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第3講　受力分析　共點(diǎn)力的平衡
學(xué)習(xí)目標(biāo)　1.從具體的情境中選擇研究對(duì)象，會(huì)分析其彈力、摩擦力的有無及方向。 2.會(huì)靈活應(yīng)用整體法和隔離法對(duì)多物體受力分析。 3.會(huì)運(yùn)用共點(diǎn)力平衡的條件分析解決平衡問題。
1.
2.
1.思考判斷
(1)物體沿光滑斜面下滑時(shí)，受到重力、支持力和下滑力的作用。(×)
(2)物體的速度為零即處于平衡狀態(tài)。(×)
(3)物體處于平衡狀態(tài)時(shí)，其加速度一定為零。(√)
(4)物體受兩個(gè)力作用處于平衡狀態(tài)，這兩個(gè)力必定等大反向。(√)
(5)物體受三個(gè)力F1、F2、F3作用處于平衡狀態(tài)，若將F2轉(zhuǎn)動(dòng)90°，則這三個(gè)力的合力大小為F2。(√)
2.(人教版必修第一冊(cè)P79T2改編)如圖所示，在光滑墻壁上用網(wǎng)兜把足球掛在A點(diǎn)，足球與墻壁的接觸點(diǎn)為B。足球的重力為G，AC繩與墻壁的夾角為α，墻壁對(duì)球的支持力為FN，AC繩的拉力為FT，不計(jì)網(wǎng)兜的重力。則下列關(guān)系式正確的是(　　)
A.FT＝FN　　　 B.FT＝Gsin α
C.FT>G D.FN＝
答案　C
考點(diǎn)一　受力分析
受力分析的四種方法
假設(shè)法 在未知某力是否存在時(shí)，先對(duì)其做出不存在的假設(shè)，然后根據(jù)該力不存在對(duì)物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的影響來判斷該力是否存在
整體法 將加速度相同的幾個(gè)相互關(guān)聯(lián)的物體作為一個(gè)整體進(jìn)行受力分析的方法
隔離法 將所研究的對(duì)象從周圍的物體中分離出來，單獨(dú)進(jìn)行受力分析的方法
動(dòng)力學(xué) 分析法 對(duì)加速運(yùn)動(dòng)的物體進(jìn)行受力分析時(shí)，應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律進(jìn)行分析求解的方法
例1 (2025·安徽馬鞍山第二中學(xué)檢測(cè))兩相同的楔形木塊A、B疊放后分別以圖甲、乙兩種方式在水平外力F1和豎直外力F2作用下，挨著豎直墻面保持靜止?fàn)顟B(tài)，則在此兩種方式中，木塊B受力個(gè)數(shù)分別為(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　
A.1，1 B.4，3
C.5，3 D.5，4
答案　C
解析　題圖甲中，根據(jù)整體法可知，木塊B除了受重力外，一定受到墻面水平向右的彈力和豎直向上的靜摩擦力，隔離B分析，其一定還受到A的彈力，隔離A分析，A受到重力、水平向左的推力、B對(duì)其垂直于接觸面斜向右下的彈力，這樣的三個(gè)力不可能使A平衡，所以A一定還要受到B對(duì)其沿接觸面斜向右上的靜摩擦力才能平衡，由牛頓第三定律可知B一定受到A沿接觸面斜向左下的靜摩擦力，故B共受5個(gè)力的作用;題圖乙中，根據(jù)整體法可知B與墻面間既無彈力也無摩擦力，所以B受重力和A的彈力及摩擦力共3個(gè)力的作用，故C正確。
受力分析的三個(gè)技巧
(1)不要把研究對(duì)象所受的力與研究對(duì)象對(duì)其他物體的作用力混淆。
(2)除了根據(jù)力的性質(zhì)和特點(diǎn)進(jìn)行判斷，假設(shè)法是判斷彈力、摩擦力的有無及方向的常用方法。
(3)善于轉(zhuǎn)換研究對(duì)象，尤其是在彈力、摩擦力的方向不易判定的情形中，可以分析與其接觸物體的受力，再應(yīng)用牛頓第三定律判定。
跟蹤訓(xùn)練
1.(2025·八省聯(lián)考內(nèi)蒙古卷，1) “那達(dá)慕”是國(guó)家級(jí)非物質(zhì)文化遺產(chǎn)，套馬是“那達(dá)慕”大會(huì)的傳統(tǒng)活動(dòng)之一，某次套馬的情景如圖所示。套馬者視為質(zhì)點(diǎn)，可能受重力G、支持力FN，拉力F、摩擦力Ff，其受力示意圖可能正確的是(　　)
答案　B
解析　對(duì)套馬者受力分析可知，“套馬者”受到豎直向下的重力G、沿繩子方向向左上方的拉力F、豎直向上的支持力FN和水平向右的摩擦力Ff，故B正確。
考點(diǎn)二　共點(diǎn)力的平衡條件及應(yīng)用
求解共點(diǎn)力平衡問題的常用方法
(1)合成法:一個(gè)力與其余所有力的合力等大反向，常用于非共線三力平衡。
(2)正交分解法:Fx合＝0，F(xiàn)y合＝0，常用于多力平衡。
(3)矢量三角形法:把表示三個(gè)力的有向線段構(gòu)成一個(gè)閉合的三角形，常用于非特殊角的一般三角形。
角度　三力平衡
例2 (2023·浙江6月選考，6)如圖所示，水平面上固定兩排平行的半圓柱體，重為G的光滑圓柱體靜置其上，a、b為相切點(diǎn)，∠aOb＝90°，半徑Ob與重力的夾角為37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，則圓柱體受到的支持力Fa、Fb大小為(　　)
A.Fa＝0.6G，F(xiàn)b＝0.4G B.Fa＝0.4G，F(xiàn)b＝0.6G
C.Fa＝0.8G，F(xiàn)b＝0.6G D.Fa＝0.6G，F(xiàn)b＝0.8G
答案　D
解析　以圓柱體為研究對(duì)象，受力分析如圖所示，兩側(cè)半圓柱體對(duì)圓柱體的支持力的合力與重力等大反向，結(jié)合幾何關(guān)系可知Fa＝Gsin 37°＝0.6G，F(xiàn)b＝Gcos 37°＝0.8G，D正確。
跟蹤訓(xùn)練
2.(2024·貴州卷，4)如圖(a)，一質(zhì)量為m的勻質(zhì)球置于固定鋼質(zhì)支架的水平細(xì)橫桿和豎直墻之間，并處于靜止?fàn)顟B(tài)，其中一個(gè)視圖如圖(b)所示。測(cè)得球與橫桿接觸點(diǎn)到墻面的距離為球半徑的1.8倍，已知重力加速度大小為g，不計(jì)所有摩擦，則球?qū)M桿的壓力大小為(　　)
A.mg B.mg
C.mg D.mg
答案　D
解析　對(duì)球受力分析，如圖所示
角度　多力平衡
