为零，则此时A绳和B绳的拉力分别是多大？
（2）将A绳剪断，为了使物块沿水平面做匀速直线运动，在不改变B绳方向的情况下，B绳的拉力应为多大？
【答案】（1）解：当物块对地面的压力恰好为零时，如图1所示，根据平衡条件得：TBcos37°=TA
TBsin37 =mg
解得：TA=80N
TB=100N
（2）解：将A绳剪断，如图2所示，为了使物块沿水平面做匀速直线运动
则有：Fcos37°=f
Fsin37 + FN= mg
f=μFN
联立解得：F=20N
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【分析】（1）物块处于静止，利用物块的平衡可以求出两个拉力的大小；
（2）A绳子断开后，物块做匀速直线运动，利用平衡方程可以求出B绳子的拉力大小。
高中物理人教版（2019）必修第一册同步练习：第三章 补充专题 共点力平衡的应用
一、单选题
1．（2020高一下·诸暨期中）如图所示，用一轻绳将光滑小球(大小不能忽略)系于竖直墙壁上的O点，现用一细杆压在轻绳上紧贴墙壁从O点缓慢下移，则（　　）
A．轻绳对小球的拉力保持不变 B．轻绳对小球的拉力逐渐增大
C．小球对墙壁的压力保持不变 D．小球对墙壁的压力逐渐减小
2．（2019高一上·宁波期中）如图所示，B、C两个小球用细线悬挂于竖直墙面上的A、D两点，两球均保持静止，已知B球的重力为2G，C球的重力为3G，细线AB与竖直墙面之间的夹角为37°，细线CD与竖直墙面之间的夹角为53°，则（　　）
A．AB绳中的拉力为5G
B．CD绳中的拉力为3G
C．BC绳中的拉力为2G
D．BC绳与竖直方向的夹角θ为53°
3．（2019高一上·承德期中）图甲是由两圆杆构成的“V”形槽，它与水平面成倾角θ放置。现将一质量为m的圆柱体滑块由斜槽顶端释放，滑块恰好匀速滑下.沿斜面看，其截面如图乙所示，已知滑块与两圆杆的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，b= 120°，则（　　）
A．μ=tanθ
B．左边圆杆对滑块的支持力为mgcosθ
C．左边圆杆对滑块的摩擦力为mgsinθ
D．若增大θ，圆杆对滑块的支持力将增大
4．（2019高一上·承德期中）如图所示，一光滑半圆形碗固定在水平面上，质量为m1的小球用轻绳跨过碗口并连接质量分别为m2和m3的物体，平衡时碗内小球恰好与碗之间没有弹力，两绳与水平方向夹角分别为53°、37°，则m1：m2：m3的比值为（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）（　　）
A．5：4：3 B．4：3：5 C．3：4：5 D．5：3：4
5．（2019高一上·西安期中）如图所示是某小型机械厂用于运输工件的简易装置，质量都为 的箱子 和物体 ，用跨过光滑的定滑轮的轻质细绳相连， 置于倾角θ＝30°的斜面上，处于静止状态．现向 中缓慢加入沙子，直至 开始运动为止．则在加入沙子的过程中， 所受的摩擦力：（　　）
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先增大后减少 D．先减少后增大
6．（2019高一上·吉林月考）如图所示，在一水平长木板上放一木块P，木块与木板间的动摩擦因数 μ= 0.75，缓慢抬起木板的右端，直至 θ 为60°，则木块受到木板的支持力、摩擦力大小变化情况是（　　）
A．支持力减小、摩擦力减小
B．支持力增大、摩擦力增大
C．支持力减小、摩擦力先增大后减小
D．支持力增大、摩擦力减小
7．（2019高一上·吉林月考）有一个直角支架AOB，AO水平放置且表面粗糙，OB竖直向下且表面光滑。AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡(如图所示)。现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力FN和摩擦力f的变化情况是（　　）
A．FN不变，f变大 B．FN不变，f变小
C．FN变大，f变大 D．FN变大，f变小
8．（2019高一上·宾县月考）如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑．小球被轻质细线系住放在斜面上，细线另一端跨过定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢向上移动一小段距离，斜面体始终静止．移动过程中（　　）
A．细线对小球的拉力变小 B．斜面对小球的支持力变大
C．斜面对地面的压力变大 D．地面对斜面的摩擦力变小
二、多选题
9．（2019高一下·娄底期末）如图所示，将倾角θ=30°的斜面体C置于水平地面上，一根不可伸长的轻绳两端分别系着可视为质点的小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的光滑小滑轮.现用手托住A，使OA段绳恰处于水平伸直状态，OB绳平行于斜面，此时物块B恰好静止不动.已知A的质量m1=1kg，B的质量m2=4kg，OA段绳长l=1m.重力加速度g=10m/s2.将A由静止释放，在其向下运动过程中，物块B与斜面体C始终保持静止，下列分析正确的是（　　）
