2025新課改-高中物理-必修第1冊（12講）08 B共點(diǎn)力的平衡 中檔版

2025新課改-高中物理-必修第1冊（12講）08B共點(diǎn)力的平衡中檔版共點(diǎn)力的平衡知識點(diǎn)：共點(diǎn)力的平衡一、共點(diǎn)力如果一個物體受到兩個或更多個力的作用，這些力共同作用在同一點(diǎn)上，或者雖不作用在同一點(diǎn)上，但是它們的延長線交于一點(diǎn)，這樣一組力叫作共點(diǎn)力．二、共點(diǎn)力平衡的條件1．平衡狀態(tài)：物體受到幾個力作用時，保持靜止或勻速直線運(yùn)動的狀態(tài)．2．在共點(diǎn)力作用下物體平衡的條件是合力為0.即F合＝0或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Fx合＝0,Fy合＝0))，其中Fx合和Fy合分別是將力進(jìn)行正交分解后，物體在x軸和y軸上所受的合力．技巧點(diǎn)撥一、力的正交分解法1．力的正交分解法：把力沿著兩個選定的相互垂直的方向分解的方法．2．兩種典型情況的力的正交分解(如圖甲、乙所示)(1)水平面上物體斜向上的拉力的分解eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Fx＝Fcosα,Fy＝Fsinα))(2)在斜面上物體重力的分解eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Gx＝Gsinα,Gy＝Gcosα))3．正交分解法求合力(1)建立直角坐標(biāo)系：以共點(diǎn)力的作用點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，直角坐標(biāo)系x軸和y軸的選擇應(yīng)使盡量多的力在坐標(biāo)軸上．(2)正交分解各力：將每一個不在坐標(biāo)軸上的力分解到x軸和y軸上，并求出各分力的大小，如下圖所示．(3)分別求出x軸、y軸上各分力的矢量和，即：Fx＝F1x＋F2x＋…，F(xiàn)y＝F1y＋F2y＋….(4)求共點(diǎn)力的合力：合力大小F＝eq\r(F\o\al(x2,)＋F\o\al(y2,))，設(shè)合力的方向與x軸的夾角為α，則tanα＝eq\f(Fy,Fx).二、共點(diǎn)力及共點(diǎn)力的平衡條件1．對共點(diǎn)力的理解(1)共點(diǎn)力作用于物體的同一點(diǎn)(如圖甲)，或者力的延長線交于一點(diǎn)(如圖乙)．(2)說明：共點(diǎn)力的交點(diǎn)不一定在物體上，但在畫物體的受力圖時，一般把共點(diǎn)力的作用點(diǎn)平移到物體的重心．2．平衡狀態(tài)(1)物體處于靜止或勻速直線運(yùn)動的狀態(tài)．(2)對靜止的理解：“靜止”要滿足兩個條件：v＝0，a＝0，缺一不可．“保持”某狀態(tài)與某“瞬時”狀態(tài)有區(qū)別．例如，豎直上拋的物體運(yùn)動到最高點(diǎn)時，這一瞬時速度為零，但這一狀態(tài)不可能保持，因而上拋物體在最高點(diǎn)不能稱為靜止，即速度為零不等同于靜止．3．共點(diǎn)力的平衡條件(1)共點(diǎn)力的平衡條件是合力為0.(2)表示為：F合＝0；或?qū)⒏髁Ψ纸獾絰軸和y軸上，滿足Fx合＝0，且Fy合＝0.①二力平衡：若物體在兩個力作用下處于平衡狀態(tài)，則這兩個力一定等大、反向．②三力平衡：若物體在三個共點(diǎn)力作用下處于平衡狀態(tài)，則其中任意兩個力的合力與第三個力等大、反向．③多力平衡：若物體在n個共點(diǎn)力作用下處于平衡狀態(tài)，則其中任意(n－1)個力的合力與第n個力等大、反向．④如果物體所受合力為零，那么物體在任一方向上所受的合力都為零．三、共點(diǎn)力平衡條件的應(yīng)用求解共點(diǎn)力平衡問題的一般步驟(1)根據(jù)問題的要求，恰當(dāng)?shù)剡x取研究對象．(2)對研究對象進(jìn)行受力分析，畫出受力分析圖．(3)通過平衡條件，找出各個力之間的關(guān)系，或由平衡條件列方程，即Fx合＝0，F(xiàn)y合＝0.(4)聯(lián)立方程求解，必要時對解進(jìn)行討論．四、物體在三個力或多個力作用下的平衡問題的解法1．力的合成法——一般用于受力個數(shù)為三個時(1)確定要合成的兩個力；(2)根據(jù)平行四邊形定則作出這兩個力的合力；(3)根據(jù)平衡條件確定兩個力的合力與第三力的關(guān)系(等大反向)；(4)根據(jù)三角函數(shù)或勾股定理解三角形．2．正交分解法——一般用于受力個數(shù)為三個或三個以上時(1)建立直角坐標(biāo)系；(2)正交分解各力；(3)沿坐標(biāo)軸方向根據(jù)平衡條件列式求解．五、利用正交分解法分析多力平衡問題1．將各個力分解到x軸和y軸上，根據(jù)共點(diǎn)力平衡的條件列式(Fx＝0，F(xiàn)y＝0)求解．2．x、y軸的選擇原則：使盡可能多的力落在x、y軸上，需要分解的力盡可能少，被分解的力盡可能是已知力．3．此方法多用于三個或三個以上共點(diǎn)力作用下的物體平衡，三個以上共點(diǎn)力平衡一般要采用正交分解法．例題精練1．（2021?桃城區(qū)校級模擬）三角形具有穩(wěn)定性，生活中隨處可見利用三角形支架固定的物體?，F(xiàn)有一個懸掛物體的支架，如圖所示，輕桿OA與輕桿OB均用鉸鏈固定在豎直墻上，且兩輕桿間的夾角θ＝30°。輕繩一端懸掛重物，另一端固定在O點(diǎn)，此時輕桿OA方向水平，則輕桿OA、OB的彈力大小之比為（）A．1：2 B．3：2 C．：2 D．2：【分析】確定好兩桿上彈力的方向，分析受力列平衡方程解答?！窘獯稹拷猓阂?yàn)閮奢p桿均由鉸鏈固定，所以桿上的力都沿桿，O點(diǎn)受力如圖所示：由平衡條件得：FA＝FBcosθ，解得：，故C正確，ABD錯誤。故選：C?！军c(diǎn)評】本題重點(diǎn)是確定兩桿上彈力的方向，若有鉸鏈，則桿上的彈力一定沿著桿，若無鉸鏈，則桿上的彈力根據(jù)題意結(jié)合物體狀態(tài)確定。2．（2021?張家口三模）長隆國際大馬戲團(tuán)的動物特技演員棕熊“瑪爾塔”有一招絕活“走鋼絲”。當(dāng)瑪爾塔走到靠近中央的位置時，鋼絲與水平方向所成夾角已經(jīng)接近30°，則此時鋼絲上的彈力是棕熊重力的（）A．倍 B．1倍 C．倍 D．2倍【分析】以棕熊和鋼絲的接觸點(diǎn)為研究對象進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件列方程求解。【解答】解：以棕熊和鋼絲的接觸點(diǎn)為研究對象，受到棕熊的壓力和兩邊鋼絲的拉力，如圖所示；豎直方向根據(jù)平衡條件可得：2Fcos（90°﹣30°）＝mg，解得：F＝mg所以此時鋼絲上的彈力是棕熊重力的1倍，故B正確、ACD錯誤。故選：B?！军c(diǎn)評】本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡問題，關(guān)鍵是能夠確定研究對象、進(jìn)行受力分析、利用平行四邊形法則進(jìn)行力的合成，然后建立平衡方程進(jìn)行解答。隨堂練習(xí)1．（2021?徐州模擬）如圖所示為翻斗式儲物柜的示意圖，翻斗的a、b兩面垂直，足球與兩面均接觸，兩表面對足球的作用力分別為Fa、Fb。若a、b面均光滑，把翻斗緩慢向內(nèi)關(guān)閉的過程中（）A．Fa不變 B．Fa增大 C．Fb不變 D．Fb增大【分析】根據(jù)題意對足球做受力分析并根據(jù)力的平衡，求得兩表面對足球的作用力變化情況。【解答】解：設(shè)某時刻b面與水平面的夾角為θ，則Fb＝mgcosθFa＝mgsinθ把翻斗向內(nèi)關(guān)閉的過程中，θ變大，則Fa增大，F(xiàn)b變小。故ACD錯誤，B正確。故選：B。【點(diǎn)評】考查共點(diǎn)力平衡問題，正確列出兩表面對足球的作用力，根據(jù)角度變化即可判斷。2．（2021?安徽模擬）如圖，木板P左端通過光滑鉸鏈固定在水平地面上的O點(diǎn)，質(zhì)量均為m的長方體物塊A、B疊放在木板上。初始時，木板P與水平地面的夾角θ較小，現(xiàn)使木板P繞O點(diǎn)在豎直面內(nèi)逆時針緩慢轉(zhuǎn)至θ＝30°時，物塊A與木板P剛好發(fā)生相對滑動，整個過程中物塊A與B一直保持相對靜止。已知重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則該過程中（）A．A與B間的動摩擦因數(shù)一定等于 B．B對A的作用力保持不變 C．B對A的摩擦力方向沿接觸面向上 D．木板P對A的摩擦力的最大值為0.5mg【分析】由題意分析可知AB處于動態(tài)平衡狀態(tài)，利用共點(diǎn)力平衡條件和整體法隔離法對AB、A、B分別進(jìn)行分析，以及摩擦力相關(guān)知識，結(jié)合各選項(xiàng)進(jìn)行判斷求解?！窘獯稹拷猓篈、由物塊A與木板P剛好發(fā)生相對滑動，知AB始終處于動態(tài)平衡狀態(tài)，當(dāng)0＝30°時，物體A恰好相對木板P保持靜止，則A與木板P間的動摩擦因數(shù)μ＝tan30°＝，而整個過程中物體A、B一直相對靜止，因此A與B間的動摩擦因數(shù)μAB≥tan30°＝，即A與B的動摩擦因數(shù)大于等于，但無法確定具體數(shù)值，故A錯誤；B、由于B受力平衡，因此A對B的作用力大小等于B所受重力，方向相反，根據(jù)牛頓第三定律，B對A的作用力大小等于重力，方向豎直向下，保持不變，故B正確；C、對物體B受力分析可知，A對B的摩擦力方向沿接觸面向上，所以B對A的摩擦力方向沿接觸面向下，故C錯誤；D、對物體A、B整體分析得，當(dāng)θ＝30°時，木板P對A的摩擦力最大為2mgsin0＝mg，故D錯誤故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查受力分析與共點(diǎn)力平衡條件，要求學(xué)生通過對物體受力分析以及牛頓第三定律進(jìn)行求解，難度不大。