資源簡介 考點 08 共點力平衡1. 高考真題考點分布題型 考點考查 考題統計2024 年湖北卷、河北卷、選擇題 共點力靜態平衡山東卷、浙江卷2. 命題規律及備考策略【命題規律】高考對共點力靜態平衡和動態平衡的考查是高考每年的一個熱點,但各地每年的關于共點力平衡問題的題目大多出現在選擇題,也相對比較簡單。【備考策略】1.能夠利用所學的解決靜態平衡問題的方法處理相關問題。2.掌握處理動態平衡問題的方法。3.會利用數學的方法處理臨界極值問題。【命題預測】重點關注共點力靜態平衡和動態平衡。一、共點力平衡的條件、狀態和推論1.平衡狀態:(1)靜止;(2)勻速直線運動。2.平衡條件:(1)物體所受合外力為零,即 F 合=0。(2)若采用正交分解法,平衡條件表達式為 Fx=0,Fy=0。3.常用推論(1)若物體受 n 個作用力而處于平衡狀態,則其中任意一個力與其余(n-1)個力的合力大小相等、方向相反。(2)若三個不共線的共點力合力為零,則表示這三個力的有向線段首尾相接組成一個封閉三角形。二、動態平衡及基本思路1.所謂動態平衡問題,是指通過控制某些物理量,使物體的狀態發生緩慢變化,而在這個過程中物體又始終處于一系列的平衡狀態,常利用圖解法解決此類問題。2.基本思路:化“動”為“靜”,“靜”中求“動”。三、平衡中的臨界與極值問題1.臨界問題:當某物理量變化時,會引起其他幾個物理量的變化,從而使物體所處的平衡狀態“恰好出現”或“恰好不出現”,在問題的描述中常用“剛好”“恰能”“恰好”等語言敘述。2.極值問題:平衡物體的極值,一般指在力的變化過程中的最大值或最小值。考點一 共點力靜態平衡考向 1 合成法處理物體靜態平衡問題方法 適用條件 注意事項 優點(1)表示三個力大小的線物體受三個力 段長度不可隨意畫 對于物體所受的三個力,有兩個力相互垂直或兩合成法作用而平衡 (2)兩力的合力與第三個 個力大小相等的平衡問題求解較簡單力等大反向1.高空滑索因其驚險刺激而深受年輕人追捧。人通過輕繩與輕質滑環相連,開始下滑前,輕質滑環固定在鋼索 AB 上O點處,滑環和人均處于靜止狀態,鋼索和輕繩的夾角關系如圖所示。設OA段鋼索的拉力大小為T1,OB段鋼索的拉力大小為T2,OC 段輕繩的拉力大小為T3,下列判斷正確的是( )A.T1 > T2 > T3 B.T1 > T3 > T2C.T2 > T1 > T3 D.T3 > T2 > T1【答案】A【詳解】以結點O為研究對象,受力情況如圖所示這樣的三個力可以組成一個首尾相接的封閉的矢量三角形如下由圖可知T1 > T2 > T3故選 A。2.長期玩手機是會導致頸椎病的。因為長期玩手機,低頭會導致頸部肌肉的疲勞,而容易對間盤骨骼產生相應的壓力,這樣就容易導致頸椎病。現將人體頭頸部簡化為如圖的模型:重心在 P 點的頭部,在可繞O轉動的頸椎OP(輕桿)的支持力和沿 PQ方向肌肉拉力的作用下處于靜止。低頭時頸椎與豎直方向的夾角為 45o , PQ與豎直方向的夾角為60o ,此時,頸椎受到的壓力約為直立時頸椎受到壓力的( )A.2.0 倍 B.2.6 倍 C.3.3 倍 D.4.2 倍【答案】C【詳解】根據平衡條件,直立時頸椎受到壓力 F0 = mg低頭時,對重心 P 進行分析,如圖所示mg F= PO mg sin 60o 3mg則有 osin 180o -120o - 45o sin 180o -120o 解得FPO = o = o 由于 3 1.73, sin15 0.26解sin15 2sin15FPO得 3.3F 故選 C。0考向 2 正交分解法處理物體靜態平衡問題方法 適用條件 注意事項 優點物體受三個或正交分 選坐標軸時應使盡量多的力與 對于物體受三個以上的力處于平衡狀態的三個以上的力解法 坐標軸重合 問題求解較方便作用而平衡3.如圖,彈簧測力計下端掛有一質量為0.20kg 的光滑均勻球體,球體靜止于帶有固定擋板的斜面上,斜面傾角為30°,擋板與斜面夾角為60°.若彈簧測力計位于豎直方向,讀數為1.0N, g 取10m/s2 ,擋板對球體支持力的大小為( )A 3. N B.1.0N C 2 3. N D. 2.0N3 3【答案】A【詳解】對小球受力分析如圖所示由幾何關系易得力F 與力FN 與豎直方向的夾角均為30°,因此由正交分解方程可得FN sin 30° = F sin 30°,FN cos30° + F cos30° +T = mg3解得F = FN = 故選 A。34.中國古代建筑的門閂凝結了勞動人民的智慧。如圖是一種豎直門閂的原理圖:當在水平槽內向右推動下方木塊 A 時,使木塊 B 沿豎直槽向上運動,方可啟動門閂。水平槽、豎直槽內表面均光滑,A、B 間的接觸面與水平方向成 45°角,A、B 間的動摩擦因數為 0.2,且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。已知 B 的質量為 m,重力加速度大小為 g。為了使門閂剛好能被啟動,則施加在 A 上的水平力 F 最小應為( )1 3 5 2A. mg B. mg C. mg D. mg2 2 2 3【答案】B【詳解】對 A、B 受力分析如圖所示門閂剛好啟動時,對 A 水平方向上F = N sin 45o + f cos 45o 對于 B 在豎直方向上 N cos 45o = mg + f sin 45o,3A、B 間最大靜摩擦力為 f = mN 則施加在 A 上的水平力 F 最小應為F = mg 故選 B。2考向 3 力的三角形法處理物體靜態平衡問題方法 適用條件 注意事項 優點力的三 物體受三個力 將三個力的矢量圖平移,構成一個依次首 常用于求解一般矢量三角形中未角形法 作用而平衡 尾相連接的矢量三角形 知力的大小和方向5.如圖所示,輕桿 AC 和輕桿 BC 的一端用光滑鉸鏈連接在 C 點,另一端分別用光滑鉸鏈固定在豎直墻壁上,將一物塊通過細線連接在 C 點并保持靜止狀態,若對 C 端施加一水平向左的作用力 F,則下列說法正確的是( )A.輕桿 AC 中的彈力一定變大 B.輕桿 AC 中的彈力一定減小C.輕桿 BC 中的彈力一定變大 D.輕桿 BC 中的彈力可能減小【答案】C【詳解】對 C 點受力分析如圖,由三角形法則可知,重力 mg、AC 的拉力 TAC以及 BC 的支持力 TBC組成封閉的三角形;若加水平力 F,則 C 點仍平衡,則此時四個力組成封閉的四邊形,TBC和重力 mg 方向不變,TAC方向仍與原來平行,則隨F 的增加,TBC一定增加,TAC先減小,當減到零后反向增加。故選 C。6.如圖所示,兩個質量分別為mA 和mB 的帶電小球 A、B(可視為質點)通過一根絕緣輕繩跨放在光滑的定滑輪上(滑輪大小不計,上方用細線懸掛在天花板上),兩球靜止,O 為滑輪正下方 AB 連線上的一個點。兩球到 O 點距離分別為 xA 和 xB,到滑輪的距離分別為 lA 和 lB ,且 lA : lB =1: 2,細繩與豎直方向的夾角分別為 1和 2,兩球電荷量分別為 qA 和 qB 。則( )A.qA > qB B. 1 > 2 C.mA : mB = 1: 2 D. xA : xB =1: 2【答案】D【詳解】A.由于兩球的電場力是相互作用力,故無法比較兩球電荷量的大小,A 錯誤;B.繩子上的力處處相等,對繩子跨過定滑輪的節點受力分析可知T cos 1 = T cos 2所以 1 = 2,B 錯誤;CD.對兩球受力可知,根據相似三角形mA g T F mBg T F= = , = = 可得mA : mB = 2 :1h l x h l x ,xA : xB =1: 2故 C 錯誤,D 正確。故選 D。A A B B考向 1 解析法解析法:對研究對象進行受力分析,先畫出受力示意圖,再根據物體的平衡條件,得到因變量與自變量的關系表達式(通常要用到三角函數),最后根據自變量的變化確定因變量的變化。