課時跟蹤檢測 （十九） 共點力平衡條件的應用

課時跟蹤檢測（十九）共點力平衡條件的應用eq\a\vs4\al(A)組—重基礎·體現(xiàn)綜合1.如圖所示，一箱蘋果沿著傾角為θ的斜面，以速度v勻速下滑。在箱子的中央有一個質(zhì)量為m的蘋果，它受到周圍蘋果對它作用力的合力的方向()A．沿斜面向上 B．沿斜面向下C．豎直向上 D．垂直斜面向上解析：選C一箱蘋果整體沿斜面向下做勻速運動，其中央的一個蘋果也一定是做勻速運動，受到的合力為零。由于中央的那一個蘋果只受重力與它周圍蘋果對它作用力的合力的作用，故重力與它周圍蘋果對它作用力的合力為一對平衡力，大小相等、方向相反，故C正確。2．如圖所示，在水平力F的作用下，木塊A、B保持靜止。若木塊A與B的接觸面是水平的，且F≠0。則關于木塊B的受力個數(shù)，可能是()A．3個或4個B．3個或5個C．4個或5個D．4個或6個解析：選C木塊B一定受重力和A對它的壓力；將A、B看成整體，因整體保持靜止，所以B一定受斜面的支持力；隔離木塊A并對其受力分析，因A靜止，故A一定受B的靜摩擦力，故B也一定受A的靜摩擦力；斜面對木塊B可能有靜摩擦力的作用，也可能沒有。綜上所述，C正確。3.疊放在水平地面上的四個完全相同的排球如圖所示，質(zhì)量均為m，相互接觸。球與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ，則()A．上方球與下方三個球間均沒有彈力B．下方三個球與水平地面間均沒有摩擦力C．水平地面對下方三個球的支持力均為eq\f(4,3)mgD．水平地面對下方三個球的摩擦力均為eq\f(4,3)μmg解析：選C將四個球看作一個整體，地面的支持力與球的重力平衡，設其中一個球受到的支持力大小為FN，因此3FN＝4mg，選項C正確。最上面的球?qū)ο旅嫒齻€球肯定有壓力，即有彈力，選項A錯誤。以下方三個球中任意一個球為研究對象，受力如圖所示，由此可知選項B錯誤。由于地面與球之間的摩擦力為靜摩擦力，因此不能通過Ff＝μFN求解，選項D錯誤。4.如圖所示，兩個質(zhì)量都是m的小球A、B用輕桿連接后斜放在墻上處于平衡狀態(tài)。已知墻面光滑，水平地面粗糙，現(xiàn)將A球向下移動一小段距離，兩球再次達到平衡，那么將移動后的平衡狀態(tài)和原來的平衡狀態(tài)比較，地面對B球的支持力N和地面對B球的摩擦力f的變化情況是()A．N不變 B．N變大C．f不變 D．f變小解析：選A對整體進行受力分析，知豎直方向：N＝2mg，移動兩球后，仍然平衡，則N仍然等于2mg，所以N不變；水平方向：地面對B的摩擦力f等于豎直墻壁對A的彈力；再隔離對A進行受力分析，墻壁對A球的彈力FN＝mgtanθ；當A球向下移動一小段距離，夾角θ增大，所以FN增大，地面對B球的摩擦力f變大。故A正確，B、C、D錯誤。5.如圖所示，一質(zhì)量為m的長方體物塊靜止在粗糙水平地面上，一重為G的光滑圓球放在光滑豎直的墻壁和長方體物塊之間處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用水平向右的拉力F緩慢拉動長方體物塊，在圓球與地面接觸之前，下列判斷正確的是()A．地面對長方體物塊的支持力逐漸增大B．球?qū)Ρ诘膲毫χ饾u減小C．水平拉力F逐漸減小D．地面對長方體物塊的摩擦力逐漸增大解析：選C對球和長方體物塊整體進行受力分析，整體處于平衡狀態(tài)，豎直方向有：N＝mg＋G，則地面對整體的支持力不變，地面受到的摩擦力為滑動摩擦力，則有f＝μN，故地面對長方體物塊的摩擦力不變，A、D錯誤；對球進行受力分析，如圖甲所示，球受力平衡，則有：N1＝Gtanθ，N2＝eq\f(G,cosθ)，當用水平向右的拉力F緩慢拉動長方體物塊時，θ增大，則tanθ增大，所以N1增大，cosθ減小，則N2增大，根據(jù)牛頓第三定律可知，球?qū)Ρ诘膲毫χ饾u增大，故B錯誤；對長方體物塊受力分析，受到重力mg、地面的支持力N、拉力F、球?qū)﹂L方體物塊的壓力N2′以及滑動摩擦力f作用，如圖乙所示，受力平衡，根據(jù)牛頓第三定律可知，N2′＝N2，則水平方向有：F＋N2′sinθ＝f，由于N2增大，θ增大，f不變，則F減小，故C正確。6．