3．（2021?聊城二模）如圖所示，抖空竹是大家喜歡的一項(xiàng)傳統(tǒng)體育運(yùn)動。若將空竹放在細(xì)線上，不計細(xì)線的質(zhì)量及細(xì)線與空竹間的摩擦力，表演者左手保持不動，空竹不轉(zhuǎn)動，則右手（）A．豎直向下緩慢移動的過程中，細(xì)線的拉力增大 B．豎直向上緩慢移動的過程中，細(xì)線的拉力增大 C．水平向右緩慢移動的過程中，細(xì)線的拉力減小 D．水平向左緩慢移動的過程中，細(xì)線的拉力減小【分析】作出空竹的受力分析圖，對空竹進(jìn)行受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件列出等式，結(jié)合選項(xiàng)即可判斷變化后拉力的變化/【解答】解：AB、受力分析如圖所示，開始時兩個繩子是對稱的，與豎直方向夾角是相等的，左手不動，右手豎直向下，或向上緩慢移動的過程中，兩只手之間的水平距離L不變；假設(shè)繩子的長度為x，則xsinθ＝L，繩子一端在上下移動的時候，繩子的長度不變，兩桿之間的水平距離不變，則θ角度不變；兩個繩子的合力向上，大小等于空竹的重力，由于夾角不變，所以繩子的拉力不變，故AB錯誤；CD、左手不動，右手水平向右緩慢移動的過程中，繩子與豎直方向的夾角變大，且兩個繩子的合力不變，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有2Fcosθ＝mg，可知，細(xì)線的拉力變大；同理，右手水平向左緩慢移動的過程中，細(xì)線的拉力減小。故C錯誤，D正確。故選：D?！军c(diǎn)評】本題考查學(xué)生受力分析能力，要求學(xué)生利用共點(diǎn)力平衡條件進(jìn)行列式求解，考查學(xué)生分析綜合能力，難度適中。4．（2021?青秀區(qū)校級模擬）如圖所示，質(zhì)量分別為m1、m2的兩物體甲、乙位于相鄰的兩水平臺階上，中間用輕彈簧相連，彈簧與豎直方向夾角為θ。在乙右端施加水平拉力F，使甲、乙均處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知重力加速度為g，乙表面光滑，則下列說法正確的是（）A．彈簧彈力的大小為 B．地面對甲的摩擦力大小為F C．甲的表面可能光滑 D．m1與m2一定相等【分析】整體分析結(jié)合物體的運(yùn)動狀態(tài)來判定地面與甲之間的摩擦力；隔離甲分析列平衡方程求彈簧彈力?！窘獯稹拷猓築、對兩物體及彈簧整體受力分析如圖1所示：整體受重力、支持力、拉力及摩擦力；由平衡條件：f＝F，即水平方向一定有向左的摩擦力作用在甲上，且大小與F相同，故B正確。C、因甲與地面間有摩擦力，故C錯誤。A、對甲受力分析如圖2所示：彈力水平方向的分力應(yīng)等于摩擦力，即等于F，f＝Tsinθ，解得：T＝＝；故A錯誤；D、由圖1可知：N＝m1g+m2g，如圖2：N1＝m1g+Tcosθ，地面對乙的支持力N2＝m2g﹣Tcosθ，無法確定m1和m2的關(guān)系，故D錯誤。故選：B。【點(diǎn)評】本題考查整體法和隔離體法、正交分解法處理平衡問題，做好受力圖是基本手段，個別力要結(jié)合物體的運(yùn)動狀態(tài)來確定。綜合練習(xí)一．選擇題（共21小題）1．（2021?寶雞模擬）如圖所示，傾角為θ的斜面a放在水平地面上，小球c置于帶有光滑半球形凹槽的物體b內(nèi)，b放在a上，整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)。則（）A．b對c的支持力方向豎直向上 B．a(chǎn)對b的作用力方向垂直斜面向上 C．地面對a的摩擦力方向水平向左 D．若減小θ，則c對b的壓力增大【分析】以c為研究對象，根據(jù)受力情況分析b對c的支持力大小和方向；以b和c為研究對象，根據(jù)平衡條件分析a對b的作用力方向；以整體為研究對象，水平方向根據(jù)平衡條件分析摩擦力?！窘獯稹拷猓篈D、小球c置于帶有光滑半球形凹槽的物體b內(nèi)，小球c受到重力和b對c的支持力而平衡，所以b對c的支持力方向豎直向上，大小等于c的重力；若減小θ，b對c的支持力仍等于c的重力，根據(jù)牛頓第三定律可知c對b的壓力等于c的重力，保持不變，故A正確、D錯誤；B、以b和c整體為研究對象，受到重力、a對b的作用力，根據(jù)平衡條件可得a對b的作用力方向豎直向上，故B錯誤；C、以a、b、c整體為研究對象，水平方向沒有外力，則地面對a的摩擦力為零，故C錯誤。故選：A?！军c(diǎn)評】本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進(jìn)行受力分析、利用平行四邊形法則進(jìn)行力的合成或者是正交分解法進(jìn)行力的分解，然后在坐標(biāo)軸上建立平衡方程進(jìn)行解答。注意整體法和隔離法的應(yīng)用。2．（2021?浙江模擬）如圖所示，物體A左側(cè)為粗糙的豎直墻面，在豎直輕彈簧作用下，A、B保持靜止。若在A的上方施加一豎直向下的作用力F，使A緩慢下移一小段距離在此過程中（）A．A可能相對B向下滑動 B．墻對A的彈力會慢慢變大 C．墻壁對A的摩擦力變小 D．B對A的作用力不斷變大，方向始終為豎直向上【分析】以整體為研究對象，根據(jù)平衡條件分析A與墻之間是否存在彈力；若在A的上方施加一豎直向下的作用力F，根據(jù)平衡條件判斷A相對于B是否會向下運(yùn)動，根據(jù)彈簧的壓縮量判斷彈簧對B的彈力的變化情況；水平方向系統(tǒng)不受外力作用，由此分析摩擦力；使A緩慢下移一小段距離在此過程中，合外力仍為零，分別對AB分析，利用共點(diǎn)力平衡和作用力與反作用力即可判斷。【解答】解：開始時整體受力平衡，豎直方向受到重力和彈簧的彈力，水平方向不受力，所以A與墻之間沒有彈力，沒有彈力就不會有摩擦力。A、以A為研究對象，A受到重力、支持力和摩擦力，設(shè)B斜面的傾角為θ，則有：mAgsinθ≤μmAgcosθ；若在A的上方施加一豎直向下的作用力F，一定有（F+mAg）sinθ≤μ（F+mAg）cosθ，所以A相對于B不會向下運(yùn)動，故A錯誤；BC、水平方向系統(tǒng)不受外力作用，墻壁對A的彈力仍為零，所以摩擦力仍為零，保持不變，故BC錯誤D、若在A的上方施加一豎直向下的作用力F，使A緩慢下移一小段距離在此過程中，AB所受到的合力為零，彈簧的壓縮量增大，所以彈簧對B的彈力變大，對B根據(jù)共點(diǎn)力平衡可知，A對B作用力加上B的重力等于彈簧的彈力，故A對B的作用力增大，且方向豎直向下，根據(jù)作用力與反作用力可知，B對A的作用力不斷變大，方向始終為豎直向上，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評】本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進(jìn)行受力分析、利用平行四邊形法則進(jìn)行力的合成或者是正交分解法進(jìn)行力的分解，然后在坐標(biāo)軸上建立平衡方程進(jìn)行解答。注意整體法和隔離法的應(yīng)用。3．（2021?內(nèi)江模擬）如圖，一名登山愛好者正沿著豎直崖壁緩緩下降，在下降過程中把人近似看做一根直桿，人的腿部保持與崖壁成60°夾角。繩的一端固定在較高處，另一端拴在人的腰間（重心處）。在某時刻繩與豎直方向的夾角為45°，從該位置開始到人下降到繩與豎直方向的夾角為15°的過程中，下列說法正確的是（）A．人的腳與崖壁的摩擦力逐漸增大 B．人的腳與崖壁的彈力逐漸增大 C．繩子承受的拉力先減小后增大 D．繩子對人的拉力與人對繩子的拉力是一對平衡力【分析】以人為研究對象，分析受力，作出受力分析圖，根據(jù)平衡條件作圖，由圖判斷繩子拉力與崖壁對腿的作用力的變化情況，再根據(jù)崖壁對腿的作用力分析崖壁對人的彈力和摩擦力；根據(jù)作用力與反作用力的特點(diǎn)分析D選項(xiàng)?！窘獯稹拷猓篈BC、登山愛好者緩緩下降，受力平衡，登山愛好者受重力G，繩的拉力T，崖壁對腿的作用力F（支持力與摩擦力的合力）沿著腿的方向，人受力以及人在下降過程中力的變化如圖所示，由圖可以看出：F逐漸減少，繩子拉力T與F垂直時最小，所以T先減少后增大；崖壁對人的彈力和摩擦力為FN＝Fsin60°，f＝Fcos60°，崖壁對人的彈力和摩擦力也減少，故AB錯誤、C正確；D、繩子對人的拉力與人對繩子的拉力是物體間的相互作用力，不是平衡力，故D錯誤。故選：C?！军c(diǎn)評】本題受力分析建立的三角形不是特殊三角形，且所受三個力中，其中一個力大小方向確定，另一個力的方向確定，這一特點(diǎn)適合用圖解法解題，另外把崖壁對人的彈力和摩擦力先看成一個力來考慮也是解題的一個關(guān)鍵。4．（2021?南崗區(qū)校級四模）圖為春節(jié)期間路燈上懸掛的燈籠，三個相同的燈籠由輕繩連接起來掛在燈柱上，O為結(jié)點(diǎn)，輕繩OA、OB、OC長度相等，無風(fēng)時三根繩拉力分別為FA、FB、FC。其中OB、OC兩繩的夾角為60°，燈籠總質(zhì)量為3m，重力加速度為g。下列表述正確的是（）A．FB與FC相同 B．FB一定小于mg C．FB與FC合力大小等于3mg D．FA與FC大小相等【分析】以O(shè)點(diǎn)為研究對象作出受力分析圖，由正交分解法可得出平行四邊形，由幾何關(guān)系結(jié)合共點(diǎn)力的平衡條件可得出各力間的關(guān)系。