共点力的平衡-教师版.docx

1、共点力的平衡一、单选题（本大题共5小题，共30分）1. 质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上.用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示.用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中()A. F逐渐变大，T逐渐变大B. F逐渐变大，T逐渐变小C. F逐渐变小，T逐渐变大D. F逐渐变小，T逐渐变小A（乐陵一中）【分析】以结点O为研究对象，受力分析，用图解法解动态平衡问题，把握OB绳的拉力不变，O点缓慢移动时，点O始终处于平衡状态，F和T逐渐增大。本题关键是抓住悬挂物B的重力不变，即OB段绳中张力恒定，O点缓慢移动时，点O始终处于平衡状态，根据平衡条件列式求解各力变化情况。掌握共点力平

2、衡条件是正确解决本题的关键，本题中注意对缓慢拉动所隐含的在拉动过程中物体始终处于平衡状态条件的挖掘。【解答】方法一：图解法，以结点O为研究对象受力分析如下图所示：在结点为O被缓慢拉动过程中，F和T均变大，故A正确，BCD错误。故选A。方法二：计算法以结点O为研究对象受力分析如下图所示：由题意知点O缓慢移动，即在移动过程中始终处于平衡状态，则可知：绳OB的张力TB=mg根据平衡条件可知：Tcos-TB=0Tsin-F=0由此两式可得：F=TBtan=mgtanT=TBcos=mgcos在结点为O被缓慢拉动过程中，夹角增大，由三角函数可知：F和T均变大，故A正确，BCD错误。故选A。2. 如图，平

3、行板电容器的两极板竖直放置并分别与电源的正负极相连，一带电小球经绝缘轻绳悬挂于两极板之间，处于静止状态.现保持右极板不动，将左极板向左缓慢移动.关于小球所受的电场力大小F和绳子的拉力大小T，下列判断正确的是()A. F逐渐减小，T逐渐减小B. F逐渐增大，T逐渐减小C. F逐渐减小，T逐渐增大D. F逐渐增大，T逐渐增大A（乐陵一中）解：电容器与电源相连，所以两端间电势差不变，将左极板向左缓慢移动过程中，两板间距离增大，则由U=Ed可知，电场强度E减小；电场力F=Eq减小；小球处于平衡状态，受重力、拉力与电场力的作用而处于平衡，故拉力与电场力和重力的合力大小相等，方向相反；根据平行四边形定则可

4、知，T=F2+(mg)2；由于重力不变，电场力变小，故拉力变小.故A正确，BCD错误故选：A明确电容器与电源相连，故电容器两端的电势差不变，由U=Ed可分析电场力的变化情况，再根据受力分析明确绳子拉力的变化情况本题综合考查了共点力平衡、电场强度以及电容器的动态分析问题，只要明确电容器两板间电势差不变，再根据匀强电场的性质即可明确场强的变化，从而再结合平衡条件求解即可3. 如图所示，两个质量都是m的小球A、B用轻杆连接后靠在墙上处于平衡状态，已知墙面光滑，水平地面粗糙，现将A球向上移动一小段距离，两球再次达到平衡，那么将移动后平衡状态和原来的平衡状态比较，地面对B球的支持力F1和摩擦力F2的大小

5、变化情况是()A. F1不变，F2增大B. F1不变，F2减小C. F1增大，F2增大D. F1增大，F2减小B（乐陵一中）解：对整体进行受力分析，知F1=2mg，移动两球后，仍然平衡，则F1仍然等于2mg，所以F1不变.墙壁对小球A的弹力始终等于地面对B的摩擦力F2再隔离对A进行受力分析，墙壁对A的弹力FA=mgtan，当A球向上移动一小段距离，夹角减小，所以FA减小.而墙壁对小球A的弹力始终等于地面对B的摩擦力F2，所以F2减小.故B正确，A、C、D错误故选B4. 如图所示，质量为m，电荷量为q的带电小球A用绝缘细线悬于O点，带电量也为q的小球B固定在O点正下方绝缘支柱上，其中O点到小球A

6、的距离为l，小球B到O的距离为3+12l.当小球A平衡时细线与竖直方向的夹角为60，带电小球A、B均可视为点电荷，静电常量为k.则下列说法正确的是()A. 小球AB间的作用力为mgB. 小球AB间的作用力为2kq23l2C. 细线对小球A的拉力为mgD. 细线对小球A的拉力为3mgB（乐陵一中）解：由题，OA=l，OB=3+12l.当小球A平衡时，悬线与竖直方向夹角=30，由几何关系可知，A到直线OB的距离为：x=lsin60=32l所以AB之间的距离为：AB.=(32l)2+(3+12l-12l)2=62l小球A的受力分析如图：A、根据受力平衡的条件，小球AB间的作用力为：FAB.=mgOB