[多選]在粗糙水平地面上與墻平行放著一個截面為半圓的柱狀物體A，A與豎直墻之間放一光滑圓球B，整個裝置處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)對B施加一豎直向下的力F,F的作用線通過球心，設B對墻的作用力為F1，B對A的作用力為F2，地面對A的摩擦力為F3，地面對A的支持力為F4。若F緩慢增大而整個裝置仍保持靜止，截面如圖所示，則在此過程中()A．F1保持不變，F(xiàn)4保持不變B．F1緩慢增大，F(xiàn)4緩慢增大C．F2緩慢增大，F(xiàn)3緩慢增大D．F2緩慢增大，F(xiàn)3保持不變解析：選BC以B球為研究對象，將F與B的重力GB的合力按效果進行分解，如圖甲所示，設BA連線與豎直方向夾角為α，由平衡條件得：B對墻的作用力：F1＝(F＋GB)tanα，當F緩慢增大時，F(xiàn)1緩慢增大；B對A的作用力：F2＝eq\f(F1,sinα)，F(xiàn)1緩慢增大，則F2緩慢增大；再以整體為研究對象，受力分析如圖乙所示，根據(jù)平衡條件，則有：地面對A的支持力F4＝GA＋GB＋F，F(xiàn)緩慢增大，則F4緩慢增大；地面對A的摩擦力F3＝F1′，F(xiàn)1′＝F1，由前面分析知F1緩慢增大，則F3緩慢增大。7.如圖所示，質(zhì)量為m的木塊A放在質(zhì)量為M的三角形斜劈上，現(xiàn)用大小均為F、方向相反的水平力分別推A和B，它們均靜止不動，則(重力加速度取g)()A．A與B之間一定存在摩擦力B．B與地面之間可能存在摩擦力C．B對A的支持力可能小于mgD．地面對B的支持力為Mg解析：選C對A、B整體受力分析，如圖所示，受到重力(M＋m)g、支持力FN和已知的兩個推力F，對于整體，由于兩個推力剛好平衡，故整體與地面間沒有摩擦力，且有FN＝(M＋m)g，故B、D錯誤；對A受力分析，A至少受重力mg、推力F、B對A的支持力FN′，當推力F沿斜面的分力大于重力沿斜面的分力時，摩擦力的方向沿斜面向下，當推力F沿斜面的分力小于重力沿斜面的分力時，摩擦力的方向沿斜面向上，當推力F沿斜面的分力等于重力沿斜面的分力時，摩擦力為零，A錯誤；在垂直斜面方向上有FN′＝mgcosθ＋Fsinθ(θ為斜劈傾角)，故FN′可能小于mg，C正確。8．[多選]如圖所示，輕質(zhì)不可伸長的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿M、N上的a、b兩點，懸掛衣服的衣架掛鉤是光滑的，掛于繩上處于靜止狀態(tài)。如果只人為改變一個條件，當衣架靜止時，下列說法正確的是()A．繩的右端上移到b′點，繩子拉力不變B．繩的兩端高度差越小，繩子拉力越小C．將桿N向右移一些，繩子拉力變大D．若換掛質(zhì)量更大的衣服，則衣架懸掛點右移解析：選AC如圖所示，懸掛衣服的掛鉤是光滑的，兩側(cè)繩子與豎直方向夾角是相等的。假設繩子的長度為x，兩豎直桿間的距離為L，則xcosθ＝L，繩子一端在上下移動的時候，繩子的長度不變，兩桿之間的距離不變，則θ角度不變；兩側(cè)繩子的合力向上，大小等于衣服的重力，由于夾角不變，所以繩子的拉力不變，A正確，B錯誤；當桿向右移動后，根據(jù)xcosθ＝L，即L變大，繩長不變，所以θ減小，繩子與豎直方向的夾角變大，繩子的拉力變大，C正確；繩長和兩桿距離不變的情況下，θ不變，所以掛的衣服質(zhì)量變化，不會影響懸掛點的移動，D錯誤。9.如圖所示，粗糙水平地面上放著一個截面為半圓的柱狀物體A，物體A與豎直墻之間放一光滑半圓球B，整個裝置處于平衡狀態(tài)。已知A、B的質(zhì)量分別為m和M，半圓球B與柱狀物體A半徑均為R，半圓球B的球心到水平地面的豎直距離為eq\r(2)R，重力加速度為g。求：(1)物體A對地面的壓力大?。?2)物體A對地面的摩擦力大小。解析：(1)把A、B看成一個系統(tǒng)，對其運用整體法，該系統(tǒng)在豎直方向上受到豎直向下的重力(M＋m)g和地面的支持力FN的作用，二力平衡，所以FN＝(M＋m)g，由牛頓第三定律得物體A對地面的壓力大小為(M＋m)g。(2)在水平方向上，該系統(tǒng)肯定受到豎直墻水平向右的彈力的作用，那么一定也受到地面水平向左的摩擦力，并且摩擦力大小等于彈力大?。