7.如圖所示,某款手機支架由“L”形擋板和底座構成,擋板使用一體成型材料制成,其 AB、BC 部分相互垂直,可繞 O 點的軸在豎直面內自由調節,不計手機與擋板間的摩擦,調整支架,稍微增大 AB 部分的傾角,下列說法正確的是( )A.手機對 AB 部分的壓力增大 B.手機對 BC 部分的壓力增大C.手機對支架的作用力增大 D.支架對手機的作用力增大【答案】B【詳解】AB.設F1與F2 分別是 AB 與 BC 對手機的支持力,AB 與水平方向的夾角為 ,由平行四邊形定則得F1 = mg cos F2 = mg sin 稍微增大 AB 部分的傾角 ,則F1減小,F2 增大。由牛頓第三定律可知,手機對 AB 部分的壓力減小,手機對 BC 部分的壓力增大。故 A 錯誤,B 正確;CD.稍微增大 AB 部分的傾角,F1與F2 之間的夾角不變,兩者的合力F 不變,即支架對手機的作用力始終與手機的重力大小相等,方向相反。根據牛頓第三定律可知,手機對支架的作用力不變。故 CD 錯誤。故選 B。8.如圖(a),某人借助瑜伽球鍛煉腿部力量,她曲膝靜蹲,背部倚靠在瑜伽球上,瑜伽球緊靠豎直墻面,假設瑜伽球光滑且視為均勻球體,整體可簡化成如圖(b)。當人緩慢豎直站立的過程中,人的背部與p水平面夾角 < ,下列說法正確的是( )2A.墻面對球的力保持不變B.人受到地面的摩擦力變大C.地面對人的支持力變大D.球對人的壓力先增大后減小【答案】B【詳解】AD.對瑜伽球受力分析,如圖由平衡條件可知N1 = mg tan mg, N2 = cos 人緩慢豎直站立的過程中,人的背部與水平面夾角逐漸變大,則墻面對球的力 N1增大。人對球的支持力增大。根據牛頓第三定律可知球對人的壓力增大。故 AD 錯誤;BC.對整體受力分析,如圖由平衡條件,可知FN = M + m g,f = N1人受到地面的摩擦力變大,地面對人的支持力不變。故 B 正確;C 錯誤。故選 B。考向 2 圖解法圖解法:(1)特點:物體受三個共點力,有一個力是恒力、另有一個力方向不變的問題。(2)方法:受力 化“動”為“靜”畫不同狀態“靜”中求“動”確定力分析 ― ― → 下的平衡圖― ― →的變化 9.如圖所示,固定的傾斜光滑桿上套有一個重環,繞過光滑定滑輪的輕繩一端與重環相連,另一端施加拉力 F 使重環從 A 點緩慢上升到 B 點。設桿對重環的彈力大小為 FN ,整個裝置處于同一豎直平面內,在此過程中( )A.F 逐漸增大, FN 逐漸增大B.F 逐漸增大, FN 先減小后增大C.F 先減小后增大, FN 逐漸增大D.F 先減小后增大, FN 先減小后增大【答案】B【詳解】對物體受力分析,并構封閉的矢量三角形,如圖所示由圖可知,在拉力到達豎直方向前,與豎直方向的夾角越來越小,拉力 F 增大, FN 減小,經過豎直方向后,夾角又逐漸變大,拉力 F 繼續增大, FN 也增大,故 B 正確。故選 B。10.如圖所示,光滑的輕質滑輪通過豎直桿固定于天花板上,一根不可伸長的輕繩跨過滑輪分別系著物塊M 和 N,M 靜止在光滑水平地面上,N 在水平拉力 F 作用下處于靜止狀態。現將 F 沿逆時針方向緩慢轉至豎直方向,此過程中 M 和 N 始終靜止不動。下列說法正確的是( )A.F 先增大后減小B.繩的彈力先減小后增大C.M 對地面的壓力逐漸減小D.滑輪對桿的作用力逐漸減小【答案】D【詳解】對 N 作受力分析,N 受受重力 mg、拉力 F 和繩的拉力 T,其中重力的大小和方向均不變,繩的拉力的方向不變;三力平衡時,三個力可以構成首尾相連的矢量三角形,作圖如下力 F 沿逆時針方向緩慢旋轉時,由圖可看出,力 F 先減小后增大,而繩上的拉力 T 一直減小,則 M 對地面的壓力逐漸增大,滑輪對桿的作用力逐漸減小。故選 D。考向 3 相似三角形法三角形相似法:(1)特點:在三力平衡問題中,如果有一個力是恒力,另外兩個力方向都變化,且題目給出了空間幾何關系。(2)方法:①對物體在某個位置作受力分析;②以兩個變力為鄰邊,利用平行四邊形定則,作平行四邊形;③找出相似的力的矢量三角形和空間幾何三角形;④利用相似三角形對應邊的比例關系確定力的變化。11.在新冠疫情爆發期間,為防止疫情擴散,被隔離的人員不許出門,不允許與他人有接觸。某學校興趣小組根據所學力學知識設計了如圖所示的送餐裝置,送餐員將食物放在吊盤中,被隔離者自行通過細繩搭在光滑定滑輪上將帶鉸鏈的輕桿緩慢上拉,從而取得食物。在輕桿被緩慢上拉到取到食物前的過程中( )A.此人手上所受的拉力 F 先減小,后增大B.此人手上所受的拉力 F 始終不變C.輕桿所受壓力大小始終不變D.輕桿所受壓力先減小,后增大【答案】C【詳解】對結點 C 受力分析,如圖所示緩慢上拉,三個力平衡,三個力組成首尾相接的閉合三角形,力三角形與幾何三角形 ABC 相似,根據相似三角形對應邊比值相等,有mg F N= =AB AC BC因上拉過程 mg.AB 不變,故 AC 減小則 F 減小,即工人手上所受的拉力減小, BC 不變則 N 不變,根據牛頓第三定律,即輕桿所受壓力大小始終不變。故選 C。12.如圖,在豎直平面內固定一光滑的半圓環,圓心為 O、半徑為 R,OA 為半圓環的豎直半徑,AB 為與OA 在同一直線上的光滑固定桿,半圓環上套有一小球 a,桿 AB 上套有另一小球 b。兩小球之間連接一輕彈簧,初始時小球 a 在距圓環 A 點右側不遠處的 P 點,小球 b 固定于桿 AB 上的 Q 點,兩小球間距離為R。現用外力使小球 b 沿桿 AB 緩慢向上移動一段距離,但未到達 A 點。在移動過程中彈簧始終在彈性限度內且在一條直線上,兩小球均可視為質點,則下列說法正確的是( )A.初始時彈簧彈力大于半圓環對小球 a 的彈力B.初始時彈簧彈力大于小球 a 的重力C.小球 b 沿桿緩慢向上移動過程中,環對小球 a 的支持力先增大后減小D.小球 b 沿桿緩慢向上移動過程中,彈簧彈力增大【答案】D【詳解】AB.對小球 a 進行受力分析,小球 a 受重力 G,半圓環對小球 a 的支持力 FN 和彈簧彈力 F,三力平移后構成一首尾相連的三角形,如圖所示,力的三角形與三角形 OPQ 相似,根據三角形相似有G F F= N = 初始時PQ = OP = R,OQ > R G > FOQ OP PQ 所以 N= F 選項 AB 錯誤;C.小球 b 緩慢上移過程,小球 a 處于動態平衡狀態,隨著小球 b 上移,OQ 減小,OP 不變,重力 G 不變,半圓環對小球的支持力 FN 增大,選項 C 錯誤;G F kxD.設彈簧的原長為 L,彈簧的形變量為 x,根據胡克定律有F = kx 則 = =QQ PQ L - xOQ 減小,重力 G 不變,L 不變,則彈簧形變量 x 增大,彈簧彈力 F 增大,選項 D 正確。故選 D。考向 4 拉密定理法(正弦定理法或輔助圓法)4.拉密定理法(正弦定理法或輔助圓法):(1)特點:物體受三個共點力,這三個力其中一個力為恒力,另外兩個力都變化,且變化兩個力的夾角不變。F F F(2)拉密定理: 1 = 2 = 3sin 1 sin 2 sin 3(3)輔助圓法:畫出三個力的矢量三角形的外接圓,不便力為一固定弦,因為固定弦所對的圓周角大小始終不變,改變一力的方向,另一大小方向變化情況可得。13.如圖 a 所示,工人用推車運送石球,到達目的地后,緩慢抬起把手將石球倒出(圖 b)。若石球與板OB、OA 之間的摩擦不計,∠AOB=60°,圖 a 中 BO 與水平面的夾角為 30°,則在抬起把手使 OA 變為水平的過程中,石球對 OB 板的壓力 N1、對 OA 板的壓力 N2的大小變化情況是( )A.N1變小、N2先變大后變小 B.N1變小、N2變大C.N1變大、N2變小 D.N1變大、N2先變小后變大【答案】A【詳解】以石球為對象,受力如圖所示N1 N2 G緩慢抬起過程中,石球受力平衡,結合數學知識可得 = = sin G sin g sin 其中 和 不變,在轉動過程中 從 90°增大到 180°,則 sin 不斷變小, N1將不斷變小;g 從 150°減小到 60°,其中跨過了 90°,因此sin g 先變大后變小,則 N2 將先變大后變小。