2021届高考物理一轮复习方略核心素养测评： 六 2.3 受力分析 共点力的平衡
2021年高考物理一轮复习 课时提升练6 受力分析 共点力的平衡
2021年高考物理一轮复习课时提升练6 受力分析共点力的平衡题组一对物体受力分析1．如图2317所示，两梯形木块A、B叠放在水平地面上，A、B之间的接触面倾斜．连接A与天花板之间的细绳沿竖直方向，关于两木板的受力，图2317下列说法正确的是( )A．A、B之间一定存在摩擦力作用B．木块A可能受三个力作用C．木块B可能受到地面的摩擦力作用D．B受到的地面的支持力一定大于木块B的重力【解析】当绳对A的拉力等于A的重力时，A、B之间没有弹力，也一定没有摩擦力，此时地面对B的支持力等于B的重力，因此选项A、D错误；当绳对A的拉力为零时，由力的平衡知，A应受重力、弹力和B对A的摩擦力共三个力的作用，选项B正确；由整体法可知，地面对B的摩擦力一定为零，选项C错误．【答案】 B2. (xx·河南郑州模拟)如图2318所示，铁板AB与水平地面间的夹角为θ，一块磁铁吸附在铁板下方．在缓慢抬起铁板B端使θ角增加(始终小于90°)的过程中，磁铁始终相对铁板静止．则下列说法正确的是( )图2318A．磁铁所受合外力逐渐减小B．磁铁始终受到三个力的作用C．磁铁受到的摩擦力逐渐减小D．铁板对磁铁的弹力逐渐增大【解析】由题意可知，磁铁始终处于平衡状态，磁铁所受合外力不变，A项错误；对磁铁受力分析可知，磁铁始终受到重力、弹力、吸引力和摩擦力四个力的作用，B项错误；由平衡条件可得，mg sin θ＝F f，磁铁受到的摩擦力F f逐渐增大，mg cos θ＋F N＝F引，铁板对磁铁的弹力F N逐渐增大，C项错误，D项正确．【答案】 D3. (xx·合肥一中质检)如图2319所示，A是一质量为M的盒子，B的质量为m，A、B用细绳相连，跨过光滑的定滑轮置于倾角为θ的斜面上，B悬于斜面之外而处于静止状态，斜面放置在水平地面上．现在向A中缓慢加入沙子，整个系统始终保持静止，则在加入沙子的过程中( )图2319A．绳子拉力逐渐增大B．A对斜面的压力逐渐增大C．A所受的摩擦力逐渐增大D．地面对斜面的摩擦力逐渐增大【解析】绳子的拉力始终为B的重力mg，大小是不变的，选项A错误；设盒子和沙的总质量为M′，A对斜面的压力等于M′g cos θ且随着沙子的增多而增大，选项B正确；如果一开始摩擦力沿斜面向下，随着沙子的增多摩擦力会先减小后反向增大，选项C错误；以A、B和斜面作为一个整体，整体处于平衡状态，水平方向不受力，故地面对斜面无摩擦力，选项D错误．【答案】 B题组二物体的平衡4.一质量为M、带有挂钩的球形物体套在倾角为θ的细杆上，并能沿杆匀速下滑．如在挂钩上再吊一质量为m的物体，让它们沿细杆下滑，如图2320所示．则球形物体( )图2320A．仍匀速下滑B．沿细杆加速下滑C．受到的摩擦力不变D．受到的合外力增大【解析】不挂物体时，球形物体受力情况如图，由于球形物体匀速下滑，所以有Mg sin θ＝μMg cos θ，即μ＝tan θ；当挂上物体后，重力沿斜杆的分力F＝(M＋m)g sin θ，球形物体受到摩擦力f＝μ(M＋m)g cos θ＝(M＋m)g sin θ，所以两物体处于平衡状态，其受到摩擦力变大，合外力仍为零，故只有选项A正确．【答案】 A5. (xx·辽宁省实验中学模拟)如图2321所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点处有一个光滑的小孔，质量为m 的小球套在圆环上，一根细线的下端拴着小球，上端穿过小孔用手拉住，现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力F 的大小和轨道对小球的弹力N 的大小的变化情况是( )图2321A ．F 大小将不变B ．F 大小将增大C ．N 大小将不变D ．N 大小将增大【解析】 三角形AOC 和三角形BCD 相似，由mg OA ＝N OC 可知C 正确，D 错误；由mg OA ＝F AC可知F 将减小，A 、B 错误．【答案】 C6.如图2322所示，桌面上固定一个光滑竖直挡板，现将一个长方形物块A 与截面为三角形的垫块B 叠放在一起，用水平外力F 缓缓向左推动B ，使A 缓慢升高，设各接触面均光滑，则该过程中( )图2322A ．A 和B 均受三个力作用而平衡B ．B 对桌面的压力越来越大C ．A 对B 的压力越来越小D ．推力F 的大小恒定不变【解析】 设B 的倾角为θ，对A 物体受力分析，如图所示，则F 3与竖直方向的夹角为θ，由平衡条件，F 3cos θ＝G A ，F 3sin θ＝F 2，所以A 对B 的压力不变，C 错；A 受三个力的作用，B 受四个力的作用，A 错；对A 、B 整体受力分析，可知B 对桌面的压力F ′＝G A ＋G B ，推力F ＝F 2，B 错；推力F 不变，D 对．【答案】 D7. (xx·黄冈模拟)如图2323所示，一根粗细均匀的金属棒AB ，棒的A 端用轻绳连接，轻绳的另一端固定在天花板上，在棒的B 端施加水平拉力F 使金属棒处于静止状态．轻绳与竖直方向的夹角为α，金属棒与竖直方向的夹角为β，下列说法正确的是( )图2323A ．sin β＝2sin αB ．cos β＝2cos αC ．tan β＝2tan αD ．cot β＝2cot α【解析】 金属棒受重力G 、水平拉力F 和轻绳拉力T 三个力而平衡，则这三个力的矢量线段必相交于一点O ′，如图所示．O 点为棒的重心，即AB 的中点，∠CAO ′＝α，由几何关系得tan α＝CO ′AC ，tan β＝BC AC ，其中BC ＝2CO ′，因此tan β＝2tan α. 【答案】 C8.将两个质量均为m 的小球a 、b 用细线相连后，再用细线悬挂于O 点，如图2324所示．用力F 拉小球b ，使两个小球都处于静止状态，且细线OA 与竖直方向的夹角保持θ＝30°，则F 的最小值为( )图2324A.33mg B ．mg C.32mg D.12mg 【解析】 以a 、b 为整体，整体受重力2mg 、悬绳OA 的拉力F T 及拉力F 三个力而平衡，如图所示，三力构成的矢量三角形中，当力F 垂直于悬绳拉力F T 时有最小值，且最小值F ＝2mg sin θ＝mg ，B 项正确．【答案】 BB 组 深化训练——提升应考能力9．(xx·西安调研)如图2325所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，轻杆A 端用铰链固定，滑轮在A 端正上方(滑轮大小及摩擦均可忽略)，B 端吊一重物，重力大小为G .现将绳的一端拴在杆的B 端，用拉力F 将B 端缓慢上拉(均未断)，在AB 杆达到竖直前，以下分析正确的是( )图2325A ．绳子越来越易断B ．绳子越来越不易断C ．AB 杆越来越易断D ．AB 杆越来越不易断【解析】 以B 端为研究对象，进行受力分析．B 端受重物的拉力一定，大小为G ，轻绳的拉力F ，沿轻杆方向斜向上的支持力N .由于是缓慢拉动，所以B 端处于动态平衡状态，F 和N 的合力即为重物拉力的平衡力．根据三个力的特点可得矢量三角形如图所示．该三角形和△AOB 相似，所以OA G ＝AB N ＝OB F，用拉力F 将B 端缓慢拉动的过程中，∠OAB 逐渐减小，则OB 越来越小，而OA 、AB 、G 为定值，所以N 不变、F 越来越小．由此确定，轻杆承受的压力不变，以后也不会断；而绳子的拉力越来越小，则越来越不容易断．【答案】 B10. (多选)如图2326所示，两个完全相同的光滑球的质量均为m ，放在竖直挡板和倾角为α的固定斜面间．若缓慢转动挡板至与斜面垂直，则在此过程中( )图2326A ．A 、B 两球间的弹力不变B ．B 球对挡板的压力逐渐减小C ．B 球对斜面的压力逐渐增大D ．A 球对斜面的压力逐渐增大【解析】 以A 球为研究对象，在挡板转动过程中，A 球受力情况不变，故A 球对B 球、斜面的压力均不变，A 正确、D 项错误；以B 球为研究对象，其受力情况如图所示，在x 轴方向：F N1cos θ＝mg sin α＋F N3，在y 轴方向：F N1sin θ＋mg cos α＝F N2，因为mg 、F N3、α不变，在挡板转动过程中，θ减小，F N1减小，F N2减小，B 项正确，C 项错误．【答案】 AB11.如图2327所示，两个质量均为m 的小环套在一水平放置的粗糙长杆上，两根长度均为l 的轻绳一端系在小环上，另一端系在质量为M 的木块上，两个小环之间的距离也为l ，小环保持静止．试求：图2327(1)小环对杆的压力；(2)小环与杆之间的动摩擦因数μ至少为多大？【解析】 (1)对两小环和木块整体由平衡条件得：2N －(M ＋2m )g ＝0，解得：N ＝12Mg ＋mg 由牛顿第三定律得，小环对杆的压力为：N ′＝12Mg ＋mg(2)对M 由平衡条件得：2T cos 30°－Mg ＝0小环刚好不滑动，此时小环受到的静摩擦力达到最大值，则：T sin 30°－μN ＝0 解得动摩擦因数μ至少为：μ＝3M 3M ＋2m 【答案】 (1)12Mg ＋mg (2)3M 3M ＋2m12．如图2328所示，位于粗糙斜面上的物体P ，由跨过定滑轮的轻绳与物块Q 相连．已知物体P 和Q 以及P 与斜面之间的动摩擦因数都是μ，斜面的倾角为θ，两物体P 、Q 的质量都是m ，滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦都不计，若用一沿斜面向下的力F 拉P ，使其匀速下滑，试求：图2328(1)连接两物体的轻绳的拉力F T 的大小．(2)拉力F 的大小．【解析】 (1)隔离Q 受力分析如图所示．由平衡条件得F T ＝mg sin θ＋F μ1F N1＝mg cos θ又F μ1＝μF N1，联立得F T ＝mg sin θ＋μmg cos θ.(2)隔离P 受力分析如图所示由平衡条件，得F ＋mg sin θ－F μ1′－F μ2－F T ＝0F N2＝mg cos θ＋F N1′又F μ2＝μF N2联立以上各式得F ＝F T ＋F μ1′＋F μ2－mg sin θ＝4μmg cos θ.【答案】 (1)F T ＝mg sin θ＋μmg cos θ(2)F ＝4μmg cos θu 933750 83D6 菖23119 5A4F 婏22141 567D 噽32942 80AE 肮32495 7EEF 绯 34112 8540 蕀 ~33835 842B 萫"22757 58E5 壥。
2021年高考物理一轮复习 第二章 课时跟踪检测(七)受力分析 共点力的平衡
2021年高考物理一轮复习第二章课时跟踪检测（七）受力分析共点力的平衡对点训练：受力分析1.(xx·南京调研)如图1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( )图1A．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2．(多选)(xx·铜陵模拟)如图2所示，甲、乙两物体用压缩的轻质弹簧连接静置于倾角为θ的粗糙斜面体上，斜面体始终保持静止，则下列判断正确的是( )图2A．物体甲一定受到4个力的作用B．物体甲所受的摩擦力方向一定沿斜面向下C．物体乙所受的摩擦力不可能为零D．水平面对斜面体无摩擦力作用对点训练：平衡条件及其应用3．(xx·重庆高考)如图3所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ。
若此人所受重力为G，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为( )图3A．G B．G sin θC．G cos θD．G tan θ4.如图4所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的。
一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m1和m2的小球。
当它们处于平衡状态时，质量为m1的小球与O点的连线与水平线的夹角为α＝90°，质量为m2的小球位于水平地面上，设此时质量为m2的小球对地面压力大小为F N，细线的拉力大小为F T，则( )图4A．F N＝(m2－m1)g B．F N＝m2gC．F T＝22m1g D．F T＝(m2－22m1)g5．(xx·海南高考)如图5，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O′点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体；OO′段水平，长度为L；绳上套一可沿绳滑动的轻环。
现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L。
则钩码的质量为( )图5A.22M B.32MC.2MD.3M对点训练：整体法与隔离法6．(xx·杭州七校联考)如图6所示，a、b两个质量相同的球用线连接，a球用线挂在天花板上，b球放在光滑斜面上，系统保持静止(线的质量不计)，以下图示哪个是正确的( )图67．(多选)(xx·青岛期中)如图7所示，质量为m的木块静止地放在半径为R的半球体上，半球体与木块均处于静止状态，已知木块与半球体间的动摩擦因数为μ，木块与球心的连线与水平地面的夹角为θ，则下列说法正确的是( )图7A．地面对半球体的摩擦力方向水平向左B．木块对半球体的压力大小为mg sin θC．木块所受摩擦力大小为mg cos θD．木块所受摩擦力大小为μmg cos θ对点训练：动态平衡问题8．(xx·上海高考)如图8，光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切。