【解答】解：ABD、三個燈籠受到重力與OA的拉力，所以O(shè)A的拉力FA＝3mg；三根繩子等長，可知OB與OC的拉力大小是相等；對O點(diǎn)進(jìn)行受力分析如圖，可知：FBcos30°+FCcos30°＝FA＝3mg，所以：FB＝FC＝mg，但FB與FC的方向不同，F(xiàn)B與FC不相同，故ABD錯誤；C、FB與FC合力與A的拉力是一對平衡力，則有：FB與FC合力大小等于3mg，故C正確。故選：C。【點(diǎn)評】該題結(jié)合力的合成與分解考查共點(diǎn)力平衡，解答的關(guān)鍵是要先判斷出繩子OB與OC上的拉力大小相等，再根據(jù)平衡條件進(jìn)行分析。5．（2021?山東二模）在一些地表礦的開采點(diǎn)，有一些簡易的舉升機(jī)械，帶著重物的動滑輪擱在輕繩a上，利用圖示裝置，通過輕繩和滑輪提升重物。輕繩a左端固定在井壁的M點(diǎn)，另一端系在光滑的輕質(zhì)滑環(huán)N上，滑環(huán)N套在光滑豎直桿上。輕繩b的下端系在滑環(huán)N上并繞過定滑輪?；喓屠K的摩擦不計。在右側(cè)地面上拉動輕繩b使重物緩慢上升過程中，下列說法正確的是（）A．繩a的拉力變大 B．繩b的拉力變大 C．桿對滑環(huán)的彈力變大 D．繩b的拉力始終比繩a的小【分析】對動滑輪和滑環(huán)分別受力分析，然后根據(jù)平衡條件，用正交分解法結(jié)合數(shù)學(xué)知識解答?！窘獯稹拷猓涸O(shè)井口寬度為d，a繩總長為L，則d＝d1+d2，L＝l1+l2，sinθ＝＝（定值），所以N環(huán)上升過程中θ角不變。A、以滑輪為研究對象，受力分析如圖1，設(shè)a繩拉力為Ta，由平衡條件：2Tacosθ＝mg，解得：Ta＝，因θ角不變，Ta也不變，故A錯誤；B、C、D、以N環(huán)為研究對象，受力分析如圖2所示，N環(huán)受a繩拉力Ta、b繩拉力Tb、細(xì)桿對環(huán)的彈力FN，由平衡條件得：Tb＝Tacosθ，F(xiàn)N＝Tasinθ，因?yàn)門a、θ都不變，所以Tb、FN也不變，又Tb＝Tacosθ＜Ta，故BC錯誤，D正確。故選：D。【點(diǎn)評】本題考查了共點(diǎn)力平衡條件應(yīng)用中的動態(tài)平衡問題，此題難點(diǎn)在運(yùn)用數(shù)學(xué)知識分析θ角的變化，解決此類題目的關(guān)鍵在于注重變化過程中的不變量。6．（2021?沙坪壩區(qū)校級模擬）如圖所示，某同學(xué)將一質(zhì)量為m的溜溜球跨在輕質(zhì)細(xì)線AB間，溜溜球靜止在O點(diǎn)，測得∠AOB＝θ，不計摩擦。則此時細(xì)線上張力大小是（）A． B． C． D．【分析】以溜溜球?yàn)檠芯繉ο筮M(jìn)行受力分析，豎直方向根據(jù)平衡條件求解細(xì)線上張力大小?！窘獯稹拷猓毫锪锴蚴艿街亓?、兩邊細(xì)線的拉力，如圖所示；根據(jù)平衡條件可得：2Fcos＝mg解得：F＝，故A正確、BCD錯誤。故選：A?！军c(diǎn)評】本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡問題，關(guān)鍵是能夠確定研究對象、進(jìn)行受力分析、利用平行四邊形法則進(jìn)行力的合成，然后建立平衡方程進(jìn)行解答。7．（2021?香坊區(qū)校級三模）在建造房屋的過程中，經(jīng)常見到建筑工人將重物從高處運(yùn)到地面，可以簡化為如圖所示的模型，工人甲和乙站在同一高度手握輕繩，不計重力的光滑圓環(huán)套在輕繩上；下端連接一重物，工人甲在A點(diǎn)靜止不動，工人乙從B點(diǎn)緩慢的向A點(diǎn)移動一小段距離的過程中，以下分析正確的是（）A．繩的拉力大小不變 B．工人甲受到地面的摩擦力變大 C．地面對工人甲的支持力不變 D．工人乙對輕繩施加的作用力與輕繩對工人乙的作用力是一對平衡力【分析】A、分析圓環(huán)受力列平衡方程解答；B、C、分析甲受力列平衡方程解答；D、用牛頓第三定律和平衡力的差別解答?！窘獯稹拷猓篈、設(shè)重物重力為G，圓環(huán)受力如圖所示：重力G、兩個拉力T（同一根繩子上拉力處處相等），由平衡條件：2Tcosθ＝G，得：T＝，工人乙從B點(diǎn)向A點(diǎn)移動，θ變小，由三角知識cosθ變大，G不變，所以拉力T變小，故A錯誤；B、甲受力如圖：重力mg、地面的支持力N、拉力T、摩擦力f，由平衡條件：f＝Tsinθ，由A知T變小，θ變小，由三角知識sinθ變小，所以f變小，故B錯誤；C、由平衡條件：N＝mg+Tcosθ＝mg+，定值，故C正確；D、工人乙對輕繩的作用力與輕繩對工人乙的作用力是作用力與反作用力，不是平衡力，故D錯誤。故選：C。【點(diǎn)評】本題2Tcosθ＝G考查正交分解法解答動態(tài)平衡（圓環(huán)）和靜態(tài)平衡（工人甲）問題，受力分析是基礎(chǔ)，注意C中T變小，cosθ變大，從數(shù)學(xué)角度不能判斷Tcosθ的變化，要從平衡方程2Tcosθ＝G得到Tcosθ＝就可以了。8．（2021?重慶模擬）如圖所示，豎直面光滑的墻角靜置一質(zhì)量為m，半徑為r的均勻半球體A?，F(xiàn)在A半球上放一半徑也為r，質(zhì)量為2m的光滑均勻球體B，A半球球心到墻角的距離為2r，重力加速度為g，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，則A半球和B球之間的彈力大小為（）A． B．2mg C．4mg D．【分析】對B受力分析，根據(jù)幾何關(guān)系求解球心連線與水平方向的夾角，再根據(jù)平衡條件求解即可?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)題意可知，B的質(zhì)量為2m，AB處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力平衡，對B受力分析，如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可得cosθ＝＝所以θ＝60°根據(jù)平衡條件得：F＝＝，故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c(diǎn)評】本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進(jìn)行受力分析、利用平行四邊形法則進(jìn)行力的合成或者是正交分解法進(jìn)行力的分解，然后在坐標(biāo)軸上建立平衡方程進(jìn)行解答。9．（2021?天河區(qū)模擬）如圖所示，一位登山者小王站在傾角為30o的斜坡上，正在通過平行于斜坡的繩索拉動朋友。已知小王總質(zhì)量為65kg，最大靜摩擦力為壓力的0.8倍，sin30°＝0.5，cos30°＝0.87，g＝10m/s2，若小王沒有滑動，則（）A．小王受到的摩擦力可能沿斜坡向下 B．小王對繩索的拉力最大值約為127N C．朋友丟掉背包后，小王受到的最大靜摩擦力會減小 D．小王受到繩索拉力與摩擦力的合力會隨繩索拉力的變化而變化【分析】A、分析小王受力情況判斷摩擦力的方向；B、由平衡條件列方程求出繩索拉力最大值；C、小王受到的最大靜摩擦力與朋友丟不丟掉背包沒有關(guān)系；D、由平衡條件列方程求出繩索拉力與摩擦力的合力?！窘獯稹拷猓篈、小王受力如圖所示：重力G、支持力N、繩索拉力T、靜摩擦力f四個力，小王有沿斜坡向下運(yùn)動的趨勢，所以靜摩擦力沿斜坡向上，故A錯誤；B、繩索拉力最大時，小王受的靜摩擦力f達(dá)到最大，由平衡條件：N＝Gcosθ，由題意：fm＝0.8N＝0.8mgcosθ＝0.8×65×10×0.87N＝452.4N，由平衡條件：fm＝Tm+Gsinθ，解得繩索拉力最大值為：Tm＝fm﹣Gsinθ＝452.4N﹣65×10×0.5N＝127.4N≈127N，故B正確；；C、朋友丟掉背包后，小王對斜坡的壓力沒變化，所以小王受到的最大靜摩擦力也不變，故C錯誤；D、由平衡條件：f＝T+mgsinθ，得繩索拉力與摩擦力的合力：F＝f﹣T＝mgsinθ＝65×10×0.5N＝325N，定值，故D錯誤。故選：B?！军c(diǎn)評】受力分析是解決一切力學(xué)問題的前提，正交分解法是解決共點(diǎn)力平衡問題的基本方法，注意靜摩擦力的臨界問題。10．（2021?定遠(yuǎn)縣模擬）如圖所示，質(zhì)量為m的硬質(zhì)面字典A對稱放在硬質(zhì)面的書本B上，將B的一端緩慢抬高至A剛要滑動，此時B的書脊與水平面的夾角為θ。已知重力加速度大小為g，下列說法中正確的是（）A．B對A的作用力始終與B的書脊垂直 B．B的一個側(cè)面對A的彈力大小為mgcosθ C．B對A的最大靜摩擦力的合力大小為mgsinθ D．A始終受到三個力的作用【分析】A、B對A的作用力是彈力和摩擦力的合力；B、用力的合成與分解作答；C、用力的合成與平衡條件作答；D、對A受力分析即可?！窘獯稹拷猓篈、B對A的作用力大小為A的重力大小mg，方向豎直向上，故A錯誤；B、B的兩側(cè)面對A的彈力的合力大小為mgcosθ，因A對稱放在B上，B的兩側(cè)面對A的彈力等大，夾角不確定，所以B的一個側(cè)面對A的彈力大小不一定等于mgcosθ，故B錯誤；C、A受力平衡，根據(jù)平衡條件得，最大靜摩擦力的合力大小應(yīng)與A的重力沿斜面方向的分力平衡，即最大靜摩擦力的合力大小mgsinθ，故C正確；D、A處于靜止?fàn)顟B(tài)，B傾斜時，對A進(jìn)行受力分析，A受到重力，B的兩側(cè)對A的兩個支持力，B的兩側(cè)對A的兩個摩擦力，共五個力，選項(xiàng)D錯誤。