7、.所以：F=OB.AB.mg=3+16l.故A错误；B、由库仑定律得：F=kq2(AB.)2=2kq23l2.故B正确C、D、设细线对小球A的拉力为T，根据受力平衡的条件可得：TOA.=mgOB.所以：T=OA.OB.mg=23+1mg.故CD错误故选：B先由几何关系求出AB之间的距离，然后由库仑定律即可求出两个小球之间的库仑力的大小；对小球A受力分析，受重力、静电力和细线的拉力，根据平衡条件并结合相似三角形法列式求解即可本题是三力平衡问题，关键是根据平衡条件并结合合成法进行求解，基础题目5. 如图所示，用绳AC和BC吊起一个物体，绳AC与竖直方向的夹角为60，能承受的最大拉力为10N.绳BC

8、与竖直方向的夹角为30，能承受的最大拉力为15N.要使两绳都不断，则悬挂物体的重量不应超过()A. 103NB. 15NC. 102ND. 10NA（乐陵一中）解：对点C受力分析，受到三个绳子的拉力，其中向下的拉力大小等于重力，如图所示：根据平衡条件，有：G：FAC：FBC=1：12：32=2：1：3；当FAC=10N时，FBC=103N17.32N15N，绳子断了，不满足条件；当FBC=15N时，FAC=53N2).现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角不变，在OM由竖直被拉到水平的过程中()A. MN上的张力逐渐增大B. MN上的张力先增大后减小C. OM上的张力逐渐增大D. OM上的张力先

9、增大后减小AD（乐陵一中）解：重力的大小和方向不变.OM和MN的拉力的合力与重力的是一对平衡力.如图所示刚开始时，OM拉力等于重力，从图中的两种情况可以看出，OM的拉力先大于重力，后小于重力的大小，所以OM先增大后减小；而拉力MN一开始为零，从图中可以看出，MN拉力一直在增大故选：AD整个拉动过程中，小球的重力不变，根据共点力平衡条件分析本题考查共点力的平衡条件，这种问题一般要抓住不变的量，然后去分析变化的量.在本题中，小球的重力大小和方向都不变，抓住这一点，然后去分析另外两个力的变化情况，这样有理有据7. 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

10、过定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢向上移动一段距离，斜面体始终静止.移动过程中() A. 细线对小球的拉力变大B. 斜面对小球的支持力变小C. 斜面对地面的压力变大D. 地面对斜面的摩擦力变小ABD（乐陵一中）【分析】取小球为研究对象，根据平衡条件得到拉力、支持力与绳子和斜面夹角的关系式，即可分析其变化；对斜面研究，由平衡条件分析地面对斜面的支持力和摩擦力，即可分析斜面对地面的压力变化。本题采用隔离法研究两个物体的动态平衡问题，分析受力情况是基础。【解答】AB.设物体和斜面的质量分别为m和M，绳子与斜面的夹角为取球研究：小球受到重力mg、斜面的支持力N和绳子的拉力T，则由平衡条件得 斜面方向

11、：mgsin=Tcos垂直斜面方向：N+Tsin=mgcos使小球沿斜面缓慢移动时，增大，其他量不变，由式知，T增大由知，N变小，故A正确，B正确；CD.对斜面和小球整体分析受力：重力(M+m)g、地面的支持力N和摩擦力f、绳子拉力T，由平衡条件得f=Nsin，N变小，则f变小，N变小，则N变小，由牛顿第三定律得知，斜面对地面的压力也变小，故C错误，D正确。故选ABD。8. 多选如图所示，质量为M的斜面体A放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球B置于斜面上，整个系统处于静止状态，已知斜面倾角及轻绳与竖直方向夹角均为=30。不计小球与斜面间的摩擦，则() A. 轻绳对小球的作用力大小为33m

12、gB. 斜面对小球的作用力大小为2mgC. 斜面体对水平面的压力大小为(M+m)gD. 斜面体与水平面间的摩擦力大小为36mgAD（乐陵一中）【分析】先以B球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件求解轻绳和斜面对小球的作用力大小；再以B球和斜面整体为研究对象，分析受力情况，由平衡条件求出水平面对斜面的支持力和摩擦力。本题采用隔离法和整体法结合研究两个物体的平衡问题，分析受力情况，作出力图是关键。【解答】AB.以B球为研究对象，分析受力情况，如图1所示，根据平衡条件得 2Tcos=mg Tsin=N1sin解得，轻绳对小球的作用力大小为T=33mg，斜面对小球的作用力大小为N1=33mg，故A正