2021版高考一轮总复习物理 2-3受力分析 共点力的平衡
时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。
其中1～6为单选，7～10为多选)1．如图，一个家用台灯静止放在桌子上，下列描述中正确的是( )A．台灯对桌子的作用力和桌子对台灯的作用力是一对平衡力B．台灯受到向左的摩擦力C．旋转点O对灯头的作用力沿AB方向D．台灯底座所受合外力为零答案 D解析根据相互作用力的特点，则台灯对桌子的作用力和桌子对台灯的作用力是一对相互作用力，故A错误；台灯静止在水平桌面上，对台灯进行受力分析，台灯受重力、桌面的支持力，若有摩擦力，则不可能处于平衡状态，故B错误；对灯头进行受力分析，灯头受重力与支持力，那么旋转点O对灯头的作用力沿竖直方向，故C错误；静止状态是一种平衡状态，处于平衡状态的物体受到的力是平衡力，即合力为零，故D正确。
2．如图所示，两梯形木块A、B叠放在水平地面上，A、B之间的接触面倾斜。
A的左侧靠在光滑的竖直墙面上，最新两木块的受力，下列说法正确的是( )A．A、B之间一定存在摩擦力作用B．木块A可能受三个力作用C．木块A一定受四个力作用D．木块B受到地面的摩擦力作用方向向右答案 B解析由于A、B间接触面情况未知，若A、B接触面光滑，则A、B间可以没有摩擦力，A错误；对A受力分析可知，A一定受向右的弹力、重力和支持力，因为A、B间可能没有摩擦力，所以A可能只受三个力，B正确，C错误；木块B受重力、推力、A对B的垂直于接触面的压力作用，若压力向右的分力等于F，则B可能不受摩擦力，D错误。
3．如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态。
若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态。
则下列判断中正确的是( )A．球B对墙的压力增大B．球B对柱状物体A的压力增大C．地面对柱状物体A的摩擦力不变D．地面对柱状物体A的支持力不变答案 D解析以B为研究对象，受力分析如图甲所示，由图可知，把A向右移动少许，墙对球B的压力F1减小，柱状物体A对球B的支持力F2减小，由牛顿第三定律知，球B对墙的压力减小，球B对柱状物体A的压力减小，选项A、B错误；把A、B作为一个整体，受力分析如图乙所示，由平衡条件得，地面对柱状物体A的摩擦力F f＝F1，地面对柱状物体A的支持力F N＝(m A＋m B)g，由此可知，地面对柱状物体A的摩擦力减小，地面对柱状物体A的支持力不变，选项C错误，D正确。
2021版高考物理(基础版)一轮复习课后达标：第二章 3 素养探究课(二) 相互作用观念——受力分析 共点
[学生用书P305(单独成册)](建议用时：40分钟)一、单项选择题1．(2020·河南开封质检)如图所示，一件重力为G 的衣服悬挂在等腰衣架上，已知衣架顶角α＝120°，底边水平，不计摩擦，则衣架一侧对衣服的作用力大小为( )A.33GB.32G C.12G D ．G解析：选A.以衣服为研究对象，受力分析如图所示，衣架两侧对衣服作用力的夹角为60°，由平衡条件，2F cos 30°＝G ，解得F ＝33G ，A 正确．2．(2020·四川彭州中学模拟)如图所示，a 、b 两个质量相同的球用线连接，a 球用线悬挂在天花板上，b 球放在光滑斜面上，系统保持静止，以下图示中正确的是( )解析：选B.对b 球受力分析，受重力、垂直斜面向上的支持力和细线的拉力，由于三力平衡时三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故细线拉力斜向右上方，故A 图错误；再对a 、b 两个球整体受力分析，受总重力、垂直斜面向上的支持力和上面细线的拉力，再次根据共点力平衡条件判断上面的细线的拉力方向斜向右上方，故C 、D 图均错误．3.如图所示，一质量为m 的沙袋用不可伸长的轻绳悬挂在支架上，一练功队员用垂直于绳的力将沙袋缓慢拉起使绳与竖直方向的夹角为θ＝30°，且绳绷紧，则练功队员对沙袋施加的作用力大小为( )A.mg 2B.32mgC.33mgD.3mg解析：选A.法一：合成法分析沙袋受力如图所示，沙袋在三个力作用下处于平衡，其中任两个力的合力与第三个力等值反向，作出力的合成图，由图中几何关系可得F ＝mg sin 30°＝mg 2，A 正确． 法二：正交分解法如图，建立直角坐标系对沙袋进行受力分析有：由平衡条件得：F cos 30°－F T sin 30°＝0，F T cos 30°＋F sin 30°－mg ＝0，联立可解得：F ＝mg 2，故选A. 法三：正交分解法对沙袋进行受力分析，由于拉力F 与绳垂直，建立如图直角坐标系，由x 轴上合力为零有：F ＝mg sin 30°＝mg 2，A 正确． 4.如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O 为球心．一质量为m 的小滑块，在水平力F 的作用下静止于P 点，设滑块所受支持力为F N ，OP 与水平方向的夹角为θ.下列关系正确的是( )A ．F ＝mg tan θB ．F ＝mg tan θC ．F N ＝mg tan θD ．F N ＝mg tan θ解析：选A.法一：合成法滑块受力如图甲，由平衡条件知：mg F ＝tan θ，mg F N ＝sin θ⇒F ＝mg tan θ，F N ＝mg sin θ.法二：效果分解法将重力按产生的效果分解，如图乙所示，F ＝G 2＝mg tan θ，F N ＝G 1＝mg sin θ. 法三：正交分解法将滑块受的力水平、竖直分解，如图丙所示，mg ＝F N sin θ，F ＝F N cos θ，联立解得：F ＝mg tan θ，F N ＝mg sin θ. 法四：封闭三角形法如图丁所示，滑块受的三个力组成封闭三角形，解直角三角形得：F ＝mg tan θ，F N ＝mg sin θ. 5．(2020·福建五校高三联考)一光滑的轻滑轮用轻绳MA 悬挂于M 点，站在地面上的人用轻绳跨过滑轮拉住漏斗，在砂子缓慢漏出的过程中，人握住轻绳保持不动，则在这一过程中()A．轻绳MA的拉力保持不变B．轻绳MA的拉力逐渐增大C．人对地面的压力逐渐减小D．人对地面的摩擦力逐渐减小解析：选D.轻滑轮的重力不计，受三个拉力而平衡，由于人握住轻绳保持不动，故三个拉力的方向均不变，在砂子缓慢漏出的过程中，漏斗的重力逐渐减小，人握住的轻绳的拉力也逐渐减小，所以MA绳的拉力也逐渐减小，A、B均错误；对人进行受力分析，如图所示，根据平衡条件，水平方向有f＝F sin θ，地面对人的支持力N＝mg－F cos θ，由于F减小，故支持力N增大，摩擦力f减小，再根据牛顿第三定律可得，人对地面的压力增大，摩擦力减小，D正确，C错误．6.(2020·河北高三模拟)如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O′点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体；OO′段水平，长度为L；绳子上套一可沿绳滑动的轻环．现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L，则钩码的质量为()A.22M B.32M C.2M D.3M解析：选D.重新平衡后，绳子形状如图，由几何关系知：绳子与竖直方向夹角为30°，则环两边绳子的夹角为60°，根据平行四边形定则，环两边绳子拉力的合力为3Mg，根据平衡条件，则钩码的质量为3M，故D正确．7.如图所示的是一个力学平衡系统，该系统由三条轻质细绳将质量均为m 的两个小球连接悬挂组成，小球直径相比轻绳长度可以忽略，轻绳1与竖直方向的夹角为30°，轻绳2与竖直方向的夹角大于45°，轻绳3水平．当此系统处于静止状态时，轻绳1、2、3的拉力分别为F 1、F 2、F 3，比较三力的大小，下列结论正确的是( )A ．F 1<F 3B ．F 2<F 3C ．F 1>F 2D ．F 1<F 2解析：选C.对两球整体受力分析，根据平衡条件可知F 1＝2mg cos 30°＝433mg ；F 3＝2mg tan 30°＝233mg ，则F 1>F 3，A 错误；对下方小球受力分析，因F 2是直角三角形的斜边，而mg 和F 3是直角边，可知F 2>F 3，B 错误；对上方小球分析，水平方向：F 1sin 30°＝F 2sin θ，因θ>45°，则F 1>F 2，C 正确，D 错误．8.如图所示，用轻杆AO (可绕A 点自由转动)和轻绳BO 吊着一个重物M ，保持AO 与水平方向的夹角θ不变．下列说法正确的是( )A ．当BO 逆时针由水平转到竖直，绳子的拉力一直减小B ．当BO 逆时针由水平转到竖直，轻杆的拉力先减小后增大C ．若增大θ，保持OB 水平，仍使重物M 处于平衡，则AO 、BO的拉力均增大D ．当重物M 的质量增大时，AO 、BO 的拉力均增大解析：选D.对物体受力分析，受重力、两个拉力，如图甲所示，将两个拉力合成，其合力与重力平衡，由图象可以看出，OB 绳所受的拉力先减小后增大，当垂直时取最小值，OA 杆受到的拉力一直减小，故A 、B 错误；如图乙所示，根据共点力的平衡条件可知AO 的拉力T ＝G sin θ、BO 的拉力F ＝G tan θ，当M 的重力G 增大时，AO 、BO的拉力均增大，故D正确；增大θ，保持OB水平，仍使重物M处于平衡，则AO、BO 的拉力均减小，C错误．9．(2020·陕西汉中一模)如图所示，粗糙水平面上放有截面为14圆周的柱状物体A，A与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B，对A施加一个水平向左的力F，使A缓慢地向左移动少许，在这一过程中()A．墙壁对B的弹力先减小后增大B．A对B的弹力一直增大C．A受到的摩擦力一直增大D．A受到的地面支持力不变解析：选D.对B物体受力分析，受到重力mg、A物体对B物体的支持力N′和墙壁对B物体的支持力N，如图甲所示，当A物体向左移动后，A物体对B物体的支持力N′的方向不断变化，根据平衡条件结合合成法可以知道：A物体对B物体的支持力N′和墙壁对B物体的支持力N都在不断减小，故A、B错误；对A和B整体受力分析，受到总重力G、地面支持力F N，推力F和墙壁的弹力N，地面的摩擦力f，如图乙所示，根据平衡条件有：F＝N＋f，F N＝G，地面的支持力不变，墙壁对B物体的支持力N不断减小，f＝F－N，由于不知F如何变化，f可能减小，也可能增大，还可能不变，故C错误，D正确．二、多项选择题10.(2020·湖北四地六校高三联考)如图所示，光滑水平地面上有一直角三角形斜面体B 靠在竖直墙壁上，物块A放在斜面体B上，开始时A、B静止．现用水平力F推A，A、B 仍静止，则此时A、B受力的个数可能是()A．3个、5个B．3个、3个C．4个、5个D．3个、4个解析：选CD.先对A、B整体受力分析，A、B整体受推力、重力、地面的支持力、墙壁的支持力；再对物块A受力分析，A受重力、推力、斜面体的支持力，可能还受到静摩擦力，所以A可能受到3个或4个力，分析B的受力情况，B受到重力、墙壁的支持力、地面的支持力、A对B的压力，可能还受到A对B的静摩擦力，所以B可能受到4个或5个力，故C、D均正确．11.如图所示，工作人员将小车和冰球推进箱式吊车并运至冰雕顶部安装，先后经历了向右匀速、向右匀减速、向上匀加速、向上匀减速直线运动四个过程．冰球与水平底板和右侧斜挡板始终保持接触但摩擦不计．关于冰球的受力情况，下列判断正确的是()A．向右匀速过程，冰球一定受到三个力B．向右匀减速过程，冰球可能受到两个力C．向上匀加速过程，冰球一定受到两个力D．向上匀减速过程，冰球可能受到一个力解析：选BCD.向右匀速过程，冰球受重力与支持力两个力，故A错误；冰球向右匀减速过程，有可能只受重力和右侧斜挡板对它的弹力，这两个力的合力恰好水平向左，使其匀减速而不受支持力，故B正确；冰球向上匀加速的过程，受重力和支持力两个力，合力向上，故C正确；如果冰球向上匀减速运动的加速度为g，则冰球就只受重力，故D正确．12.(2020·四川成都调研)如图所示，用OA、OB两根轻绳将花盆悬于两竖直墙之间，开始时OB绳水平．现保持O点位置不变，改变OB绳长使绳右端由B点缓慢上移至B′点，此时OB′与OA之间的夹角θ<90°.设此过程OA、OB绳的拉力分别为F OA、F OB，则下列说法正确的是()A．F OA一直减小B．F OA一直增大C．F OB一直减小D．F OB先减小后增大解析：选AD.本题疑难之处在于能否熟练运用动态平衡的方法来求解．以结点O为研究对象，分析受力，竖直向下的力G、绳OA的拉力F OA和绳OB的拉力F OB，由结点处于平衡状态可知，两根轻绳的拉力的合力与G大小相等、方向相反，作出轻绳OB在不同位置时力的合成图如图所示，由图看出，F OA逐渐减小，F OB先减小后增大，当θ＝90°时，F OB最小．故A、D正确，B、C错误．13.如图所示，人重600 N，木板重400 N，人与木板间、木板与地面间的动摩擦因数均为0.2，绳与滑轮的质量及它们之间的摩擦均不计，现在人用水平拉力拉绳，使他与木板一起向右匀速运动，则()A．人拉绳的力是200 NB．人拉绳的力是100 NC．人的脚给木板的摩擦力方向水平向右D．人的脚给木板的摩擦力方向水平向左解析：选BC.先运用整体法，选取人和木板组成的系统为研究对象，设绳中弹力大小为F T，则2F T＝μ(G人＋G木板)＝0.2×(600＋400) N＝200 N，所以F T＝100 N，A错误，B正确；再运用隔离法，选取人为研究对象，水平方向上，人共受到两个力的作用：绳子水平向右的弹力和木板对人的脚的摩擦力，因为二力平衡，所以该摩擦力与弹力等大反向，即摩擦力方向水平向左，根据牛顿第三定律，人的脚给木板的摩擦力方向水平向右，C正确，D错误．14.如图所示，一光滑球体静止于夹角为θ的支架ABC内，AB、BC与水平面的夹角都为α.现以B为旋转中心，在平行于纸面的平面内，让BC缓慢沿顺时针旋转，直至水平(AB不动)．设BC对球体的作用力大小为F，则整个过程中()A．F可能一直减小B．F可能一直增大C．F可能先减小后增大D．F可能先增大后减小解析：选BC.对球受力分析，球受重力G和两个支持力，其中AB对球的支持力N方向不变，而BC对球的支持力F方向改变，根据平衡条件作图分析，三个力可以构成一个首尾相连的矢量三角形，如图所示，由于不知道角度α的具体大小，支持力F可能是先减小后增大，也可能逐渐增大，B、C均正确．。