例3 (2024·山東淄博模擬)如圖是一種豎直門閂的原理圖:當(dāng)在水平槽內(nèi)向右推動(dòng)下方木塊A時(shí)，使木塊B沿豎直槽向上運(yùn)動(dòng)，方可啟動(dòng)門閂。水平槽、豎直槽內(nèi)表面均光滑;A、B間的接觸面與水平方向成45°角，A、B間有摩擦，且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。已知B質(zhì)量為m，重力加速度大小為g。當(dāng)施加在A上的水平力F＝mg時(shí)，門閂剛好能被啟動(dòng)，則A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為(　　)
A.0.4 B.0.3
C.0.2 D.0.1
答案　C
解析　對(duì)A、B受力分析如圖所示，門閂剛好啟動(dòng)時(shí)，對(duì)A水平方向上有F＝FNsin 45°＋μFNcos 45°，對(duì)B在豎直方向上有FNcos 45°＝mg＋μFNsin 45°，結(jié)合已知條件F＝mg，可得μ＝0.2，故C正確。
跟蹤訓(xùn)練
3.(2025·山東高三押題卷)如圖為雕刻團(tuán)隊(duì)雕刻的一塊質(zhì)量m＝20 kg的棱臺(tái)形冰磚，雕刻者須戴專門提供的手套，雙手按住冰塊的a、b兩側(cè)面向上提，保持冰塊c面水平朝上，而且手指不能摳底，已知冰塊a、b兩側(cè)面與冰塊底面的夾角均為θ＝78.5°，雕刻者施加給冰塊單側(cè)面的壓為F，手套與冰塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.25，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。計(jì)算時(shí)sin 78.5°≈0.98，cos 78.5°≈0.20，若要提起冰塊，力F至少約為(　　)
A.2 220 N
B.1 370 N
C.1 000 N
D.無論多大的力都無法提起冰塊
答案　A
解析　對(duì)冰塊受力分析，如圖所示，正交分解得2Ffsin θ＝mg＋2Fcos θ，由Ff＝μF，聯(lián)立解得F≈2 220 N，故A正確。
處理平衡問題的三個(gè)技巧
(1)物體受三個(gè)力平衡時(shí)，利用力的分解法或合成法比較簡(jiǎn)單。
(2)物體受四個(gè)或四個(gè)以上的力作用時(shí)，一般要采用正交分解法。
(3)正交分解法建立坐標(biāo)系時(shí)應(yīng)使盡可能多的力與坐標(biāo)軸重合，需要分解的力盡可能少。
考點(diǎn)三　整體法和隔離法解決多物體的平衡問題
多物體通常由兩個(gè)或兩個(gè)以上的研究對(duì)象，通過直接接觸或通過繩、桿等媒介連接組合，如疊加體、連接體等，處理方法通常是整體法和隔離法交替使用。
例4 (2024·浙江1月選考，6)如圖所示，在同一豎直平面內(nèi)，小球A、B上系有不可伸長(zhǎng)的細(xì)線a、b、c和d，其中a的上端懸掛于豎直固定的支架上，d跨過左側(cè)定滑輪、c跨過右側(cè)定滑輪分別與相同配重P、Q相連，調(diào)節(jié)左、右兩側(cè)定滑輪高度達(dá)到平衡。已知小球A、B和配重P、Q質(zhì)量均為50 g，細(xì)線c、d平行且與水平面成θ＝30°角，不計(jì)摩擦，重力加速度g＝10 m/s2，則細(xì)線a、b的拉力分別為(　　)
A.2 N　1 N B.2 N　0.5 N
C.1 N　1 N D.1 N　0.5 N
答案　D
解析　由題意可知細(xì)線c對(duì)A的拉力和細(xì)線d對(duì)B的拉力大小相等且為0.5 N、方向相反，對(duì)A、B整體分析可知細(xì)線a的拉力大小為Ta＝(mA＋mB)g＝1 N。設(shè)細(xì)線b與水平方向夾角為α，對(duì)A受力分析有Tbsin α＋Tcsin θ＝mAg，Tbcos α＝Tccos θ，解得Tb＝0.5 N，故D正確。
處理多物體平衡問題的技巧
(1)合理選擇研究對(duì)象:在分析兩個(gè)或兩個(gè)以上物體間的相互作用時(shí)，一般采用整體法與隔離法進(jìn)行分析，在使用時(shí)有時(shí)需要先整體再隔離，有時(shí)需要先隔離再整體，交替使用整體法和隔離法。
(2)轉(zhuǎn)換研究對(duì)象:用隔離法直接分析一個(gè)物體的受力情況不方便時(shí)，可轉(zhuǎn)換研究對(duì)象，先隔離分析相互作用的另一個(gè)物體的受力情況，再根據(jù)牛頓第三定律分析該物體的受力情況。
跟蹤訓(xùn)練
4.(2025·河北保定模擬)如圖所示，傾角為θ的斜面固定在水平地面上，兩個(gè)物塊A、B用輕質(zhì)彈簧連接，兩物塊恰好能靜止在斜面上。已知物塊A的質(zhì)量為1 kg，物塊A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，物塊B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.8，兩物塊受到的摩擦力方向相同，滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力，重力加速度大小g＝10 m/s2，sin θ＝0.6，下列說法正確的是(　　)
A.彈簧可能處于壓縮狀態(tài)
B.彈簧中的彈力大小為2.4 N
C.物塊B的質(zhì)量為7 kg
D.物塊B受到的摩擦力大小為56 N
答案　C
解析　因tan θ>0.4，物塊A靜止在斜面上，所以彈簧一定處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，A錯(cuò)誤;對(duì)物塊A有mAgsin θ＝μAmAgcos θ＋F，解得F＝2.8 N，B錯(cuò)誤;把A、B看成一個(gè)整體，有μAmAgcos θ＋μBmBgcos θ＝(mA＋mB)gsin θ，解得mB＝7 kg，物塊B受到的摩擦力大小為Ff＝μBmBgcos θ＝44.8 N，C正確，D錯(cuò)誤。
A級(jí)　基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練
對(duì)點(diǎn)練1　受力分析
1.(2024·浙江6月選考，2)如圖為小貓蹬地躍起騰空追蝶的情景，則(　　)
A.飛行的蝴蝶只受重力的作用
B.蝴蝶轉(zhuǎn)彎時(shí)所受合力沿運(yùn)動(dòng)方向
