2023年高考物理一轮考点复习第二章相互作用第3讲受力分析、共点力的平衡

第二章相互作用
练案[6] 第3讲受力分析共点力的平衡
一、选择题(本题共13小题，1～9题为单选，10～13题为多选)
1．(2023·浙江高三阶段练习)如图所示，在倾斜的滑杆上套一个质量为m的圆环，圆环通过轻绳拉着一个质量为M的物体，在圆环沿滑杆向下滑动的过程中，悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向，则( B )
A．环只受三个力作用
B．环一定受四个力作用
C．物体做匀加速运动
D．悬绳对物体的拉力小于物体的重力
[解析]悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向，可知整体沿斜面向下做匀速运动，受力平衡，则环受重力、细绳的拉力、滑杆对圆环的支持力和摩擦力，共4个力作用，B正确，AC错误；因物体受力平衡，可知悬绳对物体的拉力等于物体的重力，D错误。

2．(2023·广东高三专题练习)救援机器人的手臂前端装有铁夹。

在某次救援活动中，救援机器人用铁夹抓着两个重力都为G的水泥制品，使之保持静止状态，铁夹与水泥制品及水泥制品间的接触面竖直，如图所示。

若水泥制品受铁夹的最小压力为N时，才能使水泥制品不滑出铁夹，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( D )
A．两水泥制品间动摩擦因数G 2N
B ．两水泥制品间动摩擦因数可以求出
C ．铁夹与水泥制品间动摩擦因数G 2N
D ．铁夹与水泥制品间动摩擦因数G N
[解析]对水泥制品整体分析可知2F f ＝2G ，则F f ＝G ，对单个的水泥制品分析可知，两水泥制品之间的摩擦力F ′f ＝0，则两水泥制品间动摩擦因数无法求
出，A 错误，B 错误；铁夹与水泥制品间动摩擦因数μ＝F f N ＝G N ，C 错误，D 正确。

3．(2022·湖北黄冈中学二模)如图所示，水平地面上叠放着矩形物体A 和B ，细线一端连接A ，另一端跨过光滑定滑轮连接着物体C ，A 、B 、C 均静止。

下列说法正确的是( D )
A ．A 可能受到三个力作用
B ．B 可能受到四个力作用
C ．适当减小C 的质量后，A 、B 、C 仍静止在原位置，则A 对B 的摩擦力不变
D ．适当减小C 的质量后，A 、B 、C 仍静止在原位置，B 对地面的压力增大
[解析]物体A 受力分析如图
共受到四个力，故A 错误；
物块B受力分析如图
共受到五个力，故B错误；
适当减小C的质量后，A、B、C仍静止在原位置，可知T减小，θ不变，由F fA＝T cos θ，可知，则B对A的摩擦力减小，则A对B的摩擦力减小；因为F NA ＝m A g－T sin θ，F NB＝F′NA＋m B g，T减小，θ不变，可知适当减小C的质量后，A、B、C仍静止在原位置，B对地面的压力增大，故C错误，D正确。

4．(2020·课标Ⅲ)如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。

甲、乙两物体质量相等。

系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。

若α＝70°，则β等于( B )
A．45° B.55°
C.60°
D.70°
[解析]本题考查共点力的平衡问题。

设甲、乙两物体的质量均为m，O点与墙连接的绳上的拉力为T，则O点与甲、乙相连的绳上的拉力均为mg，以O点为研究对象，在水平方向有mg sin α－T sin β＝0，在竖直方向有mg cos α＋T cos β
＝mg，联立可得sin(β＋α)＝sin β，则β＝180°－α
2
＝55°，故B正确，A、C、D
错误。

5．(2020·山东卷) 如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。

A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为( C )
A.1
3 B.
1
4
C.1
5 D.
1
6
[解析]当木板与水平面的夹角为45°时，两物块刚好滑动，对A物块受力分析如图甲，沿斜面方向，A、B之间的滑动摩擦力F f1＝μF N＝μmg cos 45°，
甲
根据平衡条件可知T＝mg sin 45°＋μmg cos 45°，
对B物块受力分析如图乙，
乙
沿斜面方向，B与斜面之间的滑动摩擦力
F f2＝μF N′＝μ·3mg cos 45°，
根据平衡条件可知
2mg sin 45°＝T ＋μmg cos 45°＋μ·3mg cos 45°，
把T ＝mg sin 45°＋μmg cos 45°代入，可得2mg sin 45°＝mg sin 45°＋μmg cos 45°
＋μmg cos 45°＋μ·3mg cos 45°，解得μ＝15。