2021届山东新高考物理一轮复习课后限时集训6 共点力的平衡 Word版含解析
共点力的平衡建议用时：45分钟1．磁性车载支架(图甲)使用方便，它的原理是将一个引磁片贴在手机背面，再将引磁片对准支架的磁盘放置，手机就会被牢牢地吸附住(图乙)。
下列关于手机(含引磁片，下同)的说法中正确的是()甲乙A．汽车静止时，手机共受三个力的作用B．汽车静止时，支架对手机的作用力大小等于手机的重力大小C．当汽车以某一加速度向前加速时，手机可能不受支架对它的摩擦力作用D．只要汽车的加速度大小合适，无论是向前加速还是减速，手机都可能不受支架对它的摩擦力作用B[手机处于静止状态时，受力平衡，手机共受到重力、支架的支持力、摩擦力以及磁盘的吸引力，共4个力的作用，A错误；手机处于静止状态时，支架对手机的支持力、摩擦力、吸引力的合力与手机重力等大反向，B正确；因磁盘对手机的吸引力和手机所受支持力均与引磁片垂直，汽车有向前的加速度时，一定有沿斜面向上的摩擦力，故C、D均错误。
]2.(多选)如图所示，固定斜面上有一光滑小球，与一竖直轻弹簧P和一平行斜面的轻弹簧Q连接着，小球处于静止状态，则关于小球所受力的个数可能的是()A．1 B．2C．3 D．4BCD[设小球质量为m，若F P＝mg，则小球只受拉力F P和重力mg两个力作用；若F P<mg，则小球受拉力F P、重力mg、支持力F N和弹簧Q的弹力F Q四个力作用；若F P＝0，则小球要保持静止，应受F N、F Q和mg三个力作用，故小球受力个数不可能为1。
A错误，B、C、D正确。
]3．(2019·福建龙岩质检)如图甲所示，在挪威的两座山峰间夹着一块岩石，吸引了大量游客前往观赏。
该景观可简化成如图乙所示的模型，右壁竖直，左壁稍微倾斜。
设左壁与竖直方向的夹角为θ，由于长期的风化，θ将会减小。
石头与山崖间的摩擦很小，可以忽略不计。
若石头质量一定，θ减小，石头始终保持静止，下列说法正确的是()A．山崖左壁对石头的作用力将增大B．山崖右壁对石头的作用力不变C．山崖对石头的作用力减小D．石头受到的合力将增大A[本题通过正交分解法考查共点力平衡问题。
高考物理全国卷专题(06)力的合成与分解(解析版)
2021年高考物理一轮复习必热考点整合回扣练专题（06）力的合成与分解（解析版）考点一共点力的合成1．两个共点力的合成|F1－F2|≤F合≤F1＋F2，即两个力大小不变时，其合力随夹角的增大而减小，当两力反向时，合力最小；当两力同向时，合力最大．2．三个共点力的合成(1)最大值：三个力共线且同向时，其合力最大，为F1＋F2＋F3.(2)最小值：任取两个力，求出其合力的范围，如果第三个力在这个范围之内，则三个力的合力的最小值为零，如果第三个力不在这个范围内，则合力的最小值为最大的一个力减去另外两个较小的力的大小之和．3．几种特殊情况的共点力的合成4.(1)作图法(2)计算法若两个力F1、F2的夹角为θ，如右图所示，合力的大小可由余弦定理得到：F＝F21＋F22＋2F1F2cos θ，tan α＝F2sin θF1＋F2cos θ.题型1合力范围的确定【典例1】(多选)一物体静止于水平桌面上，两者之间的最大静摩擦力为5 N，现将水平面内的三个力同时作用于物体的同一点，三个力的大小分别为2 N、2 N、3 N．下列关于物体的受力情况和运动情况判断正确的是()A．物体所受静摩擦力可能为2 NB．物体所受静摩擦力可能为4 NC．物体可能仍保持静止D．物体一定被拉动【答案】ABC【解析】两个2 N的力的合力范围为0～4 N，然后与3 N的力合成，则三力的合力范围为0～7 N，由于最大静摩擦力为5 N，因此可判定A、B、C正确，D错误．【变式1】如图所示，位于斜面上的木块静止不动，则斜面对木块的支持力与摩擦力的合力方向为()A．垂直斜面向上B．沿斜面向上C．竖直向上D．竖直向下【答案】C【解析】木块受重力、支持力、摩擦力处于平衡，合力为零，则支持力和摩擦力的合力与重力等大反向，即合力的方向竖直向上，选项C正确，选项A、B、D错误.题型2作图法的应用【典例2】一物体受到三个共面共点力F1、F2、F3的作用，三力的矢量关系如图所示(小方格边长相等)，则下列说法正确的是()A．三力的合力有最大值F1＋F2＋F3，方向不确定B．三力的合力有唯一值3F3，方向与F3同向C．三力的合力有唯一值2F3，方向与F3同向D．由题给条件无法求合力大小【答案】B【解析】先以力F1和F2为邻边作平行四边形，其合力与F3共线，大小F12＝2F3，如图所示，合力F12再与第三个力F3合成求合力F合．可见F合＝3F3.【变式2】(多选)某物体同时受到同一平面内的三个共点力作用，在如图所示的四种情况中(坐标纸中每格边长表示1 N 的大小的力)，该物体所受的合外力大小正确的是 ( )A ．甲图中物体所受的合外力大小等于5 NB ．乙图中物体所受的合外力大小等于5 NC ．丙图中物体所受的合外力大小等于0D ．丁图中物体所受的合外力大小等于0 【答案】ABD【解析】由力的平行四边形定则可知，甲图中三个力的合外力大小为5 N ，乙图中三个力的合外力大小为5 N ，丙图中三个力的合外力大小为6 N ，丁图中三个力的合外力大小为0.选项C 错误，A 、B 、D 正确． 题型3 计算法的应用【典例3】 射箭是奥运会比赛项目之一，图甲为我国著名选手张娟娟的射箭场景．已知弓的顶部跨度为l ，弦均匀且弹性良好，其原长为l .发射时弦和箭可等效为图乙的情景，假设弓的跨度保持不变，箭在弦的正中间，弦夹在类似动滑轮的附加装置上，将箭发射出去．已知弦的劲度系数为k ，射箭时弦的最大长度为53l (弹性限度内)，则箭被射出瞬间所受的最大弹力为(设弦的弹力满足胡克定律)( )A.23klB.1615klC.3kl D ．2kl【答案】B【解析】弓弦的张力F ＝k ⎝⎛⎭⎫53l －l ＝23kl ，如题图乙所示，设弦与箭的夹角为θ，弦对箭的作用力F ′＝2F cos θ＝2·23kl ·45＝1615kl ，B 正确．【变式3】如图所示，四个半径为r 、质量为m 的排球呈正四面体堆放在粗糙水平面上，四个排球紧密接触，处于静止状态，最上面的排球与其余三个排球的摩擦不计，则上面的排球受到其他每个排球的作用力大小为( )A.13mgB.36mgC.63mgD.66mg 【答案】D【解析】设下面每个排球对上面的排球作用力大小为F ，方向与水平方向夹角为θ，则3F sin θ＝mg ①，四个排球呈正四面体堆放，由几何知识可知sin θ＝63 ①，联立①①解得F ＝66mg ，选项D 正确，A 、B 、C 错误．【提 分 笔 记】两种求解合力的方法的比较(1)作图法求合力，需严格用同一标度作出力的图示，作出规范的平行四边形，才能较精确地求出合力的大小和方向．(2)计算法求合力，只需作出力的示意图，对平行四边形的作图要求也不太严格，重点是利用数学方法求 解，往往适用于两力的夹角是特殊角的情况． 考点二 力的分解 1．效果分解法按力的作用效果分解(思路图)2．正交分解法(1)定义：将已知力按互相垂直的两个方向进行分解的方法．(2)建立坐标轴的原则：一般选共点力的作用点为原点，在静力学中，以少分解力和容易分解力为原则(使尽量多的力分布在坐标轴上)；在动力学中，往往以加速度方向和垂直加速度方向为坐标轴建立坐标系． (3)方法：物体受到多个力F 1、F 2、F 3、…作用，求合力F 时，可把各力向相互垂直的x 轴、y 轴分解． x 轴上的合力F x ＝F x 1＋F x 2＋F x 3＋… y 轴上的合力F y ＝F y 1＋F y 2＋F y 3＋…合力大小F ＝F 2x ＋F 2y合力方向：与x 轴夹角为θ，则tan θ＝F yF x .3．力的分解的唯一性和多解性(1)已知两个不平行分力的方向，可以唯一地作出力的平行四边形，对力进行分解，其解是唯一的． (2)已知一个分力的大小和方向，力的分解也是唯一的．(3)已知一个分力F 1的方向和另一个分力F 2的大小，对力F 进行分解，如图所示，有三种可能：(F 1与F 的夹角为θ)①F 2<F sin θ时无解．①F 2＝F sin θ或F 2≥F 时有一组解． ①F sin θ<F 2<F 时有两组解．(4)已知合力和两个不平行分力大小，许多同学认为只有如下两种分解.事实上，以F 为轴在空间将该平行四边形转动一周，每一个平面分力方向均有变化，都是一个解，因此，此情景应有无数组解． 题型1 按力的效果分解【典例4】 (多选)明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可．一游僧见之曰：无烦也，我能正之．”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身．假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F ，方向如图所示，木楔两侧产生推力F N ，则 ( )A ．若F 一定，θ大时F N 大B ．若F 一定，θ小时F N 大C ．若θ一定，F 大时F N 大D ．若θ一定，F 小时F N 大【答案】BC【解析】根据力F 的作用效果将力F 分解为垂直于木楔两侧的力F N ，如图所示，则F 2F N ＝sin θ2即F N ＝F2sinθ2所以当F 一定时，θ越小，F N 越大；当θ一定时，F 越大，F N 越大．故选项B 、C 正确．【变式4】刀、斧、凿等切削工具的刃部叫做劈，如图是斧头劈木柴的示意图．劈的纵截面是一个等腰三角形，使用劈的时候，垂直劈背加一个力F ，这个力产生两个作用效果，使劈的两个侧面推压木柴，把木柴劈开．设劈背的宽度为d ，劈的侧面长为l ，不计斧头的自身重力，则劈的侧面推压木柴的力约为 ( )A.d l FB.l d FC.l 2d FD.d2lF 【答案】B【解析】斧头劈木柴时，设两侧面推压木柴的力分别为F 1、F 2且F 1＝F 2，利用几何三角形与力的三角形相似有d F ＝l F 1，得推压木柴的力F 1＝F 2＝ldF ，所以B 正确，A 、C 、D 错误．题型2 正交分解【典例5】(多选)如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳OO ′悬挂于O 点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a ，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b .外力F 向右上方拉b ，整个系统处于静止状态．若F 方向不变，大小在一定范围内变化，物块b 仍始终保持静止，则( )A ．绳OO ′的张力也在一定范围内变化B ．物块b 所受到的支持力也在一定范围内变化C ．连接a 和b 的绳的张力也在一定范围内变化D ．物块b 与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化 【答案】BD【解析】系统处于静止状态，连接a 和b 的绳的张力大小T 1，等于物块a 的重力G a ，C 项错误；以O′点为研究对象，受力分析如图甲所示，T1恒定，夹角θ不变，由平衡条件知，绳OO′的张力T2恒定不变，A项错误；以b为研究对象，受力分析如图乙所示，则F N＋T1cos θ＋F sin α－G b＝0f＋T1sin θ－F cos α＝0F N、f均随F的变化而变化，B、D项正确．【变式5】如图所示，物体重为G，AO绳与顶板间的夹角为45°，BO绳水平，且AO、BO两根绳能承受的最大拉力相等，当物体的重力逐渐增大时，哪根绳先断裂？【答案】AO绳先断裂【解析】在结点O，竖直向下的拉力F产生了两个效果：一是沿AO向下拉紧AO绳的分力F1，二是沿BO 向左拉紧BO绳的分力F2，分解示意图如图．则有F1＝Gsin 45°＝2G，F2＝Gtan 45°＝G显然F1>F2，又因为F1＝F AO，F2＝F BO，且两绳能承受的最大拉力相等，故当逐渐增大物体的重力时，AO 绳先断．【提分笔记】力的合成与分解方法的选择力的效果分解法、正交分解法、合成法都是常见的解题方法．一般情况下，物体只受三个力的情形下，力的效果分解法、合成法解题较为简单，在三角形中找几何关系，利用几何关系或三角形相似求解；而物体受三个以上力的情况多用正交分解法，但也要视题目具体情况而定．题型3 力的分解的唯一性和多解性【典例6】(多选)已知力F ，且它的一个分力F 1跟F 成30°角，大小未知，另一个分力F 2的大小为 33F ，方向未知，则F 1的大小可能是( ) A.3F 3 B.3F 2 C.23F 3D.3F【答案】AC【解析】根据题意作出矢量三角形如图所示，因为33F >F2，从图上可以看出，F 1有两个解，由直角三角形OAD 可知：F OA ＝F 2－⎝⎛⎭⎫F 22＝32F .由直角三角形ABD 得：F BA ＝F 22－⎝⎛⎭⎫F 22＝36F .