故選 A。14.圖(a)所示的采棉機在運輸圓柱形棉包的過程中緩慢經過一段如圖(b)所示路面(運動時,圓柱形棉包在前,路段足夠長),CD、EF 為水平路面,M 點為傾角最大的位置,傾角為 30°。棉包放在如圖(c)所示的“V”形擋板上,兩板間夾角恒為 120°,初始時 OA 與水平面的夾角為 30°。運動過程中,棉包不脫離擋板,忽略“V”形擋板對棉包的摩擦力,已知重力加速度為 g。則( )A.從 D 到 M 斜面對采棉機的作用力越來越小B.從 D 到 M 棉包對 OA 板的壓力先增大后減小C.從 D 到 M 棉包對 OB 板的壓力一直增大D.采棉機在 EF 段做減速運動,加速度可以為 3g【答案】C【詳解】A.采棉機在斜面上緩慢行駛時受到重力和斜面對采棉機的作用力,受力平衡,所以斜面對采棉機的作用力與重力等大、反向,故從 D 到 M 斜面對采棉機的作用力不變,故 A 錯誤;BC.采棉機從 D 點運動到 M 點的過程中,棉包重力大小和方向不變,OA 板、OB 板對棉包的作用力夾角不變,FOA與豎直方向的夾角變大,作出力矢量三角形的外接圓如圖所示由圖可知,FOA一直減小,FOB一直增大,根據牛頓第三定律可得,棉包對 OA 板的壓力一直減小,棉包對OB 板的壓力一直增大,故 B 錯誤,C 正確;D.采棉機在 EF 段做減速運動,擋板 OB 對棉包的支持力為 0 時,棉包受力如圖所示mg根據牛頓第二定律可得 = ma 3解得tan 60 a = g3當加速度大于 g 時,棉包會從采棉機上滾下來,故 D° 3 3錯誤。故選 C。考向 1 圖解法圖解法:根據物體的平衡條件,作出力的矢量圖,通過對物理過程的分析,利用平行四邊形定則進行動態分析,確定最大值與最小值。15.如圖,三根長度均為 L 的輕繩分別連接于 C、D 兩點,A、B 兩端被懸掛在水平天花板上,相距 2L。現在 C 點上懸掛一個重物并處于靜止狀態,在 CD 繩保持水平的前提下,在 D 點上可施加力的最小值大小為 F,則 C 點上懸掛的重物重力大小為( )A.F B.2F C 2 3. F D.4F3【答案】B【詳解】依題得,要想 CD 水平,則各繩都要緊繃,根據幾何關系可知,AC 與水平方向的夾角為60°,結點 C 受力平衡,則受力分析如圖所示設重物的重力為G ,因此 CD 的拉力為T = G tan 30°D 點受 CD 繩子拉力大小等于T ,方向向左。要使 CD 水平,則 D 點兩繩的拉力與外界的力的合力為零,則 CD 繩子對 D 點的拉力可分解為沿 BD 繩的F1以及另一分力F2 。由幾何關系可知,當F2 與 BD 垂直時,F2 最小,而F2 的大小即為拉力大小,因此有F2min = F = T sin 60°聯立可得G = 2F 故選 B。16.如圖所示,質量為m 的小球 a、b 之間用輕繩相連,小球 a通過輕桿固定在左側豎直墻壁上,輕桿與豎直墻壁夾角為30°。現改變作用在小球b 上的外力F 的大小和方向,輕繩與豎直方向的夾角保持60°不變,則( )A.輕繩上的拉力一定小于 mgB 3.外力F 的最小值為 mg2C.輕桿對小球 a作用力大小不變D.輕桿對小球 a的作用力方向一定沿桿【答案】B【詳解】A.對b 進行受力分析如圖所示當F 的方向發生變化時,由圖可知,輕繩上的拉力可能小于mg ,也可能大于mg ,A 錯誤;B.由b 的受力圖可知,當拉力F 的方向與 ab繩子垂直時,拉力F 最小為Fmin = F4 = mgsin603° = mg ,B2正確;CD.以 a為研究對象,可知 a受到重力、繩子 ab對 a的作用力以及桿對 a的作用力處于平衡狀態,由三個力平衡的特點可知,桿對 a的作用力與 a的重力、 ab對 a的拉力的合力大小相等,方向相反。 a受到的重力大小方向都不變,繩對 a的拉力方向不變,大小變化,所以 a受到的重力與繩對 a的拉力的合力大小、方向都是變化的,所以桿對 a的作用力大小、方向都是變化的,C、D 錯誤;故選 B。考向 2 數學解析法數學解析法:通過對問題的分析,依據物體的平衡條件寫出物理量之間的函數關系(或畫出函數圖像),用數學方法求極值(如求二次函數極值、三角函數極值等)。17.勞動人民的智慧是無窮的,他們在勞動中摸索、總結著自然的規律,積累著勞動的智慧。人們在向一定高度處運送物料時,為了省力,搭建了一長斜面,其簡化圖如圖所示。將質量為 m 的物料放在傾角為 的粗糙斜面上,用輕繩拉著物料勻速上滑,繩子與斜面之間的夾角為 0 < 90° - 保持不變。則下列說法正確的是( )A.物料對斜面的壓力可能為零B.物料所受繩子的拉力越大,所受斜面的摩擦力越小C.斜面對物料的作用力方向與 角無關D.若適當增大 ,則物料所受繩子的拉力減小【答案】C【詳解】A.由于物料勻速上滑,則物料受平衡力的作用,對物料受力分析,如圖所示若物料對斜面的壓力為零,則摩擦力為零,在拉力 F 和重力mg 作用下不可能平衡,不能沿斜面勻速上滑。故物料對斜面的壓力不可能為零。故 A 錯誤;B D.由共點力的平衡條件可知,沿斜面方向F cos = mg sin + Ff 垂直斜面方向FN = mg cos - F sin 又mg sin + m cos F = mF 整理得F = 1f N , tan =2 顯然當 sin + =1 m 時,繩子的拉力最小,當拉力變大1+ m sin + 時,摩擦力可能變大也可能變小,故 B、D 錯誤;F 1C N.斜面對物料的作用力為支持力與摩擦力的合力,設其合力的方向與斜面的夾角為g ,則 tan g = =Ff m顯然g 與 角無關,故 C 正確。故選 C。18.小明同學喜歡體育運動,他拖拉物體時拉力最大為 1000 2N,某次訓練中,體育老師將不同質量的重3物置于傾角為 15°的斜面上,讓他拉動重物沿斜面向上運動, 重物與斜面間的動摩擦因數為 ,則他能3拉動的重物質量最大為( )A.100kg B.100 3kgC.200kg D. 200 3kg【答案】Co o【詳解】設 F 與斜面夾角為 ,則恰好拉動物體時有F cos = mg sin15 + m mg cos15 - F sin 整理可得F mg sin15o + mmg cos15o mg 1+ m 2 sin 45o mg sin 45o= = = 故當 sin +j =1時,m 最大m sin + cos 1+ m 2 sin +j sin +j m F= = 200kgg sin 45o 故選 C。1.如圖所示,P、Q 是兩個光滑的定滑輪,吊著 A、B、C 三個小球的三條輕繩各有一端在 O 點打結,懸吊A、C 兩個球的輕繩分別繞過定滑輪 P、Q,三個球靜止時,OQ 段輕繩與豎直方向的夾角 = 74°。已知B、C 兩球的質量均為 m, sin37° = 0.6,則 A 球的質量為( )A.m B.1.2m C.1.5m D.1.6m【答案】B【詳解】對 O 點受力分析如下由題可知 OQ、OB 段的拉力滿足FOQ = FOB = mg 將FOQ 、FOB 合成如上圖所示,由于三個球靜止,O 點受力平衡,根據幾何關系有FOQ 、FOB 是平行四邊形的兩邊,有FOP = F合=2FOB sin 37° =1.2mg 則有 A 球的質量為m GF= A = OQA = 1.2m故選 B。g g2.如圖,彈簧測力計下端掛有一質量為0.20kg 的光滑均勻球體,球體靜止于帶有固定擋板的斜面上,斜面傾角為30°,擋板與斜面夾角為60°.