1、7用牛顿运动定律解决问题(二)共点力的平衡一、选择题1.(2019浙江“温州十校联合体”高一第一学期期末)如图1所示，一架无人机执行航拍任务时正沿直线朝斜向下方匀速运动用G表示无人机重力，F表示空气对它的作用力，下列四幅图中能表示此过程中无人机受力情况的是()图1答案C2如图2所示，mAmB，设水平地面对A的支持力为FN，绳子对A的拉力为F1，地面对A的摩擦力为F2，若水平方向用力F拉A，使B缓慢上升，不计轻滑轮摩擦，则在此过程中()图2AFN增大，F2增大，F1不变BFN减小，F2减小，F1不变CFN减小，F2减小，F1增大DFN增大，F2减小，F1增大答案A解析B缓慢上升，可认为处于平衡状
2、态，由平衡条件可知，绳子的拉力大小FT不变根据定滑轮的特点可知，A受到轻绳的拉力F1大小也不变对A受力分析如图，则竖直方向：FNF1cos mAg.得FNmAgF1cos ；A沿地面向右运动时，增大，cos 减小，F1不变，则FN逐渐增大，而F2FN，不变，则F2也逐渐增大，故A正确，B、C、D错误3(多选)如图3所示，物体P静止于固定的斜面上，P的上表面水平，现把物体Q轻轻地叠放在P上，则()图3AP向下滑动BP静止不动CP所受的合外力增大DP与斜面间的静摩擦力增大答案BD解析物体P静止于斜面上，则mgsin mgcos ，把物体Q轻轻地叠放在P上时，P、Q整体质量增加，相对斜面仍然满足mg
3、sin mgcos ，故P静止不动，所受的合外力为零，A、C错误，B正确；P所受的合外力为零，P与斜面间的静摩擦力增大为mgsin ，D正确4.(多选)(2019泰安一中期中)如图4所示，物体m通过定滑轮牵引另一粗糙水平面上的物体，物体m沿斜面匀速下滑，此过程中斜面体始终静止，斜面体质量为M，则水平地面对斜面体()图4A支持力等于(Mm)g B没有摩擦力C支持力小于(Mm)g D有水平向右的摩擦力答案CD解析以M和m组成的整体为研究对象，设绳子上的拉力为FT，受力分析如图：由平衡条件可以判断，M必受到沿水平面向右的摩擦力；假设斜面的倾角为，则：FNFTsin (Mm)g，所以FN小于(Mm)g
4、，故C、D正确，A、B错误5.如图5所示，在两块相同的竖直木块之间，有质量均为m的4块相同的砖，用两个大小均为F的水平力压木板，使砖静止不动，则第2块砖对第3块砖的摩擦力大小为()图5A0 BmgC. D.答案A解析将4块砖看成一个整体，受力分析如图甲所示，得Ff1Ff42mg，方向竖直向上再将3、4看成整体，受力如图乙所示，Ff23Ff42mg，得Ff230，A选项正确6.有一直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑，AO上面套有小环P，OB上面套有小环Q；两环质量均为m，两环间由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置上平衡，如图6所示，现将P环向左移动一小段
5、距离，两环再次达到平衡状态，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态相比较，AO杆对P环的支持力FN和细绳的拉力FT的变化情况是()图6AFN不变，FT变大BFN不变，FT变小CFN变大，FT变大DFN变大，FT变小答案B解析取P、Q两环整体研究，在竖直方向上只有AO杆对其产生竖直向上的力，故FN2mg，FN大小不变再取Q为研究对象，将拉力FT沿竖直、水平方向分解，如图所示竖直方向FTcos mg，FT，当减小时FT变小，故B选项正确7(多选)如图7所示，质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜劈上，现用大小均为F、方向相反的水平力分别同时推A和B，它们均静止不动，则()图7AA与B之间一定存在摩
6、擦力BB与地面之间可能存在摩擦力CB对A的支持力可能小于mgD地面对B的支持力的大小一定等于(Mm)g答案CD解析对A、B整体受力分析，如图所示，受到重力(Mm)g、支持力FN和已知的两个推力，对于整体，由于两个推力刚好平衡，故整体与地面间没有摩擦力，且有FN(Mm)g，故B错误，D正确再对木块A受力分析，一定受重力mg、已知的推力F、B对A的支持力FN，当推力F沿斜面的分力大于重力沿斜面的分力时，摩擦力的方向沿斜面向下当推力F沿斜面的分力小于重力沿斜面的分力时，摩擦力的方向沿斜面向上当推力F沿斜面的分力等于重力沿斜面的分力时，摩擦力为零在垂直斜面方向上有FNmgcos Fsin (为斜面倾角