由图的对称性可知：F AC ＝F BA ＝36F ，则分力F 1＝32F －36F ＝33F ；F 1′＝32F ＋36F ＝233F .【变式6】如图所示，甲、乙、丙三人分别在两岸用绳拉小船使其在河流中行驶，已知甲的拉力大小为800 N ，方向与航向夹角为30°，乙的拉力大小为400 N ，方向与航向夹角为60°，要保持小船在河流正中间沿虚线所示的直线行驶，则丙用力最小为( )A ．与F 甲垂直，大小为400 NB ．与F 乙垂直，大小为200 3 NC ．与河岸垂直，大小约为746 ND ．与河岸垂直，大小为400 N 【答案】C【解析】 甲、乙两人的拉力大小和方向一定，则其合力F 的大小和方向一定，作出平行四边形如图所示．要保持小船在河流中间沿直线行驶，则小船所受合力应沿直线方向，力F 的大小和方向已知，合力的方向已知，求最小的另一分力F 丙，则最小的F 丙与直线垂直(即与河岸垂直)，且F 丙＝F 乙sin 60°＋F 甲sin 30°＝200 3 N ＋400 N ＝746 N ，C 正确．考点三 “活结”和“死结”与“动杆”和“定杆”问题1．活结：当绳绕过光滑的滑轮或挂钩时，由于滑轮或挂钩对绳无约束，因此绳上的力是相等的，即滑轮只改变力的方向不改变力的大小．2．死结：若结点不是滑轮，是固定点时，称为“死结”结点，则两侧绳上的弹力不一定相等．3．动杆：若轻杆用光滑的转轴或铰链连接，当杆处于平衡时杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起杆的转动．如图甲所示，若C 为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向．4．定杆：若轻杆被固定不发生转动，则杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向，如图乙所示． 题型1 “活结”和“死结”问题【典例7】 如图所示，两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上．一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m 的小球．在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( )A.m 2B.32m C ．m D ．2m【答案】C【解析】如图所示，圆弧的圆心为O ，悬挂小物块的点为c ，由于ab ＝R ，则①aOb 为等边三角形，同一条细线上的拉力相等，F T ＝mg ，合力沿Oc 方向，则Oc 为角平分线，由几何关系知，①acb ＝120°，故细线的拉力的合力与小物块的重力大小相等，且每条细线上的拉力大小F T ＝G ，所以小物块质量为m ，故C 对．【变式7】如图所示，在竖直平面内固定一直杆，将轻环套在杆上．不计质量的滑轮用轻质绳OP 悬挂在天花板上，另一轻绳通过滑轮系在环上，不计所有摩擦．现向左缓慢拉绳，当环静止时，与手相连的绳子水平，若杆与地面间夹角为θ，则绳OP 与天花板之间的夹角为( )A.π2 B ．θ C.π4＋θ2D.π4－θ2。
2021届高考物理一轮复习 第2章 第3单元《受力分析 共点力的平衡
2021届高考物理一轮复习第2章第3单元《受力分析共点力的平衡2021届高考物理一轮复习定时跟踪检测：第2章第3单元《受力分析共点力的平衡》（人教版）(时间：45分钟满分：100分)一、选择题(每小题7分，共70分)1．如图所示，重80 N的物体A放在倾角为30°的粗糙斜面上，有一根原长为10 cm，劲度系数为1000 N/m的弹簧，其一端固定在斜面底端，另一端放置物体A后，弹簧长度缩短为8 cm，现用一测力计沿斜面向上拉物体，若滑块与斜面间最大静摩擦力为25 N，当弹簧的长度仍为8 cm时，测力计读数可能为( )A．10 N C．40 NB．20 N D．60 N解析：设物体与斜面的静摩擦力沿斜面向上，由平衡条件得：F＋Ff＋kx＝mgsin30°.可得：F＋Ff＝20 N，F由0逐渐增大．Ff逐渐减小，当Ff＝0时，F＝20 N；故A、B均可能；当Ff沿斜面向下时，F＋kx＝Ff＋mgsin30°.有：F＝Ff＋20 N，随F增大，Ff也逐渐增大，直到Ff＝25 N，此时F＝45 N，当F>45 N，滑块就沿斜面滑动，故测力计的读数不可能为60 N.答案：ABC2．[2021・盐城月考]如图所示，将两相同的六边形木块a、b置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，b的右端用橡皮筋与墙壁相连．开始时a、b均静止，弹簧处于压缩状态，橡皮筋有拉力．现将橡皮筋剪断，则剪断瞬间( )A．a所受的摩擦力大小不变 C．b所受摩擦力为零B．a所受的摩擦力方向向右 D．b所受摩擦力方向向左解析：剪断前，a、b受力情况如下图所示，两物体均受力平衡．橡皮筋剪断瞬间，弹簧上的弹力不能突变，所以a的受力不变，a所受的摩擦力大小不变，方向水平向右，选项AB正确；橡皮筋剪断瞬间，拉力f皮突然消失，但弹簧水平向右的11弹力不变，b所受摩擦力方向仍然向左，大小突然减小，所以选项C错误，D正确．答案：ABD3．如图所示，物块A放在倾斜的木板上，木板的倾角α为30°和45°时物块所受摩擦力的大小恰好相等，则物块和木板间的动摩擦因数为( )A．1/2 C.3/2B.2/2 D.5/2解析：物块在木板上两次所受摩擦力的大小相等，说明当倾角为30°时是静摩擦力；在倾角为45°时是滑动摩擦力．所以有mgsin30°＝μmgcos45°，解得：μ＝2/2.故B 正确．答案：B4．一质量为M的探空气球在匀速下降，若气球所受浮力F始终保持不变，气球在运动过程中所受阻力仅与速率有关，重力加速度为g.现欲使该气球以同样速率匀速上升，则需从气球吊篮中减少的质量为( )A．2(M－) C．2M－Fg2FB．M－ gFgD．0解析：设气球所受阻力为f，上升时质量为M′.下降和上升时受力情况如图所示，由平衡条件可知：下降时F＋f＝Mg，上升时F＝f＋M′g两式联立得，需从气球中减少的质量为FM－M′＝2(M－)，故A项正确．g22答案：A5．[2021・内江模拟]如图所示，带有长方体盒子的斜劈A放在固定的斜面体C的斜面上，在盒子内放有光滑球B，B恰与盒子前、后壁P、Q点相接触．若使斜劈A在斜面体C上静止不动，则P、Q对球B无压力．以下说法正确的是( )A．若C的斜面光滑，斜劈A由静止释放，则P点对球B有压力B．若C的斜面光滑，斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行，则P、Q对球B均无压力 C．若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面匀速下滑，则P、Q对球B均无压力 D．若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面加速下滑，则Q点对球B有压力解析：若C的斜面光滑，无论A由静止释放还是沿斜面向上滑行，通过对A、B整体受力分析可知，整体具有沿斜面向下的加速度，B球所受合力应沿斜面向下，故Q点对球B有压力，A、B项错；若C的斜面粗糙，斜劈A匀速下滑时，整体所受合力为零，故P、Q 不可能对球B有压力，C项正确；若C的斜面粗糙，斜劈A加速下滑时，A、B整体具有沿斜面向下的加速度，故球B所受合力也应沿斜面向下，故Q点一定对球B有压力，D项正确．答案：CD6．如图所示，一质量为M、倾角为θ的斜面体放在水平地面上，质量为m的小木块(可视为质点)放在斜面上，现一平行于斜面的、大小恒定的拉力F作用于小木块，拉力在斜面所在的平面内绕小木块旋转一周的过程中，斜面体和小木块始终保持静止状态．下列说法中正确的是( )A．小木块受到斜面的最大静摩擦力为F＋mgsinθB．小木块受到斜面的最大静摩擦力为F＋mgsinθ C．斜面体受到地面的最大静摩擦力为F D．斜面体受到地面的最大静摩擦力为Fcosθ223 3解析：由于小木块始终保持静止，因此在斜面上，小木块沿斜面方向受到的拉力、静摩擦力及重力沿斜面向下的分力三者平衡，因此当F沿斜面向下时静摩擦力最大，为F＋mgsinθ，对小木块和斜面体两者的整体分析，当F水平时，斜面体受到地面的静摩擦力最大为F.答案：BC7．如图所示，竖直杆OB顶端有光滑轻质滑轮，轻质杆OA自重不计，可绕O点自由转动，OA＝OB.当绳缓慢放下，使∠AOB由0°逐渐增大到180°的过程中(不包括0°和180°)下列说法正确的是( )A．绳上的拉力先逐渐增大后逐渐减小 B．杆上的压力先逐渐减小后逐渐增大 C．绳上的拉力越来越大，但不超过2G D．杆上的压力大小始终等于G解析：可先作出A结点处受力分析图如图所示，由于A结点静止，故有杆支持力N和绳拉力T的合力G′和G大小相等而平衡，这时必△OAB～△ANG′.由于OA、OB长度始终和物重G相等，而绳的拉力T是越来越大，又由于AB始终小于2OB，所以绳的拉力T也始终小于2G，故本题正确的答案是C、D.答案：CD4 48．[2021・云南师大附中月考]在上海世博会最佳实践区，江苏城市案例馆中穹形门窗充满了浓郁的地域风情和人文特色．如图所示，在竖直放置的穹形光滑支架上，一根不可伸长的轻绳通过轻质滑轮悬挂一重物G.现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从B点沿支架缓慢地向C点靠近(C点与A点等高)．则绳中拉力大小变化的情况是( )A．先变小后变大 C．先变大后不变B．先变小后不变 D．先变大后变小解析：由于轻绳中各处的张力相等，若两悬挂点之间的水平距离为d，绳长为l，如图dl2－d2所示，则sinα＝，cosα＝.由平衡条件可得，2Fcosα＝G，所以绳中的拉力F＝llGl，故随着两悬挂点水平距离d的增大，拉力增大；当两悬挂点水平距离d不变后，222l－d拉力也不变，所以C正确．答案：C9．倾角为θ＝37°的斜面与水平面保持静止，斜面上有一重为G的物体A，物体A与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5.现给A施以一水平力F，如图所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，如果物体A能在斜面上静止，水平推力F与G的比值可能是( )A．3 C．1B．2 D．0.5解析：设物体刚好不下滑时F＝F1，则：[F1・cosθ＋μFN＝G・sinθ，FN＝F1・sinθ＋G・cosθ.5 5感谢您的阅读，祝您生活愉快。
2021年高考物理一轮总复习 第二章 第3讲 受力分析 共点力的平衡课时提能演练 新人教版
2021年高考物理一轮总复习第二章第3讲受力分析共点力的平衡课时提能演练新人教版一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。
每小题只有一个选项正确)1.如图所示,在超市内倾角为θ的电梯斜面上有一车西瓜随电梯匀速向上运动,在箱子的中央有一只质量为m的西瓜,则在该西瓜随箱子一起匀速前进的过程中,周围其他西瓜对它的作用力的方向为( )A.沿斜面向上B.沿斜面向下C.竖直向上D.垂直斜面向上【解析】选C。
该西瓜受到重力和周围西瓜对它的作用力,由平衡条件可知,周围西瓜对它的作用力的合力与重力大小相等,方向相反。
故C正确,A、B、D错误。
2.如图所示,重50N的物体A放在倾角为37°的粗糙斜面上,有一根原长为10cm,劲度系数为800N/m的弹簧,其一端固定在斜面顶端,另一端连接物体A后,弹簧长度为14cm,现用一测力计沿斜面向下拉物体,若物体与斜面间的最大静摩擦力为20N,当弹簧的长度仍为14 cm时,测力计的读数不可能为( )A.10 NB.20 NC.40 ND.0 N【解题指南】解答本题时可按以下思路分析:(1)物体A所受的静摩擦力方向可能沿斜面向上或向下。
(2)根据平衡条件列方程,求出拉力的范围。
【解析】选C。
A在斜面上处于静止状态时合外力为零,A在斜面上受五个力的作用,分别为重力、支持力、弹簧弹力、摩擦力、拉力F,当摩擦力的方向沿斜面向上时,F+mgsin37°≤f max+k(l-l0),F≤22N,当摩擦力沿斜面向下时,F最小值为零,即拉力的取值范围为0≤F≤22N,故选C。
3.(xx·福州模拟)如图所示,一条细绳跨过定滑轮连接物体A、B,A悬挂起来,B穿在一根竖直杆上,两物体均保持静止,不计绳与滑轮、B与竖直杆间的摩擦,已知绳与竖直杆间的夹角为θ,则物体A、B的质量之比m A∶m B等于( )A.cosθ∶1B.1∶cosθC.tanθ∶1D.1∶sinθ【解析】选B。
高考物理专题复习：受力分析共点力平衡
于两个小球受到的力的说法正确的是 ( 小球重力不计 )(
)
图 2-4-3 A．小球 A受到杆对 A 的弹力、绳子的张力 B．小球 A受到的杆的弹力大小为 20 N
20 3
C．此时绳子与穿有 A 球的杆垂直，绳子张力大小为
N
3
20 3 D．小球 B受到杆的弹力大小为 3 N 解析： 因杆光滑， 小球重力不计， 故当轻绳被拉直时， 小球 A 仅受杆的弹力 FN2 和绳子的张力 FT两个力作用， 且有 FN2＝ FT， A 正确；小球 B 受三个力处于平衡状态，将拉力 FT 正交分解，由平衡条件得： FTcos 60°＝ F， FTsin 60 °＝ FN1，解得： FT＝ 20 N ，FN1＝ 10 3 N 。 FN2＝ FT＝ 20 N，故 B 正确， C、 D 错误。
N。在运
动过程中 ( )
图8
A． F 增大， N减小
B． F 减小， N减小
C． F 增大， N增大
D． F 减小， N增大
解析：选 A 小球一直受到重力、支持力、拉力作用，根据共点力平衡，有：