若彈簧測力計位于豎直方向,讀數為1.0N, g 取10m/s2 ,擋板對球體支持力的大小為( )A 3. N B 2 3.1.0N C. N D. 2.0N3 3【答案】A【詳解】對小球受力分析如圖所示由幾何關系易得力F 與力FN 與豎直方向的夾角均為30°,因此由正交分解方程可得FN sin 30° = F sin 30°,FN cos30° + F cos30° +T = mg解得F F 3= N = 故選 A。33.如圖所示,某樓頂為玻璃材料的正四面體。一擦子由智能擦玻璃機器人牽引,在外側面由 A 點勻速運2動到 BO 的中點 D。已知擦子與玻璃間的動摩擦因數為 ,則運動過程中擦子受的牽引力與其重力的比2值為( )A 7 B 131C D 2. . . .6 18 3 6【答案】A【詳解】設 ABO 平面與水平面的夾角為 ,做 AB 中點 E,設 AB=2a,則OE = 4a2 - a2 = 3a 設OO 垂直ABC O ABC O E 3 a OO 2 6 2 2 cos 1于 所在平面,且 在 所在平面內,則可得 = , = a則 sin = , =3 3 3 3將重力分解成沿平面和垂直于平面,在平面上受力分析如圖f 在 AD 方向,可知 = 30°,有 f = mmg cos ,Fx = f cos 6= G ,Fy = mg sin + f sin 3 2= G 解得12 4F = F 2 7x + F2y = mg 故選 A。64.如圖甲所示,直導線 a、b 分別被兩根等長且平行的絕緣輕繩懸掛于垂直于紙面的水平軸上,且 a 固定于水平軸正下方,兩組繩長不同,其截面圖如圖乙所示,導線 b 通以垂直紙面向里的電流;導線 a 電流方向未知,平衡時兩導線位于同一水平面,且兩組絕緣輕繩夾角( = 30°,已知 b 的質量為 m,重力加速度為 g,則( )A.導線 a 中電流方向垂直紙面向里B.導線 a、b 間的安培力大小為 3mgC.僅使導線 a 中電流 I 緩慢增大且 不超過 90 ,導線 b 對懸線的拉力大小一直不變D.當導線 a 中電流突然消失的瞬間,導線 b 的加速度大小為 g【答案】C【詳解】A.對b 進行受力分析可知, a對b 的力為斥力,由安培定則和左手定則可知,則兩導線的電流方向相反,即 a導線中電流方向垂直紙面向外,故 A 錯誤;B.設斥力為F ,繩子與豎直方向的夾角為 ,如圖所示由平衡條件可得F = mg tan 3= mg3故 B 錯誤;C.在僅使導線 a中電流 I 緩慢增大且 不超過90°過程中,由相似三角形可得T mg=Lb La可知,T 一直不變,故 C 正確;D.當導線 a中電流突然消失的瞬間,繩子拉力發生突變但不為零,根據受力分析可得,沿繩子方向有F ' = mg cos30°垂直繩子方向有mg sin 30° = ma解得a = g sin 30 1° = g2故 D 錯誤。故選 C。5.如圖所示,人拉著拉桿箱沿水平地面勻速運動,其施加的拉力 F 沿拉桿的方向,且與地面的夾角為 ,當改變 角時,為了維持勻速運動需改變拉力 F 的大小。已知地面對箱子的阻力是箱子對地面壓力的k 倍,則拉力 F 最小時, tan 的值為( )k 1A. k1B. C. 2 D.k k +1 k 2 +1【答案】A【詳解】對箱子受力分析,如圖所示根據牛頓第三定律,箱子對地面的壓力等于地面對箱子的支持力,其中f = kN F合表示摩擦力 f 合支持力 N 的合力,設F合與豎直方向夾角為 ,則tan α f= = kN所以 角度不變,即F合的方向不變,受力分析可等效為,箱子受到F合、G 和 F 三個力,根據“圖解法”,畫出矢量三角形如圖所示由圖可知,當 F 的方向與F合的方向垂直時,F 的大小最小,由幾何關系可知,此時 = 則tan θ = tan α = k故選 A。6.如圖所示,在豎直固定的光滑絕緣圓環軌道上,套著兩帶電小環 a、b。兩小環處于靜止狀態,且剛好位于同一水平線上。若小環 b 緩慢漏電,則( )A.漏電前, a、b兩小環質量和電量均相同B.漏電過程中,小環 a 對軌道的壓力大小不變C.漏電過程中,兩小環始終在同一高度且庫侖力逐漸減小D.漏電過程中,若小環 a 固定,則小環 b 受到軌道的支持力逐漸增大【答案】C【詳解】A.漏電前,電荷的受力分析如圖甲根據幾何關系可知F Ftan = 庫 = 庫ma g mb g可知兩球質量相等,但電量不一定相同,故 A 錯誤;BC.對圓環 a 受力分析可知,a 逐漸下降, 逐漸減小,故 FN 逐漸減小,b 對 a 的庫侖力逐漸減小,故 B錯誤,C 正確;D.b 環下落到下方任意一點 D 點,對 b 進行受力分析如圖乙所示由相似三角形可知k mb g FNF= = = 庫OC OD CD其中 OC 逐漸增大,故 k 逐漸減小;OD 不變,故 FN 逐漸減小,故 D 錯誤。故選 C。7.如圖所示,細線一端固定在一個矩形平板上的 P 點,另一端連接一個質量分布均勻的光滑球。現將木板以水平底邊為軸緩慢轉動直至木板豎直,則在此過程中,下列說法正確的是( )A.球受到的合力一直增大B.球對木板的壓力先增大后減小C.細線對球的拉力一直減小D.木板豎直時,增大細線長度,細線拉力增大【答案】B【詳解】A.木板以水平底邊為軸緩慢轉動,球始終處于平衡狀態,球受到的合力為零不變,故 A 錯誤;BC.球受力如圖所示根據各力的特點,利用幾何知識,作圖如下細線拉力與木板對小球的支持力夾角為定值,由圖可知細線對球的拉力逐漸增大,木板對球的支持力先增大后減小,則球對木板的壓力先增大后減小,故 B 正確,C 錯誤;D.木板豎直時,球受力如圖所示根據平衡條件有F sin = mg 增大細線長度, 增大,則細線拉力將減小,故 D 錯誤。故選 B。8.如圖所示,一質量為 m 的物塊恰好靜止在傾角為 θ,質量為 M 的斜劈上。物塊與斜劈和斜劈與地面間的動摩擦因數均為 μ。現對物塊施加一個水平向右的恒力 F,如果物塊和斜劈都仍處于靜止狀態,則( )mg sin + m cos A.水平恒力 F 不可能大于 B.地面對斜劈的摩擦力有可能不變cos - m sin C.物塊受到的支持力一定減小 D.物塊受到的摩擦力一定減小【答案】A【詳解】D.物塊恰好靜止在傾角為 θ,質量為 M 的斜劈上,可知此時物塊受到的摩擦力為最大靜摩擦力,方向沿斜面向上,大小等于 mgsinθ,現對物塊施加一個水平向右的恒力 F,如果物塊和斜劈都仍處于靜止狀態,F 有沿斜面向上的分量,所以物塊受到的摩擦力可能減小,可能反向增大,也可能反向大小不變,D 錯誤;C.由題知,剛開始物塊恰好靜止在傾角為 θ,質量為 M 的斜劈上,對物塊有FN= mgcosθ現對物塊施加一個水平向右的恒力 F 后有FN= mgcosθ+Fsinθ則物塊受到的支持力增大,C 錯誤;B.對整體受力分析,剛開始物塊恰好靜止在傾角為 θ,質量為 M 的斜劈上,對整體根據平衡條件,有f1= 0現對物塊施加一個水平向右的恒力 F 后有F = f1,f1 ≤ μ(m+M)g則地面對斜劈的摩擦力增大,B 錯誤;A.當物塊恰好不上滑時,推力最大,此時,對物塊 m 受力分析,受重力、支持力、推力和最大靜摩擦力,如圖所示根據共點力平衡條件,合力為零,平行斜面方向有Fmaxcosθ-mgsinθ-f = 0垂直斜面方向N-mgcosθ-Fmaxsinθ = 0其中f = μN聯立解得mg sin + m cos F max = ,且 Fmax ≤ μ(m+M)gcos - m sin A 正確。故選 A。9.放風箏是一項人們喜愛的體育休閑運動,其中蘊含著豐富的物理學知識。如圖所示,一重力為 G 的風箏在牽線的拉力 T 和垂直于風箏面的恒定風力 F 的作用下處于平衡狀態,則下列說法正確的是( )A.F 的大小大于 T 的大小B.F 的大小小于 T 的大小C.T 沿風箏面上的分力大小等于 G 沿風箏面上的分力大小D.F 沿豎直方向上的分力大小等于 T 沿豎直方向上的分力大小【答案】AC【詳解】AB.