一、選擇題(本題共6小題，每小題6分，共36分)1．(多選)下列說法正確的是()A．豎直上拋的物體達到最高點時，物體處于平衡狀態B．電梯勻速上升時，電梯中的人處于平衡狀態C．豎直彈簧上端固定，下端掛一個重物，平衡后用力F將它拉下一段距離后突然撤去力F，重物仍處于平衡狀態D．隨勻速上升的傳送帶一起向上運動的物體處于平衡狀態BD[物體處于平衡狀態的實質是加速度為零．選項A中，因為物體上升至最高點時速度為零，加速度是g，所以物體不處于平衡狀態，故選項A錯誤；選項B中，電梯中的人與電梯一起勻速運動，加速度為零，故選項B正確；選項C中，彈簧上掛的重物在力F撤去后在彈簧拉力作用下產生向上的加速度，故選項C錯誤；選項D中，物體與傳送帶一起勻速運動，加速度為零，物體處于平衡狀態，故選項D正確．]2．孔明燈又叫天燈，俗稱許愿燈，中國很多地方有放孔明燈的習俗．如圖所示，一質量為m的孔明燈升空后與豎直方向夾角為θ斜向上勻速運動，則此孔明燈所受空氣的作用力大小是()A．mg B．mgtanθ\f(mg,cosθ) \f(mg,sinθ)A[孔明燈受到重力和空氣的作用力，因為孔明燈勻速運動，所以孔明燈所受重力和空氣作用力等大反向，故選項A正確．]3．如圖所示，一只小鳥沿著較粗且均勻的硬樹枝從右向左緩慢爬行，該過程中樹枝形狀不變，在小鳥從A運動到B的過程中()A．樹枝對小鳥的作用力先減小后增大B．樹枝對小鳥的摩擦力先增大后減小C．樹枝對小鳥的彈力先增大后減小D．樹枝對小鳥的彈力保持不變C[由題述小鳥沿著較粗且均勻的樹枝從右向左緩慢爬行，可知小鳥處于動態平衡狀態，樹枝對小鳥的作用力等于小鳥重力，一直不變，選項A錯誤．樹枝對小鳥的摩擦力等于小鳥的重力沿樹枝切線方向的分力，應為先減小后增大，選項B錯誤．樹枝對小鳥的彈力等于小鳥的重力沿垂直樹枝切線方向的分力，為先增大后減小，選項C正確，D錯誤．]4．如圖所示，作用在物體上的同一平面內的四個共點力的合力為零，若其中F2、F3、F4的大小和方向保持不變，F1逆時針方向轉過90°而大小保持不變，則此物體所受的合力大小為()\r(2)F1 B．2F1C．F1 \f(\r(2),2)F1A[將F1逆時針方向轉過90°的過程可看成分兩步：第一步去掉F1；第二步再加上一個與原來的力F1相垂直且大小等于F1的力F1′.第一步操作完成后，由平衡條件知，其他各力的合力與F1等大、反向；第二步操作完成后，物體相當于受到了兩個大小相等、方向垂直的力，如圖所示．將F1的反向力與F1′合成得到物體受到的合力大小為eq\r(2)F1，方向與原F1的方向成135°角，故選項A正確．]5．如圖所示，AO、BO、CO是三根完全相同的細繩，將鋼梁水平吊起，若鋼梁足夠重時，細繩AO先斷，則()A．θ＝120°B．θ＞120°C．θ＜120°D．不論θ為何值時，AO總是先斷C[如圖所示，以O點為研究對象，O點受三段細繩的拉力，顯然FB和FC的合力F合應與FA等值反向．當FB＝FC時，平行四邊形為菱形；當θ＝120°時，F合＝FB＝FC＝FA；當θ＞120°時，FA＜FB＝FC；當θ＜120°時，FA＞FB＝FC.故C正確．]6．(多選)半圓柱體P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的豎直擋板MN.在P和MN之間放有一個光滑均勻的小圓柱體Q，整個裝置處于靜止狀態．如圖所示是這個裝置的縱截面圖．若用外力使MN保持豎直，緩慢地向右移動，在Q落到地面以前，發現P始終保持靜止，在此過程中()A．MN對Q的彈力逐漸增大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AB[對小圓柱體Q受力分析如圖所示，P對Q的彈力為F，MN對Q的彈力為FN，擋板MN向右運動時，F和豎直方向的夾角逐漸增大，而小圓柱體所受重力大小不變，所以F和FN的合力大小不變，故選項D錯誤；由圖可知，F和FN都在不斷增大，故選項C錯誤，A正確；對P、Q整體受力分析知，地面對P的摩擦力大小就等于FN，所以地面對P的摩擦力也逐漸增大，故選項B正確．]二、非選擇題(14分)7．如圖甲所示，細繩AD跨過固定在水平橫梁BC右端的定滑輪掛住一個質量為M1的物體，∠ACB＝30°；圖乙中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻上，另一端G通過細繩EG拉住，EG與水平方向也成30°，輕桿的G點用細繩GF拉住一個質量為M2的物體，求：甲乙(1)細繩AC段的張力TAC與細繩EG的張力TEG之比；(2)輕桿BC對C端的支持力；(3)輕桿HG對G端的支持力．