F＝ mgsin α，N＝ mgcos α( α
是小球转过的角度 ) ，随着夹角的增大，支持力逐渐减小，拉力逐渐增大，
mg＝ FNsin θ， F＝FNcos θ ，
mg
mg
联立解得： F＝ tan θ， FN＝ sin θ。
解法四：封闭三角形法。如图丁所示，滑块受的三个力组成封闭三角形，解直角三角形得：
mg F＝tan θ， FN
mg ＝ sin θ。
题型三 解决动态平衡问题的三种方法 例 3、如图 2-4-6 所示， A、B 为同一水平线上的两个绕绳装置
答案： B 题型四 整体法与隔离法在平衡问题中的应用
2021版新高考物理人教版一轮核心素养测评 六 2.3 受力分析 共点力的平衡
核心素养测评六受力分析共点力的平衡(45分钟100分)一、选择题(本题共9小题,每小题6分,共54分,1～6题为单选题,7～9题为多选题)1.“阶下儿童仰面时,清明妆点正堪宜。
游丝一断浑无力,莫向东风怨别离。
”这是《红楼梦》中咏风筝的诗。
风筝在风力F、线的拉力T以及重力G的作用下,能够高高地飞在蓝天上。
关于风筝在空中的受力可能正确的是( )【解析】选A。
在B、C、D三个力图中,合力不可能为零,不能处于平衡状态,只有A图,在三个力的作用下能处于平衡状态,故A正确,B、C、D 错误。
2.某消防员在一次执行任务时,需从半球形的屋顶向上缓慢爬行(如图所示),则在这个过程中,下列选项分析不正确的是( )A.他对屋顶的压力不变B.屋顶对他的作用力不变C.屋顶对他的摩擦力减小D.屋顶对他的支持力变大【解析】选A。
以消防员为研究对象,作出受力分析图:设此人的重力为G,根据平衡条件得:屋顶对他的摩擦力f=Gsinθ,屋顶对他的支持力N=Gcosθ;消防员在半球形屋顶上向上缓慢爬行的过程中,坡角θ减小,则f减小,N增大。
即屋顶对他的摩擦力减小,屋顶对他的支持力增大,则C、D均正确。
屋顶的压力和人所受的支持力是作用力与反作用力,故压力变大,A错误。
根据平衡条件和合成法可知支持力与摩擦力的合力始终与重力等大反向,则屋顶对人的作用力不变,B 正确。
本题选不正确的,故选A。
3.一盏电灯重力为G,悬于天花板上的A点,在电线O处系一细线OB,使电线OA偏离竖直方向的夹角为β=30°,如图所示。
现保持β角不变,缓慢调整OB方向至虚线位置,则在此过程中细线OB中的拉力 ( )A.先减小后增大B.先增大后减小C.不断增大D.不断减小【解析】选A。
对O点受力分析,重力为恒力,OA绳的拉力方向不变,OB 绳的拉力大小和方向均变化,则构成三力平衡的一类动态平衡,由图解法作图如图所示:当T OB⊥T OA时,T OB最小,整个转动过程,T OB先减小后增大;故A正确,B、C、D错误。
受力分析、共点力的平衡(练)--2023年高考物理一轮复习讲练测(全国通用)(解析版)
专题2.3 受力分析共点力的平衡1．如图是某同学为颈椎病人设计的一个牵引装置的示意图，一根轻绳绕过两个定滑轮和一个动滑轮后两端各挂着一个相同的重物，与动滑轮相连的帆布带拉着病人的颈椎（图中是用手指代替颈椎做实验），整个装置在同一竖直平面内。
如果要增大手指所受的拉力，可采取的方法是（）A．只增加绳的长度B．只增加重物的质量C．只将手指向下移动D．只将手指向上移动【答案】BC【解析】A．对动滑轮受力分析，受重力、两个对称的拉力，拉力大小等于悬挂物体的重力mg，如图三个力的合力为零，两个拉力的大小恒定，夹角越大，合力越小，夹角越小，合力越大；增加细线长度时，由于两个细线拉力也不变，动滑轮位置不变，故三个力大小方向都不变，故A错误；B．只增加重物的质量，两个绳拉力变大，动滑轮位置不变，则两拉力夹角不变，故合力变大，故手指所受的拉力增大，故B正确；C．只将手指向下移动，两个绳拉力大小不变，夹角变小，故两拉力合力变大，故手指所受的拉力增大，故C正确；D．只将手指向上移动，两个绳拉力大小不变，夹角变大，故两拉力合力变小，故手指所受的拉力减小，故D错误。
故选BC。
2．如图所示，一物体静止在固定斜面上，F 1是斜面对物体的支持力，F 2是物体对斜面的压力，下列判断正确的是（ ）A ．F 1、F 2是一对平衡力B ．F 1、F 2是一对作用力和反作用力C ．该物体受到重力、支持力、摩擦力、 压力四个力的作用D ．该物体受到重力、支持力、摩擦力、下滑力四个力的作用【答案】B【解析】AB ．根据题意可知，1F 与2F 作用在两个物体上，则F 1、F 2不是一对平衡力，是一对作用力和反作用力，故A 错误B 正确；CD ．根据题意，对物块受力分析可得，该物体受到重力、支持力、摩擦力三个力作用，不受压力和下滑力，故CD 错误。
故选B 。
3．如图，一粗糙斜面固定在地面上，一细绳一端悬挂物体P ，另一端跨过斜面顶端的光滑定滑轮与物体Q 相连，系统处于静止状态。
2021《复习方略》高中物理(沪科版)一轮复习课时提升作业必修1 2.3受力分析 共点力的平衡
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课时提升作业(六)受力分析共点力的平衡素能全练(建议：20分钟50分)一、选择题(本题共5小题,每小题7分,共35分。
多选题已在题号后标出)1.(多选)(2022·南开区模拟)下面四个图像依次分别表示A、B、C、D四个物体的加速度、速度、位移和摩擦力随时间变化的规律。
其中可能处于受力平衡状态的物体是( )2.(2022·济南模拟)如图所示,倾斜天花板平面与竖直方向夹角为θ,推力F垂直天花板平面作用在木块上,使其处于静止状态,则( )A.木块可能受三个力作用B.天花板对木块的作用力竖直向上C.木块受的静摩擦力等于mgcosθD.木块受的静摩擦力等于mgcosθ3.(2022·武汉模拟)如图所示,两个质量为m1的小球套在竖直放置的光滑支架上,支架的夹角为120°,用轻绳将两球与质量为m2的小球连接,绳与杆构成一个菱形,则m1∶m2为( )A.1∶1B.1∶2C.1∶√3D.√3∶24.叠罗汉是一种二人以上层层叠成各种造型的玩耍形式,也是一种高难度的杂技。
图示为六人叠成的三层静态造型,假设每个人的重量均为G,下面五人的背部均呈水平状态,则最底层正中间的人的一只脚对水平地面的压力约为( )A.34G B.78G C.54G D.32G5.(2021·北京高考)倾角为α、质量为M的斜面体静止在水平桌面上,质量为m的木块静止在斜面体上。
下列结论正确的是( )A.木块受到的摩擦力大小是mgcosαB.木块对斜面体的压力大小是mgsinαC.桌面对斜面体的摩擦力大小是mgsinαcosαD.桌面对斜面体的支持力大小是(M+m)g二、计算题(本题15分。
需写出规范的解题步骤)6.(2022·安庆模拟)如图所示,三个物块重均为100N,叠放于水平桌面上;小球P重20N,挂在c绳下端,a绳一端系在物块3上,b绳一端系在水平天花板上,现用水平向左的拉力F=20N作用在物块2上,整个系统处于静止状态时,a绳水平,b绳与水平方向成45°角。
2021届高考物理一轮复习方略关键能力·题型突破+2.3+受力分析 共点力的平衡
关键能力·题型突破考点一受力分析【典例1】下图中各物体均处于静止状态。
图中画出了小球A受力的情况，其中正确的是( )【通型通法】1.题型特征：受力分析。
2.思维导引：【解析】选C。
A项中小球只受重力和杆的弹力且处于静止状态，由二力平衡可得小球受到的弹力应竖直向上，选项A错误；B项中若左边的绳有拉力，则竖直向上的绳就会发生倾斜，所以左边的绳没有拉力，选项B错误；C项中球与球相接触的弹力方向，垂直于过接触点的公切面(即在两球心的连线上)，墙对球的弹力过球心垂直于墙，指向小球，选项C正确；D项中球与面接触的弹力方向，过接触点垂直于接触面，指向球心，选项D错误。
【举一反三】分析表中A球的受力情况。
注意所有接触面均光滑。
母题变式1 变式2 变式3【解析】变式1 变式2 变式31.受力分析的四个步骤：2.受力分析的四种方法：方法步骤隔离法将所研究的对象从周围的物体中分离出来，单独进行受力分析的方法整体法将加速度相同的几个相互关联的物体作为一个整体进行受力分析的方法假设法在受力分析时，若不能确定某力是否存在，可先对其作出存在的假设，然后分析该力存在对物体运动状态的影响来判断该力是否存在动力学分析法对加速运动的物体进行受力分析时，应用牛顿运动定律进行分析求解的方法【加固训练】(多选)如图所示，在竖直向上的恒力F作用下，a、b两物体一起沿粗糙竖直墙面匀速向上运动，则关于它们受力情况的说法正确的是( )A.a一定受到4个力B.b可能受到4个力C.a与墙壁之间一定有弹力和摩擦力D.a与b之间一定有摩擦力【解析】选A、D。
将a、b看成整体，其受力图如图甲所示，说明a 与墙壁之间没有弹力和摩擦力作用；对物体b进行受力分析，如图乙所示，b受到3个力作用，所以a受到4个力作用。
考点二共点力平衡问题正交分解法的应用【典例2】(2019·全国卷Ⅱ)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行。
2021版高考物理一轮复习第二章相互作用3素养探究课(二)相互作用观念——受力分析共点力的平衡学案
素养探究课(二) 相互作用观念——受力分析共点力的平衡受力分析[学生用书P29]【题型解读】1．受力分析的三个常用判据(1)条件判据：根据不同性质力的产生条件判断．(2)效果判据①物体平衡时合外力必定为零．②物体做变速运动时合力方向必定沿加速度方向，合力大小满足F＝ma.③物体做匀速圆周运动时合外力大小必定恒定，满足F＝mv2R，方向始终指向圆心．(3)特征判据：力的作用是相互的，通过判定其反作用力来判定该力．2．受力分析的四个步骤3．受力分析的四种方法整体法将加速度相同的几个相互关联的物体作为一个整体进行受力分析续隔离法将所研究的对象从周围的物体中分离出来，单独进行受力分析假设法在受力分析时，若不能确定某力是否存在，可先对其作出存在的假设，然后分析该力存在对物体运动状态的影响来判断该力是否存在动力学分析法对加速运动的物体进行受力分析时，应用牛顿运动定律进行分析求解1．(多选)(2020·原创经典)如图所示，一个质量m＝0.4 kg的小球穿在水平直杆上处于静止状态，现对小球施加一个5 N的拉力F，F与杆的夹角为53°，小球与杆之间的动摩擦因数μ＝0.5，则()A．小球受到2个力B．小球受到3个力C．若F＝10 N，则小球受4个力D．若F＝10 N，则小球受3个力解析：选AC.如图在沿杆和垂直杆方向建立直角坐标系，F在y轴上分力F y＝F sin 53°＝4 N，F与重力在y 轴上的合力刚好为0，所以杆与小球只接触不挤压，无弹力和摩擦力，A对，B错；当F＝10 N时，F y＝8 N，它与重力沿杆方向的合力为4 N，垂直于杆向上，此时杆对小球的弹力垂直于杆向下，且F在水平方向上有分力，因此杆对小球还有摩擦力，小球一共受四个力，C对，D错．2．如图所示，甲、乙两个小球的质量均为m，两球间用细线连接，甲球用细线悬挂在天花板上．现分别用大小相等的力F水平向左、向右拉两球，平衡时细线都被拉紧．则平衡时两球的可能位置是下列选项中的( )解析：选A.用整体法分析，把两个小球看做一个整体，此整体受到的外力为竖直向下的重力2mg、水平向左的力F(甲受到的)、水平向右的力F(乙受到的)和细线1的拉力，两水平力相互平衡，故细线1的拉力一定与重力2mg等大反向，即细线1一定竖直；再用隔离法，分析乙球受力的情况，乙球受到向下的重力mg、水平向右的拉力F、细线2的拉力．要使得乙球受力平衡，细线2必须向右倾斜．共点力的静态平衡[学生用书P30]【题型解读】1．处理静态平衡问题的常用方法(1)合成法：物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等、方向相反．(2)分解法：物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件．(3)正交分解法：物体受到三个或三个以上力的作用而平衡，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件．(4)力的三角形法：对受三个力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移使三个力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力．2．静态平衡问题的解题“四步骤”【跟进题组】1．(2019·高考全国卷Ⅱ)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行．已知物块与斜面之间的动摩擦因数为33，重力加速度取10 m/s2.若轻绳能承受的最大张力为1 500N，则物块的质量最大为( )A．150 kg B．100 3 kgC．200 kg D．200 3 kg解析：选A.设物块的质量最大为m，将物块的重力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡条件，在沿斜面方向有F＝mg sin 30°＋μmg cos 30°，解得m＝150 kg，A正确．2．(2020·广东湛江一模)如图是应县木塔最上面一层的剖面图，垂脊ab呈弧形．一只鸽子从a沿垂脊缓慢地爬到b，用F N表示垂脊对鸽子支持力的大小，用F f表示垂脊对鸽子摩擦力的大小．在鸽子爬行过程中( )A．F f增大，F N减小B．F f减小，F N减小C．F f增大，F N增大D．F f减小，F N增大解析：选A.以鸽子为研究对象，鸽子受到重力、支持力和摩擦力作用；根据平衡条件可得：F f＝mg sin θ，支持力F N＝mg cos θ，由于θ逐渐增大，则摩擦力F f逐渐增大、支持力F N逐渐减小，故A正确，B、C、D错误．