對風箏受力分析,如圖所示,由平衡條件可知,拉力 T 和風力 F 的合力大小等于重力,由幾何關系可知,風力 F 與合力的夾角小于拉力 T 與合力的夾角,因此 F 的大小大于 T 的大小,A 正確,B 錯誤;C.風力 F 垂直于風箏面,F 在沿風箏面方向沒有分力,由力的平衡條件可知,T 沿風箏面上的分力大小等于 G 沿風箏面上的分力大小,即T cos = G sin C 正確;D.由力的平衡條件可知,F 沿豎直方向上的分力大小等于 T 沿豎直方向上的分力大小加重力 G,即F sin = T sin + GD 錯誤。故選 AC。10.超長春節假期,點燃了旅游熱,一些旅游景點懸掛了燈籠。如圖所示,一度假村用長度相等的輕繩依次連接了 10 個質量均為m 的燈籠.燈籠 1 的左端被細繩固定在豎直桿上,左端細繩與豎直桿的夾角為 = 45°。燈籠 10 的右端被細繩也固定在豎直桿上,右端細繩與豎直桿的夾角也為45°。燈籠 5 和燈籠 6之間的細繩恰好水平。則下列說法正確的是(重力加速度為 g )( )A.燈籠 5 和燈籠 6 之間的細繩張力的大小為 2.5mgB.燈籠 5 和燈籠 6 之間的細繩張力的大小為5mgC.燈籠 3 和燈籠 4 2之間的輕繩與水平方向的夾角 的正切值等于52D.燈籠 3 和燈籠 4 之間的輕繩與水平方向的夾角 的正切值等于5【答案】BD【詳解】AB.選取 1~5 前五個燈籠組成的整體為研究對象,對其進行受力分析如圖所示,由力的平衡條件,可得F = 5mg tan = 5mg燈籠 6 對燈籠 5 的力大小為5mg ,即燈籠 5 和燈籠 6 之間的細繩張力的大小為5mg ,A 錯誤,B 正確;CD.同理選取燈籠 4 和燈籠 5 組成的整體為研究對象,對其進行受力分析,由力的平衡條件,可得tan 2mg 2mg 2= = =F 5mg 5C 錯誤,D 正確。故選 BD。11.在如圖所示的裝置中,兩物塊 A、B 的質量分別為mA 、mB ,整個系統處于靜止狀態,設此時輕質動滑輪右端的輕繩與水平面之間的夾角為 ,則下列說法正確的是( )A.若 > 30°,則mA > mB B.若 < 30°,則mA > mBC.若 = 30°,則mA > mB D.若 = 30°,則mA = mB【答案】BDm【詳解】繩子拉力繩子等于 A 的重力,即 F=mAg 根據平衡條件可得 2Fsinθ=mBg 即 sin =B2m 所以,如果Asin mB 1 m 1 > 30°,則 = > B2m 2 所以mA < mB 若 < 30°,則 sin = < m > mA 2m 2所以 A B 若 = 30°,則Asin m 1= B = m = m2m 2 所以 A B故選 BD。A12.如圖所示,一根細線系著一個小球,細線上端固定。現給小球施加力 F,小球平衡后細線跟豎直方向的夾角為 30°,F 與細線的夾角為 , > 90°。要使小球保持平衡,下列判斷正確的是( )A.若小球位置不動,改變 F 的方向,夾角 的變化范圍是0 180°B.若小球位置不動,F 由圖示位置逆時針緩慢轉動一定角度,力 F 可能先減小后增大,細線的彈力一定減小C.若保持夾角 不變,細線逆時針緩慢轉至水平,F 一直增大D.若保持夾角 不變,細線逆時針緩慢轉至水平,細線的彈力先增大后減小【答案】BC【詳解】A.若 =180°,小球不能在原位置保持平衡,故 A 錯誤;B.設細線拉力大小為 T,對小球受力分析,做力的矢量三角形若小球位置不動,F 由圖示位置逆時針緩慢轉動一定角度,力 F 可能先減小后增大,細線的彈力一定減小,故 B 正確;CD.由圖若保持夾角 不變,細線逆時針緩慢轉至水平,F 一直增大,若 120°時,細線的彈力一直減小,故 C正確,D 錯誤。故選 BC。13.如圖,用兩根等長的細繩將一勻質圓柱體懸掛在豎直木板的 P 點,將木板以底邊 MN 為軸向后方緩慢轉動直至水平,繩與木板之間的夾角保持不變,忽略圓柱體與木板之間的摩擦,在轉動過程中( )A.圓柱體對木板的壓力先增大后減小B.圓柱體對木板的壓力逐漸增大C.兩根細繩上的拉力逐漸減小D.兩根細繩對圓柱體拉力的合力保持不變【答案】AC【詳解】ABD.設兩根細繩拉力的合力為 T,圓柱體的受力分析圖(側視圖)如圖所示根據正弦定理mg T F= = Nsin sin sin 當木板緩慢轉動直至水平的過程中, 保持不變, sin 不變, 由直角逐漸減小,sin 減小, 由銳角逐漸增大變為鈍角, sin 先增大后減小,故T 減小, FN 先增大后減小,所以壓力先增大后減小。故 AC 正確,B 錯誤;D.由于兩繩拉力的合力T 減小,而兩繩的夾角保持不變,故兩繩上的拉力減小。故 D 錯誤。故選 AC。14.如圖所示,在粗糙水平地面上放著一個截面為四分之一圓弧的柱狀物體 A,A 的左端緊靠豎直墻,A與豎直墻之間放一光滑圓球 B,A、B 的質量均為 m,整個裝置處于靜止狀態。設墻壁對 B 的支持力為F1,A 對 B 的支持力為F2 ,若把 A 向右移動少許后,B 未與地面接觸,它們仍處于靜止狀態,下列判斷正確的是( )A.F1減小,F2 減小 B.F1增大,F2 減小C.地面對 A 的支持力變小 D.地面對 A 的支持力不變【答案】AD【詳解】AB.小球 B 受重力、墻壁對 B 的支持力為F1,A 對 B 的支持力為F2 ,如圖所示根據受力平衡可得F2 cos = mg ,F2 sin = F1可得F1 = mg tan Fmg, 2 = cos 若把 A 向右移動少許后,B 未與地面接觸,它們仍處于靜止狀態,則 減小, tan 減小, cos 增大,可知F1減小,F2 減小,故 A 正確,B 錯誤;CD.以 AB 為整體分析,豎直方向根據受力平衡可得 N地 = 2mg 可知地面對 A 的支持力不變,故 C 錯誤,D正確。故選 AD。15.如圖所示,傾角為 θ 的斜面體 c 置于水平地面上,小物塊 b 置于斜面上,絕緣細繩一端與 b 相連(繩與斜面平行),另一端跨過光滑的定滑輪與帶電小球 M 連接,定滑輪的正下方也有一帶電小球 N,M、N質量均為 m,帶電荷量大小均為 q。M 靜止時細線與豎直方向成 β 角(β<90°)。M、N 處于同一水平線上。現在同一豎直面內向下方,緩慢移動 N,直到 N 移動到 M 位置的正下方,此過程中 b、c、M 始終處于靜止狀態。M、N 均可視為點電荷,靜電力常量為 k,重力加速度為 g。下列說法中正確的是( )A.M、N 間的庫侖力先增大后減小B.絕緣細繩對 M 的拉力逐漸增大C.地面對 c 的摩擦力逐漸減小kq2D.M、N 間距離最大值為mg sin 【答案】CD【詳解】ABD.畫出小球 M 的受力示意圖如圖所示當小球 M 位置不動,N 緩慢向下方移動時,絕緣細繩對 M 的拉力 FT 逐漸減小,N 對 M 的庫侖力 F 庫先減小后增大,M、N 間庫侖力最小時,M、N 間距離最大,則有mg sin kq2=r 2解得r kq2=mg sin 故 D 正確,AB 錯誤;C.將 b 和 c 看成一個整體,受重力、繩子沿斜面向上的拉力、地面的支持力以及水平向左的摩擦力,根據正交分解法,可知地面對 c 的摩擦力的大小等于拉力的水平分量,當拉力減小時,地面對 c 的摩擦力減小,故 C 正確。故選 CD。16.質量為 M 的木楔傾角 θ 為 37°,在水平面上保持靜止。當將一質量為 m 的木塊放在木楔斜面上時,它正好勻速下滑。如圖所示,當用與木楔斜面成 α 角的力 F 拉木塊,木塊勻速上升(已知木楔在整個過程中始終靜止)。可取 sin37°=0.6。下列說法正確的有( )A.物塊與斜面間的動摩擦因數為 0.75B.當 α=37°時 F 有最小值C.