A 、B 、D 错误，C 正确。

故选C 。

6．(2023·贵州高三阶段练习)如图所示，蛋糕和包装盒的总质量为m ，包装盒为一长方体，上表面是边长为L 的正方形，包装带与上表面的接触点均为各边的中点。

现用手拉住包装带的交叉点，提起蛋糕使其静止不动，此时每一条倾斜
的包装带长度都是5L 8。

设蛋糕和包装盒质量分布均匀，包装带质量不计，已知重
力加速度为g ，则每条倾斜包装带的张力为( C )
A.14mg
B.516mg
C.512mg
D.56mg
[解析]设每条包装带与竖直方向夹角为θ，由几何关系得sin θ＝L
25L 8
＝0.8，所
以θ＝53°，则由平衡条件得4T cos θ＝mg ，解得每条倾斜包装带的张力为T ＝512
mg 。

故选C 。

7．(2022·湖南雅礼中学一模)如图所示，一个倾角为30°、底面粗糙、斜面光滑的斜面体放在粗糙的水平面上，斜面体的质量为2m 。

轻绳的一端固定在天花板上，另一端系住质量为m 的小球，整个系统处于静止状态，轻绳与竖直方向的夹角也为30°。

若滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则斜面体与水平面间的动摩擦因数至少为( C )
A.16
B.6＋333
C.315
D.318
[解析]由题意对小球受力分析，沿斜面方向由平衡条件得mg sin 30°＝T cos
30°，解得T ＝mg tan 30°＝33mg 。

对小球和斜面构成的整体受力分析，由平衡条
件得，水平方向满足T sin 30°＝F f ，竖直方向满足F N ＋T cos 30°＝3mg ，当F f ＝μF N
时，斜面体与水平面间的动摩擦因数最小，解得最小为μ＝315。

故选C 。

8．(2023·湖北高三专题练习)如图所示，V 型光滑挡板AOB 之间放置有一质量均匀的球体，初始时系统处于静止状态，现将整个装置以O 点为轴顺时针缓慢转动(∠AOB 保持不变)，在AO 由水平转动90°到竖直的过程中，下列说法正确的是( B )
A ．挡板AO 的弹力逐渐增大
B ．挡板AO 的弹力先增大后减小
C ．挡板BO 的弹力逐渐减小
D ．挡板BO 的弹力先增大后减小
[解析]V 型光滑挡板转动过程中，对小球受力分析，各个力的夹角如图所示
由拉密定理可得mg sin θ＝F NA sin α＝F NB sin β，因为整个装置以O 点为轴顺时针缓慢转动(∠
AOB 保持不变)，故mg sin θ保持不变，在AO 由水平转动90°到竖直的过程中，α从
锐角增大到钝角，sin α先增大后减小，故挡板AO 的弹力先增大后减小，A 错误，
B正确；β从180°减小到90°，sin β一直增大，故挡板BO的弹力一直增大，CD 错误。

9．(2023·全国高三专题练习)如图所示，一根遵从胡克定律的弹性绳，一端固定在天花板上的O点，另一端与静止在水平地面上的滑块M相连接。

水平地面的动摩擦因数恒定。

B为紧挨绳的一光滑小钉。

OB等于弹性绳的自然长度。

当绳处于竖直位置时，滑块M对地面有压力作用。

现在水平力F作用于物块M，使之向右做直线运动，在运动过程中，作用于物块M的摩擦力( C )
A．逐渐增大 B.逐渐减小
C．保持不变 D.条件不足无法判断
[解析]设开始时MB的长度为L，则开始时刻M对地面的压力F N＝mg－kL。

，其向上设某一时刻绳子与水平直方向的夹角为θ，则绳子的弹力为F′＝k L
sin θ
分力F y＝F′sin θ＝kL，故物体对地面的压力为F′N＝mg－kL＝F N，保持不变；因F f＝μF N，故摩擦力也保持不变，C正确，ABD错误。

10．(2023·福建龙岩模拟)人字梯是生产生活中的常见工具，人字梯由两个相同的梯子组成，两梯子的顶端用光滑铰链连接。

现将梯子放在粗糙的水平地面上，人站在A横梁上，梯子处于静止状态，梯子质量不计。

则( AC )
A．有人站的这侧梯子底部受到地面的摩擦力与没人站的那侧大小相等
B．有人站的这侧梯子底部受到地面的摩擦力比没人站的那侧大
C．人静止站在B横梁时地面对梯子的总支持力与站在A横梁时相等
D．人静止站在B横梁时地面对梯子的总支持力比站在A横梁时大
[解析]以人和梯子为整体，根据受力平衡可知水平方向的合力为零，故有人站的这侧梯子底部受到地面的摩擦力与没人站的那侧大小相等，方向相反，A正确，B错误；以人和梯子为整体，根据受力平衡可知竖直方向的合力为零，地面对梯子的总支持力等于整体的重力，故人静止站在B横梁时地面对梯子的总支持力与站在A横梁时相等，C正确，D错误。