共点力作用下的动态平衡问题[学生用书P30]【题型解读】1．动态平衡：“动态平衡”是指物体所受的力中有些是变力，是动态力，力的大小和方向均要发生变化，但变化过程中的每一个状态均可视为平衡状态，所以叫动态平衡．2．分析动态平衡问题的方法(1)解析法：①列平衡方程求出未知量与已知量的关系表达式；②根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况．(2)图解法：①根据已知量的变化情况，画出平行四边形边、角的变化；②确定未知量大小、方向的变化．(3)相似三角形法：①根据已知条件画出两个不同情况对应的力的三角形和空间几何三角形，确定对应边，利用三角形相似知识列出比例式；②确定未知量大小的变化情况．【典题例析】(多选)(2019·高考全国卷Ⅰ)如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮．一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N.另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°.已知M始终保持静止，则在此过程中( )A．水平拉力的大小可能保持不变B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加[解析]对N进行受力分析如图所示，因为N的重力与水平拉力F的合力和细绳的拉力T是一对平衡力，从图中可以看出水平拉力的大小逐渐增大，细绳的拉力也一直增大，A错误，B正确；M的质量与N的质量的大小关系不确定，设斜面倾角为θ，若m N g≥m M g sin θ，则M所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若m N g<m M g sin θ，则M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增大，D正确，C错误．[答案] BD【迁移题组】迁移1 解析法1．(2020·湖南怀化三模)如图所示，两个质量都是m的小球A、B用轻杆连接后斜放在墙上处于平衡状态．已知墙面光滑，水平地面粗糙．现将A球向下移动一小段距离，两球再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，地面对B球的支持力N和轻杆上的压力F的变化情况是( )A ．N 不变，F 变大B ．N 变大，F 变大C ．N 不变，F 变小D ．N 变大，F 变小解析：选A.对整体进行受力分析，知竖直方向：N ＝2mg ，移动两球后，仍然平衡，则N 仍然等于2mg ，所以N 不变；再隔离对A 进行受力分析，轻杆对A 的作用力等于轻杆受到的压力，轻杆对A 球的作用力F ＝mgcos θ，当A 球向下移动一小段距离时，夹角θ增大，cos θ变小，所以F 增大，故A 正确，B 、C 、D 错误．迁移2 图解法2．(多选)如图，柔软轻绳ON 的一端O 固定，其中间某点M 拴一重物，用手拉住绳α⎝ ⎛⎭⎪⎫α＞π2 .现将的另一端N .初始时，OM 竖直且MN 被拉直，OM 与MN 之间的夹角为重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM 由竖直被拉到水平的过程中( )A ．MN 上的张力逐渐增大B ．MN 上的张力先增大后减小C ．OM 上的张力逐渐增大D ．OM 上的张力先增大后减小解析：选AD.重物受到重力mg 、OM 绳的拉力F OM 、MN 绳的拉力F MN 共三个力的作用．缓慢拉起过程中任一时刻可认为是平衡状态，三力的合力恒为0.如图所示，由三角形定则得一首尾相接的闭合三角形，由于α＞π2且不变，则三角形中F MN 与F OM 的交点在一个优弧上移动，由图可以看出，在OM 被拉到水平的过程中，绳MN 中拉力一直增大且恰好达到最大值，绳OM 中拉力先增大后减小，故A 、D 正确，B 、C 错误．迁移3 相似三角形法 3.如图所示是一个简易起吊设施的示意图，AC 是质量不计的撑杆，A 端与竖直墙用铰链连接，一滑轮固定在A 点正上方，C 端吊一重物．现施加一拉力F 缓慢将重物P 向上拉，在AC 杆达到竖直前( )A ．BC 绳中的拉力F T 越来越大B ．BC 绳中的拉力F T 越来越小 C ．AC 杆中的支撑力F N 越来越大D ．AC 杆中的支撑力F N 越来越小解析：选B.作出C 点的受力示意图，将力的矢量平移，如图所示，由图可知力的矢量三角形与几何三角形ABC 相似．根据相似三角形的性质得F T BC＝F N AC＝G AB ，解得BC 绳中的拉力为F T ＝G BCAB ，AC 杆中的支撑力为F N ＝G ACAB.由于重物P向上运动时，AB 、AC 不变，BC 变小，故F T 减小，F N 不变，B 正确．平衡中的临界、极值问题[学生用书P31]【题型解读】1．问题特点临界问题当某物理量变化时，会引起其他物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态能够“恰好出现”或“恰好不出现”．在问题描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等语言叙述极值问题一般是指在力的变化过程中出现最大值和最小值问题解析法根据平衡条件列方程，用二次函数、讨论分析、三角函数以及几何法等求极值图解法若只受三个力，则这三个力构成封闭矢量三角形，然后根据矢量图进行动态分析极限法选取某个变化的物理量将问题推向极端(“极大”“极小”等)，从而把比较隐蔽的临界现象暴露出来解决共点力平衡中的临界、极值问题的“四字诀”【跟进题组】1．(2020·湖南岳阳二模)如图甲为一种门后挂钩的照片，相邻挂钩之间的距离为7 cm，图乙中斜挎包的宽度约为21 cm，在斜挎包的质量一定的条件下，为了使悬挂时背包带受力最小，下列措施正确的是( )A．随意挂在一个钩子上B．使背包带跨过两个挂钩C．使背包带跨过三个挂钩D．使背包带跨过四个挂钩解析：选D.设悬挂后背包带与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件可得2F cos θ＝mg；解得背包带的拉力F＝mg2cos θ，在斜挎包的质量一定的条件下，为了使悬挂时背包带受力最小，则cos θ最大，由于相邻挂钩之间的距离为7 cm，图乙中斜挎包的宽度约为21 cm，故使背包带跨过四个挂钩悬挂时θ≈0，cos θ≈1，此时的背包带受力最小，故A、B、C错误，D正确．2.细线OA、OB的O端与质量为m的小球拴接在一起，A、B两端固定于竖直墙面上，其中细线OA 与竖直方向成45°角，细线OB与竖直方向成60°角，如图所示，现在对小球施加一个与水平方向成45°角的拉力F，小球保持静止，细线OA、OB均处于伸直状态，已知重力加速度为g，小球可视为质点，下列说法错误的是( )A．在保证细线OA、OB都伸直的情况下，若F增大，则细线OA中拉力变小，细线OB中拉力变大B ．当F ＝22mg 时，细线OB 中拉力为零C ．为保证两根细线均伸直，拉力F 不能超过32＋62mgD ．为保证两根细线均伸直，拉力F 不能超过322mg解析：选D.对小球进行受力分析如图所示，设细线OA 、OB 中拉力分别为T A 、T B ，若OA 、OB 都伸直，对小球由平衡条件列方程，竖直方向有T A cos 45°＋F sin 45°＝T B cos 60°＋mg ，水平方向有T A sin 45°＋T B sin 60°＝F cos 45°，解得T A ＝32－62mg －(2－3)F ，T B ＝(6－2)F －(3－1)mg ，若F 增大，则T A 变小，T B变大，A 正确；T B 为零时，有T B ＝(6－2)F －(3－1)mg ＝0，解得F ＝22mg ，B 正确；为保证两根细线都伸直，F 最大时，有T A ＝32－62mg －(2－3)F ＝0，解得F ＝32＋62mg ，C 正确，D错误．[学生用书P32]动态平衡问题的解题技巧【对点训练】1．(2020·山东济宁二模)我国2007年建成的国家大剧院外部呈椭球型，如右图所示．为了简化，可以将国家大剧院的屋顶近似为半球形，某警卫人员在执行特殊任务时，必须在屋顶上向上缓慢爬行，他在爬行的过程中屋顶对他的( )A．支持力不变B．支持力变小C．摩擦力变小D．摩擦力变大解析：选C.对警卫人员受力分析如图所示，根据共点力平衡条件，将F支、F f进行力的合成，可得：F＝G cos θ，F f＝G sin θ；当缓慢向上爬行时，θ渐渐变小，则F支变大，故A、B错误；当缓慢向上爬行支时，θ渐渐变小，则F f变小，故C正确，D错误．2.如图所示，质量为m的球放在倾角为α的光滑斜面上，在斜面上有一光滑且不计厚度的木板挡住球，使之处于静止状态．今使挡板与斜面的夹角β缓慢增大，在此过程中，斜面对球的支持力N1和挡板对球的压力N 2的变化情况为( )A ．N 1、N 2都是先减小后增加B ．N 1一直减小，N 2先增加后减小C ．N 1先减小后增加，N 2一直减小D ．N 1一直减小，N 2先减小后增加 解析：选D.法一：图解法对球受力分析，如图甲所示．球始终处于平衡状态，故三个力的合力始终为零，三力构成矢量三角形．挡板逆时针转动时，N 2方向也逆时针转动，作出图甲所示的动态矢量三角形．由图甲可见，N 1随β的增大一直减小，N 2先减小后增大．法二：正弦定理法对球受力分析，如图乙所示．球受重力mg 、斜面支持力N 1、挡板压力N 2. 由正弦定理得mg sin β＝N 1sin （180°－α－β）＝N 2sin α 解得N 1＝sin （α＋β）sin β mg ，N 2＝sin αsin βmg故随着β的增大，N 1一直减小，N 2先减小后增大，β＝90°时，N 2达到最小值，为mg sin α.[学生用书P305(单独成册)] (建议用时：40分钟)一、单项选择题1．(2020·河南开封质检)如图所示，一件重力为G 的衣服悬挂在等腰衣架上，已知衣架顶角α＝120°，底边水平，不计摩擦，则衣架一侧对衣服的作用力大小为( )A.33G B.32GC.12G D ．G解析：选A.以衣服为研究对象，受力分析如图所示，衣架两侧对衣服作用力的夹角为60°，由平衡条件，2F cos 30°＝G ，解得F ＝33G ，A 正确．2．(2020·四川彭州中学模拟)如图所示，a 、b 两个质量相同的球用线连接，a 球用线悬挂在天花板上，b 球放在光滑斜面上，系统保持静止，以下图示中正确的是( )解析：选B.对b 球受力分析，受重力、垂直斜面向上的支持力和细线的拉力，由于三力平衡时三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故细线拉力斜向右上方，故A 图错误；再对a 、b 两个球整体受力分析，受总重力、垂直斜面向上的支持力和上面细线的拉力，再次根据共点力平衡条件判断上面的细线的拉力方向斜向右上方，故C 、D 图均错误．3.如图所示，一质量为m 的沙袋用不可伸长的轻绳悬挂在支架上，一练功队员用垂直于绳的力将沙袋缓慢拉起使绳与竖直方向的夹角为θ＝30°，且绳绷紧，则练功队员对沙袋施加的作用力大小为( )A.mg2B.32mgC.33mg D.3mg解析：选A.法一：合成法分析沙袋受力如图所示，沙袋在三个力作用下处于平衡，其中任两个力的合力与第三个力等值反向，作出力的合成图，由图中几何关系可得F ＝mg sin30°＝mg2，A 正确．法二：正交分解法如图，建立直角坐标系对沙袋进行受力分析有：由平衡条件得：F cos 30°－F T sin 30°＝0，F T cos 30°＋F sin 30°－mg ＝0，联立可解得：F ＝mg2，故选A.法三：正交分解法对沙袋进行受力分析，由于拉力F 与绳垂直，建立如图直角坐标系，由x 轴上合力为零有：F ＝mg sin 30°＝mg2，A 正确．4.如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O 为球心．一质量为m 的小滑块，在水平力F 的作用下静止于P 点，设滑块所受支持力为F N ，OP 与水平方向的夹角为θ.下列关系正确的是( )A ．F ＝mgtan θB ．F ＝mg tan θC ．F N ＝mgtan θD ．F N ＝mg tan θ解析：选A.法一：合成法 滑块受力如图甲，由平衡条件知：mg F＝tan θ，mg F N＝sin θ⇒F ＝mg tan θ，F N ＝mgsin θ.法二：效果分解法将重力按产生的效果分解，如图乙所示，F ＝G 2＝mg tan θ，F N ＝G 1＝mgsin θ.法三：正交分解法将滑块受的力水平、竖直分解，如图丙所示，mg ＝F N sin θ，F ＝F N cos θ，联立解得：F ＝mgtan θ，F N ＝mgsin θ.法四：封闭三角形法如图丁所示，滑块受的三个力组成封闭三角形，解直角三角形得：F ＝mg tan θ，F N ＝mgsin θ.5．(2020·福建五校高三联考)一光滑的轻滑轮用轻绳MA 悬挂于M 点，站在地面上的人用轻绳跨过滑轮拉住漏斗，在砂子缓慢漏出的过程中，人握住轻绳保持不动，则在这一过程中( )A ．轻绳MA 的拉力保持不变B ．轻绳MA 的拉力逐渐增大C ．人对地面的压力逐渐减小D ．人对地面的摩擦力逐渐减小 解析：选D.轻滑轮的重力不计，受三个拉力而平衡，由于人握住轻绳保持不动，故三个拉力的方向均不变，在砂子缓慢漏出的过程中，漏斗的重力逐渐减小，人握住的轻绳的拉力也逐渐减小，所以MA 绳的拉力也逐渐减小，A 、B 均错误；对人进行受力分析，如图所示，根据平衡条件，水平方向有f ＝F sin θ，地面对人的支持力N ＝mg －F cos θ，由于F 减小，故支持力N 增大，摩擦力f 减小，再根据牛顿第三定律可得，人对地面的压力增大，摩擦力减小，D 正确，C 错误．