A．小球A运动到最低点时，物块B受到的摩擦力大小为零
B．小球A运动到最低点时，物块B受到的摩擦力大小为10N
C．小球A向下运动的过程中，斜面体C受到水平地面的摩擦力方向先向右后向左
D．小球A向下运动的过程中(初末两位置除外)，斜面体C受到水平地面的摩擦力方向始终水平向右
10．（2019高一下·宜昌月考）如图所示，质量分布均匀的光滑小球O，放在倾角均为θ的斜面体上，斜面体位于同一水平面上，且小球处于平衡，则下列说法中正确的是(　　)
A．甲图中斜面对球O弹力最大 B．丙图中斜面对球O弹力最小
C．乙图中挡板MN对球O弹力最小 D．丙图中挡板MN对球O弹力最小
11．（2019高一下·宜昌期中）半圆柱体M放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板PQ，M与PQ之间放有一个光滑均匀的小圆柱体N，整个系统处于静止。如图所示是这个系统的纵截面图。若用外力F使PQ保持竖直并且缓慢地向右移动，在N落到地面以前，发现M始终保持静止。在此过程中，下列说法正确的是（　　）
A．PQ对N的弹力逐渐减小 B．MN之间的弹力逐渐增大
C．地面对M的摩擦力逐渐增大 D．地面对M的支持力逐渐增大
12．（2019高一下·海伦月考）如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ.现给环一个向右的初速度v0，同时对环施加一个竖直向上的作用力F，并使F的大小随v的大小变化，两者的关系为F＝kv，其中k为常数，则环运动过程中的v－t图象可能是(　　)
A． B．
C． D．
三、综合题
13．（2020高一下·泸县月考）如图所示，质量为m1的物体甲通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O，轻绳OB水平且B端与站在水平面上的质量为m2的人相连，轻绳OA与竖直方向的夹角θ=37°，物体甲及人均处于静止状态。（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
（1）轻绳OA、OB受到的拉力分别是多大？
（2）若人的质量m2=60kg，人与水平面之间的动摩擦因数μ=0.3，欲使人在水平面上不滑动，则物体甲的质量m1最大不能超过多少？
14．（2019高一上·山西月考）如图所示，在水平粗糙横杆上，有一质量为m的小圆环A，用一细线悬吊一个质量为m的球B.现用一水平拉力缓慢地拉起球B，使细线与竖直方向成37°角，此时环A仍保持静止．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
（1）此时水平拉力F的大小；
（2）环对横杆的压力及环受到的摩擦力．
15．（2019高一上·鹤岗月考）滑板运动是一项非常刺激的水上运动，研究表明，在进行滑板运动时，水对滑板的作用力FN垂直于板面，大小为kv2，其中v为滑板速率(水可视为静止).某次运动中，在水平牵引力作用下，当滑板和水面的夹角θ＝37°时(如图)，滑板做匀速直线运动，相应的k＝54
kg/m，人和滑板的总质量为108 kg，试求：(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°取 0.6，忽略空气阻力)
（1）水平牵引力的大小；
（2）滑板的速率.
16．（2019高一上·广州期中）如图所示，一质量为6kg的物块，置于水平地面上，物块与地面的动摩擦因数为 然后用两根绳分别系在物块的A点和B点，A绳水平，B绳与水平面成37°，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2．求：
（1）逐渐增大B绳的拉力，直到物块对地面的压力恰好为零，则此时A绳和B绳的拉力分别是多大？
（2）将A绳剪断，为了使物块沿水平面做匀速直线运动，在不改变B绳方向的情况下，B绳的拉力应为多大？
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】对小球受力情况如图所示：
小球受到重力、拉力和墙壁对小球的弹力处于平衡，设拉力与竖直方向的夹角为θ，根据共点力平衡有： ，墙壁对小球的弹力N=mgtanθ，因为θ逐渐增大，cosθ逐渐减小，则拉力F逐渐增大。tanθ逐渐增大，则墙壁对小球的弹力N逐渐增大，可知小球对墙壁的压力逐渐增大，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B
【分析】对小球受力分析，结合共点力平衡可得拉力和墙壁对小球弹力的表达式，即可分析出小球对墙壁的压力如何变化。
2．【答案】B
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】对两个小球构成的整体受力分析：
根据平衡条件：x轴：FABsin37°=FCD sin53°，y轴：FABcos37°+FCDcos53°=5G，得：FAB=4G，FCD=3G，A不符合题意，B符合题意；对C球受力分析，