故選：C?！军c(diǎn)評】本題重點(diǎn)在分析受力時要注意彈力的對稱性和摩擦力的對稱性。11．（2021?和平區(qū)模擬）如圖，物體P和斜面均靜止于地面上，P的上表面水平，現(xiàn)把物體Q輕輕地疊放在P上，則（）A．P開始向下滑動 B．斜面對P的作用力不變 C．P、Q間沒有摩擦力的作用 D．斜面對地面的摩擦力增大【分析】對P做受力分析，根據(jù)力的平衡條件可得出摩擦力、支持力、重力三者的關(guān)系，再結(jié)合題目進(jìn)行判斷?！窘獯稹拷猓篜物體起始在斜面上靜止，設(shè)斜面傾角為θ，故mgcosθ＝N，f＝mgsinθ，且f≤μN(yùn)，故μ≥tanθ。AB、由于物體Q輕輕地疊放在P上，相當(dāng)于增大物體P重力，故P靜止不動；斜面對P的作用力（支持力、靜摩擦力的合力）等于P與Q的重力之和，所以變大；故AB錯誤；C.Q處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡條件得知：Q不受P的摩擦力，否則Q將沿水平方向運(yùn)動，故C正確；D.以整體為研究對象，水平方向不受外力作用，所以水平方向合力為零，地面與斜面之間無摩擦力，故D錯誤。故選：C?！军c(diǎn)評】注意本題考查力的平衡問題，靜摩擦力大小小于等于最大靜摩擦力，即滑動摩擦力，增加Q可以理解為增大P的重力。12．（2021?重慶三模）如圖所示，墻角處放置一個光滑的小球A，用輕繩一端拴一個小球B貼在小球A上，輕繩的另外一端拴在墻壁上，兩個小球保持靜止不動，此時兩個小球之間的彈力和輕繩的拉力正好相互垂直，現(xiàn)在通過調(diào)整輕繩緩慢移動小球B，輕繩的變化如圖中的虛線所示，小球B未越過小球A的最高點(diǎn)，且輕繩始終保持和原方向平行，下面的說法中正確的是（）A．兩球之間的彈力變大、輕繩的拉力變小 B．兩球之間的彈力變大、輕繩的拉力變大 C．兩球之間的彈力變小、輕繩的拉力變大 D．兩球之間的彈力不變、輕繩的拉力變小【分析】用圖解法解答?！窘獯稹拷猓喝鐖D所示：設(shè)B球質(zhì)量為m，B球受重力mg、輕繩拉力T、彈力N，其中重力是恒力，由題意拉力T方向不變，彈力N大小方向都可變。由圖解法可知：彈力N變大，拉力T變小。故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c(diǎn)評】動態(tài)平衡問題有多種解法，要熟練掌握各種方法的解題條件，本題適合用圖解法：物體受三個共點(diǎn)力處于平衡狀態(tài)，其中一個力是恒力（一般是重力），另一個力方向不變，第三個力大小方向都可變。13．（2021?如皋市校級模擬）甲同學(xué)用雙手捏取了長為10cm的細(xì)線，并將雙手靠近，乙同學(xué)將質(zhì)量為0.5kg的物體用光滑掛鉤掛在細(xì)線的中點(diǎn)．甲同學(xué)按如圖所示的方式緩慢增大雙手間的距離，當(dāng)手指所捏之處位于水平直尺上兩個三角形標(biāo)記的位置時，細(xì)線恰好被拉斷，則細(xì)線所能承受的最大拉力約為（）A．2N B．4N C．5N D．8N【分析】通過對結(jié)點(diǎn)受力分析，做出平衡關(guān)系式，根據(jù)線段長度之比可求得?！窘獯稹拷猓簩Y(jié)點(diǎn)做受力分析，如圖所示可知：LAB＝(13.70﹣5.00)cm＝8.70cmLOA＝5.00cm由于平衡可得2Tcosθ＝mg且聯(lián)立解得T＝5.07N即細(xì)線承受最大拉力為5N故選：C?！军c(diǎn)評】線段之比與受力之比具有相似比，學(xué)生可以簡化解題過程。14．（2021?重慶模擬）一個用筷子夾物塊的游戲。物塊的豎直剖面設(shè)計成等腰梯形，筷個按如題7圖所示方向夾物塊。若筷子與物塊之間的動摩擦因數(shù)為0.75（最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，要使筷子不能夾起物塊，則梯形的下底角不應(yīng)超過（）A．74° B．53° C．37° D．16°【分析】確定研究對象后，對物塊做受力分析，根據(jù)豎直方向力的大小關(guān)系求解?！窘獯稹拷猓簩ξ飰K做受力分析，如圖：設(shè)下底角為α，要使筷子不能夾起物塊，則滿足：2FN﹣2fsinα＞0，即有2FN﹣2μFNsinα＞0解得：tanα＜＝＝tan53°故選：B?！军c(diǎn)評】考察學(xué)生對生活實(shí)際問題的理解，轉(zhuǎn)化為共點(diǎn)力平衡進(jìn)行求解15．（2021?沙坪壩區(qū)校級模擬）如圖所示，某時刻四個物體a、b、c、d與兩個長木板巧妙擺放在底座上，且系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則在該時刻下列說法正確的是（）A．物體a可能不受摩擦力 B．物體b受到木板的作用力豎直向上 C．物體b受到木板的作用力垂直于木板向上 D．物體c可能不受摩擦力【分析】分別對a、b、c進(jìn)行受力分析，結(jié)合共點(diǎn)力平衡依次判斷即可?！窘獯稹拷猓篈、物體a受到重力、桿的支持力，若不受摩擦力，合力必有水平分量，故A錯誤；BC、物體b只受到重力與木板的作用力平衡，所以木板給b球作用力豎直向上，故B正確，C錯誤；D、物體c受到重力、桿的支持力，若不受摩擦力，合力必有水平分量，故D錯誤。故選：B?！军c(diǎn)評】該題考查共點(diǎn)力平衡，解答的關(guān)鍵是正確對物體進(jìn)行受力分析，結(jié)合假設(shè)法判斷摩擦力是否存在。16．（2021?桃城區(qū)校級模擬）如圖所示，質(zhì)量為M的正三棱柱橫放在兩根固定的處于同一水平面的平行光滑桿上，下列判斷正確的是（）A．每根桿對棱柱的彈力為 B．兩根桿對棱柱的總的作用力為2Mg C．若稍微減小兩桿的水平距離，每根桿對棱柱的彈力的大小都將增大 D．若稍微增大兩桿的水平距離，每根桿對棱柱的彈力的大小都不變【分析】本題考查受力分析的平衡問題，對三棱鏡做受力分析后通過正交分解的方法解決【解答】解：對三棱鏡做受力分析，如圖根據(jù)題意可得α＝60°.A、根據(jù)平衡條件有2Tcosα＝Mg，則T＝Mg，即桿對棱柱的彈力為Mg，故A錯誤；B、物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，桿對棱柱總的作用力等于棱柱的重力Mg，故B錯誤；CD、增大或減小兩桿水平距離，由于棱柱重力不變，所以桿的彈力也不變，故C錯誤、D正確。故選：D?！军c(diǎn)評】學(xué)生要對力的平衡狀態(tài)問題如何解決熟練掌握，受力分析后可正交分解。17．（2021?梅州二模）如圖，用兩根等長輕繩將木板懸掛在豎直木樁上等高的兩點(diǎn)，制成一簡易秋千。某次維修時將左邊木樁向右移動一小段，但仍保持繩長和懸掛點(diǎn)不變。木板靜止時，F(xiàn)1表示木板所受合力的大小，F(xiàn)2表示單根輕繩對木板拉力的大小，則維修后（）A．F1變大 B．F1變小 C．F1不變 D．F2不變【分析】木板靜止時，受重力和兩個拉力而平衡，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件并結(jié)合正交分解法列式分析即可，【解答】解：木板靜止時，受重力和兩個拉力而平衡，故三個力的合力為零，即：F1＝0，不變；根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有：2F2cosθ＝mg解得：F2＝左邊木樁向右移動時，細(xì)線與豎直方向的夾角減小，故cosθ增大，拉力F2變小，故C正確，ABD錯誤故選：C?！军c(diǎn)評】本題是簡單的三力平衡問題，關(guān)鍵是受力分析后運(yùn)用圖示法分析，注意三角知識的運(yùn)用.18．（2021?廈門三模）圖甲所示為烤腸機(jī)，香腸放置于兩根水平的平行金屬桿中間，其截面圖如圖乙所示。假設(shè)香腸可視為質(zhì)量均勻的圓柱體，烤熟后質(zhì)量不變，半徑變大，金屬桿不再轉(zhuǎn)動。忽略摩擦及金屬桿的熱脹冷縮，則香腸烤熟后（）A．金屬桿1對其支持力增大 B．金屬桿2對其支持力減小 C．兩根金屬桿對其合力增大 D．兩根金屬桿對其合力減小【分析】通過半徑變大分析重心變高，對香腸受力分析利用受力平衡可分析出支持力的變化情況，根據(jù)力的平衡條件分析兩根金屬桿對其合力的變化情況?！窘獯稹拷猓篈B、以香腸為研究對象，受到重力、兩邊金屬桿的支持力，如圖所示；香腸烤熟后質(zhì)量不變，半徑較大，重心升高，支持力與重力反方向的夾角θ減??；由力的平衡知識可得：2Fcosθ＝mg，解得：F＝；由于θ變小，cosθ變大，F(xiàn)變小，故A錯誤、B正確；CD、由于香腸烤熟后質(zhì)量不變，根據(jù)平衡條件可得兩根金屬桿對香腸的合力始終與香腸的重力等大反向，保持不變，故CD錯誤。故選：B?！军c(diǎn)評】本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡問題，關(guān)鍵是能夠確定研究對象、進(jìn)行受力分析、利用平行四邊形法則進(jìn)行力的合成，然后建立平衡方程進(jìn)行解答。19．（2021?三明三模）現(xiàn)代人經(jīng)常低頭玩手機(jī)，這會使頸椎長期受壓，可能引發(fā)頸椎病。某同學(xué)低頭看手機(jī)時，可粗略認(rèn)為頭受到重力G、肌肉拉力F和頸椎支持力N，如圖所示，若頭頸彎曲與豎直方向成30°，此時肌肉對頭的拉力F約為頭重的1倍，由此估算頸椎受到的壓力大小約為（）A．2G B．G C．G D．G【分析】對人的頭部進(jìn)行分析，明確其受力情況，由共點(diǎn)力的平衡條件可得出對應(yīng)的平行四邊形，由幾何關(guān)系可求得頸椎受到的壓力為頭重的多少倍。