當 α=30°時 F 有最小值D.F 的最小值為 0.96mg【答案】ABD【詳解】A.物塊勻速下滑時,有mg sin 37° = mmg cos37°解得m = 0.75A 正確;BCD.物塊勻速上升時,有F cos = mg sin + m mg cos - F sin 整理得F mg sin 2 =cos - 可知,當 = = 37°時 F 有最小值,最小值為F = 0.96mgBD 正確,C 錯誤。故選 ABD。17.(2024·湖北·高考真題)如圖所示,兩拖船 P、Q 拉著無動力貨船 S 一起在靜水中沿圖中虛線方向勻速前進,兩根水平纜繩與虛線的夾角均保持為 30°。假設水對三艘船在水平方向的作用力大小均為 f,方向與船的運動方向相反,則每艘拖船發動機提供的動力大小為( )A 3. f B 21. f C.2f D.3f3 3【答案】B【詳解】根據題意對 S 受力分析如圖正交分解可知2T cos30o = f所以有T 3= f3對 P 受力分析如圖則有 2 2T sin 30o + f +T cos30o = F 2解得F 21 f=3故選 B。18.(2024·山東·高考真題)如圖所示,國產人形機器人“天工”能平穩通過斜坡。若它可以在傾角不大于30°的斜坡上穩定地站立和行走,且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,則它的腳和斜面間的動摩擦因數不能小于( )A 1 B 3. 2 . C2 D 3. .3 2 2【答案】B【詳解】根據題意可知機器人“天工”它可以在傾角不大于 30°的斜坡上穩定地站立和行走,對“天工”分析有mg sin 30° mmg cos30°可得m tan 30 3° =3故選 B。考點 08 共點力平衡1. 高考真題考點分布題型 考點考查 考題統計2024 年湖北卷、河北卷、選擇題 共點力靜態平衡山東卷、浙江卷2. 命題規律及備考策略【命題規律】高考對共點力靜態平衡和動態平衡的考查是高考每年的一個熱點,但各地每年的關于共點力平衡問題的題目大多出現在選擇題,也相對比較簡單。【備考策略】1.能夠利用所學的解決靜態平衡問題的方法處理相關問題。2.掌握處理動態平衡問題的方法。3.會利用數學的方法處理臨界極值問題。【命題預測】重點關注共點力靜態平衡和動態平衡。一、共點力平衡的條件、狀態和推論1.平衡狀態:(1)靜止;(2)勻速直線運動。2.平衡條件:(1)物體所受合外力為零,即 F 合=0。(2)若采用正交分解法,平衡條件表達式為 Fx=0,Fy=0。3.常用推論:(1)若物體受 n 個作用力而處于平衡狀態,則其中任意一個力與其余(n-1)個力的合力大小相等、方向相反。(2)若三個不共線的共點力合力為零,則表示這三個力的有向線段首尾相接組成一個封閉三角形。二、動態平衡及基本思路1.所謂動態平衡問題,是指通過控制某些物理量,使物體的狀態發生緩慢變化,而在這個過程中物體又始終處于一系列的平衡狀態,常利用圖解法解決此類問題。2.基本思路:化“動”為“靜”,“靜”中求“動”。三、平衡中的臨界與極值問題1.臨界問題:當某物理量變化時,會引起其他幾個物理量的變化,從而使物體所處的平衡狀態“恰好出現”或“恰好不出現”,在問題的描述中常用“剛好”“恰能”“恰好”等語言敘述。2.極值問題:平衡物體的極值,一般指在力的變化過程中的最大值或最小值。考點一 共點力靜態平衡考向 1 合成法處理物體靜態平衡問題方法 適用條件 注意事項 優點(1)表示三個力大小的線物體受三個力 段長度不可隨意畫 對于物體所受的三個力,有兩個力相互垂直或兩合成法作用而平衡 (2)兩力的合力與第三個 個力大小相等的平衡問題求解較簡單力等大反向1.高空滑索因其驚險刺激而深受年輕人追捧。人通過輕繩與輕質滑環相連,開始下滑前,輕質滑環固定在鋼索 AB 上O點處,滑環和人均處于靜止狀態,鋼索和輕繩的夾角關系如圖所示。設OA段鋼索的拉力大小為T1,OB段鋼索的拉力大小為T2,OC 段輕繩的拉力大小為T3,下列判斷正確的是( )A.T1 > T2 > T3 B.T1 > T3 > T2C.T2 > T1 > T3 D.T3 > T2 > T12.長期玩手機是會導致頸椎病的。因為長期玩手機,低頭會導致頸部肌肉的疲勞,而容易對間盤骨骼產生相應的壓力,這樣就容易導致頸椎病。現將人體頭頸部簡化為如圖的模型:重心在 P 點的頭部,在可繞O轉動的頸椎OP(輕桿)的支持力和沿 PQ方向肌肉拉力的作用下處于靜止。低頭時頸椎與豎直方向的夾角為 45o , PQ與豎直方向的夾角為60o ,此時,頸椎受到的壓力約為直立時頸椎受到壓力的( )A.2.0 倍 B.2.6 倍 C.3.3 倍 D.4.2 倍考向 2 正交分解法處理物體靜態平衡問題方法 適用條件 注意事項 優點物體受三個或正交分 選坐標軸時應使盡量多的力與 對于物體受三個以上的力處于平衡狀態的三個以上的力解法 坐標軸重合 問題求解較方便作用而平衡3.如圖,彈簧測力計下端掛有一質量為0.20kg 的光滑均勻球體,球體靜止于帶有固定擋板的斜面上,斜面傾角為30°,擋板與斜面夾角為60°.若彈簧測力計位于豎直方向,讀數為1.0N, g 取10m/s2 ,擋板對球體支持力的大小為( )A 3. N B.1.0N C 2 3. N D. 2.0N3 34.中國古代建筑的門閂凝結了勞動人民的智慧。如圖是一種豎直門閂的原理圖:當在水平槽內向右推動下方木塊 A 時,使木塊 B 沿豎直槽向上運動,方可啟動門閂。水平槽、豎直槽內表面均光滑,A、B 間的接觸面與水平方向成 45°角,A、B 間的動摩擦因數為 0.2,且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。已知 B 的質量為 m,重力加速度大小為 g。為了使門閂剛好能被啟動,則施加在 A 上的水平力 F 最小應為( )1A. mg3B. mg5C. mg2D. mg2 2 2 3考向 3 力的三角形法處理物體靜態平衡問題方法 適用條件 注意事項 優點力的三 物體受三個力 將三個力的矢量圖平移,構成一個依次首 常用于求解一般矢量三角形中未角形法 作用而平衡 尾相連接的矢量三角形 知力的大小和方向5.如圖所示,輕桿 AC 和輕桿 BC 的一端用光滑鉸鏈連接在 C 點,另一端分別用光滑鉸鏈固定在豎直墻壁上,將一物塊通過細線連接在 C 點并保持靜止狀態,若對 C 端施加一水平向左的作用力 F,則下列說法正確的是( )A.輕桿 AC 中的彈力一定變大 B.輕桿 AC 中的彈力一定減小C.輕桿 BC 中的彈力一定變大 D.輕桿 BC 中的彈力可能減小6.如圖所示,兩個質量分別為mA 和mB 的帶電小球 A、B(可視為質點)通過一根絕緣輕繩跨放在光滑的定滑輪上(滑輪大小不計,上方用細線懸掛在天花板上),兩球靜止,O 為滑輪正下方 AB 連線上的一個點。兩球到 O 點距離分別為 xA 和 xB,到滑輪的距離分別為 lA 和 lB ,且 lA : lB =1: 2,細繩與豎直方向的夾角分別為 1和 2,兩球電荷量分別為 qA 和 qB 。則( )A.qA > qB B. 1 > 2 C.mA : mB = 1: 2 D. xA : xB =1: 2考向 1 解析法解析法:對研究對象進行受力分析,先畫出受力示意圖,再根據物體的平衡條件,得到因變量與自變量的關系表達式(通常要用到三角函數),最后根據自變量的變化確定因變量的變化。7.如圖所示,某款手機支架由“L”形擋板和底座構成,擋板使用一體成型材料制成,其 AB、BC 部分相互垂直,可繞 O 點的軸在豎直面內自由調節,不計手機與擋板間的摩擦,調整支架,稍微增大 AB 部分的傾角,下列說法正確的是( )A.手機對 AB 部分的壓力增大 B.手機對 BC 部分的壓力增大C.手機對支架的作用力增大 D.