6.(2020·河北高三模拟)如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O 点，右端跨过位于O ′点的固定光滑轴悬挂一质量为M 的物体；OO ′段水平，长度为L ；绳子上套一可沿绳滑动的轻环．现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L ，则钩码的质量为( )A.22M B.32M C.2M D.3M解析：选D.重新平衡后，绳子形状如图，由几何关系知：绳子与竖直方向夹角为30°，则环两边绳子的夹角为60°，根据平行四边形定则，环两边绳子拉力的合力为3Mg ，根据平衡条件，则钩码的质量为3M ，故D 正确．7.如图所示的是一个力学平衡系统，该系统由三条轻质细绳将质量均为m 的两个小球连接悬挂组成，小球直径相比轻绳长度可以忽略，轻绳1与竖直方向的夹角为30°，轻绳2与竖直方向的夹角大于45°，轻绳3水平．当此系统处于静止状态时，轻绳1、2、3的拉力分别为F 1、F 2、F 3，比较三力的大小，下列结论正确的是( )A ．F 1<F 3B ．F 2<F 3C ．F 1>F 2D ．F 1<F 2解析：选C.对两球整体受力分析，根据平衡条件可知F 1＝2mgcos 30°＝433mg ；F 3＝2mg tan 30°＝233mg ，则F 1>F 3，A 错误；对下方小球受力分析，因F 2是直角三角形的斜边，而mg 和F 3是直角边，可知F 2>F 3，B 错误；对上方小球分析，水平方向：F 1sin 30°＝F 2sin θ，因θ>45°，则F 1>F 2，C 正确，D 错误．8.如图所示，用轻杆AO (可绕A 点自由转动)和轻绳BO 吊着一个重物M ，保持AO 与水平方向的夹角θ不变．下列说法正确的是( )A ．当BO 逆时针由水平转到竖直，绳子的拉力一直减小B ．当BO 逆时针由水平转到竖直，轻杆的拉力先减小后增大C ．若增大θ，保持OB 水平，仍使重物M 处于平衡，则AO 、BO 的拉力均增大D ．当重物M 的质量增大时，AO 、BO 的拉力均增大解析：选D.对物体受力分析，受重力、两个拉力，如图甲所示，将两个拉力合成，其合力与重力平衡，由图象可以看出，OB 绳所受的拉力先减小后增大，当垂直时取最小值，OA 杆受到的拉力一直减小，故A 、B 错误；如图乙所示，根据共点力的平衡条件可知AO 的拉力T ＝G sin θ、BO 的拉力F ＝Gtan θ，当M 的重力G 增大时，AO 、BO 的拉力均增大，故D 正确；增大θ，保持OB 水平，仍使重物M 处于平衡，则AO 、BO 的拉力均减小，C 错误．9．(2020·陕西汉中一模)如图所示，粗糙水平面上放有截面为 14 圆周的柱状物体A ，A 与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B ，对A 施加一个水平向左的力F ，使A缓慢地向左移动少许，在这一过程中( )A ．墙壁对B 的弹力先减小后增大 B ．A 对B 的弹力一直增大C ．A 受到的摩擦力一直增大D ．A 受到的地面支持力不变 解析：选D.对B物体受力分析，受到重力mg、A物体对B物体的支持力N′和墙壁对B物体的支持力N，如图甲所示，当A物体向左移动后，A物体对B物体的支持力N′的方向不断变化，根据平衡条件结合合成法可以知道：A物体对B物体的支持力N′和墙壁对B物体的支持力N都在不断减小，故A、B错误；对A和B整体受力分析，受到总重力G、地面支持力F N，推力F和墙壁的弹力N，地面的摩擦力f，如图乙所示，根据平衡条件有：F＝N＋f，F N＝G，地面的支持力不变，墙壁对B物体的支持力N不断减小，f＝F－N，由于不知F如何变化，f可能减小，也可能增大，还可能不变，故C错误，D正确．二、多项选择题10.(2020·湖北四地六校高三联考)如图所示，光滑水平地面上有一直角三角形斜面体B靠在竖直墙壁上，物块A放在斜面体B上，开始时A、B静止．现用水平力F推A，A、B仍静止，则此时A、B受力的个数可能是( )A．3个、5个B．3个、3个C．4个、5个D．3个、4个解析：选CD.先对A、B整体受力分析，A、B整体受推力、重力、地面的支持力、墙壁的支持力；再对物块A受力分析，A受重力、推力、斜面体的支持力，可能还受到静摩擦力，所以A可能受到3个或4个力，分析B的受力情况，B受到重力、墙壁的支持力、地面的支持力、A对B的压力，可能还受到A对B的静摩擦力，所以B可能受到4个或5个力，故C、D均正确．11.如图所示，工作人员将小车和冰球推进箱式吊车并运至冰雕顶部安装，先后经历了向右匀速、向右匀减速、向上匀加速、向上匀减速直线运动四个过程．冰球与水平底板和右侧斜挡板始终保持接触但摩擦不计．关于冰球的受力情况，下列判断正确的是( )A．向右匀速过程，冰球一定受到三个力B．向右匀减速过程，冰球可能受到两个力C．向上匀加速过程，冰球一定受到两个力D．向上匀减速过程，冰球可能受到一个力解析：选BCD.向右匀速过程，冰球受重力与支持力两个力，故A错误；冰球向右匀减速过程，有可能只受重力和右侧斜挡板对它的弹力，这两个力的合力恰好水平向左，使其匀减速而不受支持力，故B正确；冰球向上匀加速的过程，受重力和支持力两个力，合力向上，故C正确；如果冰球向上匀减速运动的加速度为g，则冰球就只受重力，故D正确．12.(2020·四川成都调研)如图所示，用OA、OB两根轻绳将花盆悬于两竖直墙之间，开始时OB绳水平．现保持O点位置不变，改变OB绳长使绳右端由B点缓慢上移至B′点，此时OB′与OA之间的夹角θ<90°.设此过程OA、OB绳的拉力分别为F OA、F OB，则下列说法正确的是( )A．F OA一直减小B．F OA一直增大C．F OB一直减小D．F OB先减小后增大解析：选AD.本题疑难之处在于能否熟练运用动态平衡的方法来求解．以结点O为研究对象，分析受力，竖直向下的力G、绳OA的拉力F OA和绳OB的拉力F OB，由结点处于平衡状态可知，两根轻绳的拉力的合力与G大小相等、方向相反，作出轻绳OB在不同位置时力的合成图如图所示，由图看出，F OA逐渐减小，F OB先减小后增大，当θ＝90°时，F OB最小．故A、D正确，B、C错误．13.如图所示，人重600 N，木板重400 N，人与木板间、木板与地面间的动摩擦因数均为0.2，绳与滑轮的质量及它们之间的摩擦均不计，现在人用水平拉力拉绳，使他与木板一起向右匀速运动，则( )高中物理学案大全，高考学案大全A．人拉绳的力是200 NB．人拉绳的力是100 NC．人的脚给木板的摩擦力方向水平向右D．人的脚给木板的摩擦力方向水平向左解析：选BC.先运用整体法，选取人和木板组成的系统为研究对象，设绳中弹力大小为F T，则2F T＝μ(G＋G木板)＝0.2×(600＋400) N＝200 N，所以F T＝100 N，A错误，B正确；再运用隔离法，选取人为人研究对象，水平方向上，人共受到两个力的作用：绳子水平向右的弹力和木板对人的脚的摩擦力，因为二力平衡，所以该摩擦力与弹力等大反向，即摩擦力方向水平向左，根据牛顿第三定律，人的脚给木板的摩擦力方向水平向右，C正确，D错误．14.如图所示，一光滑球体静止于夹角为θ的支架ABC内，AB、BC与水平面的夹角都为α.现以B为旋转中心，在平行于纸面的平面内，让BC缓慢沿顺时针旋转，直至水平(AB不动)．设BC对球体的作用力大小为F，则整个过程中( )A．F可能一直减小B．F可能一直增大C．F可能先减小后增大D．F可能先增大后减小解析：选BC.对球受力分析，球受重力G和两个支持力，其中AB对球的支持力N方向不变，而BC 对球的支持力F方向改变，根据平衡条件作图分析，三个力可以构成一个首尾相连的矢量三角形，如图所示，由于不知道角度α的具体大小，支持力F可能是先减小后增大，也可能逐渐增大，B、C均正确．。
高考物理一轮复习 受力分析 共点力的平衡(讲)
取夺市安慰阳光实验学校专题07 受力分析 共点力的平衡1.学会进行受力分析的一般步骤与方法.2.掌握共点力的平衡条件及推论.3.掌握整体法与隔离法，学会分析动态平衡问题和极值问题． 1．受力分析 (1)概念把研究对象(指定物体)在指定的物理环境中受到的所有力都分析出来，并画出物体所受力的示意图，这个过程就是受力分析． (2)受力分析的一般顺序先分析重力，然后分析接触力(弹力、摩擦力)，最后分析其他力(电磁力、浮力等)．2．共点力作用下物体的平衡 (1)平衡状态物体处于静止或匀速直线运动的状态．(2)共点力的平衡条件：F 合＝0或者⎩⎪⎨⎪⎧F 合x ＝0F 合y ＝03．共点力平衡的几条重要推论(1)二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大小相等，方向相反．(2)三力平衡：如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，其中任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反．(3)多力平衡：如果物体受多个力作用处于平衡状态，其中任何一个力与其余力的合力大小相等，方向相反． 考点一 物体的受力分析 1．受力分析的基本步骤(1)明确研究对象——即确定分析受力的物体，研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统．(2)隔离物体分析——将研究对象从周围的物体中隔离出来，进而分析周围物体有哪些对它施加了力的作用．(3)画受力示意图——边分析边将力一一画在受力示意图上，准确标出力的方向，标明各力的符号． 2．受力分析的常用方法 (1)整体法和隔离法①研究系统外的物体对系统整体的作用力； ②研究系统内部各物体之间的相互作用力．(2)假设法在受力分析时，若不能确定某力是否存在，可先对其作出存在或不存在的假设，然后再就该力存在与否对物体运动状态影响的不同来判断该力是否存在．★重点归纳★受力分析（1）受力分析的基本思路（2）受力分析的思路和技巧进行受力分析应注意以下几个方面：①明确研究对象(可以是一个点、一个物体或一个系统等)．②按顺序找力(一“重”、二“弹”、三“摩擦”、四“其他”)．③画好受力图后，要检查，防止多力和少力．④受力分析口诀：地球周围受重力，绕物一周找弹力，考虑有无摩擦力，其他外力细分析，合力分力不重复，只画受力抛施力．⑤在受力分析的过程中，要注意题目给出的物理条件(如光滑——不计摩擦；轻物——重力不计；运动时空气阻力忽略等)．⑥只分析根据性质命名的力(如重力、弹力、摩擦力等)，不分析按效果命名的力(如下滑力、动力、阻力等)．★典型案例★如图所示，A和B两物块的接触面是水平的，A与B保持相对静止一起沿固定粗糙斜面匀速下滑，在下滑过程中B的受力个数为：（）A．3个B．4个C．5个D．6个【答案】B【解析】先以A为研究对象，分析受力情况：重力、B的竖直向上的支持力，B对A没有摩擦力，否则A不会匀速运动．再对B研究，B受到重力、A对B竖直向下的压力，斜面的支持力和滑动摩擦力，共4个力，B正确．【名师点睛】受力分析：把指定物体（研究对象）在特定物理情景中所受外力找出来，并画出受力图，这就是受力分析．受力分析通常要按照确定的顺序，以防止漏力、多力．第一步，锁定目标；第二步，列表：看看被分析物体周围有哪些物体；第三步，画出重力；第四步，考虑直接接触力，包括弹力和摩擦力；第五步，分析间接接触的力．如电场力、磁场力等★针对练习1★如图，质量m A＞m B的两物体A、B叠放在一起，靠着竖直墙面．让它们由静止释放，在沿粗糙面下落过程中，物体B的受力示意图是：（）A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】【名师点睛】本题关键先对整体受力分析，得到整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故A与B间无弹力，最后再对B受力分析，得到其只受重力。
【物理一轮】2021届高考物理一轮复习同步锁定特训 受力分析 共点力的平衡
2021届高考物理一轮复习同步锁定特训复习点：受力分析共点力的平衡一、选择题1．我国的高铁技术在世界处于领先地位，高铁(如图甲所示)在行驶过程中非常平稳，放在桌上的水杯几乎感觉不到晃动。
图乙为高铁车厢示意图，A、B两物块相互接触地放在车厢里的水平桌面上，物块与桌面间的动摩擦因数相同，A的质量比B的质量大，车厢在平直的铁轨上向右做匀速直线运动，A、B相对于桌面始终保持静止，下列说法正确的是( )A．A受到2个力的作用B．B受到3个力的作用C．A受到桌面对它向右的摩擦力D．B受到A对它向右的弹力2．下列四个图中所有接触面均粗糙，各物体均处于静止状态，其中物体A受力个数可能超过5个的是( )3．飞艇常常用于执行扫雷、空中预警、电子干扰等作战任务。
如图所示为飞艇拖曳扫雷具扫除水雷的模拟图。
当飞艇匀速飞行时，绳子与竖直方向的夹角恒为θ。
已知扫雷具质量为m，重力加速度为g，扫雷具所受浮力不能忽略，下列说法正确的是( )A．扫雷具受3个力作用B．绳子拉力大小为mgcosθC．水对扫雷具作用力的水平分力小于绳子拉力D．绳子拉力一定大于mg4．如图所示，木板P下端通过光滑铰链固定于水平地面上的O点，物体A、B叠放在木板上且处于静止状态，此时物体B的上表面水平。