13、确，B错误；CD.以B球和斜面整体为研究对象，分析受力情况，如图2所示，则有 N2+Tcos=(M+m)g f=Tsin解得水平面对斜面体的支持力N2=Mg+12mg，水平面对斜面体的摩擦力f=36mg，故C错误，D正确；故选AD。9. 如图所示，质量为4 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为1 kg的物体B用细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压，现将细线剪断，则剪断后瞬间，下列结果正确的是(g取10m/s2)A. A加速度的大小为2.5m/s2B. B加速度的大小为2m/s2C. 弹簧的弹力大小为50 ND. A、B间相互作用力的大小为8 NBD（乐陵一中）【分析】对A、B进行受力

14、分析，由题意可知剪断细线前，A、B间无压力，剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，根据平衡求弹簧的弹力大小，对整体分析，根据牛顿第二定律求整体的加速度，隔离B物体根据牛顿第二定律求A，、B间相互作用力的大小。本题主要考查了瞬时加速度问题，运动受力分析、平衡条件和牛顿第二定律的应用，难度一般，基础题。【解答】剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力为：F=mAg=40N，剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，对整体分析，整体加速度为：a=mA+mBg-FmA+mB，代入数值解得a=2m/s2，隔离B物体有：mBg-FN=mBa，解得：FN=8N，故BD正确，AC错误。故选BD。三、填空题（本大题共1小题，共5分

15、）10. 如图所示，小车A、小物块B由绕过轻质定滑轮的细线相连，小车A放在足够长的水平桌面上，B、C两小物块在竖直方向上通过劲度系数为k的较质弹簧相连，C放在水平地面上.现用手控制住A.并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与桌面平行.已知A、B、C的质量均为m.A与桌面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度为g，弹茛的弹性势能表达式为Ep=kx22(式中k是弹簧的劲度系数：x是弹簧的伸长量或压缩量.细线与滑轮之间的摩擦不计.开始时，整个系统处于静止状态，对A施加一个恒定的水平拉力F后.A向右运动至速度最大时，C恰好离开地面.求此过程中：(1)拉力F的大小：(2)拉力F做的

16、功：(3)C恰好离开地面时A的速度解：(1)A向右运动至最大速度时C恰好离开地面，此时A、B、C加速度均为零，设此时绳的拉力为T，对A：F-mg-T=0 对B、C整体：T-2mg=0 代入数据解得F=2.2mg (2)开始时整个系统静止，弹簧压缩量为x，则对B有kx=mg x=mgk 因B、C的质量相等，故C恰好离开地面时，弹簧伸长量仍为x=mgk 所以拉力做的功W=F2x=4.4m2g2k (3)A由静止到向右运动至速度最大的过程中，对A、B、C由能量守恒得(F-mg)2x=12(2m)v2+mg2x 解得v=g2mk 答：(1)拉力F的大小为2.2mg；(2)拉力F做的功为4.4m2g2k

17、：(3)C恰好离开地面时A的速度为g2mk（乐陵一中）(1)A向右运动至最大速度时C恰好离开地面，此时A、B、C加速度均为零，设此时绳的拉力为T，对A和BC整体根据牛顿第二定律列式即可求解；(2)始时整个系统静止，弹簧压缩量为x，根据胡克定律求解x，因B、C的质量相等，故C恰好离开地面时，弹簧伸长量仍为x，所以拉力做的功W=F2x；(3)(3)A由静止到向右运动至速度最大的过程中，对A、B、C由能量守恒列式即可求解本题的关键是对物体进行受力分析，抓住临界状态，注意整体法和隔离法的应用，难度适中四、实验题探究题（本大题共2小题，共25分）11. 如图所示，质量为m的物体用一轻绳悬挂在水平轻杆BC

18、的端点上，C点由轻绳AC系住.已知AC与BC的夹角为，则轻绳AC上的拉力大小为_ ，轻杆BC上的压力大小为_ mgsin；mgcot（乐陵一中）解：对于C点，根据物体平衡条件得：F1sin=mgF1cos=F2联立式解得：F1=mgsinF2=mgcot故答案为：mgsin，mgcot取C点为研究对象，其受力如图所示.C点平衡，三个力的合力为零将F1和F2的合成的合力与mg大小相等，方向相反，则由三角形知识可得考查力的合成.对于三个力的平衡，其中任意两个力的合力必与第三个力大小相等，方向相反，采用力的合成法，四个力以上采用正交分解法，注意画图12. 为了研究人们用绳索跨越山谷过程中绳索拉力的变