根据平衡条件：x轴：FBCsinθ=FCD sin53°，y轴：FBCcosθ+FCDcos53°=3G，得：tanθ=2；FBC= G，CD不符合题意；
故答案为：B。
【分析】先以两个小球整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件求出AB和CD两根细线的拉力；再隔离C球受力分析，正交分解，根据平衡条件类方程求解BC绳中拉力和细线BC与竖直方向的夹角θ。
3．【答案】B
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】滑块恰好匀速滑下，受力平衡，对滑块受力分析，根据平衡条件得：沿斜面方向：mgsinθ=2f=2μFN，垂直斜面方向有：mgcosθ=2FNcos =FN，解得：μ= tanθ，A不符合题意，B符合题意；左边圆杆对滑块的摩擦力为f= mgsinθ，C不符合题意；若增大θ，cosθ减小，则圆杆对滑块的支持力将减小，D不符合题意．
故答案为：B．
【分析】本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，特别注意两个圆杆对物体都有滑动摩擦力。
4．【答案】A
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】对碗内的小球m1受力分析，受重力、两个细线的两个拉力，由于碗边缘光滑，故相当于动滑轮，故细线对物体m2的拉力等于m2g，细线对物体m1的拉力等于m1g，根据共点力平衡条件，两个拉力的合力与重力等值、反向、共线，有G2=G1cos37°，G3=G1sin37°，故m1：m2：m3=5：4：3，A符合题意。
故答案为：A
【分析】根据三力平衡条件可知，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，然后运用合成法作图，根据几何关系得到三个物体的重力之比。
5．【答案】D
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】未加沙前，由题意A、B的质量相等，则A的重力沿斜面向下的分力mgsin30°小于B的重力，说明A有沿斜面向上运动的趋势所受的静摩擦力方向沿斜面向下。
加沙后，设A的总质量为M，则由平衡条件得当mg＞Mgsin30°时，
mg=f+Mgsin30°，
当M增大时，静摩擦力f减小；
当mg＜Mgsin30°时，f沿斜面向上，则有
Mgsin30°=mg+f，
当M增大时，静摩擦力f增大。A所受的摩擦力先减少后增大。
故答案为：D
【分析】利用平衡方程结合质量变化可以判别摩擦力大小变化。
6．【答案】C
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】当物块将要滑动时满足：
解得
则：θ=37°
缓慢抬起木板的右端，直至 θ 为60°时，支持力N=mgcosθ，随着θ变大，N减小；当θ角在0~37°范围时，物块相对木板静止，摩擦力是静摩擦力， ，随θ增加，摩擦力f增加；当θ角在37°~60°范围时，物块相对木板滑动，摩擦力是滑动摩擦力， ，随θ增加，摩擦力f减小。
故答案为：C
【分析】利用物块的平衡方程可以判别物块静止时的支持力和摩擦力大小变化；利用动摩擦力的表达式可以判别滑块运动时摩擦力的大小变化。
7．【答案】B
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】以两环组成的整体，分析受力情况如图1所示．根据平衡条件得， 保持不变．再以Q环为研究对象，分析受力情况如图所示．
设细绳与OB杆间夹角为α，由平衡条件得，细绳的拉力 ，P环向左移一小段距离时，α减小， 变大，F变小．
故答案为：B
【分析】利用整体的平衡方程可以判别支持力大小不变；利用Q的平衡方程可以判别摩擦力的大小变化。
8．【答案】D
【知识点】动态平衡分析
【解析】【解答】此题是力学分析中的动态变化题型，其中球的重力以及支持力方向都没变，故可画动态三角形，如图，可知 慢慢增大， 减小，AB不符合题意；可由隔离法分析斜面与地面之间力的作用，已知球给斜面的压力减小，故斜面对地面压力减小，对地面摩擦力 减小，可知D符合题意，C不符合题意．
故答案为：D．
【分析】对小球进行受力分析，在重力、拉力、支持力的作用下，物体处于平衡状态，合力为零，结合拉力方向的变化分析其他力的变化。
9．【答案】B,D
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】AB.小球A摆下的过程，只有重力做功，其机械能守恒，有： ，而在最低点由牛顿第二定律有： ，联立解得： ；再对B受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，沿斜面方向由平衡条件有 ，解得： ,方向沿斜面向下；A不符合题意，B符合题意.
CD.对物体B和斜面体C的整体受力分析，由于伸长的细绳向左下方拉物体B和斜面的整体而未拉动，故一定受到地面对C向右的静摩擦力；C不符合题意，D符合题意.