C.小貓?jiān)诳罩惺苤亓蛷椓Φ淖饔?br/>D.小貓蹬地時(shí)彈力大于所受重力
答案　D
解析　飛行的蝴蝶不僅受重力的作用，還受空氣的作用力，A錯(cuò)誤;蝴蝶轉(zhuǎn)彎時(shí)做曲線運(yùn)動(dòng)，由曲線運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)可知，蝴蝶轉(zhuǎn)彎時(shí)所受合力指向軌跡凹側(cè)，B錯(cuò)誤;彈力的產(chǎn)生條件之一是兩物體相互接觸，小貓?jiān)诳罩袝r(shí)與地面脫離，不受地面彈力的作用，小貓由于具有慣性而繼續(xù)向前運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤;小貓蹬地時(shí)在豎直方向上有向上的加速度，則根據(jù)牛頓第二定律可知小貓蹬地時(shí)彈力大于所受重力，D正確。
2.如圖所示，兩梯形木塊A、B疊放在水平地面上，A、B之間的接觸面傾斜。A的左側(cè)靠在光滑的豎直墻面上，加水平推力后，關(guān)于兩木塊的受力，下列說法正確的是(　　)
A.A、B之間一定存在摩擦力作用
B.木塊A可能受三個(gè)力作用
C.木塊A一定受四個(gè)力作用
D.木塊B一定受到地面向右的摩擦力
答案　B
解析　如果A受到重力、墻面對(duì)它的彈力和B對(duì)它的支持力，這三個(gè)力恰好平衡，則A、B之間沒有摩擦力，故A、C錯(cuò)誤，B正確;以A、B整體為研究對(duì)象，豎直方向受到A、B的重力和地面的支持力，水平方向受到水平推力和墻面的彈力，水平地面可以對(duì)B無摩擦力，故D錯(cuò)誤。
3.(2025·江西南昌模擬)如圖所示，一梯子斜靠在光滑的豎直墻壁上，下端放在粗糙的水平地面上，某工人站立于梯子上，下列說法正確的是(　　)
A.地面對(duì)梯子的摩擦力方向水平向右
B.人和梯子組成的系統(tǒng)受三個(gè)力作用
C.梯子對(duì)工人的作用力豎直向上
D.地面對(duì)梯子的作用力豎直向上
答案　C
解析　對(duì)人和梯子組成的系統(tǒng)受力分析，由平衡條件可得，梯子在水平方向受到豎直墻壁水平向右的支持力和地面水平向左的摩擦力，故A錯(cuò)誤;人和梯子組成的系統(tǒng)在豎直方向上受重力、地面的支持力，因?yàn)閴Ρ诠饣?，所以豎直墻對(duì)梯子沒有摩擦力，水平方向只有水平向右的支持力和地面水平向左的摩擦力，共四個(gè)力作用，故B錯(cuò)誤;對(duì)人受力分析，梯子對(duì)工人的作用力豎直向上與重力平衡，故C正確;地面對(duì)梯子的作用力為支持力和摩擦力的合力，方向斜向左上方，故D錯(cuò)誤。
對(duì)點(diǎn)練2　共點(diǎn)力的平衡條件及應(yīng)用
4.(2025·廣西桂林模擬)如圖所示，P、Q是兩個(gè)光滑的定滑輪，吊著A、B、C三個(gè)小球的三條輕繩各有一端在O點(diǎn)打結(jié)，懸吊A、C兩個(gè)球的輕繩分別繞過定滑輪P、Q，三個(gè)球靜止時(shí)，OQ段輕繩與豎直方向的夾角α＝74°。已知B、C兩球的質(zhì)量均為m，sin 37°＝0.6，則A球的質(zhì)量為(　　)
A.m B.1.2m
C.1.5m D.1.6m
答案　B
解析　對(duì)O點(diǎn)受力分析如圖所示，由題可知OQ、OB段的拉力滿足FOQ＝FOB＝mg，將FOQ、FOB合成，由于三個(gè)球靜止，O點(diǎn)受力平衡，根據(jù)幾何關(guān)系有FOP＝F合＝2FOBsin 37°＝1.2mg，則有A球的質(zhì)量為mA＝＝1.2m，故B正確。
5.(多選)(2024·河北石家莊模擬)取碗夾是一種用于夾取碗或者其他容器的廚房用具，如圖甲所示。某人用取碗夾夾取質(zhì)量為m的碗，碗靜止于空中，其簡(jiǎn)化示意圖如圖乙所示，碗一側(cè)可認(rèn)為是傾角為60°的斜面，取碗夾對(duì)碗的彈力方向與該側(cè)面垂直，重力加速度大小為g，則碗受力情況正確的是(　　)
A.取碗夾對(duì)碗的彈力大小為mg
B.取碗夾對(duì)碗的彈力大小為mg
C.取碗夾對(duì)碗的摩擦力大小為mg
D.取碗夾對(duì)碗的摩擦力大小為mg
答案　BC
解析　碗處于平衡狀態(tài)，受到重力、碗夾的彈力和摩擦力，根據(jù)平衡條件可知F彈＝mgcos 60°＝mg，A錯(cuò)誤，B正確;同理可知，碗受到的摩擦力Ff＝mgsin 60°＝mg，C正確，D錯(cuò)誤。
6.如圖所示，傾角為30°的斜面固定在水平地面上，斜面上放有一重力為G的物體A，有一水平輕彈簧一端固定在豎直墻面上，另一端與物體A接觸。若物塊A靜止時(shí)受到沿斜面向下的摩擦力大小為，此時(shí)彈簧的彈力大小是(　　)
A.G B.G
C.G D.G
答案　B
解析　對(duì)A進(jìn)行受力分析，利用正交分解法對(duì)力進(jìn)行分解，如圖所示，在沿斜面方向，根據(jù)平衡條件Fcos 30°＝Ff＋Gsin 30°，而Ff＝，解得F＝G，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。
對(duì)點(diǎn)練3　整體法和隔離法解決多物體的平衡問題
7.(2025·黑龍江鶴崗市第一中學(xué)月考)如圖甲所示，A、B兩小球通過兩根輕繩連接并懸掛于O點(diǎn)，已知兩輕繩a和b的長(zhǎng)度之比為∶1，A、B兩小球質(zhì)量分別為2m和m，現(xiàn)對(duì)A、B兩小球分別施加水平向右的力F1和水平向左的力F2，兩球恰好處于圖乙的位置靜止，此時(shí)B球恰好在懸點(diǎn)O的正下方，輕繩a與豎直方向成30°角，則(　　)
A.F1＝F2 B.F1＝F2
C.F1＝2F2 D.F1＝3F2
答案　C
解析　由題意知兩輕繩a和b的長(zhǎng)度之比為∶1，B球恰好在懸點(diǎn)O的正下方，由幾何關(guān)系可知，a與b垂直;以B球?yàn)檠芯繉?duì)象，受力示意圖如圖(a)所示，由平衡條件得F2＝mgtan(90°－30°)＝mg，以A、B兩球整體為研究對(duì)象，受力示意圖如圖(b)所示，由平衡條件得F1－F2＝3mgtan 30°＝mg，可得F1＝2mg，即F1＝2F2，故C正確。
8.我國(guó)的石橋世界聞名，如圖，某橋由六塊形狀完全相同的石塊組成，其中石塊1、6固定，2、5質(zhì)量相同為m1，3、4質(zhì)量相同為m2，不計(jì)石塊間的摩擦，則m1∶m2為(　　)