19、化规律，同学们设计了如图1所示的实验装置，他们将不可伸长轻绳通过测力计(不计质量及长度)固定在相距为D的两立柱上，固定点分别为P和Q，P低于Q，绳长为L(LPQ)，他们首先在绳上距离P点10cm处(标记为C)系上质量为m的重物(不滑动)，由测力计读出绳PC、QC说的拉力大小TP和TQ.随后，改变重物悬挂点C的位置，每次将P到C点的距离增大10cm，并读出测力计的示数，最后得到TP和TQ与绳长PC的关系曲线如图2所示，由实验可知： (1)曲线为 _(选填TP或TQ)的曲线(2)在曲线、相交处，可读出绳的拉力T0，它与L、D、m和重力加速度g的关系为T0=_(1)TP；(2)mgLL2-D22(L

20、2-D2)（乐陵一中）【分析】选取结点C为研究的对象，对它进行受力分析，根据结点C的受力即可判断。该题属于信息给予题，考查学生获取信息的能力和利用数学知识解决物理问题的能力，是一道考查能力的好题。【解答】(1)选取结点C为研究的对象，受力如图，水平方向：TPsin=TQsin竖直方向：TPcos+TQcos=2T0cos 由图可得，当：=时，两个绳子上的拉力相等，此时由图可得，该处离P比较近又：C到P与Q的距离相等时，受力如图：水平方向仍然满足：TPsin=TQsin由于所以：TPTQ所以曲线是TP的曲线，曲线是TQ的曲线(2)由题目的图可得做出它们的几何关系如图：由于=，则：MQ=MC+CQ

21、=PC+CQ=Lcos=L2-D2LT0=mgLL2-D22(L2-D2)故答案为：(1)TP；(2)mgLL2-D22(L2-D2)五、计算题（本大题共4小题，共48分）13. 如图所示，固定于竖直面内的粗糙斜杆长为1 m，杆与水平方向的夹角为=30，质量为1 kg的小球套在杆上，小球与杆间的动摩擦因数为=33，小球在恒定拉力F作用下，沿杆由底端匀速运动到顶端.已知拉力F的方向与杆在同一竖直平面内，且与水平方向的夹角大于30，重力加速度g=10m/s2.求： (1)拉力F与杆之间的夹角为多大时，F的值最小，最小值为多大；(2)拉力F与杆之间的夹角为多大时，F做的功最小，最小值为多大解：(1)

22、设力F与杆之间的夹角为，小球匀速运动，根据平衡条件，在沿杆方向上有：Fcos=mgsin30+mgcos30-Fsin，整理得：Fcos+Fsin=mg，解得：F=1cos+sin10，由数学知识知，当cos+sin=1+332=233时，由三角函数知当=30时，F取到最小值：Fmin=10233=53N；(2)小球匀速运动，由动能定理得：WF-Wf-WG=0，要使拉力做功最小，则Wf=0，即摩擦力为0，则支持力为0，对小球受分析知：垂直斜面方向上：Fsin=mgcos30，沿斜面方向上：Fcos=mgsin30，联立解得：=60，F=mg，则拉力做功的最小值为：Wmin=FLcos30=5J

23、。（乐陵一中）本题考查了受力分析，根据受力分析，将力分解到沿杆和垂直杆的方向上，由平衡条件进行列式，结合数学知识求解。(1)对小球受力分析，将力分解到沿杆和垂直杆的方向上，由平衡条件进行列式，结合数学知识求解拉力F的最小值；(2)由动能定理分析拉力做功最小时的条件，由此进行分析推导即可。14. 如图所示，光滑的直角细杆AOB固定在竖直平面内，OA杆水平，OB杆竖直.有两个质量相等均为0.3kg的小球a与b分别穿在OA、OB杆上，两球用一轻绳连接，轻绳长L=25cm.两球在水平拉力F作用下目前处于静止状态，绳与OB杆的夹角=53，求：(1)此时细绳对小球b的拉力大小，水平拉力F的大小；(2)现突

