資源簡介

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預習銜接.夯實基礎 共點力的平衡
一．選擇題（共4小題）
1．（2024秋 未央區校級期末）如圖所示，一小球放置在木板與豎直墻面之間。設墻面對球的壓力大小為FN1，木板對小球的支持力大小為FN2。以木板與墻連接點為軸，將木板從圖示位置開始緩慢地轉到水平位置。不計摩擦，在此過程中（　?。?br/>A．FN1始終減小，FN2始終增大 B．FN1始終減小，FN2始終減小
C．FN1先增大后減小，FN2始終減小 D．FN1先增大后減小，FN2先減小后增大
2．（2020秋 天河區期末）用三根細線a、b、c將重力均為G的兩個小球1和2連接，并懸掛如圖所示。兩小球處于靜止狀態，細線a與豎直方向的夾角為30°，細線c水平。則細線b對小球2的拉力大小為（　　）
A．G B．G C．G D．G
3．（2024春 鎮海區校級期末）小明運動后用網兜將籃球掛在相互垂直的墻角。簡化圖如圖所示，設籃球質量為M、半徑為R，懸掛點為互相垂直的兩豎直墻壁交線處的P點，P到球心的距離為2R，一切摩擦不計，則籃球對任一墻壁的壓力大小為（　　）
A． B． C． D．
4．（2024秋 薩爾圖區校級期末）如圖所示，半圓柱放于粗糙水平地面，圓心O的正上方固定一個光滑小定滑輪，輕質繩一端拴一光滑小球，置于半圓柱面上的A點，另一端繞過定滑輪并用拉力T拉住，現緩慢地將小球從A點拽到B點，在此過程中，半圓柱對小球的支持力N以及細線對小球的拉力T的大小變化情況，以下說法正確的是（　　）
A．細線對小球拉力T變大，半圓柱對小球支持力N不變
B．細線對小球拉力T變小，半圓柱對小球支持力N變小
C．地面對半圓柱的支持力變小
D．地面對半圓柱的摩擦力變小
二．多選題（共3小題）
（多選）5．（2024秋 濟南期末）有兩根輕彈簧a和b，勁度系數分別為k1、k2，現將質量分別為m1、m2的A、B兩個小物體按如圖方式連接懸掛。開始時整個裝置保持靜止狀態，若給B物體施加一個向上的力，使其緩慢上升一小段距離Δx后，再次保持平衡狀態，取重力加速度為g，下列說法正確的是（　?。?br/>A．施力之前兩根輕彈簧的總伸長量
B．施力之前兩根輕彈簧的總伸長量
C．再次平衡后物塊A上升的高度為
D．再次平衡后物塊A上升的高度為
（多選）6．（2024秋 辛集市期末）如圖所示，停在某建筑工地上的兩輛吊車共同吊起一重物。質量不計的鋼絲牽引繩繞過定滑輪和重物上的動滑輪吊起重物緩慢上升，不計滑輪的質量和滑輪與繩索、軸承之間的摩擦。在重物緩慢上升的過程中，下列說法正確的是（　?。?br/>A．重物所受的合力逐漸增大
B．牽引繩中的作用力逐漸變大
C．地面對吊車的支持力逐漸增大
D．吊車受到地面的摩擦力逐漸增大
（多選）7．（2024春 沙坪壩區校級期末）晾曬衣服的繩子兩端分別固定在兩根豎直桿上的A、B兩點，A、B兩點等高，原來無風狀態下衣服保持靜止。某時一陣恒定的風吹來，衣服受到水平向右的恒力而發生滑動，并在新的位置保持靜止，如圖所示。兩桿間的距離為d，繩長為1.25d，衣服和衣架的總質量為m，重力加速度為g，（sin37°＝0.6。不計繩子的質量及繩與衣架掛鉤間的摩擦，下列說法正確的是（　?。?br/>A．在有風且風力不變的情況下，繩子右端由A點沿桿略向下移到C點，繩子的拉力變小
B．有風時，掛鉤左、右兩側繩子的拉力大小不相等
C．相比無風時，在有風的情況下∠AOB小
D．無風時，輕繩的拉力大小為
三．填空題（共4小題）
8．（2024秋 福州期末）如圖所示，一重力為G的燈籠懸掛于兩墻壁之間處于靜止狀態。繩OA水平，繩OB與豎直墻夾角為60°，則繩OA的拉力大小為 　 ??；繩OB的拉力大小為 　 　。
9．（2024秋 廈門期末）如圖所示，水平輕桿AB左端固定在豎直增壁上，右端固定一光滑輕質滑輪，一輕繩一端固定在豎直墻壁上的O點，另一端跨過滑輪掛上一質量m＝3kg的物塊，已知∠ABO＝30°，重力加速度g取10m/s2，則輕桿AB對滑輪的作用力大小為 　 　N；若將輕繩在墻上的固定點下移到O′點，則系統穩定后輕桿AB對滑輪的作用力 　 ?。ㄟx填“變大”“變小”或“不變”）。
10．（2024秋 黃浦區校級期末）一質量為m的物體沿傾角θ的斜面恰好可以勻速下滑，則物體與斜面間的摩擦因數為 　 　。若把斜面傾角減為α（α＜θ），將物體由靜止放在斜面上，則斜面對物體的摩擦力大小為 　 　。