A. B.
C.1 D.2
答案　D
解析　六塊形狀完全相同的石塊圍成半圓對(duì)應(yīng)的圓心角為180°，每塊石塊對(duì)應(yīng)的圓心角為30°，對(duì)第3塊石塊受力分析如圖甲所示，由力的合成可知tan 60°＝，對(duì)第2塊和第3塊石塊整體受力分析如圖乙所示，tan 30°＝，聯(lián)立解得＝2，故D正確。
B級(jí)　綜合提升練
9.(2025·山東濟(jì)寧模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的小球置于內(nèi)壁光滑的半球形凹槽內(nèi)，凹槽放置在蹺蹺板上，凹槽的質(zhì)量為M。開始時(shí)蹺蹺板與水平面的夾角為37°，凹槽與小球均保持靜止。已知重力加速度為g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，則在緩慢壓低蹺蹺板的Q端至跟P端等高的過程中，下列說法正確的是(　　)
A.蹺蹺板對(duì)凹槽的作用力逐漸增大
B.小球?qū)Π疾鄣膲毫Υ笮∈冀K為mg
C.開始時(shí)蹺蹺板對(duì)凹槽的支持力大小為0.8Mg
D.開始時(shí)蹺蹺板對(duì)凹槽的摩擦力大小為0.6Mg
答案　B
解析　由于小球、凹槽整體的重力不變化，與蹺蹺板對(duì)凹槽的作用力等大反向，那么蹺蹺板對(duì)凹槽的作用力不變，故A錯(cuò)誤;小球所在處的凹槽切線總是水平的，那么小球?qū)Π疾鄣膲毫Υ笮∈冀K等于小球的重力mg，故B正確;將小球跟凹槽視為整體，開始時(shí)恰好靜止，根據(jù)受力平衡條件知，蹺蹺板對(duì)凹槽的支持力大小為FN＝(m＋M)gcos 37°＝0.8(m＋M)g，蹺蹺板對(duì)凹槽的摩擦力大小為Ff＝(m＋M)gsin 37°＝0.6(m＋M)g，故C、D錯(cuò)誤。
10.(2024·湖北聯(lián)盟壓軸考試)如圖所示，豎直固定放置的光滑大圓環(huán)，其最高點(diǎn)為P，最低點(diǎn)為Q。現(xiàn)有兩個(gè)輕彈簧1、2的一端均拴接在大圓環(huán)P點(diǎn)，另一端分別拴接M、N兩小球，兩小球均處于平衡態(tài)。已知輕彈簧1、2上的彈力大小相同，輕彈簧1、2軸線方向與PQ連線的夾角分別30°、60°，則下列說法正確的是(　　)
A.輕彈簧1處于壓縮狀態(tài)，輕彈簧2處于伸長(zhǎng)狀態(tài)
B.大圓環(huán)對(duì)兩小球的彈力方向均指向圓心
C.M、N兩小球的質(zhì)量比為m1∶m2＝1∶
D.大圓環(huán)對(duì)M、N兩小球的彈力大小之比為FN1∶FN2＝∶1
答案　C
解析　對(duì)兩個(gè)小球受力分析并畫力的矢量三角形，如圖所示，兩個(gè)彈力均指向P點(diǎn)，故兩彈簧均處于拉伸狀態(tài)，故A錯(cuò)誤;大圓環(huán)對(duì)兩球的彈力均背離圓心，故B錯(cuò)誤;對(duì)小球M、N，由力矢量三角形與幾何三角形相似，可得FN1＝m1g＝F1，F(xiàn)N2＝m2g＝F2，已知F1＝F2，則m1∶m2＝1∶，F(xiàn)N1∶FN2＝1∶，故C正確，D錯(cuò)誤。
11.(2025·陜西西安高三質(zhì)檢)如圖所示，輕質(zhì)不可伸長(zhǎng)的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿上，懸掛衣服的衣架鉤是光滑的，掛于繩上處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是(　　)
A.θ1<θ2＝θ3
B.θ1>θ2＝θ3
C.若兩桿間距離d不變，上下移動(dòng)繩子結(jié)點(diǎn)，θ2、θ3變化
D.若兩桿間距離d減小，繩子拉力減小
答案　D
解析　衣架鉤光滑，同一繩上拉力處處相等，根據(jù)共點(diǎn)力平衡可知，衣架鉤平衡時(shí)兩側(cè)繩子與豎直方向的夾角相等，即θ1＝θ2，OC為BO的反向延長(zhǎng)線，根據(jù)幾何關(guān)系可知θ2＝θ3，則θ1＝θ2＝θ3，故A、B錯(cuò)誤;設(shè)繩子的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，根據(jù)幾何關(guān)系可知sin θ3＝，若兩桿間距離d不變，上下移動(dòng)繩子結(jié)點(diǎn)，θ2、θ3不變，故C錯(cuò)誤;對(duì)衣架鉤受力分析，根據(jù)平衡條件可得G＝2Fcos θ3，若兩桿間距離d減小，θ3減小，繩子拉力減小，故D正確。
12.(2025·西北師范大學(xué)附屬中學(xué)期中)如圖所示，質(zhì)量M＝2 kg的木塊A套在水平桿上，并用輕繩將木塊與質(zhì)量m＝ kg的小球B相連。用與水平方向成α＝30°角的恒力F＝10 N拉著球帶動(dòng)木塊一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中A、B相對(duì)位置保持不變，g取10 m/s2。求:
(1)運(yùn)動(dòng)過程中輕繩與水平方向的夾角θ;
(2)木塊與水平桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ。
答案　(1)30°　(2)
解析　(1)對(duì)B進(jìn)行受力分析，設(shè)輕繩對(duì)B的拉力為FT，由平衡條件可得
Fcos 30°＝FTcos θ
Fsin 30°＋FTsin θ＝mg
聯(lián)立解得FT＝10 N，tan θ＝
即θ＝30°。
(2)對(duì)A進(jìn)行受力分析，由平衡條件有
FTsin θ＋Mg＝FN，F(xiàn)Tcos θ＝μFN
聯(lián)立解得μ＝。
C級(jí)　培優(yōu)加強(qiáng)練
13.(多選)(2024·福建福州模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的勻質(zhì)細(xì)繩，一端系在天花板上的A點(diǎn)，另一端系在豎直墻壁上的B點(diǎn)，平衡后最低點(diǎn)為C點(diǎn)?，F(xiàn)測(cè)得AC段繩長(zhǎng)是CB段繩長(zhǎng)的3倍，且繩子A端的切線與豎直方向的夾角為β，繩子B端的切線與墻壁的夾角為α＝60°(重力加速度為g)則(　　)
A.β＝30°
B.繩子在C處彈力大小FC＝mg
C.繩子在A處的彈力大小FA＝mg
D.繩子上B處拉力最大
答案　AC
解析　對(duì)CB段受力分析，受重力G1＝mg、墻壁的拉力FB、AC段繩子對(duì)其向左的拉力FC，如圖甲所示，根據(jù)平衡條件可得FBcos α＝mg，F(xiàn)Bsin α＝FC，聯(lián)立解得FB＝mg，F(xiàn)C＝mg;再對(duì)AC段繩子受力分析，受重力G2＝mg、BC段繩子對(duì)其向右的拉力FC'＝FC，天花板對(duì)AC段繩子的拉力為FA，如圖乙所示，根據(jù)平衡條件有FAcos β＝mg，F(xiàn)Asin β＝FC'，聯(lián)立解得β＝30°，F(xiàn)A＝mg，故A、C正確，B錯(cuò)誤;由以上分析可知FC第3講　受力分析　共點(diǎn)力的平衡
第二章　相互作用——力
1.從具體的情境中選擇研究對(duì)象，會(huì)分析其彈力、摩擦力的有無及方向。
2.會(huì)靈活應(yīng)用整體法和隔離法對(duì)多物體受力分析。
3.會(huì)運(yùn)用共點(diǎn)力平衡的條件分析解決平衡問題。
學(xué)習(xí)目標(biāo)
目 錄
CONTENTS
夯實(shí)必備知識(shí)
01
研透核心考點(diǎn)
02
提升素養(yǎng)能力
03
夯實(shí)必備知識(shí)
1
示意圖
1.