支架對手機的作用力增大8.如圖(a),某人借助瑜伽球鍛煉腿部力量,她曲膝靜蹲,背部倚靠在瑜伽球上,瑜伽球緊靠豎直墻面,假設瑜伽球光滑且視為均勻球體,整體可簡化成如圖(b)。當人緩慢豎直站立的過程中,人的背部與p水平面夾角 < ,下列說法正確的是( )2A.墻面對球的力保持不變B.人受到地面的摩擦力變大C.地面對人的支持力變大D.球對人的壓力先增大后減小考向 2 圖解法圖解法:(1)特點:物體受三個共點力,有一個力是恒力、另有一個力方向不變的問題。(2)方法:受力 化“動”為“靜”畫不同狀態“靜”中求“動”確定力分析 ― ― → ― ― → 下的平衡圖 的變化 9.如圖所示,固定的傾斜光滑桿上套有一個重環,繞過光滑定滑輪的輕繩一端與重環相連,另一端施加拉力 F 使重環從 A 點緩慢上升到 B 點。設桿對重環的彈力大小為 FN ,整個裝置處于同一豎直平面內,在此過程中( )A.F 逐漸增大, FN 逐漸增大B.F 逐漸增大, FN 先減小后增大C.F 先減小后增大, FN 逐漸增大D.F 先減小后增大, FN 先減小后增大10.如圖所示,光滑的輕質滑輪通過豎直桿固定于天花板上,一根不可伸長的輕繩跨過滑輪分別系著物塊M 和 N,M 靜止在光滑水平地面上,N 在水平拉力 F 作用下處于靜止狀態。現將 F 沿逆時針方向緩慢轉至豎直方向,此過程中 M 和 N 始終靜止不動。下列說法正確的是( )A.F 先增大后減小B.繩的彈力先減小后增大C.M 對地面的壓力逐漸減小D.滑輪對桿的作用力逐漸減小考向 3 相似三角形法三角形相似法:(1)特點:在三力平衡問題中,如果有一個力是恒力,另外兩個力方向都變化,且題目給出了空間幾何關系。(2)方法:①對物體在某個位置作受力分析;②以兩個變力為鄰邊,利用平行四邊形定則,作平行四邊形;③找出相似的力的矢量三角形和空間幾何三角形;④利用相似三角形對應邊的比例關系確定力的變化。11.在新冠疫情爆發期間,為防止疫情擴散,被隔離的人員不許出門,不允許與他人有接觸。某學校興趣小組根據所學力學知識設計了如圖所示的送餐裝置,送餐員將食物放在吊盤中,被隔離者自行通過細繩搭在光滑定滑輪上將帶鉸鏈的輕桿緩慢上拉,從而取得食物。在輕桿被緩慢上拉到取到食物前的過程中( )A.此人手上所受的拉力 F 先減小,后增大B.此人手上所受的拉力 F 始終不變C.輕桿所受壓力大小始終不變D.輕桿所受壓力先減小,后增大12.如圖,在豎直平面內固定一光滑的半圓環,圓心為 O、半徑為 R,OA 為半圓環的豎直半徑,AB 為與OA 在同一直線上的光滑固定桿,半圓環上套有一小球 a,桿 AB 上套有另一小球 b。兩小球之間連接一輕彈簧,初始時小球 a 在距圓環 A 點右側不遠處的 P 點,小球 b 固定于桿 AB 上的 Q 點,兩小球間距離為R。現用外力使小球 b 沿桿 AB 緩慢向上移動一段距離,但未到達 A 點。在移動過程中彈簧始終在彈性限度內且在一條直線上,兩小球均可視為質點,則下列說法正確的是( )A.初始時彈簧彈力大于半圓環對小球 a 的彈力B.初始時彈簧彈力大于小球 a 的重力C.小球 b 沿桿緩慢向上移動過程中,環對小球 a 的支持力先增大后減小D.小球 b 沿桿緩慢向上移動過程中,彈簧彈力增大考向 4 拉密定理法(正弦定理法或輔助圓法)4.拉密定理法(正弦定理法或輔助圓法):(1)特點:物體受三個共點力,這三個力其中一個力為恒力,另外兩個力都變化,且變化兩個力的夾角不變。F F F(2)拉密定理: 1 = 2 = 3sin 1 sin 2 sin 3(3)輔助圓法:畫出三個力的矢量三角形的外接圓,不便力為一固定弦,因為固定弦所對的圓周角大小始終不變,改變一力的方向,另一大小方向變化情況可得。13.如圖 a 所示,工人用推車運送石球,到達目的地后,緩慢抬起把手將石球倒出(圖 b)。若石球與板OB、OA 之間的摩擦不計,∠AOB=60°,圖 a 中 BO 與水平面的夾角為 30°,則在抬起把手使 OA 變為水平的過程中,石球對 OB 板的壓力 N1、對 OA 板的壓力 N2的大小變化情況是( )A.N1變小、N2先變大后變小 B.N1變小、N2變大C.N1變大、N2變小 D.N1變大、N2先變小后變大14.圖(a)所示的采棉機在運輸圓柱形棉包的過程中緩慢經過一段如圖(b)所示路面(運動時,圓柱形棉包在前,路段足夠長),CD、EF 為水平路面,M 點為傾角最大的位置,傾角為 30°。棉包放在如圖(c)所示的“V”形擋板上,兩板間夾角恒為 120°,初始時 OA 與水平面的夾角為 30°。運動過程中,棉包不脫離擋板,忽略“V”形擋板對棉包的摩擦力,已知重力加速度為 g。則( )A.從 D 到 M 斜面對采棉機的作用力越來越小B.從 D 到 M 棉包對 OA 板的壓力先增大后減小C.從 D 到 M 棉包對 OB 板的壓力一直增大D.采棉機在 EF 段做減速運動,加速度可以為 3g考向 1 圖解法圖解法:根據物體的平衡條件,作出力的矢量圖,通過對物理過程的分析,利用平行四邊形定則進行動態分析,確定最大值與最小值。15.如圖,三根長度均為 L 的輕繩分別連接于 C、D 兩點,A、B 兩端被懸掛在水平天花板上,相距 2L。現在 C 點上懸掛一個重物并處于靜止狀態,在 CD 繩保持水平的前提下,在 D 點上可施加力的最小值大小為 F,則 C 點上懸掛的重物重力大小為( )A.F B.2F C 2 3. F D.4F316.如圖所示,質量為m 的小球 a、b 之間用輕繩相連,小球 a通過輕桿固定在左側豎直墻壁上,輕桿與豎直墻壁夾角為30°。現改變作用在小球b 上的外力F 的大小和方向,輕繩與豎直方向的夾角保持60°不變,則( )A.輕繩上的拉力一定小于 mgB 3.外力F 的最小值為 mg2C.輕桿對小球 a作用力大小不變D.輕桿對小球 a的作用力方向一定沿桿考向 2 數學解析法數學解析法:通過對問題的分析,依據物體的平衡條件寫出物理量之間的函數關系(或畫出函數圖像),用數學方法求極值(如求二次函數極值、三角函數極值等)。17.勞動人民的智慧是無窮的,他們在勞動中摸索、總結著自然的規律,積累著勞動的智慧。人們在向一定高度處運送物料時,為了省力,搭建了一長斜面,其簡化圖如圖所示。將質量為 m 的物料放在傾角為 的粗糙斜面上,用輕繩拉著物料勻速上滑,繩子與斜面之間的夾角為 0 < 90° - 保持不變。則下列說法正確的是( )A.物料對斜面的壓力可能為零B.物料所受繩子的拉力越大,所受斜面的摩擦力越小C.斜面對物料的作用力方向與 角無關D.若適當增大 ,則物料所受繩子的拉力減小18.小明同學喜歡體育運動,他拖拉物體時拉力最大為 1000 2N,某次訓練中,體育老師將不同質量的重3物置于傾角為 15°的斜面上,讓他拉動重物沿斜面向上運動, 重物與斜面間的動摩擦因數為 ,則他能3拉動的重物質量最大為( )A.100kg B.100 3kgC.200kg D. 200 3kg1.如圖所示,P、Q 是兩個光滑的定滑輪,吊著 A、B、C 三個小球的三條輕繩各有一端在 O 點打結,懸吊A、C 兩個球的輕繩分別繞過定滑輪 P、Q,三個球靜止時,OQ 段輕繩與豎直方向的夾角 = 74°。已知B、C 兩球的質量均為 m, sin37° = 0.6,則 A 球的質量為( )A.m B.1.2m C.1.5m D.1.6m2.如圖,彈簧測力計下端掛有一質量為0.20kg 的光滑均勻球體,球體靜止于帶有固定擋板的斜面上,斜面傾角為30°,擋板與斜面夾角為60°.若彈簧測力計位于豎直方向,讀數為1.0N, g 取10m/s2 ,擋板對球體支持力的大小為( )A 3 2 3. N B.1.0N C. N D. 2.0N3 33.如圖所示,某樓頂為玻璃材料的正四面體。一擦子由智能擦玻璃機器人牽引,在外側面由 A 點勻速運2動到 BO 的中點 D。