故答案为：BD
【分析】利用机械能守恒结合牛顿第二定律可以求出绳子拉力的大小；利用B的平衡方程可以求出摩擦力的大小；利用整体的平衡条件可以判别C受到地面的摩擦力方向。
10．【答案】A,D
【知识点】动态平衡分析；受力分析的应用
【解析】【解答】将甲、乙、丙、丁四种情况小球的受力图作出一幅图上，如图，根据平衡条件得知，丁图中斜面对小球的弹力为零，挡板对小球的弹力等于其重力G。斜面对小球的弹力和挡板对小球的弹力的合力与重力大小相等、方向相反，即得到三种情况下此合力相等，根据平行四边定则得知，丙图中挡板MN对球O弹力NMN最小，甲图中斜面对球O弹力 最大，AD符合题意。
故答案为：AD
【分析】对物体进行受力分析，在重力、两个斜面的支持力的作用下，物体处于平衡状态，合力为零，结合挡板对小球的支持力的方向，根据该条件列方程分析求解即可。
11．【答案】B,C
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】先对N受力分析，受重力、M对N的支持力和PQ对N的支持力，如图：
根据共点力平衡条件，有： ，N2=mgtanθ
再对M、N整体受力分析，受重力、地面支持力、PQ挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，如图：
根据共点力平衡条件，有：f=N2 N=（M+m）g，故有：f=mgtanθ；PQ保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角θ不断变大，故f变大，N不变，N1变大，N2变大，BC符合题意，AD不符合题意.
故答案为：BC
【分析】对物体进行受力分析，在重力、两个支持力的作用下，物体处于平衡状态，合力为零，结合支持力方向的变化分析求解即可。
12．【答案】A,B,D
【知识点】受力分析的应用
【解析】【解答】A、当F=mg时，圆环竖直方向不受直杆的作用力，水平方向不受摩擦力，则圆环做匀速直线运动．A符合题意；
B、当F＜mg时，圆环水平方向受到摩擦力而做减速运动，随着速度的减小，F也减小，圆环所受的杆的摩擦力f=μ（mg﹣F），则摩擦力增大，加速度增大．B符合题意；
C、D当F＞mg时，圆环水平方向受到摩擦力而做减速运动，随着速度的减小，F也减小，加速度减小，当F=mg后，圆环做匀速直线运动．C不符合题意，D符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】对圆环进行受力分析，利用牛顿第二定律求解加速度，进而确定圆环的速度变化，结合选项求解即可。
13．【答案】（1）解：对结点O进行受力分析，受甲通过绳子对O的拉力m1g，OB的拉力F和OA的拉力T，处于平衡状态，如图所示，有：T= =1.25m1g
F=m1g tanθ= m1g
（2）解：对人受力分析，在水平方向上受OB的拉力F′和地面对人的摩擦力f处于平衡状态，所以有：f=F′=F= m1g…①
人有向右的运动趋势，所以人受到水平向左的摩擦力作用
人在竖直方向上受重力m2g和支持力N，若人的质量m2=60kg，人与水平面之间的动摩擦因数μ=0.3，则人受到的最大静摩擦力为：fmax=μN=μm2g…②
此时物体甲的质量达到最大，联立①②并代入数据得：m1=24kg
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【分析】（1）利用O点的平衡方程可以求出绳子的拉力；
（2）利用人的平衡方程结合最大静摩擦力大小可以求出m1的最大质量。
14．【答案】（1）解：取小球为研究对象进行受力分析，受到拉力F、重力G、细线拉力FT，由平衡规律得：
FTsin37°=F
FTcos37°=mg
联立解得F＝ mg
故水平拉力F的大小为 mg
（2）解：取AB组成的系统为研究对象，受到总重力、支持力、拉力和滑动摩擦力，如图
根据共点力平衡条件，有FN=2mg
Ff=F
由牛顿第三定律FN=-FN′
故对横杆的压力大小为2mg，方向竖直向下，环受到的摩擦力大小为0.75mg，方向水平向左
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【分析】本题关键在于运用整体法和隔离法对整体和小球受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解，对于研究对象的灵活选择，有时可以使问题大大简化，起到事半功倍的效果．
15．【答案】（1）解：以滑板和运动员为研究对象，其受力如图所示
由共点力平衡条件可得
①
②
由①、②联立，得
（2）解：
得
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【分析】（1）对人进行受力分析，在拉力、支持力和重力的作用下，人处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解即可；
（2）结合滑板受到的阻力求解滑板的速度。
16．【答案】（1）解：当物块对地面的压力恰好为零时，如图1所示，根据平衡条件得：TBcos37°=TA
TBsin37 =mg
解得：TA=80N
TB=100N
（2）解：将A绳剪断，如图2所示，为了使物块沿水平面做匀速直线运动
则有：Fcos37°=f
Fsin37 + FN= mg
f=μFN
联立解得：F=20N
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【分析】（1）物块处于静止，利用物块的平衡可以求出两个拉力的大小；
（2）A绳子断开后，物块做匀速直线运动，利用平衡方程可以求出B绳子的拉力大小。