隔離法
重力
彈力
摩擦力
相等
2.
相反
合力
1.思考判斷
×
(1)物體沿光滑斜面下滑時(shí)，受到重力、支持力和下滑力的作用。( )
(2)物體的速度為零即處于平衡狀態(tài)。( )
(3)物體處于平衡狀態(tài)時(shí)，其加速度一定為零。( )
(4)物體受兩個(gè)力作用處于平衡狀態(tài)，這兩個(gè)力必定等大反向。( )
(5)物體受三個(gè)力F1、F2、F3作用處于平衡狀態(tài)，若將F2轉(zhuǎn)動(dòng)90°，則這三個(gè)力的合力大小為F2。( )
×
√
√
√
C
2.(人教版必修第一冊(cè)P79T2改編)如圖所示，在光滑墻壁上用網(wǎng)兜把足球掛在A點(diǎn)，足球與墻壁的接觸點(diǎn)為B。足球的重力為G，AC繩與墻壁的夾角為α，墻壁對(duì)球的支持力為FN，AC繩的拉力為FT，不計(jì)網(wǎng)兜的重力。則下列關(guān)系式正確的是(　　)
A.FT＝FN　　　 B.FT＝Gsin α
C.FT>G D.FN＝
研透核心考點(diǎn)
2
考點(diǎn)二　共點(diǎn)力的平衡條件及應(yīng)用
考點(diǎn)一　受力分析
考點(diǎn)三　整體法和隔離法解決多物體的平衡問題
考點(diǎn)一　受力分析
受力分析的四種方法
假設(shè)法 在未知某力是否存在時(shí)，先對(duì)其做出不存在的假設(shè)，然后根據(jù)該力不存在對(duì)物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的影響來判斷該力是否存在
整體法 將加速度相同的幾個(gè)相互關(guān)聯(lián)的物體作為一個(gè)整體進(jìn)行受力分析的方法
隔離法 將所研究的對(duì)象從周圍的物體中分離出來，單獨(dú)進(jìn)行受力分析的方法
動(dòng)力學(xué) 分析法 對(duì)加速運(yùn)動(dòng)的物體進(jìn)行受力分析時(shí)，應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律進(jìn)行分析求解的方法
例1 (2025·安徽馬鞍山第二中學(xué)檢測(cè))兩相同的楔形木塊A、B疊放后分別以圖甲、乙兩種方式在水平外力F1和豎直外力F2作用下，挨著豎直墻面保持靜止?fàn)顟B(tài)，則在此兩種方式中，木塊B受力個(gè)數(shù)分別為(　　)
A.1，1 B.4，3
C.5，3 D.5，4
C
解析　題圖甲中，根據(jù)整體法可知，木塊B除了受重力外，一定受到墻面水平向右的彈力和豎直向上的靜摩擦力，隔離B分析，其一定還受到A的彈力，隔離A分析，A受到重力、水平向左的推力、B對(duì)其垂直于接觸面斜向右下的彈力，這
樣的三個(gè)力不可能使A平衡，所以A一定還要受到B對(duì)其沿接觸面斜向右上的靜摩擦力才能平衡，由牛頓第三定律可知B一定受到A沿接觸面斜向左下的靜摩擦力，故B共受5個(gè)力的作用;題圖乙中，根據(jù)整體法可知B與墻面間既無彈力也無摩擦力，所以B受重力和A的彈力及摩擦力共3個(gè)力的作用，故C正確。
受力分析的三個(gè)技巧
(1)不要把研究對(duì)象所受的力與研究對(duì)象對(duì)其他物體的作用力混淆。
(2)除了根據(jù)力的性質(zhì)和特點(diǎn)進(jìn)行判斷，假設(shè)法是判斷彈力、摩擦力的有無及方向的常用方法。
(3)善于轉(zhuǎn)換研究對(duì)象，尤其是在彈力、摩擦力的方向不易判定的情形中，可以分析與其接觸物體的受力，再應(yīng)用牛頓第三定律判定。
跟蹤訓(xùn)練
1.(2025·八省聯(lián)考內(nèi)蒙古卷，1) “那達(dá)慕”是國(guó)家級(jí)非物質(zhì)文化遺產(chǎn)，套馬是“那達(dá)慕”大會(huì)的傳統(tǒng)活動(dòng)之一，某次套馬的情景如圖所示。套馬者視為質(zhì)點(diǎn)，可能受重力G、支持力FN，拉力F、摩擦力Ff，其受力示意圖可能正確的是(　　)
B
解析　對(duì)套馬者受力分析可知，“套馬者”受到豎直向下的重力G、沿繩子方向向左上方的拉力F、豎直向上的支持力FN和水平向右的摩擦力Ff，故B正確。
考點(diǎn)二　共點(diǎn)力的平衡條件及應(yīng)用
求解共點(diǎn)力平衡問題的常用方法
(1)合成法:一個(gè)力與其余所有力的合力等大反向，常用于非共線三力平衡。
(2)正交分解法:Fx合＝0，F(xiàn)y合＝0，常用于多力平衡。
(3)矢量三角形法:把表示三個(gè)力的有向線段構(gòu)成一個(gè)閉合的三角形，常用于非特殊角的一般三角形。
角度　　三力平衡
例2 (2023·浙江6月選考，6)如圖所示，水平面上固定兩排平行的半圓柱體，重為G的光滑圓柱體靜置其上，a、b為相切點(diǎn)，∠aOb＝90°，半徑Ob與重力的夾角為37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，則圓柱體受到的支持力Fa、Fb大小為(　　)
D
A.Fa＝0.6G，F(xiàn)b＝0.4G B.Fa＝0.4G，F(xiàn)b＝0.6G
C.Fa＝0.8G，F(xiàn)b＝0.6G D.Fa＝0.6G，F(xiàn)b＝0.8G
解析　以圓柱體為研究對(duì)象，受力分析如圖所示，兩側(cè)半圓柱體對(duì)圓柱體的支持力的合力與重力等大反向，結(jié)合幾何關(guān)系可知Fa＝Gsin 37°＝0.6G，F(xiàn)b＝Gcos 37°＝0.8G，D正確。
2.(2024·貴州卷，4)如圖(a)，一質(zhì)量為m的勻質(zhì)球置于固定鋼質(zhì)支架的水平細(xì)橫桿和豎直墻之間，并處于靜止?fàn)顟B(tài)，其中一個(gè)視圖如圖(b)所示。測(cè)得球與橫桿接觸點(diǎn)到墻面的距離為球半徑的1.8倍，已知重力加速度大小為g，不計(jì)所有摩擦，則球?qū)M桿的壓力大小為(　　)
跟蹤訓(xùn)練
D
A.mg B.mg
C.mg D.mg
解析　對(duì)球受力分析，如圖所示
角度　　多力平衡
例3 (2024·山東淄博模擬)如圖是一種豎直門閂的原理圖:當(dāng)在水平槽內(nèi)向右推動(dòng)下方木塊A時(shí)，使木塊B沿豎直槽向上運(yùn)動(dòng)，方可啟動(dòng)門閂。水平槽、豎直槽內(nèi)表面均光滑;A、B間的接觸面與水平方向成45°角，A、B間有摩擦，且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。已知B質(zhì)量為m，重力加速度大小為g。當(dāng)施加在A上的水平力F＝mg時(shí)，門閂剛好能被啟動(dòng)，則A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為(　　)