已知擦子與玻璃間的動摩擦因數為 ,則運動過程中擦子受的牽引力與其重力的比2值為( )7 13 1A. B. C. D 2.6 18 3 64.如圖甲所示,直導線 a、b 分別被兩根等長且平行的絕緣輕繩懸掛于垂直于紙面的水平軸上,且 a 固定于水平軸正下方,兩組繩長不同,其截面圖如圖乙所示,導線 b 通以垂直紙面向里的電流;導線 a 電流方向未知,平衡時兩導線位于同一水平面,且兩組絕緣輕繩夾角( = 30°,已知 b 的質量為 m,重力加速度為 g,則( )A.導線 a 中電流方向垂直紙面向里B.導線 a、b 間的安培力大小為 3mgC.僅使導線 a 中電流 I 緩慢增大且 不超過 90 ,導線 b 對懸線的拉力大小一直不變D.當導線 a 中電流突然消失的瞬間,導線 b 的加速度大小為 g5.如圖所示,人拉著拉桿箱沿水平地面勻速運動,其施加的拉力 F 沿拉桿的方向,且與地面的夾角為 ,當改變 角時,為了維持勻速運動需改變拉力 F 的大小。已知地面對箱子的阻力是箱子對地面壓力的k 倍,則拉力 F 最小時, tan 的值為( )k 1k 1A. B. C. D.k k 2 +1 k 2 +16.如圖所示,在豎直固定的光滑絕緣圓環軌道上,套著兩帶電小環 a、b。兩小環處于靜止狀態,且剛好位于同一水平線上。若小環 b 緩慢漏電,則( )A.漏電前, a、b兩小環質量和電量均相同B.漏電過程中,小環 a 對軌道的壓力大小不變C.漏電過程中,兩小環始終在同一高度且庫侖力逐漸減小D.漏電過程中,若小環 a 固定,則小環 b 受到軌道的支持力逐漸增大7.如圖所示,細線一端固定在一個矩形平板上的 P 點,另一端連接一個質量分布均勻的光滑球。現將木板以水平底邊為軸緩慢轉動直至木板豎直,則在此過程中,下列說法正確的是( )A.球受到的合力一直增大B.球對木板的壓力先增大后減小C.細線對球的拉力一直減小D.木板豎直時,增大細線長度,細線拉力增大8.如圖所示,一質量為 m 的物塊恰好靜止在傾角為 θ,質量為 M 的斜劈上。物塊與斜劈和斜劈與地面間的動摩擦因數均為 μ。現對物塊施加一個水平向右的恒力 F,如果物塊和斜劈都仍處于靜止狀態,則( )mg sin + m cos A.水平恒力 F 不可能大于 B.地面對斜劈的摩擦力有可能不變cos - m sin C.物塊受到的支持力一定減小 D.物塊受到的摩擦力一定減小9.放風箏是一項人們喜愛的體育休閑運動,其中蘊含著豐富的物理學知識。如圖所示,一重力為 G 的風箏在牽線的拉力 T 和垂直于風箏面的恒定風力 F 的作用下處于平衡狀態,則下列說法正確的是( )A.F 的大小大于 T 的大小B.F 的大小小于 T 的大小C.T 沿風箏面上的分力大小等于 G 沿風箏面上的分力大小D.F 沿豎直方向上的分力大小等于 T 沿豎直方向上的分力大小10.超長春節假期,點燃了旅游熱,一些旅游景點懸掛了燈籠。如圖所示,一度假村用長度相等的輕繩依次連接了 10 個質量均為m 的燈籠.燈籠 1 的左端被細繩固定在豎直桿上,左端細繩與豎直桿的夾角為 = 45°。燈籠 10 的右端被細繩也固定在豎直桿上,右端細繩與豎直桿的夾角也為45°。燈籠 5 和燈籠 6之間的細繩恰好水平。則下列說法正確的是(重力加速度為 g )( )A.燈籠 5 和燈籠 6 之間的細繩張力的大小為 2.5mgB.燈籠 5 和燈籠 6 之間的細繩張力的大小為5mgC.燈籠 3 2和燈籠 4 之間的輕繩與水平方向的夾角 的正切值等于52D.燈籠 3 和燈籠 4 之間的輕繩與水平方向的夾角 的正切值等于511.在如圖所示的裝置中,兩物塊 A、B 的質量分別為mA 、mB ,整個系統處于靜止狀態,設此時輕質動滑輪右端的輕繩與水平面之間的夾角為 ,則下列說法正確的是( )A.若 > 30°,則mA > mB B.若 < 30°,則mA > mBC.若 = 30°,則mA > mB D.若 = 30°,則mA = mB12.如圖所示,一根細線系著一個小球,細線上端固定。現給小球施加力 F,小球平衡后細線跟豎直方向的夾角為 30°,F 與細線的夾角為 , > 90°。要使小球保持平衡,下列判斷正確的是( )A.若小球位置不動,改變 F 的方向,夾角 的變化范圍是0 180°B.若小球位置不動,F 由圖示位置逆時針緩慢轉動一定角度,力 F 可能先減小后增大,細線的彈力一定減小C.若保持夾角 不變,細線逆時針緩慢轉至水平,F 一直增大D.若保持夾角 不變,細線逆時針緩慢轉至水平,細線的彈力先增大后減小13.如圖,用兩根等長的細繩將一勻質圓柱體懸掛在豎直木板的 P 點,將木板以底邊 MN 為軸向后方緩慢轉動直至水平,繩與木板之間的夾角保持不變,忽略圓柱體與木板之間的摩擦,在轉動過程中( )A.圓柱體對木板的壓力先增大后減小B.圓柱體對木板的壓力逐漸增大C.兩根細繩上的拉力逐漸減小D.兩根細繩對圓柱體拉力的合力保持不變14.如圖所示,在粗糙水平地面上放著一個截面為四分之一圓弧的柱狀物體 A,A 的左端緊靠豎直墻,A與豎直墻之間放一光滑圓球 B,A、B 的質量均為 m,整個裝置處于靜止狀態。設墻壁對 B 的支持力為F1,A 對 B 的支持力為F2 ,若把 A 向右移動少許后,B 未與地面接觸,它們仍處于靜止狀態,下列判斷正確的是( )A.F1減小,F2 減小 B.F1增大,F2 減小C.地面對 A 的支持力變小 D.地面對 A 的支持力不變15.如圖所示,傾角為 θ 的斜面體 c 置于水平地面上,小物塊 b 置于斜面上,絕緣細繩一端與 b 相連(繩與斜面平行),另一端跨過光滑的定滑輪與帶電小球 M 連接,定滑輪的正下方也有一帶電小球 N,M、N質量均為 m,帶電荷量大小均為 q。M 靜止時細線與豎直方向成 β 角(β<90°)。M、N 處于同一水平線上。現在同一豎直面內向下方,緩慢移動 N,直到 N 移動到 M 位置的正下方,此過程中 b、c、M 始終處于靜止狀態。M、N 均可視為點電荷,靜電力常量為 k,重力加速度為 g。下列說法中正確的是( )A.M、N 間的庫侖力先增大后減小B.絕緣細繩對 M 的拉力逐漸增大C.地面對 c 的摩擦力逐漸減小kq2D.M、N 間距離最大值為mg sin 16.質量為 M 的木楔傾角 θ 為 37°,在水平面上保持靜止。當將一質量為 m 的木塊放在木楔斜面上時,它正好勻速下滑。如圖所示,當用與木楔斜面成 α 角的力 F 拉木塊,木塊勻速上升(已知木楔在整個過程中始終靜止)。可取 sin37°=0.6。下列說法正確的有( )A.物塊與斜面間的動摩擦因數為 0.75B.當 α=37°時 F 有最小值C.當 α=30°時 F 有最小值D.F 的最小值為 0.96mg17.(2024·湖北·高考真題)如圖所示,兩拖船 P、Q 拉著無動力貨船 S 一起在靜水中沿圖中虛線方向勻速前進,兩根水平纜繩與虛線的夾角均保持為 30°。假設水對三艘船在水平方向的作用力大小均為 f,方向與船的運動方向相反,則每艘拖船發動機提供的動力大小為( )A 3 f B 21. . f C.2f D.3f3 318.(2024·山東·高考真題)如圖所示,國產人形機器人“天工”能平穩通過斜坡。若它可以在傾角不大于30°的斜坡上穩定地站立和行走,且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,則它的腳和斜面間的動摩擦因數不能小于( )A 1 3. 2 B. C2. D 3.3 2 2 展開更多...... 收起↑ 資源列表 考點08 共點力平衡(核心考點精講精練)(學生版) 備戰2025年高考物理一輪復習考點幫(新高考通用).pdf 考點08 共點力平衡(核心考點精講精練)(教師版) 備戰2025年高考物理一輪復習考點幫(新高考通用).pdf 縮略圖、資源來源于二一教育資源庫