共力點平衡【突破訓練】1(多選)(2018湖北八校聯(lián)考)如圖所示，A、B兩球質(zhì)量均為m，固定在輕彈簧的兩端，分別用細繩懸于O點，其中球A處在光滑豎直墻面和光滑水平墻面的交界處，已知兩球均處于平衡狀態(tài)，OAB恰好構(gòu)成一個正三角形，則下列說法正確的是(重力加速度為g)()A球A可能受到四個力的作用B彈簧對球A的彈力大于對球B的彈力C繩OB對球B的拉力大小一定等于mgD繩OA對球A的拉力大小等于或小于1.5mg解析：選ACD.對球B受力分析，據(jù)共點力平衡可知彈簧和繩對球B的作用力大小均為mg，選項C正確對同一彈簧而言，產(chǎn)生的彈力處處相等，故彈簧對球A的彈力等于對球B的彈力，選項B錯誤對球A分析可知，一定受重力、彈簧的彈力、墻面的支持力作用，可能受地面的支持力和繩的拉力，地面的支持力和繩的拉力也可能有一個為0，當?shù)孛鎸η駻的支持力為0時，繩上的拉力最大，等于重力和彈簧豎直方向的分力之和，即1.5mg，故選項A、D正確2.(2018長沙模擬)如圖所示，質(zhì)量不等的盒子A和物體B用細繩相連，跨過光滑的定滑輪，A置于傾角為的斜面上，與斜面間的動摩擦因數(shù)tan ，B懸于斜面之外而處于靜止狀態(tài)現(xiàn)向A中緩慢加入砂子，下列說法正確的是()A繩子拉力逐漸減小BA對斜面的壓力逐漸增大CA所受的摩擦力一定逐漸增大DA可能沿斜面下滑解析：選B.當mAgsin mBg時，對A受力分析，由平衡條件有：mAgsin FfmBg，隨mA的增大，摩擦力不斷增大；當mAgsin mBg時，由平衡條件有：mAgsin FfmBg，隨mA的增大，摩擦力不斷減小，C項錯；在垂直斜面方向上，始終有：FNmAgcos ，因此隨著不斷加入砂子，A對斜面的壓力不斷增大，B項正確；由tan ，可知最大靜摩擦力FfmaxmAgcos mAgsin ，故增加的重力的分力與增加的摩擦力大小相等，方向相反，故A不會滑動，保持靜止，D項錯；此時繩子所受拉力等于B的重力，故拉力保持不變，A項錯3.(多選)光滑水平地面上放有截面為圓周的柱狀物體A，A與墻面之間放一光滑的圓柱形物體B.對A施加一水平向左的力F，整個裝置保持靜止若將A的位置向右移動少許，整個裝置仍保持平衡，則()A水平外力F增大B墻對B的作用力減小C地面對A的支持力減小DB對A的作用力增大解析：選AD.A、B之間的彈力方向沿A、B圓心連線方向以B為研究對象，如圖所示，B受重力GB、墻壁對B的彈力F1、A對B的彈力F2，根據(jù)共點力平衡條件有，F(xiàn)2cos GB，F(xiàn)2sin F1，解得F1GBtan ，F(xiàn)2.若將A向右移動少許，變大，可見F1、F2都變大，B錯誤，D正確以A和B整體為研究對象，有FF1GBtan ，則F隨的增大而變大地面對A的支持力始終等于A、B的總重力，是不變的，A正確，C錯誤4.如圖所示，3根輕繩懸掛著兩個質(zhì)量相同的小球并保持靜止，繩AD與AC垂直現(xiàn)對B球施加一個水平向右的力F，使B緩慢移動到圖中虛線位置，此過程中AD、AC兩繩張力TAC、TAD的變化情況是()ATAC變大，TAD減小BTAC變大，TAD不變CTAC減小，TAD變大 DTAC不變，TAD變大解析：選C.以B為研究對象，受力分析如圖甲所示將B緩緩拉到圖中虛線位置的過程，繩子與豎直方向夾角變大，由B球受力平衡得TABcos mg，TABsin F，所以繩子AB的張力TAB逐漸變大，F(xiàn)逐漸變大再以A、B整體為研究對象受力分析，如圖乙所示，設(shè)AD繩與水平方向夾角為，AC繩與水平方向夾角為(90)，并以AC、AD為坐標軸正方向，可得TAD2mgsin Fsin ，TAC2mgcos Fcos ，、不變，而F逐漸變大，故TAD逐漸變大，TAC逐漸減小，C正確5.如圖所示，表面光滑、半徑為R的半球體固定在水平地面上，球心O的正上方O處有一個光滑定滑輪，輕質(zhì)細繩兩端各系一個小球掛在定滑輪上(不計小球大小)，兩小球平衡時，滑輪兩側(cè)細繩的長度分別為L12.5R，L22.4R，則這兩個小球的質(zhì)量之比m1m2為()A241 B251C2425 D2524解析：選C.先以右側(cè)小球為研究對象，分析受力情況小球受重力m2g、繩子的拉力T和半球體的支持力N，如圖所示由平衡條件得知，拉力T和支持力N的合力與重力m2g大小相等、方向相反設(shè)OOh，根據(jù)三角形相似得，得m2g，同理，以左側(cè)小球為研究對象，得m1g，聯(lián)立解得m1m2L2L12425.