现使木板P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，物体A、B仍保持静止，与原位置相比( )A．A对B的作用力减小B．B对A的支持力增大C．木板对B的支持力增大D．木板对B的摩擦力增大5. 如图所示，两块固定且相互垂直的光滑挡板POQ，OP竖直放置，OQ水平，小球a、b固定在轻弹簧的两端，现有一个水平向左的推力F作用于b上，使a、b紧靠挡板处于静止状态。
现用力F 推动小球b，使之缓缓到达b′位置，则( )A．推力F变大B．b对OQ的压力变大C．弹簧长度变短D．弹簧长度变长6. 在粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与光滑竖直墙之间放另一截面也为半圆的光滑柱状物体B，整个装置处于静止状态，截面如图所示。
2023年高考物理一轮复习提升核心素养2
2.3共点力平衡一、受力分析1．受力分析的一般步骤3.受力分析的三个技巧(1)不要把研究对象所受的力与研究对象对其他物体的作用力混淆．(2)除了根据力的性质和特点进行判断，假设法是判断弹力、摩擦力有无及方向的常用方法．(3)善于转换研究对象，尤其是弹力、摩擦力的方向不易判定的情形，可以分析与其接触物体的受力，再应用牛顿第三定律判定．二、共点力平衡的条件和应用1．共点力的平衡(1)平衡状态：物体静止或做匀速直线运动．(2)平衡条件：F合＝0或F x＝0，F y＝0.(3)常用推论①若物体受n个作用力而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余(n－1)个力的合力大小相等、方向相反．②若三个共点力的合力为零，则表示这三个力的有向线段首尾相接组成一个封闭三角形．2．处理共点力平衡问题的基本思路确定平衡状态(加速度为零)→巧选研究对象(整体法或隔离法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作讨论．受力分析1．受力分析的四种方法整体法将加速度相同的几个相互关联的物体作为一个整体进行受力分析隔离法将所研究的对象从周围的物体中分离出来，单独进行受力分析假设法在受力分析时，若不能确定某力是否存在，可先对其作出存在的假设，然后分析该力存在对物体运动状态的影响来判断该力是否存在动力学分析法对加速运动的物体进行受力分析时，应用牛顿运动定律进行分析求解例题1.如图所示，水平面上的P、Q两物块的接触面水平，二者叠在一起在作用于Q上的水平恒定拉力F的作用下向右做匀速运动，某时刻撤动力F后，二者仍能不发生相对滑动。
关于撤去F前后Q的受力个数的说法正确的是()A．撤去F前6个，撤去F后瞬间5个B．撤去F前5个，撤去F后瞬间5个C．撤去F前5个，撤去F后瞬间4个D．撤去F前4个，撤去F后瞬间4个【答案】B【解析】撤去F前，物体Q受到：重力、地面的支持力、P对Q的压力、地面对Q的摩擦力和力F共5个力的作用；撤去F后的瞬间，两物体做减速运动，此时Q受力：重力、地面的支持力、P对Q的压力、地面对Q的摩擦力和P对Q的摩擦力，共5个力作用。
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核心素养测评六受力分析共点力的平衡(45分钟100分)一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分，1～6题为单选题，7～9题为多选题)1.“阶下儿童仰面时，清明妆点正堪宜。
游丝一断浑无力，莫向东风怨别离。
”这是《红楼梦》中咏风筝的诗。
风筝在风力F、线的拉力T 以及重力G的作用下，能够高高地飞在蓝天上。
关于风筝在空中的受力可能正确的是 ( )【解析】选A。
在B、C、D三个力图中，合力不可能为零，不能处于平衡状态，只有A图，在三个力的作用下能处于平衡状态，故A正确，B、C、D错误。
2.(2019·西安模拟)某消防员在一次执行任务时，需从半球形的屋顶向上缓慢爬行(如图所示)，则在这个过程中，下列选项分析不正确的是 ( )A.他对屋顶的压力不变B.屋顶对他的作用力不变C.屋顶对他的摩擦力减小D.屋顶对他的支持力变大【解析】选A。
以消防员为研究对象，作出受力分析图：设此人的重力为G，根据平衡条件得：屋顶对他的摩擦力f=Gsinθ，屋顶对他的支持力N=Gcosθ；消防员在半球形屋顶上向上缓慢爬行的过程中，坡角θ减小，则f减小，N增大。
即屋顶对他的摩擦力减小，屋顶对他的支持力增大，则C、D均正确。
屋顶的压力和人所受的支持力是作用力与反作用力，故压力变大，A错误。
根据平衡条件和合成法可知支持力与摩擦力的合力始终与重力等大反向，则屋顶对人的作用力不变，B正确。
本题选不正确的，故选A。
3.一盏电灯重力为G，悬于天花板上的A点，在电线O处系一细线OB，使电线OA偏离竖直方向的夹角为β=30°，如图所示。
现保持β角不变，缓慢调整OB方向至虚线位置，则在此过程中细线OB中的拉力( )A.先减小后增大B.先增大后减小C.不断增大D.不断减小【解析】选A。
对O点受力分析，重力为恒力，OA绳的拉力方向不变，OB绳的拉力大小和方向均变化，则构成三力平衡的一类动态平衡，由图解法作图如图所示：当T OB⊥T OA时，T OB最小，整个转动过程，T OB先减小后增大；故A正确，B、C、D错误。
4.(2020·厦门模拟)如图所示，2019年5月28日央视新闻报道：格鲁吉亚物理学家安德里亚仅靠摩擦力将25个网球垒成9层高的直立“小塔”。
网球A位于“小塔”顶层，下面各层均有3个网球，网球B位于“小塔”的第6层，已知每个网球质量均为m。
下列说法正确的是( )A.其他网球对B球的作用力大于B球的重力B.将A球拿走后，“小塔”仍能保持直立平衡C.第8层的三个网球与A球间的弹力大小各为D.最底层的3个网球受到地面的支持力均为【解析】选D。
以B球为研究对象，受到重力和其他网球对B球的作用力，根据二力平衡可知其他网球对B球的作用力等于B球的重力，故选项A错误；拿走A球后，每个小球的受力就将不均衡，合力不为零，故不能保持直立平衡，故选项B错误； A球与第8层的三个网球的球心连线构成了正四面体，设A球与第8层的三个网球的球心连线与水平面的夹角为θ，根据几何关系则有sinθ=，以A球为研究对象，根据力的平衡条件可知mgsinθ=3F N，则第8层的三个网球对A球的支持力为F N=mg，故C错误；设地面对最底层的每个网球的支持力为N，根据整体法则有3N=25mg，解得N=，故选项D正确。
5.轻绳一端系在质量为m的物块A上，另一端系在一个套在粗糙竖直杆MN的圆环上。
现用水平力F拉住绳子上一点O，使物块A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置，但圆环仍保持在原来位置不动，在这一过程中，环对杆的摩擦力F1和环对杆的压力F2的变化情况是( )A.F1保持不变，F2逐渐增大B.F1保持不变，F2逐渐减小C.F1逐渐增大，F2保持不变D.F1逐渐减小，F2保持不变【解析】选B。
以圆环、物块A及轻绳整体为研究对象，受力情况如图甲所示，根据平衡条件得，杆对环的摩擦力F1=G，保持不变，杆对环的弹力F2=F；以结点O为研究对象，受力情况如图乙所示，由平衡条件得，F=mgtanθ，物块A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置过程中，θ逐渐减小，则F逐渐减小，F2逐渐减小，所以F1保持不变，F2逐渐减小，选项B正确。
6.如图所示，轻质弹簧一端系在质量为m=1 kg的小物块上，另一端固定在墙上。
物块在斜面上静止时，弹簧与竖直方向的夹角为37°，已知斜面倾角θ=37°，斜面与小物块间的动摩擦因数μ=0.5，斜面固定不动。
设物块与斜面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10 m/s2，下列说法正确的是( )A.小物块可能只受三个力B.弹簧弹力大小一定等于4 NC.弹簧弹力大小可能等于5 ND.斜面对物块支持力可能为零【解析】选C。
由于μmgcos37°=4 N，mgsin37°=6 N，故μmgcos37°<mgsin37°，若不受弹簧的压力则物块不可能静止，故物块一定受弹簧的压力，还受重力、斜面支持力和静摩擦力四个力的作用而平衡，A错误；若要物块静止，μ(mgcos37°+N)≥6 N，解得N≥4 N，故B 错误，C正确；由于物块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力，不可能为零，所以斜面对物块的支持力不可能为零，D错误。
【加固训练】(多选)如图所示，甲、乙两物体用压缩的轻质弹簧连接静止于倾角为θ的粗糙斜面体上，斜面体始终保持静止，则下列判断正确的是( )A.物体甲一定受到4个力的作用B.物体甲所受的摩擦力方向一定沿斜面向下C.物体乙所受的摩擦力不可能为零D.水平面对斜面体无摩擦力作用【解析】选C、D。
若压缩的弹簧对甲向上的弹力大小恰好等于甲的重力沿斜面向下的分力，则甲只受三个力作用，A、B错误；因弹簧对乙有沿斜面向下的弹力，乙的重力也有沿斜面向下的分力，故乙一定具有向下运动的趋势，乙一定受到沿斜面向上的摩擦力作用，C正确；取甲、乙和斜面为一整体分析受力，由水平方向合力为零可得，水平面对斜面体无摩擦力作用，D正确。
7.(2019·绵阳模拟)如图所示，两完全相同的小球M和N放在光滑竖直挡板和固定斜面间，处于静止状态。
现逆时针缓慢转动挡板，在挡板缓慢转动到与斜面垂直的过程中( )A.N球对斜面的压力减小B.M球对挡板的压力逐渐减小C.M、N两球间的弹力不变D.M球对斜面的压力逐渐增大【解析】选B、C。
虽然挡板在变化，但球M对球N的弹力方向没变，球N的重力没变，斜面对球N的支持力方向也没变，虽然球N位置在缓慢变化，但球N所受力没有变化，故N球对斜面的压力不变，M、N 两球的弹力没有变，选项A错误，C正确；对球M受力分析，当缓慢转动挡板至挡板与斜面垂直的过程中，弹力F1的方向也从图示位置转动到与斜面平行位置。
则两个弹力的合力不变，当夹角变小时，两弹力大小均变小，故M球对挡板的压力逐渐减小，M球对斜面的压力逐渐减小，选项B正确，D错误。
【加固训练】如图所示，挡板垂直于斜面固定在斜面上，一滑块m放在斜面上，其上表面呈弧形且左端最薄，一球M搁在挡板与弧形滑块上，一切摩擦均不计，用平行于斜面的拉力F拉住弧形滑块，使球与滑块均静止。
现将滑块平行于斜面向上拉过一较小的距离，球仍搁在挡板与滑块上且处于静止状态，则与原来相比( )A.滑块对球的弹力增大B.挡板对球的弹力减小C.斜面对滑块的弹力增大D.拉力F不变【解析】选B。
对球进行受力分析，如图甲，球只受三个力的作用，挡板对球的力F1，方向不变，作出力的矢量图，滑块上移时，F2与竖直方向夹角减小，F2最小时垂直于F1，可以知道挡板弹力F1和滑块对球的作用力F2都减小，故A错误，B正确；再对滑块和球整体受力分析，如图乙，其中F N恒等于Gcosθ，F+F1不变，F1减小，可以知道斜面对滑块的支持力不变，拉力F增大，故C、D错误。
8.如图所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B。
则 ( )A.A对地面的压力等于(M+m)gB.A对地面的摩擦力方向向左C.B对A的压力大小为mgD.细线对小球的拉力大小为mg【解题指导】解答本题应注意以下三点：(1)分析A与地面间的作用力可选整体法；(2)分析A与B间的作用力应隔离B；(3)A、B间的边角关系。
【解析】选A、C。
对A、B整体受力分析，受重力和支持力，相对地面无相对滑动趋势，故不受摩擦力。
根据平衡条件知，支持力等于整体的重力。
根据牛顿第三定律知，整体对地面的压力与地面对整体的支持力是相互作用力，大小相等，故对地面的压力等于(M+m)g，故A 正确，B错误；对小球受力分析，如图所示，根据平衡条件得：F=，F T=mgtanθ，其中cosθ=，tanθ=，故F=mg，F T=mg，故C正确，D错误。
9.某学习小组为了体验最大静摩擦力与滑动摩擦力的临界状态，设计了如图所示的装置，一位同学坐在长直木板上，让长直木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与地面的夹角θ变大)，另一端不动，则该同学受到支持力F N、合外力F合、重力沿斜面方向的分力G1、摩擦力F f随角度θ的变化关系图中正确的是( )【解题指导】解答本题应注意以下两点：(1)长木板缓慢转动过程中，该同学滑动前处于平衡状态。
(2)最大静摩擦力略大于滑动摩擦力。
【解析】选A、C、D。
重力沿斜面方向的分力G1=mgsinθ，C正确，支持力F N=mgcosθ，A正确；该同学滑动之前，F合=0，F f=mgsinθ，滑动后，F合=mgsinθ-μmgcosθ，F f=μmgcosθ，考虑到最大静摩擦力略大于滑动摩擦力的情况，可知B错误，D正确。
二、计算题(16分，需写出规范的解题步骤)10.如图所示，物体A、B叠放在倾角θ=37°的斜面上，并通过跨过光滑滑轮的细线相连，细线与斜面平行。
两物体的质量分别为m A=2 kg，m B=1 kg，A、B间动摩擦因数μ1=0.1，B与斜面间的动摩擦因数μ2=0.2，求：为使A能平行于斜面向下做匀速运动，应对A施加一平行于斜面向下的多大的拉力？【解析】对A受力分析如图甲所示，由平衡条件得：沿斜面方向：F+m A gsinθ-F T-F fBA=0F fBA=μ1F NBA=μ1m A gcosθ对B受力分析如图乙所示，由平衡条件得：沿斜面方向：m B gsinθ+F f+F fAB-F T=0F f=μ2(m A+m B)gcosθF fAB=F fBA解以上各式得：F=2 N答案：2 N【加固训练】如图所示，质量M=2 kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量m= kg的小球B相连。