(高中段)专题跟踪检测(一)共点力的平衡问题2

专题跟踪检测〔一〕 共点力的平衡问题

1．(· 高考)2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式通车。为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索(所有钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥，其索塔与钢索如下图。以下说法正确的选项是( )

A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力 B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度

C．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下 D．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布

解析：选C 增加钢索数量，其整体重力变大，故索塔受到向下的压力变大，A错误。假设索塔高度降低，那么钢索与竖直方向夹角θ将变大，由Tcos θ＝G可知，钢索拉力T将变大，B错误。两侧拉力对称，合力一定在夹角平分线上，即竖直向下，C正确。假设钢索非对称分布，但其水平方向的合力为0，合力仍竖直向下，D错误。

2.[多项选择]如下图，质量分别为m1、m2的物块和小球通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动，物块在地面上，小球在空中。此时力F与水平方向成θ角，弹簧中弹力大小为F1，弹簧轴线与水平方向的夹角为α，物块受地面的摩擦力大小为Ff，那么以下说法正确的选项是( )

A．θ一定大于α C．F一定大于F1

B．θ可能等于α D．F一定大于Ff

解析：选ACD 小球受三力平衡：重力m2g、拉力F、弹簧弹力F1，根据平衡条件知，F与F1的水平分力大小相等，即：Fx＝Fcos θ＝F1cos α，F的竖直分力比F1的竖直分力大，即：Fy＝Fsin θ＝F1sin α＋m2g，根据F合＝

Fy

Fx2＋Fy2，所以F>F1，根据tan θ＝F，所以

x

θ>α。根据整体法得：Fcos θ＝Ff，所以F>Ff，故A、C、D正确，B错误。

3.(·质检)[多项选择]《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千

法〞在1 000 kV的高压线上带电作业的过程。如下图，绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮上。另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制。身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处。绳OD一直处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为

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m，不计一切阻力，重力加速度大小为g。关于王进从C点运动到E点的过程中，以下说法正确的选项是( )

A．工人对绳的拉力一直变大 B．绳OD的拉力一直变小

C．OD、CD两绳拉力的合力大小等于mg

D．当绳CD与竖直方向的夹角为30°时，工人对绳的拉力大小为

3

mg 3

解析：选CD 选兜篮、王进及携带的设备整体为研究对象，受力分析如下图，绳OD的拉力为F1，与竖直方向的夹角为θ，绳CD的拉力为F2，与竖F1ππ

直方向的夹角为α。根据几何知识知：θ＋2α＝，β＝＋α，由正弦定理可得22sin α＝

F2mgF1F2

＝，变形得＝＝mg，运动过程中α变大，故F1变大，F2sin θπtan α1sin＋α2cos α－2cos α

变小，选项A、B错误；根据平衡条件可知两绳拉力的合力大小等于mg，C正确；α＝30°时，θ＝30°，可求出F2＝3

mg，D正确。 3

4.(·二模)如下图，一个质量为m的铁球处于静止状态，铁球与斜面的接触点为A，推力F的作用线通过球心O，假设斜面、墙壁均光滑，假设让水平推力缓慢增大，在此过程中，以下说法正确的选项是( )

A．力F与墙面对铁球的弹力之差变大 B．铁球对斜面的压力缓慢增大 C．铁球所受的合力缓慢增大

mgD．斜面对铁球的支持力大小等于 cos θ

解析：选D 对铁球受力分析，受推力F、重力G、墙壁的支持力N、斜面的支持力N′，如图：

根据共点力平衡条件，有： x方向：F－N′sin θ－N＝0 竖直方向：N′cos θ＝mg mg解得：N′＝；

cos θN＝F－mgtan θ；

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故当F增加时，墙壁对铁球的作用力不断变大，力F与墙面对铁球的弹力之差为F－Nmg＝mgtan θ，可知力F与墙面对铁球的弹力之差不变，故A错误；斜面的支持力大小为，

cos θ保持不变，故铁球对斜面的压力也保持不变，故D正确，B错误；铁球始终处于平衡状态，合外力始终等于0，故C错误。

5.(·唐山二模)如下图，一固定斜面上两个质量均为m的小物块A和B紧挨着匀速下滑，A与B的接触面光滑。A与斜面之间的动摩擦因数是B与斜面之间的动摩擦因数的2倍，斜面倾角为α，重力加速度为g。B与斜面之间的动摩擦因数μ与A、B间弹力FN的大小分别是( )

21

A．μ＝tan α，FN＝mgsin α

3321

B．μ＝tan α，FN＝mgsin α

321

C．μ＝tan α，FN＝mgcos α

32D．μ＝tan α，FN＝mgsin α

3

解析：选A 以AB整体为研究对象，根据平衡条件得2mgsin α＝μAmgcos α＋μBmgcos α＝2μmgcos α＋μmgcos α

2

解得μ＝tan α

3

对B受力分析可知，B受重力、斜面的支持力、A的弹力及斜面的摩擦力而处于平衡状态；那么有

mgsin α＝μmgcos α＋FN 1

解得FN＝mgsin α

3

故A正确，B、C、D错误。

6.在水平地面上，质量m1的小球用轻绳跨过光滑的半圆形碗连

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接质量分别为m2和m3的物体，平衡时小球恰好与碗之间没有弹力作用，那么m1、m2和m3的比值为( )

A．1∶2∶3 C．2∶3∶1

B．2∶1∶1 D．2∶1∶3

解析：选C 对碗内的小球m1受力分析，受重力、细绳的两个拉力，由于碗边缘光滑，相当于光滑定滑轮，故细绳对物体m2的拉力等于m2g，细绳对物体m3的拉力等于m3g，如下图，根据共点力平

衡条件，两个拉力的合力与小球的重力等值、反向、共线，有：G2＝G1cos 30°＝m2g；G3＝G1sin 30°＝m3g，故解得m1∶m2∶m3＝2∶ 3∶1，应选C。

7.(·质检)如下图，光滑直角三角形支架ABC竖直固定在水平地面上，B、C两点均在地面上，AB与BC间的夹角为θ，分别套在AB、AC上的小球a和b用轻绳连接，系统处于静止状态，轻绳与CA间的夹角为α。小球a、b的质量之比为( )

tan α

A. tan θsin αC. cos θ

tan θB. tan αsin θD. cos α

解析：选A 对a、b两球分别受力分析，建立沿支架和垂直于支架的坐标系，如下图，对a由平衡条件：Na＝magcos θ＋FTcos α，magsin

magsin θθ＝FTsin α，可得FT＝；对b由平衡条件：Nb＝mbgsin θ＋FTsin α，mbgcos θ＝FTcos

sin αmbgcos θmagsin θmbgcos θma

α，可得FT＝；同一根绳的张力处处相同，联立可得，＝，有＝

mbcos αsin αcos αsin α·cos θtan α

＝。

sin θ·cos αtan θ

8．如下图，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，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°，那么( )

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A．细线AB中的拉力为5G B．细线CD中的拉力为3G C．细线BC中的拉力为2G

D．细线BC与竖直方向的夹角θ为53°

解析：选B 对两个小球构成的整体受力分析，如图甲所示，根据平衡条件，x轴方向：FABsin 37°＝FCDsin 53°，

y轴方向：FABcos 37°＋FCDcos 53°＝5G，得：FAB＝4G，FCD＝3G，故A错误，B正确；对C球受力分析，如图乙所示，

x轴方向：FBCsin θ＝FCDsin 53°， y轴方向：FBCcos θ＋FCDcos 53°＝3G， 65得：tan θ＝2，FBC＝G，故C、D错误。

5

根据平衡条件：