11．(2023·辽宁模拟预测)如图所示，在倾角为θ＝37°的粗糙斜面上放置两个质量分别为m1、m2的物块A、B，A、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.25，μ2＝0.8，A、B间用一轻弹簧相连，此时A、B均恰能静止在斜面上，弹簧上有
弹力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则m2
m1的值可能为( BD )
A．5 B.10
C.15
D.20
[解析]由于μ1<tanθ<μ2，所以弹簧只能处于拉伸状态，若A恰好不下滑，对
A、B整体分析有(m1＋m2)g sin 37°＝μ1m1g cos 37°＋μ2m2g cos 37°，解得m2
m1
＝10。

若A恰好不上滑，对A、B整体分析有(m1＋m2)g sin 37°＋μ1m1g cos 37°＝μ2m2g cos
37°，解得m2
m1
＝20。

故AC错误，BD正确。

12．(2023·湖南模拟预测)如图所示，倾角为θ、质量为M的斜面体a放在水平地面上，质量为m的物块b放在斜面体上，用绕过光滑定滑轮的细绳拉住b，拉力方向水平、大小为F，系统保持静止。

下列判断正确的是( BC )
A．地面受到的摩擦力大小为F，方向向左
B．斜面体a对物块b的支持力大小为mg cos θ
C．斜面体a对地面的压力大小为Mg＋mg－F sin θ
D．斜面体a对地面的压力大小为Mg＋mg cos θ－F sin θ
[解析]把a、b作为整体分析，水平方向根据平衡条件F f＝F cos θ，故A错误；对物块b，根据垂直斜面方向的合力为零可知，斜面体a对物块b的支持力大小为mg cos θ，故B正确；对a、b整体在竖直方向根据平衡条件有Mg＋mg ＝F N＋F sin θ，F N＝Mg＋mg－F sin θ，故C正确，D错误。

13．(2023·湖南模拟预测)一定质量的实心光滑大球半径为R，放置在固定斜面上(斜面倾角为30°)，被一竖直挡板挡住，挡板可绕P点在竖直平面内转动，将一半径为r、质量为m的光滑小球放置于大球与挡板之间，整体处于静止状态，如图所示，R＝3r，现将竖直挡板顺时针缓慢放平(此过程中大球与挡板始终紧密接触)，重力加速度为g，下列说法正确的是( AD )
A．当整体处于静止状态时小球受挡板的弹力大小为
3
3mg
B．挡板顺时针缓慢放平过程中大球对小球的弹力一直变大
C．挡板顺时针缓慢放平过程中挡板对小球的弹力一直变小
D．最终斜面体对大球的弹力为零
[解析]当整体处于静止状态时，对小球进行受力分析，小球受到重力竖直向
下，挡板的弹力水平向左，以及实心大球对它的弹力，斜向右上方，与水平方向
成60°夹角，可得小球受挡板的弹力大小为mg tan 60°＝33mg ，故A 正确；缓慢放
平挡板的过程，对小球进行受力分析，大球对小球的弹力F 1，小球的重力mg 和挡板对小球的弹力F 2，将三力平移到三角形中重力不变，大球对小球的弹力和挡板对小球的弹力夹角α不变(挡板水平前)，重力方向与大球对小球的弹力之间的夹角β逐渐增大，挡板对小球的弹力与重力方向的夹角γ逐渐减小。

由正弦定理mg sin α＝F 1sin γ＝F 2sin β，mg 、α不变，β增大(由30°逐渐增大变为锐角)，γ减小，则挡板对小球的弹力先
增大后减小，大球对小球的弹力F 1逐渐减小，直至挡板水平，挡板的弹力等于重力，故BC 错误；大球与挡板始终接触，最终大球应该在挡板上，此时重力和挡板对它的弹力平衡，不受斜面体的力的作用，故D 正确。

二、非选择题
14.质量为M 的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m 的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑。

如果用与木楔斜面成α角的力F 拉着木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止，重力加速度为g )。

(1)当α变化时，求拉力F 的最小值；
(2)F 取最小值时，求木楔对水平面的摩擦力是多少？
[答案] (1)mg sin 2θ (2)12mg sin 4θ
[解析]木块在木楔斜面上匀速向下运动时，
有mg sin θ＝μmg cos θ，即μ＝tan θ。

(1)因其在力F作用下沿斜面向上匀速运动，则有：
F cos α＝mg sin θ＋F f①
F sin α＋F N＝mg cos θ②
F f＝μF N③
由①②③得F＝2mg sin θ
cos α＋μsin α
＝
2mg sin θcos θcos αcos θ＋sin αsin θ＝mg sin 2θcos(θ－α)
则当α＝θ时，F有最小值，即F min＝mg sin 2θ。

(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即
F fM＝F cos(α＋θ)
当F取最小值mg sin 2θ时，
F fM＝F min cos 2θ＝mg·sin 2θcos 2θ＝1
2mg sin 4θ。