7、)，故A错误，C正确8(多选)(2019华中师大一附中期中)如图8所示，半径相同、质量分布均匀的圆柱体A和半圆柱体B靠在一起，A表面光滑，重力为G，B下表面粗糙，A静止在水平面上，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，整个过程中，B始终处于静止状态，对该过程分析，下列说法正确的是()图8A开始时拉力F最大为G，以后逐渐减小为0BA、B间的压力开始最大为2G，以后逐渐减小到GC地面受到B的压力逐渐增大D地面对B的摩擦力逐渐增大答案AB解析圆柱体A和半圆柱体B的圆心的连线长度为2R，故其与竖直方向夹角为60，A受三个力平衡，如图所示：三个力构成封闭矢量三角形，其中重力
8、不变，其他两个力的夹角变小，开始时拉力F最大为G，以后逐渐减小为0，A正确；A、B间的压力开始最大为FN2G；而后逐渐减小到G，B正确；对圆柱体A和半圆柱体B整体分析，受重力、水平拉力、支持力和摩擦力，根据平衡条件，支持力FNGGB，保持不变，故B对地面压力大小不变，C错误；整体在水平方向上受到拉力F和地面的摩擦力，故摩擦力FfF，逐渐减小到零，D错误9.(多选)如图9所示，一根轻质细绳跨过定滑轮O连接两个小球A、B，两球穿在同一根光滑的竖直杆上，不计细绳与滑轮之间的摩擦，当两球平衡时，OA绳与水平方向的夹角为60，OB绳与水平方向的夹角为30，则球A、B的质量之比和杆对A、B的弹力之比分别为
9、()图9A. B.C. D.答案AC解析分别对A、B两球进行受力分析，运用合成法，如图所示由几何知识得FTsin 60mAg，FTsin 30mBg，FNAFTcos 60，FNBFTcos 30，FTFT，故，选项A、C正确，B、D错误10.(多选)如图10所示，光滑水平地面上放有截面为圆周的柱状物体A，A与墙角之间放一光滑的圆柱形物体B，对A施加一水平向左的力F，整个装置保持静止若将A的位置向左移动少许，整个装置仍保持平衡，则()图10A水平外力F增大B墙对B的作用力减小C地面对A的支持力减小DA对B的作用力减小答案BD解析先用整体法分析把A、B看成一个整体，分析可得地面对A的支持力等于A
10、、B两物体的总重力A的位置向左移动后，地面对A的支持力不变，C错误；由整体法还可确定墙对B的弹力FN1和力F大小始终相等再用隔离法分析，以物体B为研究对象，受力分析如图所示，则FN1减小，F也减小，A错误，B正确；减小，则FN减小，D正确二、非选择题11.(2019大同市铁路一中高一上学期期末)所受重力G112 N的砝码悬挂在绳PA和PB的结点上PA偏离竖直方向37角，PB在水平方向，且连在所受重力为G280 N的木块上，木块静止于倾角为37的固定斜面上，如图11，木块与斜面间的摩擦力大小和木块所受斜面的弹力(sin 370.6，cos 370.8)图11答案见解析解析分析结点P受力如图甲所示
11、，由平衡条件得：FAcos 37G1FAsin 37FB解得：BP绳的拉力大小为FB9 N再分析木块的受力情况如图乙所示由平衡条件可得：FfG2sin 37FBcos 37FNFBsin 37G2cos 37又有FBFB解得：Ff55.2 NFN58.6 N，方向垂直斜面向上12.某同学表演魔术时，将一小型条形磁铁藏在自己的袖子里，然后对着一悬挂的金属小球“指手画脚”，结果小球在他“神奇的功力”下“飘动”起来假设当隐藏的小磁铁位于小球的左上方某一位置C(QCS30)时，悬挂金属小球的细线偏离竖直方向的夹角也是30，如图12所示已知小球的质量为m，该同学(含磁铁)的质量为M，重力加速度大小为g，
12、求此时：图12(1)悬挂小球的细线的拉力大小；(2)该同学受到地面的支持力和摩擦力大小答案(1)mg(2)Mgmgmg解析(1)以小球为研究对象，对其进行受力分析如图甲所示，则由平衡条件得FCsin 30Fsin 30FCcos 30Fcos 30mg，解得FFCmg.(2)以小球和该同学(含磁铁)整体为研究对象，对整体进行受力分析如图乙所示，则有FfFsin 30FNFcos 30(Mm)g解得Ffmg，FNMgmg.13.如图13所示，质量为M的半球体放在粗糙的水平地面上，细绳一端固定在天花板上，另一端系住质量为m的可视为质点的光滑小球，小球置于半球体上的A点，细绳与半球体恰好相切，半径OA与水平面的夹角60，半球体和小球都处于静止状态，当地重力加速度大小为g.求：图13(1)小球对半球体的压力大小；(2)半球体受到的地面的摩擦力答案(1)mg(2)mg，方向水平向左解析(1)对小球受力分析如图甲所示根据平衡条件可得FTmgcos FNmgsin 解得FTmg，FNmg根据牛顿第三定律知，小球对半球体的压力大小FNFNmg(2)对小球和半球体组成的整体受力分析，如图乙所示根据平衡条件可得FfFTsin mg则半球体受到的地面的摩擦力为mg，方向水平向左