【解答】解：根據(jù)平行四邊形定則，合成重力G、肌肉拉力F，由平衡條件知，合力與頸椎支持力N平衡，由于拉力等于重力，則平行四邊形為菱形，根據(jù)幾何關(guān)系得：N＝2Gcos30°＝G由牛頓第三定律知，頸椎受到的壓力大小約為G，故B正確，ACD錯誤。故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查共點(diǎn)力的平衡在實(shí)際生活中的應(yīng)用，要注意正確根據(jù)題意明確作出對應(yīng)的圖象，再由幾何關(guān)系即可求解。20．（2021?渝中區(qū)校級模擬）如圖所示，兩個相同的木模質(zhì)量均為m，靠三根豎直細(xì)線連接，在水平面上按一個“互”字型靜置，上方木模呈現(xiàn)懸浮效果，這是利用了建筑學(xué)中的“張拉整體”（Tensegrity）結(jié)構(gòu)原理。圖中短線a上的張力F1和水平面所受壓力F2滿足（）A．F1＞mg，F(xiàn)2＝2mg B．F1＜mg，F(xiàn)2＜2mg C．F1＞mg，F(xiàn)2＜2mg D．F1＜mg，F(xiàn)2＝2mg【分析】利用整體法判斷木模對水平面的壓力情況，將上方木模隔離分析短線的拉力情況?！窘獯稹拷猓簩蓚€木模看成一個整體，對整體受力分析如圖1可得：F2＝2mg。圖1對上方木模受力分析如圖2，受到自身向下的重力mg，兩根長線分別向下的拉力Fc和短線a的向上拉力F1，圖2由受力平衡可得：F1＝mg+2Fc，所以F1＞mg，故ACD錯誤，B正確。故選：A?！军c(diǎn)評】本題考查的是受力分析，需要靈活使用整體法和隔離法。21．（2021?永州模擬）讀書支架可以簡化為如圖所示模型，AC水平放置，OD桿繞定點(diǎn)O轉(zhuǎn)動，斜面AB與水平桿AC的夾角發(fā)生改變，以達(dá)到調(diào)節(jié)書架目的.現(xiàn)有一本書放在書架AB面上，當(dāng)OD與AB垂直時，書本恰好靜止，現(xiàn)將OD逆時針轉(zhuǎn)動，書本始終保持靜止，則（）A．斜面AB對書本支持力變大 B．斜面AB對書本支持力變小 C．斜面對書本摩擦力先減小后增大 D．斜面對書本摩擦力變大【分析】當(dāng)書本恰好靜止在書架AB面上時，對此刻書本進(jìn)行受力分析，將OD逆時針轉(zhuǎn)動，導(dǎo)致∠BAC逐漸變小，根據(jù)平衡條件分析斜面AB對書本支持力及摩擦力的變化情況?！窘獯稹拷猓寒?dāng)OD與AB垂直時，書本恰好靜止，受力分析如圖所示：垂直斜面方向合力為零，有：F＝mgccosθ，沿斜面方向合力為零，有：f＝mgsinθ。ABCD、將OD逆時針轉(zhuǎn)動，書本始終保持靜止，即書本時刻保持平衡狀態(tài)，又因?yàn)棣龋?0°且逐漸變小，所以sinθ逐漸變小，cosθ逐漸變大，由F＝mgccosθ可得，支持力F逐漸變大，故A正確，B錯誤；由f＝mgsinθ可得，摩擦力逐漸變小，故C、D錯誤。故選：A?！军c(diǎn)評】本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進(jìn)行受力分析、利用平行四邊形法則進(jìn)行力的合成或者是正交分解法進(jìn)行力的分解，然后在坐標(biāo)軸上建立平衡方程進(jìn)行解答。二．多選題（共12小題）22．如圖所示，兩相同物塊分別放置在對接的兩固定斜面上，物塊處在同一水平面內(nèi)，之間用細(xì)繩連接，在繩的中點(diǎn)加一豎直向上的拉力F，使兩物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時繩與斜面間的夾角小于90°。當(dāng)增大拉力F后，系統(tǒng)仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，下列說法正確的是（）A．繩受到的拉力變大 B．物塊與斜面間的摩擦力變大 C．物塊對斜面的壓力變小 D．物塊受到的合力增加【分析】A、分析繩子中點(diǎn)受力，由合成法解答；B、C、分析物塊受力，列平衡方程解答；D、用平衡條件解答?！窘獯稹拷猓篈、繩子中點(diǎn)受力如圖1所示兩個拉力T的合力與F等大反向，現(xiàn)增大F，兩拉力T的夾角不變，所以拉力T一定變大，故A正確；B、物塊受力如圖2所示：重力mg、支持力N、拉力T、摩擦力f，由平衡條件：f＝mgsinθ+Tcosα，T變大，其它不變，所以摩擦力f變大，故B正確；C、如圖2所示：由平衡條件：N+Tsinα＝mgcosθ，解得：N＝mgcosθ﹣Tsinα，因?yàn)門變大，其它不變，所以支持力N變小，由牛頓第三定律可知：物塊對斜面的壓力變小，故C正確；D、增大F前后，系統(tǒng)都處于靜止?fàn)顟B(tài)，物塊受到的合力都為0，故D錯誤。故選：ABC?！军c(diǎn)評】本題考查合成法和正交分解法解決共點(diǎn)力平衡問題，做好受力圖是解題的前提。23．（2021?湖南模擬）如圖所示，三角形斜面體置于粗糙的水平地面上，在斜面底端固定一輕質(zhì)擋板，輕質(zhì)彈簧連接一質(zhì)量為m的小球，另一端固定在擋板上，彈簧的勁度系數(shù)為k?，F(xiàn)給斜面體施加一水平向左的推力作用，斜面體和小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知斜面光滑，斜面體質(zhì)量為M，斜面體與粗糙的地面之間的動摩擦因數(shù)為μ，取重力加速度大小為g，則下列說法正確的是（）A．斜面體對小球的支持力為 B．彈簧的壓縮量為 C．地面對斜面體的摩擦力大小一定為μ（M+m）g D．斜面體受到地面的摩擦力的方向水平向右【分析】對小球受力分析，根據(jù)平衡條件列出方程可求解小球所受支持力及彈簧壓縮量；以整體為研究對象，由平衡條件求解斜面體所受摩擦力。【解答】解：AB、設(shè)彈簧的形變量為x，斜面體對小球的支持力為FN，對小球受力分析：在斜面方向有kx﹣mgsinθ＝0，在垂直斜面方向有FN﹣mgcosθ＝0，解得FN＝mgcosθ，解得x＝，故B正確，A錯誤；C、斜面體受到地面的摩擦力是靜摩擦力，不能用滑動摩擦力的公式計算，故C錯誤；D、以整體為研究對象，整體受到水平向左的推力作用，由平衡條件知，斜面體受到地面的摩擦力的方向水平向右，故D正確。故選：BD。【點(diǎn)評】本題考查受力分析，考查知識點(diǎn)針對性強(qiáng)，難度適中，考查了學(xué)生掌握知識與應(yīng)用知識的能力。24．（2021?湛江校級模擬）很多同學(xué)都在廣州市勞動技校體驗(yàn)過一堂回味無窮的施肥課，老師課上要求兩位同學(xué)合作抬一桶有機(jī)肥施給指定區(qū)域的農(nóng)作物，兩位同學(xué)抬肥的示意圖，重為G的肥料桶用繞過直木桿的繩子懸掛處于靜止?fàn)顟B(tài)，兩側(cè)繩子的夾角為θ，忽略木桿的彎曲情況，下列說法正確的是（）A．增加繩子長度，繩子的拉力會減小 B．增加繩子長度，兩同學(xué)肩膀受到的壓力會減小 C．減小繩子長度，兩同學(xué)肩膀受到的壓力會減小 D．繩子的拉力大小為【分析】以肥料桶為研究對象，根據(jù)平衡條件求解繩子的拉力，再根據(jù)角度的變化分析拉力的變化；以重為G的肥料桶和直木桿整體為研究對象，豎直方向根據(jù)平衡條件進(jìn)行分析?！窘獯稹拷猓篈D、以肥料桶為研究對象，受到重力、兩邊繩子的拉力，如圖所示；根據(jù)平衡條件可得：2Fcos＝G，解得：F＝，增加繩子長度，θ減小、cos增大，則繩子的拉力會減小，故AD正確；BC、以重為G的肥料桶和直木桿整體為研究對象，豎直方向根據(jù)平衡條件可得兩同學(xué)肩膀受到的壓力之和始終等于肥料桶和直木桿的總重，與繩子的長短無關(guān)，故BC錯誤。故選：AD?！军c(diǎn)評】本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進(jìn)行受力分析、利用平行四邊形法則進(jìn)行力的合成或者是正交分解法進(jìn)行力的分解，然后在坐標(biāo)軸上建立平衡方程進(jìn)行解答。注意整體法和隔離法的應(yīng)用。25．（2021?山東模擬）某懸掛在大廳天花板上的吊燈如圖所示，上、下兩層的圓環(huán)上各均勻分布著6盞電燈，各用6條相同的輕繩懸掛在質(zhì)量不計的吊桿上，上層的圓環(huán)較大，下層的輕繩較長。若兩個圓環(huán)（包括燈座）受到的重力大小均為G1，每盞電燈受到的重力大小均為G2，上層每條輕繩所受的拉力大小均為T1，下層每條輕繩所受的拉力大小均為T2。則下列說法正確的是（）A．T1＞T2 B．T1＜T2 C．天花板受到的拉力大小為12G2 D．天花板受到的拉力大小為2G1+12G2【分析】求繩子拉力時選擇環(huán)和6盞燈為研究對象，根據(jù)共點(diǎn)力平衡列方程求得；求天花板受的拉力時選擇兩個圓環(huán)和12盞燈為研究對象，根據(jù)共點(diǎn)力平衡去求，再根據(jù)牛頓第三定律求天花板受到的力?！窘獯稹拷猓篈B、設(shè)繩與豎直向下方向的夾角為θ，每條繩受到的拉力大小T，根據(jù)共點(diǎn)力平衡，6條繩子在豎直方向的分力的合力大小等于圓環(huán)和點(diǎn)燈的重力之和，即：6Tcosθ＝G1+6G2解得：因?yàn)棣?＞θ2，cosθ1＜cosθ2所以T1＞T2，故A正確，B錯誤；CD、以12盞燈和兩個圓環(huán)為研究對象，只受到豎直向下的重力和天花板的拉力，根據(jù)物體的平衡條件，可得天花板受到的力大小為2G1+12G2，根據(jù)牛頓第三定律，天花板受到的拉力大小為2G1+12G2，故D正確，C錯誤。故選：AD。