24、然撤去拉力F，两球从静止开始运动，设OB杆足够长，运动过程中细绳始终绷紧，则当=37时，小球b的速度大小(sin37=0.6,cos37=0.8,sin53=0.8,cos53=0.6)解：先以b球为研究对象，设绳子的拉力大小为T，则由平衡条件有 Tcos53=mg再以a球为研究对象，则有 Tsin53=F联立解得，T=5N，F=mgtan53=4N(2)撤去拉力F后，系统的机械能守恒，则有mg(Lcos37-Lcos53)=12mvb2+12mva2，又将两球的速度分解，两球沿绳子方向的分速度大小相等，则有vbcos37=vasin37联立解得，vb=0.6m/s答：(1)此时细绳对小球b的

25、拉力大小为5N，水平拉力F的大小是4N(2)撤去拉力F，两球从静止开始运动，当=37时，小球b的速度大小是0.6m/s（乐陵一中）(1)先对b球研究，根据共点力平衡条件救出绳子的拉力大小；再对a球研究，再次根据共点力平衡条件列式，即可求出水平拉力F的大小；(3)撤去拉力F后，系统的机械能守恒，由机械能守恒定律列式，运用速度的分解法得到两个小球速度大小的关系，联立即可即可求得b球的速度大小本题运用隔离法研究力平衡问题，也可以采用隔离法和整体法相结合的方法研究.第2问是系统机械能守恒问题，关键是寻找两球速度关系15. 质量为M、长为3L的杆水平放置，杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻

26、绳，绳上套着一质量为m的小铁环.已知重力加速度为g，不计空气影响 (1)现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力的大小：(2)若杆与环保持相对静止，在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A端的正下方，如图乙所示求此状态下杆的加速度大小a；为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？解：(1)以环为研究对象，环处于静止状态，合力为零，分析受力如图所示，设两绳的夹角为2则sin=32L1.5L=33，得cos=1-sin2=63 设绳子的拉力大小为T，由平衡条件得 2Tcos=mg 解得T=64mg；(2)对环：设绳子的拉力大小为T，则根据牛顿第二定律得：竖直方向：

27、T+Tcos60=mg 水平方向：Tsin60=ma，解得a=33g 设外力大小为F，方向与水平方向成角斜向右上方对整体：由牛顿第二定律得：水平方向：Fcos=(M+m)a 竖直方向：Fsin=(M+m)g 解得，F=233(m+M)g，=60即外力方向与水平方向夹角为60斜向右上方答：(1)现让杆和环均静止悬挂在空中，绳中拉力的大小是64mg；(2)此状态下杆的加速度大小a为33g；为保持这种状态需在杆上施加一个的外力为233(m+M)g，方向与水平方向夹角为60斜向右上方（乐陵一中）(1)以环为研究对象，环处于静止状态，合力为零，根据平衡条件求解绳中拉力的大小；(2)以环为研究对象，由正交

28、分解法，根据牛顿第二定律求解加速度；对整体研究，由正交分解法，根据牛顿第二定律求解外力的大小和方向本题中铁环与动滑轮相似，两侧绳子拉力大小相等，运用正交分解法研究平衡状态和非平衡情况16. 两个带电小球A、B(可视为质点)通过绝缘的不可伸长的轻绳相连，若将轻绳的某点O固定在天花板上，平衡时两个小球的连线恰好水平，且两根悬线偏离竖直方向的夹角分别为30和60，如图甲所示.若将轻绳跨接在竖直方向的光滑定滑轮(滑轮大小可不计)两端，调节两球的位置能够重新平衡，如图乙所示，求：(1)两个小球的质量之比；(2)图乙状态，滑轮两端的绳长OA、OB之比解：(1)带电小球处于静止状态，受力平衡，对任意一个带点

29、小球受力分析，受到重力、绳子的拉力T和库仑力F，根据平衡条件得：Tcos-mg=0，Tsin-F=0 解得：mg=Fcot 所以：mAmB=cot30cot30=31 (2)对小球A受力分析，设绳子拉力为T，小球到滑轮的长度为L，OC的距离为h，根据三角形相似，有mgh=TL 解得：L=Thmg 所以：L0ALoB=mBmA=13 答：(1)两个小球的质量之比为3：1；(2)图乙状态，滑轮两端的绳长OA、OB之比为1：3（乐陵一中）(1)带电小球处于静止状态，受力平衡，对任意一个带点小球受力分析，根据平衡条件求出重力的表达式，进而求出质量之比；(2)对小球A受力分析，画出受力分析图，根据三角形相似求解即可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，并能结合几何关系求解，难度适中