11．（2024秋 黃浦區校級期末）如圖所示，兩個質量均為m的物體分別掛在支架上的B點（如圖甲所示）和跨過滑輪的輕繩BC上（如圖乙所示），圖甲中輕桿AB可繞A點轉動，圖乙中水平輕桿一端A插在墻壁內，已知θ＝30°，重力加速度為g，則圖甲中輕桿AB的受力F1＝　 　，圖乙中滑輪受到輕桿AB的作用力F2＝　 　。
四．解答題（共4小題）
12．（2024春 惠州期末）如圖所示，某小朋友設計了一個“平衡”的小游戲，他將質量為M的小物塊A放在水平桌面上，質量為m的小物塊B通過輕繩與A相連，水平拉力F（大小未知）作用在物塊B上，當輕繩與豎直方向的夾角調整為θ時，小物塊A剛好在桌面不滑動，系統處于平衡狀態。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度為g。求：
（1）拉力F和輕繩AB間的拉力大小；
（2）小物塊A與桌面間的動摩擦因數μ。
13．（2024春 濱州期末）炎熱夏天，人們都安裝空調，圖甲是某小區高層住宅外安裝空調主機的情境。為安全起見，要求吊運過程中空調主機與樓墻保持一定的距離。原理如圖乙，一人在高處控制一端系在主機上的輕繩P，另一人在地面控制另一根一端系在主機上的輕繩Q，二人配合可使主機緩慢豎直上升。主機質量m＝49kg，當P繩與豎直方向的夾角α＝37°時，Q繩與豎直方向的夾角β＝53°。主機視為質點，重力加速度g＝10m/s2（sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）。求：
（1）此時P、Q繩中拉力的大?。?br/>（2）此時地面上的人對地面摩擦力的大小和方向。
14．（2024秋 武昌區校級期末）如圖所示，質量為m的物塊在一大小為mg、方向與斜面成37°角斜向下的推力F（力的作用線在斜面上的投影與斜面底邊平行）作用下在斜面上以速度v做勻速運動，運動過程中斜面一直保持靜止。若某時刻，物塊與斜面右邊緣的距離為x、與斜面底邊的距離為y，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，斜面質量為M。求：
（1）物塊滑離斜面所需要的時間t；
（2）物塊滑離斜面前，地面給斜面的支持力大小N。
15．（2024春 鼓樓區校級期末）如圖所示，兩個半圓柱A、C緊靠著靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱B，三者半徑均為R，B的質量為m，A、C的質量都為，與地面間的動摩擦因數均為μ。現用水平向右的力拉A，使A緩慢移動，直至B恰好降到地面，整個過程中C保持靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。求：
（1）未拉A時，C對B的作用力大??；
（2）滿足題中條件，μ的最小值μmin。
預習銜接.夯實基礎 共點力的平衡
參考答案與試題解析
一．選擇題（共4小題）
1．（2024秋 未央區校級期末）如圖所示，一小球放置在木板與豎直墻面之間。設墻面對球的壓力大小為FN1，木板對小球的支持力大小為FN2。以木板與墻連接點為軸，將木板從圖示位置開始緩慢地轉到水平位置。不計摩擦，在此過程中（　?。?br/>A．FN1始終減小，FN2始終增大
B．FN1始終減小，FN2始終減小
C．FN1先增大后減小，FN2始終減小
D．FN1先增大后減小，FN2先減小后增大
【考點】解析法求共點力的平衡；力的合成與分解的應用．
【專題】比較思想；推理法；共點力作用下物體平衡專題；推理論證能力．
【答案】B
【分析】以小球為研究對象，分析受力情況：重力、木板的支持力和墻壁的壓力，根據平衡條件列方程判斷即可。
【解答】解：以小球為研究對象，對其進行受力分析，受重力G、墻面對球的壓力大小為FN1，木板對小球的支持力大小為FN2，如圖所示：
設木板與墻之間的夾角為θ，根據平衡條件知：
FN1
FN2
將木板從圖示位置開始緩慢地轉到水平位置，θ增大，則知FN1始終減小，FN2始終減小，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
【點評】本題運用函數法研究動態平衡問題，也可以運用圖解法直觀反映力的變化情況，解題的關鍵在于正確作出幾何圖形。
2．（2020秋 天河區期末）用三根細線a、b、c將重力均為G的兩個小球1和2連接，并懸掛如圖所示。兩小球處于靜止狀態，細線a與豎直方向的夾角為30°，細線c水平。則細線b對小球2的拉力大小為（　?。?br/>A．G B．G C．G D．G
【考點】共點力的平衡問題及求解；力的合成與分解的應用．
【專題】定量思想；整體法和隔離法；共點力作用下物體平衡專題；理解能力．
