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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）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