【點(diǎn)評】解題的關(guān)鍵是選好研究對象，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件解得。26．（2021?岳麓區(qū)校級二模）如圖，斜面體a放置在水平地面上。一根跨過光滑定滑輪的輕繩，左側(cè)平行于斜面且與斜面上的物塊b相連，另一端與小球c相連，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)對c施加一水平力F，使小球緩慢上升一小段距離，整個過程中a、b保持靜止?fàn)顟B(tài)，則該過程中（）A．輕繩的拉力先減小后增大 B．b受到的摩擦力方向可能變化 C．地面對a的摩擦力可能不變 D．地面對a的彈力減小【分析】以小球c為研究對象，由共點(diǎn)力的平衡條件可求得拉力變化；再對物塊b受力分析可求得摩擦力的變化情況；再對物塊b和斜面a為研究對象，根據(jù)受力情況分析地面對a的摩擦力以及彈力的變化?！窘獯稹拷猓篈、取小球c為研究對象，受到重力mg、拉力F和繩子拉力T作用，設(shè)繩子與豎直方向夾角為α，根據(jù)平衡條件可得水平力：F＝mgtanα，繩子的拉力T＝，繩子與豎直方向夾角α逐漸增大，繩子的拉力T逐漸增大，故A錯誤；B、在這個過程中繩子張力變大，由于物塊b所受斜面體的摩擦力開始時并不知道其方向，如果開始時物塊b受到的摩擦力方向沿斜面向上，隨著繩子拉力的增大，摩擦力方向可能變?yōu)檠匦泵嫦蛳?，所以物塊b受到的摩擦力方向可能變化，故B正確；C、以物塊b和斜面體a整體為研究對象，水平方向根據(jù)平衡條件可得地面對斜面體a的摩擦力f＝Tcosθ，由于繩子拉力T逐漸增大，則地面對斜面體a的摩擦力一定變大；在豎直方向根據(jù)平衡條件可得FN＝（ma+mb）g﹣Tsinα，由于繩子拉力T逐漸增大，所以水平地面對斜面體a的彈力減小，故C錯誤，D正確。故選：BD。【點(diǎn)評】本題要考查受力分析與共點(diǎn)力平衡條件，解決此類問題要注意正確選擇研究對象，正確進(jìn)行受力分析，再根據(jù)共點(diǎn)力平衡中的動態(tài)平衡分析各力的變化情況。27．（2021?青島二模）水平傳感器可以測量器械擺放處所在平面的傾角。該裝置可以簡化為：內(nèi)壁光滑豎直放置的正三角形，內(nèi)部有一球體，其半徑略小于三角形內(nèi)接圓半徑，三角形各邊都有壓力傳感器，分別測量小球?qū)θ龡l邊壓力大小，根據(jù)壓力大小，信息處理單元將各邊與水平面間的夾角通過顯示屏顯示出來，如圖所示。圖中此時BC邊恰好處于水平狀態(tài)，將其以C為軸在豎直面內(nèi)順時針緩慢轉(zhuǎn)動，直到AC邊水平，在轉(zhuǎn)動過程中，下列說法正確的是（）A．球?qū)C邊壓力不可能大于球的重力 B．球?qū)C邊壓力一直增大 C．球?qū)C邊壓力先增大后減小 D．球?qū)C邊壓力最大值為G【分析】裝置緩慢轉(zhuǎn)動，因此處于受力平衡狀態(tài)，可利用共點(diǎn)力平衡條件進(jìn)行分析，畫出受力分析圖，利用正弦定理可求出各力之間的大小關(guān)系。【解答】解：對正三角形內(nèi)部的小球受力分析，如圖所示，緩慢轉(zhuǎn)動過程中，AC、BC邊對球的彈力NAC，NBC的方向總是垂直相應(yīng)的邊，兩力夾角保持不變，AB邊與球始終無彈力，由幾何關(guān)系可知，隨著角度θ從0°到120°增大過程中，角α與角θ之和保持不變，且α+θ＝120°，所以角β也保持不變，β＝60°，由平衡條件和正弦定理得＝＝，所以球?qū)C邊的壓力N'AC＝NAC＝sinθ，代入數(shù)據(jù)得N'AC＝Gsinθ，球?qū)C邊的壓力N'BC＝NBC＝sin（120°﹣θ），代入數(shù)據(jù)得N'BC＝Gsinθ（120°﹣θ）；A、由上述分析可知，球?qū)C邊的壓力為N'AC＝Gsinθ，可知，球?qū)C邊的壓力可能大于球的重力，故A錯誤；BC、角度θ從0°到120°增大過程中，sinθ和sin（120°﹣θ）都是先增大后減小，所以球?qū)C邊的壓力和球?qū)C邊的壓力都是先增大后減小，B故錯誤，C正確；D、球?qū)C邊的壓力N'BC＝Gsinθ（120°﹣θ），當(dāng)θ＝30°時，球?qū)C邊壓力最大，且最大值為G，故D正確。故選：CD?！军c(diǎn)評】本題考查共點(diǎn)力平衡條件，通過受力分析確定各力的特點(diǎn)，找到相應(yīng)的處理方法，對學(xué)生分析綜合能力有一定要求。28．（2021?遼寧模擬）半徑為R的光滑圓弧軌道置于粗糙的水平面上，O為圓弧對應(yīng)的圓心，今在軌道底部O′處固定一輕彈簧，彈簧另一端與質(zhì)量為m的小球相連，小球靜止于P點(diǎn)，OP與水平方向的夾角θ＝30°，整個系統(tǒng)一直處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知彈簧的原長為L，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．彈簧對小球的作用力大小為mg B．小球?qū)A弧軌道壓力大小為mg C．彈簧的勁度系數(shù)為 D．地面受到圓弧軌道摩擦力的方向水平向右【分析】對小球進(jìn)行受力分析可知，小球受重力、支持力及彈簧的彈力而處于靜止，由共點(diǎn)力的平衡條件可求得小球受到的輕彈簧的彈力及小球受到的支持力；對容器和小球整體研究，分析受力可求得半球形容器受到的摩擦力．【解答】解：AB、對小球受力分析，受到重力、支持力和彈簧彈力，如圖所示：根據(jù)幾何關(guān)系彈簧彈力、重力以及圓弧軌道對小球的支持力構(gòu)成等邊三角形，由此可得彈簧對小球的作用力大小為mg，圓弧軌道對小球的支持力大小也為mg，根據(jù)牛頓第三定律可得小球?qū)A弧軌道壓力大小為mg，故A正確、B錯誤；C、由于θ＝30°，由幾何關(guān)系可知彈簧的長度為R，則彈簧壓縮量x＝L﹣R，根據(jù)胡克定律可得F＝kx，解得：k＝，故C正確；D、以圓弧軌道和小球整體為研究對象，根據(jù)分析受力可知，整體受到總重力、地面的支持力而平衡，水平方向地面對半球形容器沒有摩擦力，故D錯誤。故選：AC。【點(diǎn)評】本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡問題，關(guān)鍵是能夠確定研究對象、進(jìn)行受力分析、利用平行四邊形法則進(jìn)行力的合成，然后建立平衡方程進(jìn)行解答。29．（2021春?河南月考）如圖所示，三角形斜劈M放置在水平地面上，左、右斜面的傾角分別為α和β，α＜β。兩個斜面上分別有一小滑塊P和Q在勻速下滑，P與Q左斜面間動摩擦因數(shù)為μ1、Q與右斜面間動摩擦因數(shù)為μ2。下列說法正確的是（）A．μ1小于μ2 B．斜劈M對地面壓力大于M的重力 C．地面對斜劈M的摩擦力水平向左 D．地面對斜劈M的摩擦力水平向右【分析】P、Q均勻速下滑，根據(jù)共點(diǎn)力平衡的條件即可求解；P、Q、M均受力平衡，可將其看做一個整體，對整體受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件即可求解。【解答】解：A、P勻速下滑，受力平衡，由平衡條件得：mPgsinα＝μ1mPgcosα，解得：μ1＝tanα，Q勻速下滑，受力平衡，由平衡條件得：mQgsinβ＝μ2mQgcosβ，解得：μ2＝tanβ，由于α＜β＜90°，則μ1＜μ2，故A正確；BCD、斜劈M處于靜止?fàn)顟B(tài)，P、Q、M整體受力平衡，由平衡條件得：水平方向，地面對M沒有摩擦力，豎直方向，地面對M的支持力N＝（M+mP+mQ）g＞Mg，由牛頓第三定律得，斜劈M對地面的壓力大于Mg，故B正確，CD錯誤；故選：AB?！军c(diǎn)評】本題考查共點(diǎn)力平衡，注意幾個物體看做一個整體的條件。30．（2021?河北模擬）如圖，物塊A、B疊放在斜面上，物塊B通過細(xì)繩跨過定滑輪與物塊C相連，初始時系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。緩慢增大斜面傾角，仍保持物塊A、B相對斜面靜止，忽略繩與滑輪間摩擦。下列說法正確的是（）A．物塊B對物塊A的作用力一定增大 B．物塊A對物塊B的摩擦力一定增大 C．繩對物塊B的拉力的大小一定不變 D．斜面對物塊B的摩擦力一定先變大后變小【分析】以物塊A為研究對象進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件分析各力大小的變化，根據(jù)牛頓第三定律可得物塊A對物塊B的摩擦力的變化情況；以物塊C為研究對象，根據(jù)平衡條件可得細(xì)繩的拉力大小；初始狀態(tài)下斜面對B的摩擦力方向不確定，由此分析斜面對物塊B的摩擦力的變化情況?！窘獯稹拷猓篈B、以物塊A為研究對象，受到重力、B對A的支持力和摩擦力，如圖所示；由于物塊A一直處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以物塊B對物塊A的作用力始終與物塊A的重力等大反向，保持不變；物塊B對A的摩擦力大小為：fA＝mAgsinθ，當(dāng)θ增大時，fA增大，根據(jù)牛頓第三定律可得物塊A對物塊B的摩擦力一定增大，故A錯誤、B正確；C、以物塊C為研究對象，根據(jù)平衡條件可得細(xì)繩的拉力大小F＝mCg保持不變，所以細(xì)繩對物塊B的拉力的大小一定不變，故C正確；D、由于初始狀態(tài)下斜面對B的摩擦力方向不確定，所以斜面對物塊B的摩擦力的變化情況不確定，故D錯誤。故選：BC。【點(diǎn)評】本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進(jìn)行受力分析、利用平行四邊形法則進(jìn)行力的合成或者是正交分解法進(jìn)行力的分解，然后在坐標(biāo)軸上建立平衡方程進(jìn)行解答。