辉龠x取半圓球B為研究對象，運用隔離法，受力分析如圖所示。根據(jù)力的分解和力的平衡條件可得：FN1＝eq\f(Mg,cosθ)，F(xiàn)N2＝Mgtanθ半圓球B的球心到水平地面的豎直距離為eq\r(2)R，所以θ＝45°所以FN2＝Mg根據(jù)受力分析及牛頓第三定律，物體A對地面的摩擦力大小等于FN2，所以物體A對地面的摩擦力大小為Mg，方向水平向右。答案：(1)(M＋m)g(2)Mgeq\a\vs4\al(B)組—重應用·體現(xiàn)創(chuàng)新10.半圓柱體P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的豎直擋板MN。在半圓柱體P和MN之間放有一個光滑的均勻小圓柱體Q，整個裝置處于平衡狀態(tài)，如圖所示是這個裝置的縱截面圖。現(xiàn)使MN保持豎直并且緩慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，發(fā)現(xiàn)P始終保持靜止。則在此過程中，下列說法中正確的是()A．MN對Q的彈力逐漸減小B．地面對P的摩擦力逐漸增大C．P、Q間的彈力先減小后增大D．Q所受的合力逐漸增大解析：選BQ的受力分析如圖所示，F(xiàn)1表示P對Q的彈力，F(xiàn)2表示MN對Q的彈力，F(xiàn)2的方向水平向左保持不變，F(xiàn)1的方向順時針旋轉(zhuǎn)，由平行四邊形的邊長變化可知：F1與F2都逐漸增大，A、C錯誤；由于擋板MN緩慢移動，Q處于平衡狀態(tài)，所受合力為零，D錯誤；對P、Q整體受力分析，由平衡條件得，F(xiàn)f＝F2，由于F2逐漸增大，故Ff逐漸增大，B正確。11．如圖所示，頂端附有光滑定滑輪的斜面體靜止在粗糙的水平地面上。三條繩結(jié)于O點，一條繩跨過定滑輪平行于斜面與物塊P連接，一條繩連接小球Q，另一條繩OA在外力F的作用下使夾角θ<90°，P、Q兩物體處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)緩慢改變繩OA的方向至θ>90°，且保持結(jié)點O位置不變，整個裝置始終處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是()A．斜面對P的摩擦力一定增大B．繩OA的拉力先減小后增大C．地面對斜面體的摩擦力方向可能向右D．地面對斜面體的支持力等于P和斜面體所受的重力之和解析：選B緩慢改變繩OA的方向至θ>90°的過程，OA拉力的方向變化如圖所示，可見OA的拉力先減小后增大，OP的拉力一直增大，故B正確；若開始時P受繩的拉力比較小，斜面對P的摩擦力沿斜面向上，OP拉力一直增大，則斜面對P的摩擦力先變小后反向增大，故A錯誤；以斜面體和P、Q整體為研究對象受力分析，根據(jù)平衡條件：斜面體受地面的摩擦力與繩OA水平方向的分力等大反向，故摩擦力方向向左，故C錯誤；以斜面體和P、Q整體為研究對象受力分析，根據(jù)豎直方向受力平衡：N＋Fcosα＝(M斜＋MP＋MQ)g，α為F與豎直方向的夾角，由圖分析可知F的最大值即為MQg(當F方向豎直向上時)，故Fcosα<MQg，則N>M斜g＋MPg，故D錯誤。12．一般教室門上都安裝一種暗鎖，這種暗鎖由外殼A、骨架B、彈簧C(勁度系數(shù)為k)、鎖舌D(傾角θ＝30°)、鎖槽E以及連桿、鎖頭等部件組成，如圖甲所示。設鎖舌D的側(cè)面與外殼A和鎖槽E之間的動摩擦因數(shù)均為μ，最大靜摩擦力Ffm由Ffm＝μFN(FN為正壓力)求得。有一次放學后，當某同學準備關門時，無論用多大的力，也不能將門關上(這種現(xiàn)象稱為自鎖)，此刻暗鎖所處的狀態(tài)的俯視圖如圖乙所示，P為鎖舌D與鎖槽E之間的接觸點，彈簧由于被壓縮而縮短了x。(1)求自鎖狀態(tài)時鎖舌D的下表面所受摩擦力的方向；(2)求此時(自鎖時)鎖舌D與鎖槽E之間的正壓力的大??；(3)無論用多大的力拉門，暗鎖仍然能夠保持自鎖狀態(tài)，則μ至少要多大？解析：(1)鎖舌D受力分析如圖所示，由于鎖舌D有向左運動的趨勢，故鎖舌D所受到的最大靜摩擦力為f1，其方向向右。(2)設鎖