C
A.0.4 B.0.3
C.0.2 D.0.1
解析　對(duì)A、B受力分析如圖所示，門閂剛好啟動(dòng)時(shí)，對(duì)A水平方向上有F＝FNsin 45°＋μFNcos 45°，對(duì)B在豎直方向上有FNcos 45°＝mg＋μFNsin 45°，結(jié)合已知條件F＝mg，可得μ＝0.2，故C正確。
3.(2025·山東高三押題卷)如圖為雕刻團(tuán)隊(duì)雕刻的一塊質(zhì)量m＝20 kg的棱臺(tái)形冰磚，雕刻者須戴專門提供的手套，雙手按住冰塊的a、b兩側(cè)面向上提，保持冰塊c面水平朝上，而且手指不能摳底，已知冰塊a、b兩側(cè)面與冰塊底面的夾角均為θ＝78.5°，雕刻者施加給冰塊單側(cè)面的壓為F，手套與冰塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.25，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。計(jì)算時(shí)sin 78.5°≈0.98，cos 78.5°≈0.20，若要提起冰塊，力F至少約為(　　)
跟蹤訓(xùn)練
A
A.2 220 N
B.1 370 N
C.1 000 N
D.無論多大的力都無法提起冰塊
解析　對(duì)冰塊受力分析，如圖所示，正交分解得2Ffsin θ＝mg＋2Fcos θ，由Ff＝μF，聯(lián)立解得F≈2 220 N，故A正確。
處理平衡問題的三個(gè)技巧
(1)物體受三個(gè)力平衡時(shí)，利用力的分解法或合成法比較簡(jiǎn)單。
(2)物體受四個(gè)或四個(gè)以上的力作用時(shí)，一般要采用正交分解法。
(3)正交分解法建立坐標(biāo)系時(shí)應(yīng)使盡可能多的力與坐標(biāo)軸重合，需要分解的力盡可能少。
多物體通常由兩個(gè)或兩個(gè)以上的研究對(duì)象，通過直接接觸或通過繩、桿等媒介連接組合，如疊加體、連接體等，處理方法通常是整體法和隔離法交替使用。
考點(diǎn)三　整體法和隔離法解決多物體的平衡問題
例4 (2024·浙江1月選考，6)如圖所示，在同一豎直平面內(nèi)，小球A、B上系有不可伸長(zhǎng)的細(xì)線a、b、c和d，其中a的上端懸掛于豎直固定的支架上，d跨過左側(cè)定滑輪、c跨過右側(cè)定滑輪分別與相同配重P、Q相連，調(diào)節(jié)左、右兩側(cè)定滑輪高度達(dá)到平衡。已知小球A、B和配重P、Q質(zhì)量均為50 g，細(xì)線c、d平行且與水平面成θ＝30°角，不計(jì)摩擦，重力加速度g＝10 m/s2，則細(xì)線a、b的拉力分別為(　　)
A.2 N　1 N B.2 N　0.5 N
C.1 N　1 N D.1 N　0.5 N
D
解析　由題意可知細(xì)線c對(duì)A的拉力和細(xì)線d對(duì)B的拉力大小相等且為0.5 N、方向相反，對(duì)A、B整體分析可知細(xì)線a的拉力大小為Ta＝(mA＋mB)g＝1 N。設(shè)細(xì)線b與水平方向夾角為α，對(duì)A受力分析有Tbsin α＋Tcsin θ＝mAg，Tbcos α＝Tccos θ，解得Tb＝0.5 N，故D正確。
處理多物體平衡問題的技巧
(1)合理選擇研究對(duì)象:在分析兩個(gè)或兩個(gè)以上物體間的相互作用時(shí)，一般采用整體法與隔離法進(jìn)行分析，在使用時(shí)有時(shí)需要先整體再隔離，有時(shí)需要先隔離再整體，交替使用整體法和隔離法。
(2)轉(zhuǎn)換研究對(duì)象:用隔離法直接分析一個(gè)物體的受力情況不方便時(shí)，可轉(zhuǎn)換研究對(duì)象，先隔離分析相互作用的另一個(gè)物體的受力情況，再根據(jù)牛頓第三定律分析該物體的受力情況。
4.(2025·河北保定模擬)如圖所示，傾角為θ的斜面固定在水平地面上，兩個(gè)物塊A、B用輕質(zhì)彈簧連接，兩物塊恰好能靜止在斜面上。已知物塊A的質(zhì)量為1 kg，物塊A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，物塊B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.8，兩物塊受到的摩擦力方向相同，滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力，重力加速度大小g＝10 m/s2，sin θ＝0.6，下列說法正確的是(　　)
跟蹤訓(xùn)練
C
A.彈簧可能處于壓縮狀態(tài)
B.彈簧中的彈力大小為2.4 N
C.物塊B的質(zhì)量為7 kg
D.物塊B受到的摩擦力大小為56 N
解析　因tan θ>0.4，物塊A靜止在斜面上，所以彈簧一定處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，A錯(cuò)誤;對(duì)物塊A有mAgsin θ＝μAmAgcos θ＋F，解得F＝2.8 N，B錯(cuò)誤;把A、B看成一個(gè)整體，有μAmAgcos θ＋μBmBgcos θ＝(mA＋mB)gsin θ，解得mB＝7 kg，物塊B受到的摩擦力大小為Ff＝μBmBgcos θ＝44.8 N，C正確，D錯(cuò)誤。
提升素養(yǎng)能力
3
A級(jí)　基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練
D
對(duì)點(diǎn)練1　受力分析
1.(2024·浙江6月選考，2)如圖為小貓蹬地躍起騰空追蝶的情景，則(　　)
A.飛行的蝴蝶只受重力的作用
B.蝴蝶轉(zhuǎn)彎時(shí)所受合力沿運(yùn)動(dòng)方向
C.小貓?jiān)诳罩惺苤亓蛷椓Φ淖饔?br/>D.小貓蹬地時(shí)彈力大于所受重力
解析　飛行的蝴蝶不僅受重力的作用，還受空氣的作用力，A錯(cuò)誤;蝴蝶轉(zhuǎn)彎時(shí)做曲線運(yùn)動(dòng)，由曲線運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)可知，蝴蝶轉(zhuǎn)彎時(shí)所受合力指向軌跡凹側(cè)，B錯(cuò)誤;彈力的產(chǎn)生條件之一是兩物體相互接觸，小貓?jiān)诳罩袝r(shí)與地面脫離，不受地面彈力的作用，小貓由于具有慣性而繼續(xù)向前運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤;小貓蹬地時(shí)在豎直方向上有向上的加速度，則根據(jù)牛頓第二定律可知小貓蹬地時(shí)彈力大于所受重力，D正確。