[解析](1)圖甲中細繩AD跨過定滑輪拉住質量為M1的物體，物體處于平衡狀態，繩AC段的拉力TAC＝TCD＝M1g；圖乙中由TEGsin30°＝M2g得TEG＝2M2g，所以得eq\f(TAC,TEG)＝eq\f(M1,2M2).(2)圖甲中，根據平衡規律，由拉密定理可得eq\f(TAC,sin120°)＝eq\f(TCD,sin120°)＝eq\f(NC,sin120°)，NC＝TAC＝M1g，方向和水平方向成30°，指向右上方．甲乙(3)圖乙中，根據平衡方程有TEGsin30°＝M2g、TEGcos30°＝NG，所以NG＝M2gcot30°＝eq\r(3)M2g，方向水平向右．[答案](1)eq\f(M1,2M2)(2)M1g，方向和水平方向成30°，指向右上方(3)eq\r(3)M2g，方向水平向右[等級過關練](25分鐘分值：50分)一、選擇題(本題共4小題，每小題6分，共24分)1．人站在自動扶梯的水平踏板上，隨扶梯斜向上勻速運動，如圖所示．下列說法正確的是()A．人受到重力和支持力的作用B．人受到重力、支持力和摩擦力的作用C．人受到的合外力不為零D．人受到的合外力方向與速度方向相同A[由平衡條件得人受重力和支持力，二者平衡，A項正確．]2．如圖所示，一重為3N的球固定在AB桿的上端，用彈簧測力計水平拉球，使桿發生彎曲，穩定時彈簧測力計的示數為4N，則AB桿對球作用力的大小為()A．3N B．4NC．5N D．7NC[對球進行受力分析，如答圖所示，球受到豎直向下的重力、水平向右的拉力和AB桿對球的彈力的作用而處于平衡狀態，由共點力的平衡條件可求出，AB桿對球的彈力的大小為N＝eq\r(F2＋G2)＝eq\r(42＋32)N＝5N，選項C正確．]3．(多選)如圖所示，質量分別為m1、m2的兩個物體通過輕彈簧連接，在力F的作用下一起沿水平方向做勻速直線運動(m1在地面，m2在空中)，力F與水平方向成θ角．則m1所受支持力FN和摩擦力Ff正確的是()A．FN＝m1g＋m2g－FsinθB．FN＝m1g＋m2g－FcosθC．Ff＝FcosθD．Ff＝FsinθAC[將(m1＋m2)看作一個整體，在豎直方向上：Fsinθ＋FN－(m1＋m2)g＝0；在水平方向上：Fcosθ－Ff＝0.故A、C正確．]4．(多選)如圖所示，晾曬衣服的繩子輕且光滑，懸掛衣服的衣架的掛鉤也是光滑的，輕繩兩端分別固定在兩根豎直桿上的A、B兩點，衣服處于靜止狀態．如果保持繩子A端的位置不變，將B端分別移動到不同的位置，下列判斷正確的是()A．B端移動到B1位置時，繩子張力不變B．B端移動到B2位置時，繩子張力不變C．B端在桿上位置不變，將桿移動到虛線位置時，繩子張力變大D．B端在桿上位置不變，將桿移動到虛線位置時，繩子張力變小ABD[以懸掛點為研究對象，畫出受力分析圖如圖所示．由于兩側繩子的拉力大小相等，可以推知兩側繩子與豎直方向的夾角θ相等．由平衡條件得2Fcosθ＝F1＝mg，設繩長為L，左、右兩側繩長為L1、L2，兩桿之間的寬度為d，所以L1sinθ＋L2sinθ＝d，則sinθ＝eq\f(d,L1＋L2)＝eq\f(d,L)，由此可見，θ只由d、L決定，與其他因素無關，F的大小與繩子在B1、B2的位置無關，所以選項A、B正確．將桿移動到虛線位置時，d變小，θ變小，繩子張力變小，可見選項D正確．]二、非選擇題(本題共2小題，共26分)5．(13分)如圖所示，繩OC與豎直方向成30°角，O為質量不計的光滑的滑輪，用一根繩連接物體A和B，已知物體B重1000N，物體A重400N，物體A在空中靜止，物體B在地面上靜止．(不計繩的重力)求：(1)OC繩的拉力為多大？(2)物體B所受地面的摩擦力和支持力分別為多大？[解析](1)以滑輪為研究對象，受力分析如圖甲所示，因為同一根繩上各處拉力大小相等，故FB＝FA＝GA＝400N，FC＝2GAcos30°＝400eq\r(3)N.甲乙(2)對物體B受力分析，如圖乙所示，根據B受力平衡的條件有：Ff＝FB′cos30°＝FBcos30°＝200eq\r(3)NFN＝GB－FB′sin30°＝GB－FBsin30°＝800N.[答案](1)400eq\r(3)N(2)200eq\r(3)N800N6．(13分)如圖所示，小球的質量為2kg，兩根輕繩AB和AC各有一端連接于豎直墻上，另一端系于小球上，AC繩水平，AB繩與AC繩成θ＝60°角，在小球上另施加一個方向與水平線也成θ角的拉力F，g取10m/s2.若要使繩都能拉直，求拉力F的取值范圍．[解析]小球受重力G、AB繩的拉力FB、AC繩的拉力FC和F的作用，處于平衡狀態，如圖所示．由平衡條件知，Fx＝Fcosθ－FC－FBcosθ＝0，Fy＝FBsinθ＋Fsinθ－mg＝