31．（2021?湖南模擬）如圖為空調(diào)外掛機(jī)通過三角形支架固定在外墻上。如果空調(diào)重力作用線恰好通過O點(diǎn)，橫梁和斜梁施加的力分別沿OP和OQ方向。保持連接點(diǎn)O位置不變，只增大斜梁長度，下列說法正確的是（）A．橫梁OP力不變 B．橫梁OP力變小 C．斜梁OQ力變大 D．斜梁OQ力變小【分析】以O(shè)點(diǎn)為研究對象進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件結(jié)合幾何關(guān)系求解橫梁與斜梁的作用力大小；保持連接點(diǎn)O位置不變，只增大斜梁長度，橫梁仍然水平，此時斜梁與豎直方向的夾角減小，由此分析各力的變化。【解答】解：以O(shè)點(diǎn)為研究對象，受到空調(diào)外機(jī)的壓力F＝G、斜梁OQ的支持力F1和橫梁OP的拉力F2，受力如圖所示：由受力圖結(jié)合幾何關(guān)系可得：F1＝、F2＝Gtanθ；保持連接點(diǎn)O位置不變，只增大斜梁長度，橫梁仍然水平，此時θ減小，cosθ增大、tanθ減小，故F1將變小、F2將變小，故BD正確、AC錯誤。故選：BD?！军c(diǎn)評】本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進(jìn)行受力分析、利用平行四邊形法則進(jìn)行力的合成或者是正交分解法進(jìn)行力的分解，然后在坐標(biāo)軸上建立平衡方程進(jìn)行解答。32．（2021?攀枝花二模）如圖所示，在勻強(qiáng)電場中用絕緣細(xì)線懸掛一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球。靜止時細(xì)線與豎直方向的夾角為30°，則該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小可能是（）A． B． C． D．【分析】先根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件求出最小電場力，再求出對應(yīng)的最小場強(qiáng)?！窘獯稹拷猓阂孕∏?yàn)檠芯繉ο?，對其受力分析如圖由分析可知，當(dāng)電場力方向垂直細(xì)線時，電場力最小，此時有Fmin＝mgsin30°＝對應(yīng)的場強(qiáng)最小為Emin＝故該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小E≥Emin＝故AB正確，CD錯誤。故選：AB?！军c(diǎn)評】本題考查共點(diǎn)力的平衡條件，關(guān)鍵在處理最小電場力上，要能分析出電場力方向垂直細(xì)線時電場力最小。33．（2021春?昌吉市校級月考）重力為G的體操運(yùn)動員在進(jìn)行自由體操比賽時，有如圖所示的比賽動作，當(dāng)運(yùn)動員豎直倒立保持靜止?fàn)顟B(tài)時，兩手臂對稱支撐，夾角為θ，則（）A．當(dāng)θ＝60°時，運(yùn)動員單手對地面的正壓力大小為 B．當(dāng)θ＝120°時，運(yùn)動員單手對地面的正壓力大小為G C．當(dāng)θ不同時，運(yùn)動員受到的合力相同 D．當(dāng)θ不同時，運(yùn)動員與地面之間的相互作用力不相等【分析】根據(jù)平衡條件分析地面對運(yùn)動員單手的支持力大小，從而分析運(yùn)動員單手對地的正壓力大小；運(yùn)動員處于靜止?fàn)顟B(tài)，合外力為零；根據(jù)牛頓第三定律分析運(yùn)動員與地面之間的相互作用力?！窘獯稹拷猓篈B、設(shè)運(yùn)動員單手受到地面的支持力大小為FN，對運(yùn)動員豎直方向由平衡條件知：2FN＝G，解得地面對運(yùn)動員單手的支持力FN＝，由牛頓第三定律知運(yùn)動員單手對地的正壓力大小為，與手臂之間的夾角θ無關(guān)，故A正確、B錯誤；C、由于運(yùn)動員處于靜止?fàn)顟B(tài)，受到的合外力為零，當(dāng)θ不同時，運(yùn)動員受到的合力為零，保持不變，故C正確；D、根據(jù)牛頓第三定律可知，運(yùn)動員與地面之間的相互作用力總是大小相等、方向相反，故D錯誤。故選：AC?！军c(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵是明確運(yùn)動員的受力情況，運(yùn)用平衡條件分析地面對運(yùn)動員的作用力．要注意地面對運(yùn)動員的合力與θ無關(guān)．三．填空題（共10小題）34．（2021?青浦區(qū)二模）拱橋是古代能工巧匠的杰作，以趙州橋最為有名。如圖是拱橋模型，將四塊相同的石塊砌成圓弧形結(jié)構(gòu)，每塊石塊的重力為G，對應(yīng)的圓心角均為45°，第2、3塊石塊間的接觸面是豎直的，第1、4塊石塊在水平地面上，兩側(cè)被P、Q擋住。假定不考慮各接觸面間的摩擦力，則第1塊石塊對第2塊石塊的作用力和第2塊石塊對第3塊石塊的作用力大小之比為：1；第1塊石塊對地面的作用力大小為2G?！痉治觥糠謩e以第2塊石塊和四塊石塊為研究對象，受力分析結(jié)合共點(diǎn)力的平衡條件可以求出作用力，進(jìn)而求出比值關(guān)系?！窘獯稹拷猓阂缘?塊石塊為研究對象，受力分析如圖由共點(diǎn)力的平衡條件可知F12sin45°＝GF12cos45°＝F32整理可得F12＝GF32＝G又由牛頓第三定律可知，第2塊石塊對第3塊石塊的作用力大小等于第3塊石塊對第2塊石塊的作用力大小，故第1塊石塊對第2塊石塊的作用力和第2塊石塊對第3塊石塊的作用力大小之比為：1；以四塊石塊為整體受力分析，設(shè)地面對第1塊石塊的作用力為N，則由共點(diǎn)力的平衡條件可得在豎直方向2N＝4G即N＝2G由牛頓第三定律可知第1塊石塊對地面的作用力大小N′＝N＝2G。故答案為：：1，2G?！军c(diǎn)評】在受力分析時，整體法和隔離法是常用的方法，一定要熟練掌握。35．（2021?奉賢區(qū)二模）如圖，一個帶電小球，電量大小為q、質(zhì)量為m，用絕緣絲線懸掛在水平天花板上。當(dāng)它處于斜向下與水平方向成θ角的勻強(qiáng)電場中，小球平衡時絲線恰好與水平方向成θ角。重力加速度為g，則小球帶電負(fù)（選填“正”或“負(fù)”），則此電場強(qiáng)度的大小為?！痉治觥扛鶕?jù)平衡條件判斷電場力的方向，由此確定小球的電性；根據(jù)平衡條件求解電場強(qiáng)度大小。【解答】解：根據(jù)平衡條件可得電場力的方向沿電場線的反方向，所以小球帶負(fù)電；豎直方向根據(jù)平衡條件可得：Tsinθ+qEsinθ＝mg水平方向根據(jù)平衡條件可得：Tcosθ＝qEcosθ聯(lián)立解得：E＝。故答案為：負(fù)；。【點(diǎn)評】本題主要是考查電場力作用下共點(diǎn)力的平衡問題，關(guān)鍵是弄清楚小球的受力情況，根據(jù)平衡條件進(jìn)行解答。36．（2020秋?安慶期末）將一橫截面為扇形的物體B放在水平面上，一小滑塊A放在物體B上，如圖所示，已知物體B的質(zhì)量為M，滑塊A的質(zhì)量為m，除了物體B與水平面間的摩擦力之外，其余接觸面的摩擦力均可忽略不計。當(dāng)整個裝置靜止時，滑塊A和物體B接觸的一面與豎直擋板之間的夾角為θ，重力加速度為g，則物體B對水平面的壓力大小為（M+m）g，物體B受水平面的摩擦力大小為。【分析】首先對小滑塊A受力分析，根據(jù)平衡條件求解擋板的支持力；然后對整體受力分析，根據(jù)平衡條件力列式求解地面支持力和靜摩擦力大小，再根據(jù)牛頓第三定律分析?！窘獯稹拷猓簩π』瑝KA受力分析，受到重力、B對A的支持力和擋板對A的支持力，如圖1所示：根據(jù)平衡條件，有：F2＝；對AB整體受力分析，受重力、水平面支持力、豎直擋板支持力、水平面的靜摩擦力，如圖2所示：豎直方向根據(jù)平衡條件可得水平面對B的支持力大小為：FN＝（M+m）g水平方向根據(jù)平衡條件可得水平面對B的摩擦力大小為：f＝F2＝；再根據(jù)牛頓第三定律可得物體B對水平面的壓力大小為（M+m）g。故答案為：（M+m）g；。【點(diǎn)評】本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進(jìn)行受力分析、利用平行四邊形法則進(jìn)行力的合成或者是正交分解法進(jìn)行力的分解，然后在坐標(biāo)軸上建立平衡方程進(jìn)行解答。注意整體法和隔離法的應(yīng)用。37．（2020秋?嘉興期末）如圖所示，有一傾角θ＝30°的斜面體B固定于水平地面上，質(zhì)量為m的物體A放置于B上，其左側(cè)面與水平輕彈簧接觸?，F(xiàn)對輕彈簧施加一個水平作用力，A和B始終保持靜止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。當(dāng)A、B之間的摩擦力為0時，彈簧彈力大小為mg；當(dāng)彈簧彈力大小為mg時，A所受摩擦力大小為mg。【分析】對滑塊A受力分析，考慮彈簧彈力的平行斜面分量與重力的下滑分量的大小關(guān)系，得到滑塊相對斜面的運(yùn)動趨勢，判斷靜摩擦力的有無和方向，根據(jù)平衡條件求解摩擦力大小?！窘獯稹拷猓簩ξ矬wA受力分析，受重力、支持力、彈簧的彈力，可能會有平行斜面的靜摩擦力，設(shè)彈簧彈力大小為為F；如果Fcos30°＝mgsin30°，即F＝mg時，A所受的摩擦力為零；當(dāng)彈簧彈力大小為F′＝mg＞mg時，A有沿斜面向上的運(yùn)動趨勢，受到的摩擦力大小為f＝F′cos30°﹣mgsin30°＝mg×﹣mg×＝mg，方向沿著斜面向下。