B
2.如圖所示，兩梯形木塊A、B疊放在水平地面上，A、B之間的接觸面傾斜。A的左側(cè)靠在光滑的豎直墻面上，加水平推力后，關(guān)于兩木塊的受力，下列說法正確的是(　　)
A.A、B之間一定存在摩擦力作用
B.木塊A可能受三個(gè)力作用
C.木塊A一定受四個(gè)力作用
D.木塊B一定受到地面向右的摩擦力
解析　如果A受到重力、墻面對(duì)它的彈力和B對(duì)它的支持力，這三個(gè)力恰好平衡，則A、B之間沒有摩擦力，故A、C錯(cuò)誤，B正確;以A、B整體為研究對(duì)象，豎直方向受到A、B的重力和地面的支持力，水平方向受到水平推力和墻面的彈力，水平地面可以對(duì)B無摩擦力，故D錯(cuò)誤。
C
3.(2025·江西南昌模擬)如圖所示，一梯子斜靠在光滑的豎直墻壁上，下端放在粗糙的水平地面上，某工人站立于梯子上，下列說法正確的是(　　)
A.地面對(duì)梯子的摩擦力方向水平向右
B.人和梯子組成的系統(tǒng)受三個(gè)力作用
C.梯子對(duì)工人的作用力豎直向上
D.地面對(duì)梯子的作用力豎直向上
解析　對(duì)人和梯子組成的系統(tǒng)受力分析，由平衡條件可得，梯子在水平方向受到豎直墻壁水平向右的支持力和地面水平向左的摩擦力，故A錯(cuò)誤;人和梯子組成的系統(tǒng)在豎直方向上受重力、地面的支持力，因?yàn)閴Ρ诠饣载Q直墻對(duì)梯子沒有摩擦力，水平方向只有水平向右的支持力和地面水平向左的摩擦力，共四個(gè)力作用，故B錯(cuò)誤;對(duì)人受力分析，梯子對(duì)工人的作用力豎直向上與重力平衡，故C正確;地面對(duì)梯子的作用力為支持力和摩擦力的合力，方向斜向左上方，故D錯(cuò)誤。
B
對(duì)點(diǎn)練2　共點(diǎn)力的平衡條件及應(yīng)用
4.(2025·廣西桂林模擬)如圖所示，P、Q是兩個(gè)光滑的定滑輪，吊著A、B、C三個(gè)小球的三條輕繩各有一端在O點(diǎn)打結(jié)，懸吊A、C兩個(gè)球的輕繩分別繞過定滑輪P、Q，三個(gè)球靜止時(shí)，OQ段輕繩與豎直方向的夾角α＝74°。已知B、C兩球的質(zhì)量均為m，sin 37°＝0.6，則A球的質(zhì)量為(　　)
A.m B.1.2m C.1.5m D.1.6m
解析　對(duì)O點(diǎn)受力分析如圖所示，由題可知OQ、OB段的拉力滿足FOQ＝FOB＝mg，將FOQ、FOB合成，由于三個(gè)球靜止，O點(diǎn)受力平衡，根據(jù)幾何關(guān)系有FOP＝F合＝2FOBsin 37°＝1.2mg，則有A球的質(zhì)量為mA＝＝1.2m，故B正確。
BC
5.(多選)(2024·河北石家莊模擬)取碗夾是一種用于夾取碗或者其他容器的廚房用具，如圖甲所示。某人用取碗夾夾取質(zhì)量為m的碗，碗靜止于空中，其簡(jiǎn)化示意圖如圖乙所示，碗一側(cè)可認(rèn)為是傾角為60°的斜面，取碗夾對(duì)碗的彈力方向與該側(cè)面垂直，重力加速度大小為g，則碗受力情況正確的是(　　)
A.取碗夾對(duì)碗的彈力大小為mg
B.取碗夾對(duì)碗的彈力大小為mg
C.取碗夾對(duì)碗的摩擦力大小為mg
D.取碗夾對(duì)碗的摩擦力大小為mg
解析　碗處于平衡狀態(tài)，受到重力、碗夾的彈力和摩擦力，根據(jù)平衡條件可知F彈＝mgcos 60°＝mg，A錯(cuò)誤，B正確;同理可知，碗受到的摩擦力Ff＝mgsin 60°＝mg，C正確，D錯(cuò)誤。
B
6.如圖所示，傾角為30°的斜面固定在水平地面上，斜面上放有一重力為G的物體A，有一水平輕彈簧一端固定在豎直墻面上，另一端與物體A接觸。若物塊A靜止時(shí)受到沿斜面向下的摩擦力大小為，此時(shí)彈簧的彈力大小是(　　)
A.G B.G C.G D.G
解析　對(duì)A進(jìn)行受力分析，利用正交分解法對(duì)力進(jìn)行分解，如圖所示，在沿斜面方向，根據(jù)平衡條件Fcos 30°＝Ff＋Gsin 30°，而Ff＝，解得F＝G，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。
C
對(duì)點(diǎn)練3　整體法和隔離法解決多物體的平衡問題
7.(2025·黑龍江鶴崗市第一中學(xué)月考)如圖甲所示，A、B兩小球通過兩根輕繩連接并懸掛于O點(diǎn)，已知兩輕繩a和b的長(zhǎng)度之比為∶1，A、B兩小球質(zhì)量分別為2m和m，現(xiàn)對(duì)A、B兩小球分別施加水平向右的力F1和水平向左的力F2，兩球恰好處于圖乙的位置靜止，此時(shí)B球恰好在懸點(diǎn)O的正下方，輕繩a與豎直方向成30°角，則(　　)
A.F1＝F2 B.F1＝F2
C.F1＝2F2 D.F1＝3F2
解析　由題意知兩輕繩a和b的長(zhǎng)度之比為∶1，B球恰好在懸點(diǎn)O的正下方，由幾何關(guān)系可知，a與b垂直;以B球?yàn)檠芯繉?duì)象，受力示意圖如圖(a)所示，由平衡條件得F2＝mgtan(90°－30°)＝mg，以A、B兩球整體為研究對(duì)象，受力示意圖如圖(b)所示，由平衡條件得F1－F2＝3mgtan 30°＝mg，可得F1＝2mg，即F1＝2F2，故C正確。
D
8.我國(guó)的石橋世界聞名，如圖，某橋由六塊形狀完全相同的石塊組成，其中石塊1、6固定，2、5質(zhì)量相同為m1，3、4質(zhì)量相同為m2，不計(jì)石塊間的摩擦，則m1∶m2為(　　)
A. B. C.1 D.2
解析　六塊形狀完全相同的石塊圍成半圓對(duì)應(yīng)的圓心角為180°，每塊石塊對(duì)應(yīng)的圓心角為30°，對(duì)第3塊石塊受力分析如圖甲所示，由力的合成可知tan 60°＝，對(duì)第2塊和第3塊石塊整體受力分析如圖乙所示，tan 30°＝，聯(lián)立解得＝2，故D正確。
B級(jí)　綜合提升練
B