故答案為：mg；mg?！军c(diǎn)評】本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡問題，關(guān)鍵是能夠確定研究對象、進(jìn)行受力分析、利用平行四邊形法則進(jìn)行力的合成，然后建立平衡方程進(jìn)行解答。38．（2020秋?蚌埠期末）如圖，傾角為θ的長斜面A固定在水平面上，滑塊B、C疊放在一起沿斜面勻速下滑，且始終保持相對靜止，B上表面傾斜。則滑塊B受到5個力作用；滑塊C受到3個力作用?！痉治觥糠謩e以B和C為研究對象，按照先分析重力、再分析接觸面的彈力、最后分析摩擦力的順序進(jìn)行分析?！窘獯稹拷猓簩瑝KB分析，滑塊B受到重力、斜面的支持力和摩擦力、C對B的壓力、由于C相對于B上表面有下滑的趨勢，所以C對B有向下的摩擦力，故B受到5個力的作用；對滑塊C分析，滑塊C受到重力、B對C的支持力，B對C的靜摩擦力的作用，故C受到3個力。故答案為：5；3?！军c(diǎn)評】對于物體的受力分析，解題方法是：確定研究對象，首先分析重力，再分析接觸面的彈力和摩擦力，最后分析非接觸力（電場力或磁場力），只分析物體受到的力，不分析物體對外施加的力。39．（2020秋?二道區(qū)校級期末）如圖所示，物塊A在傾斜的木板上勻速下滑，已知木板的傾角為α，則物塊和木板間的動摩擦因數(shù)為tanα?！痉治觥恳晕飰K為研究對象進(jìn)行受力分析，沿木板方向根據(jù)平衡條件求解物塊和木板間的動摩擦因數(shù)?！窘獯稹拷猓何飰K沿木板下滑過程中受到重力mg、支持力N和摩擦力f，如圖所示：沿木板方向根據(jù)平衡條件可得：mgsinα＝f根據(jù)滑動摩擦力的計算公式可得：f＝μN(yùn)＝μmgcosα解得物塊和木板間的動摩擦因數(shù)為：μ＝tanα。故答案為：tanα?！军c(diǎn)評】本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡問題，關(guān)鍵是能夠確定研究對象、進(jìn)行受力分析、利用平衡條件建立平衡方程進(jìn)行解答。40．（2020秋?虹口區(qū)期末）如圖，三塊完全相同的磁鐵A、B、C套在固定的光滑豎直桿上，相鄰磁鐵間同名磁極相對。平衡后A、B均懸浮在空中，C在桌面上，則相鄰兩塊磁鐵間的距離h1＞h2（選填“＞”、“＜”或“＝”）。若緩慢下壓磁鐵A，則磁鐵之間因?yàn)橄嗷プ饔昧Χ哂械膭菽軐⒃龃螅ㄟx填“增大”、“減小”或“不變”）。【分析】先對A受力分析，再對B受力分析，根據(jù)平衡條件判斷A、B間斥力和B、C間斥力的大小，再根據(jù)間距越小斥力越大進(jìn)行判斷．【解答】解：對A受力分析，受重力和B的排斥力F1，根據(jù)平衡條件，有：F1＝mg；對B受力分析，受重力，A對其向下的排斥力F′1，C對其向上的排斥力F2，根據(jù)平衡條件，有：mg+F′1＝F2；根據(jù)牛頓第三定律，有：F1＝F′1；故F2＞F1由于間距越小斥力越大，故h1＞h2；向下壓系統(tǒng)，對系統(tǒng)做正功，故系統(tǒng)儲存的勢能增加；故答案為：＞，增加．【點(diǎn)評】本題關(guān)鍵是受力分析后根據(jù)平衡條件列式，再比較斥力的大?。粚τ趧菽埽饬ζ渥稣?，勢能增加．41．（2020秋?虹口區(qū)期末）如圖，兩根電線桿之間架起的電線由于自身重力的作用，中間總是稍有下垂。已知兩桿之間電線的總質(zhì)量為m，端點(diǎn)處的切線與水平方向的夾角為θ，則最低點(diǎn)C處的張力FTC＝。冬天，由于熱脹冷縮的原因，θ會變小，試解釋工作員人員架設(shè)電線不能繃緊的原因：若繃緊，冬天時θ會很小，電線的張力會很大，電線容易被拉斷。?！痉治觥繉ψ蟀脒呺娋€受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件求解最低點(diǎn)C處的張力；θ會變小，電線的張力將變大，電線容易被拉斷?！窘獯稹拷猓簩ψ蟀脒呺娋€受力分析，受拉力TA、重力mg和張力FTC，如圖所示：根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有：FTC＝＝；冬天冷縮，θ變小，根據(jù)FTC＝可知電線的張力將變大，電線容易被拉斷，所以，電線不能繃的過緊。故答案為：；若繃緊，冬天時θ會很小，電線的張力會很大，電線容易被拉斷。【點(diǎn)評】本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進(jìn)行受力分析、利用平行四邊形法則進(jìn)行力的合成，然后建立平衡方程進(jìn)行解答。42．（2020秋?寶山區(qū)校級期中）如圖，質(zhì)量為m、橫截面為直角三角形的物塊ABC，AB邊靠在豎直墻面上，與豎直墻面之間的動摩擦因數(shù)為μ，∠ABC＝α?，F(xiàn)用方向垂直于斜面BC，大小為F的推力作用在物塊上，物塊靜止不動，重力加速度為g，則豎直墻面對物塊的摩擦力大小為mg+Fsinα。若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，要使物塊保持靜止，動摩擦因數(shù)應(yīng)滿足μ≥mg+FsinαFcosα?！痉治觥肯葘ξ矬w受力分析，然后根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，結(jié)合正交分解法求解出摩擦力的大?。窘獯稹拷猓海?）對木塊受力分析，受推力F、重力G、支持力N和向上的靜摩擦力f，如圖由于物體保持靜止，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有x方向N﹣Fcosα＝0y方向f﹣G﹣Fsinα＝0由以上兩式，解得f＝mg+Fsinα（2）豎直方向上合力為零，有：mg+Fsinα＝f又f＝μN(yùn)解得：μ＝＝要使物塊保持靜止，動摩擦因數(shù)應(yīng)滿足μ≥【點(diǎn)評】本題很多同學(xué)有一種方法得出一種答案后即以為完成了本題，但確忽略了題目中的重要條件；因物理一直有不定項(xiàng)選擇題，故應(yīng)注意培養(yǎng)全面分析問題的能力．43．（2020秋?紅塔區(qū)校級月考）圖中，三個物體的重力均為200N。圖a中，物體還受到大小為50N、方向豎直向上的拉力，則水平地面對物體的支持力F1＝150N；圖b中，不計繩和動滑輪的重力及摩擦，則勻速提起重物時拉力F2＝100N；圖c中，大小活塞的面積之比是5：1，不計摩擦及活塞的重力，則勻速舉起重物時壓力F3＝40N?！痉治觥繉Da中的物體受力分析，根據(jù)三力平衡求出支持力；由圖b知使用滑輪組承擔(dān)物重的繩子股數(shù)n，根據(jù)動滑輪的特點(diǎn)求解力；知道左邊活塞受到力的大小和兩個活塞的受力面積關(guān)系，利用帕斯卡原理求豎直向下壓右邊活塞的力F3?！窘獯稹拷猓簩τ趫Da：靜止在水平地面上的物體受到豎直向下的重力、豎直向上的拉力和豎直向上的支持力的作用，這三個力的合力為0，則支持力為F1＝G﹣F'＝200N﹣50N＝150N；對于圖b：由圖知，n＝2，則F2＝G＝×200N＝100N；對于圖c：設(shè)左邊活塞的面積為S1，右邊活塞面積為S2，因?yàn)閮蛇厜簭?qiáng)相等，p＝；所以＝，可得F3＝＝200N×＝40N；即F3＝40N。故答案為：150；100；40?！军c(diǎn)評】本題綜合考查了力的平衡條件分析、動滑輪的特點(diǎn)以及帕斯卡原理，知道固體能夠單方向傳遞力、液體能夠向各個方向大小不變的傳遞壓強(qiáng)。四．計算題（共9小題）44．（2021春?武勝縣校級月考）如圖所示，在天花板上用懸線OA懸掛一個滑輪，物塊m2＝5kg通過細(xì)繩經(jīng)滑輪將物塊m1＝2kg懸吊在空中。斜繩與豎直方向夾角α＝60°，m2靜止在水平地面上，滑輪與繩的質(zhì)量及滑輪的摩擦不計，g取10m/s2，求：（1）m2對地面的壓力及m2所受摩擦力的大??；（2）懸線OA對滑輪的拉力?！痉治觥浚?）兩個物體均處于靜止?fàn)顟B(tài)，對m1分析可表示出拉力F，同一根繩子上的力相等，建立m1、m2之間的聯(lián)系，對m2受力分析應(yīng)用平衡條件便可求解；（2）以滑輪為研究對象，根據(jù)平衡條件求解懸線OA對滑輪的拉力?！窘獯稹拷猓海?）對兩個物塊受力分析如圖所示。物體m1受到重力繩的拉力F處于平衡，則得：F＝m1g＝2×10N＝20N物體m2受到重力、繩的拉力F、地面支持力N、和地面摩擦力f處于平衡，豎直方向根據(jù)平衡條件可得：N+Fcosθ＝m2g水平方向根據(jù)平衡條件可得：f＝Fsinθ聯(lián)立解得：N＝40N，f＝10N；（2）設(shè)OA對滑輪的拉力為T，由力合成平行四邊形定則知識可知得：T＝2Fcos30°＝2×N＝20N，方向與豎直方向成30°斜向左上方。答：（1）m2對地面的壓力為40N，m2所受摩擦力的大小為10N；（2）懸線OA對滑輪的拉力為20N，方向與豎直方向成30°斜向左上方?！军c(diǎn)評】本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡問題，關(guān)鍵是能夠確定研究對象、進(jìn)行受力分析、利用平行四邊形法則進(jìn)行力的合成，然后建立平衡方程進(jìn)行解答。45．（2021春?河南月考）質(zhì)量為m＝5kg的小物塊P放置在水平地面上，在大小為F＝25N的水平推力作用下，做勻速直線運(yùn)動。已知重力加速度g取10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