9.(2025·山東濟(jì)寧模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的小球置于內(nèi)壁光滑的半球形凹槽內(nèi)，凹槽放置在蹺蹺板上，凹槽的質(zhì)量為M。開始時(shí)蹺蹺板與水平面的夾角為37°，凹槽與小球均保持靜止。已知重力加速度為g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，則在緩慢壓低蹺蹺板的Q端至跟P端等高的過程中，下列說法正確的是(　　)
A.蹺蹺板對(duì)凹槽的作用力逐漸增大
B.小球?qū)Π疾鄣膲毫Υ笮∈冀K為mg
C.開始時(shí)蹺蹺板對(duì)凹槽的支持力大小為0.8Mg
D.開始時(shí)蹺蹺板對(duì)凹槽的摩擦力大小為0.6Mg
解析　由于小球、凹槽整體的重力不變化，與蹺蹺板對(duì)凹槽的作用力等大反向，那么蹺蹺板對(duì)凹槽的作用力不變，故A錯(cuò)誤;小球所在處的凹槽切線總是水平的，那么小球?qū)Π疾鄣膲毫Υ笮∈冀K等于小球的重力mg，故B正確;將小球跟凹槽視為整體，開始時(shí)恰好靜止，根據(jù)受力平衡條件知，蹺蹺板對(duì)凹槽的支持力大小為FN＝(m＋M)gcos 37°＝0.8(m＋M)g，蹺蹺板對(duì)凹槽的摩擦力大小為Ff＝(m＋M)gsin 37°＝0.6(m＋M)g，故C、D錯(cuò)誤。
C
10.(2024·湖北聯(lián)盟壓軸考試)如圖所示，豎直固定放置的光滑大圓環(huán)，其最高點(diǎn)為P，最低點(diǎn)為Q?，F(xiàn)有兩個(gè)輕彈簧1、2的一端均拴接在大圓環(huán)P點(diǎn)，另一端分別拴接M、N兩小球，兩小球均處于平衡態(tài)。已知輕彈簧1、2上的彈力大小相同，輕彈簧1、2軸線方向與PQ連線的夾角分別30°、60°，則下列說法正確的是(　　)
A.輕彈簧1處于壓縮狀態(tài)，輕彈簧2處于伸長(zhǎng)狀態(tài)
B.大圓環(huán)對(duì)兩小球的彈力方向均指向圓心
C.M、N兩小球的質(zhì)量比為m1∶m2＝1∶
D.大圓環(huán)對(duì)M、N兩小球的彈力大小之比為FN1∶FN2＝∶1
解析　對(duì)兩個(gè)小球受力分析并畫力的矢量三角形，如圖所示，兩個(gè)彈力均指向P點(diǎn)，故兩彈簧均處于拉伸狀態(tài)，故A錯(cuò)誤;大圓環(huán)對(duì)兩球的彈力均背離圓心，故B錯(cuò)誤;對(duì)小球M、N，由力矢量三角形與幾何三角形相似，可得FN1＝m1g＝F1，F(xiàn)N2＝m2g＝F2，已知F1＝F2，則m1∶m2＝1∶，F(xiàn)N1∶FN2＝1∶，故C正確，D錯(cuò)誤。
D
11.(2025·陜西西安高三質(zhì)檢)如圖所示，輕質(zhì)不可伸長(zhǎng)的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿上，懸掛衣服的衣架鉤是光滑的，掛于繩上處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是(　　)
A.θ1<θ2＝θ3
B.θ1>θ2＝θ3
C.若兩桿間距離d不變，上下移動(dòng)繩子結(jié)點(diǎn)，θ2、θ3變化
D.若兩桿間距離d減小，繩子拉力減小
解析　衣架鉤光滑，同一繩上拉力處處相等，根據(jù)共點(diǎn)力平衡可知，衣架鉤平衡時(shí)兩側(cè)繩子與豎直方向的夾角相等，即θ1＝θ2，OC為BO的反向延長(zhǎng)線，根據(jù)幾何關(guān)系可知θ2＝θ3，則θ1＝θ2＝θ3，故A、B錯(cuò)誤;設(shè)繩子的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，根據(jù)幾何關(guān)系可知sin θ3＝，若兩桿間距離d不變，上下移動(dòng)繩子結(jié)點(diǎn)，θ2、θ3不變，故C錯(cuò)誤;對(duì)衣架鉤受力分析，根據(jù)平衡條件可得G＝2Fcos θ3，若兩桿間距離d減小，θ3減小，繩子拉力減小，故D正確。
12.(2025·西北師范大學(xué)附屬中學(xué)期中)如圖所示，質(zhì)量M＝2 kg的木塊A套在水平桿上，并用輕繩將木塊與質(zhì)量m＝ kg的小球B相連。用與水平方向成α＝30°角的恒力F＝10 N拉著球帶動(dòng)木塊一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中A、B相對(duì)位置保持不變，g取10 m/s2。求:
(1)運(yùn)動(dòng)過程中輕繩與水平方向的夾角θ;
(2)木塊與水平桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ。
答案　(1)30°　(2)
解析　(1)對(duì)B進(jìn)行受力分析，設(shè)輕繩對(duì)B的拉力為FT，由平衡條件可得
Fcos 30°＝FTcos θ
Fsin 30°＋FTsin θ＝mg
聯(lián)立解得FT＝10 N，tan θ＝
即θ＝30°。
(2)對(duì)A進(jìn)行受力分析，由平衡條件有
FTsin θ＋Mg＝FN，F(xiàn)Tcos θ＝μFN
聯(lián)立解得μ＝。
AC
13.(多選)(2024·福建福州模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的勻質(zhì)細(xì)繩，一端系在天花板上的A點(diǎn)，另一端系在豎直墻壁上的B點(diǎn)，平衡后最低點(diǎn)為C點(diǎn)?，F(xiàn)測(cè)得AC段繩長(zhǎng)是CB段繩長(zhǎng)的3倍，且繩子A端的切線與豎直方向的夾角為β，繩子B端的切線與墻壁的夾角為α＝60°(重力加速度為g)則(　　)
C級(jí)　培優(yōu)加強(qiáng)練
A.β＝30°
B.繩子在C處彈力大小FC＝mg
C.繩子在A處的彈力大小FA＝mg
D.繩子上B處拉力最大
解析　對(duì)CB段受力分析，受重力G1＝mg、墻壁的拉力FB、AC段繩子對(duì)其向左的拉力FC，如圖甲所示，根據(jù)平衡條件可得FBcos α＝mg，F(xiàn)Bsin α＝FC，聯(lián)立解得FB＝mg，F(xiàn)C＝mg;再對(duì)AC段繩子受力分析，受重力G2＝mg、BC段繩子對(duì)其向右的拉力FC'＝FC，天花板對(duì)AC段繩子的拉力為FA，如圖乙所示，根據(jù)平衡條件有FAcos β＝mg，F(xiàn)Asin β＝FC'，聯(lián)立解得β＝30°，F(xiàn)A＝mg，故A、C正確，B錯(cuò)誤;由以上分析可知FC

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