【答案】A
【分析】選取1、2兩球整體為研究對象進行受力分析，根據平衡條件列方程求解細線c對小球2的拉力，再對2球根據力的合成求解細線b對小球2的拉力大小。
【解答】解：選取1、2兩球整體為研究對象，受到重力2G、a和c細線的拉力，如圖所示：
根據平衡條件結合圖中幾何關系可得：Fc＝2Gtan30°＝2GG，
再對2球分析，受到重力G、c和b細線的拉力，根據力的合成可得：FbG，故A正確、BCD錯誤。
故選：A。
【點評】本題主要是考查了共點力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、利用平行四邊形法則進行力的合成或者是正交分解法進行力的分解，然后在坐標軸上建立平衡方程進行解答。注意整體法和隔離法的應用。
3．（2024春 鎮海區校級期末）小明運動后用網兜將籃球掛在相互垂直的墻角。簡化圖如圖所示，設籃球質量為M、半徑為R，懸掛點為互相垂直的兩豎直墻壁交線處的P點，P到球心的距離為2R，一切摩擦不計，則籃球對任一墻壁的壓力大小為（　　）
A． B． C． D．
【考點】共點力的平衡問題及求解；牛頓第三定律的理解與應用；力的分解過程中多解和極值的問題．
【專題】定量思想；推理法；共點力作用下物體平衡專題；推理論證能力．
【答案】B
【分析】根據幾何關系求角度，再根據受力平衡、平行四邊形定則，以及牛頓第三定律，求力。
【解答】解：對球進行受力分析，球受重力Mg、繩子的拉力T及兩個墻壁對它的支持力，根據對稱性，兩個支持力大小相等，根據題中圖形可知，夾角為90°，設支持力的大小為N、繩子與豎直墻壁交線的夾角θ，根據幾何知識，球心到豎直墻壁交線的垂直距離，所以
解得θ＝45°
在豎直方向上根據受力平衡列式
Tcosθ＝Mg
解得
在水平方向上根據受力平衡，兩個墻壁對球的支持力的合力大小等于繩子拉力T的水平分力的大小，結合平行四邊形定則，可知
解得
根據牛頓第三定律，球對任一墻壁的壓力大小與支持力N大小相等，故為，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
【點評】本題解題關鍵是掌握受力平衡，根據平衡條件列等式。
4．（2024秋 薩爾圖區校級期末）如圖所示，半圓柱放于粗糙水平地面，圓心O的正上方固定一個光滑小定滑輪，輕質繩一端拴一光滑小球，置于半圓柱面上的A點，另一端繞過定滑輪并用拉力T拉住，現緩慢地將小球從A點拽到B點，在此過程中，半圓柱對小球的支持力N以及細線對小球的拉力T的大小變化情況，以下說法正確的是（　?。?br/>A．細線對小球拉力T變大，半圓柱對小球支持力N不變
B．細線對小球拉力T變小，半圓柱對小球支持力N變小
C．地面對半圓柱的支持力變小
D．地面對半圓柱的摩擦力變小
【考點】相似三角形法解決動態平衡問題；力的合成與分解的應用；共點力的平衡問題及求解．
【專題】比較思想；圖析法；共點力作用下物體平衡專題；分析綜合能力．
【答案】D
【分析】分析小球受力情況：重力G，細線的拉力T和半球面的支持力N，作出N、T的合力F，根據三角形相似法分析N、T的變化；由整體法得地面對半圓柱支持力及地面對半圓柱的摩擦力變化情況。
【解答】解：AB．對小球受力分析，作出N、T的合力F，如圖所示：
由平衡條件得：F＝G，
由三角形NAF與三角形AOO1相似可得
得
，
緩慢地將小球從A點拽到B點過程中，O1O、AO不變，O1A變小，所以細線對小球拉力T變小，半圓柱對小球支持力N不變，故AB錯誤；
CD．小球從A到B過程中，T豎直分量減小，T水平分量減小，對小球和半圓柱組成的整體得地面對半圓柱支持力變大，地面對半圓柱的摩擦力變小，故C錯誤，D正確。
故選：D。
【點評】本題是平衡問題中動態變化分析問題，N與T不垂直，運用三角形相似法分析，作為一種方法要學會應用，同時注意整體法的應用。
二．多選題（共3小題）
（多選）5．（2024秋 濟南期末）有兩根輕彈簧a和b，勁度系數分別為k1、k2，現將質量分別為m1、m2的A、B兩個小物體按如圖方式連接懸掛。開始時整個裝置保持靜止狀態，若給B物體施加一個向上的力，使其緩慢上升一小段距離Δx后，再次保持平衡狀態，取重力加速度為g，下列說法正確的是（　?。?br/>A．施力之前兩根輕彈簧的總伸長量
B．施力之前兩根輕彈簧的總伸長量
C．再次平衡后物塊A上升的高度為
D．再次平衡后物塊A上升的高度為
【考點】共點力的平衡問題及求解；胡克定律及其應用．
【專題】定量思想；推理法；共點力作用下物體平衡專題；推理論證能力．
【答案】AC
【分析】施力之前，以B和AB整體為對象，根據受力平衡可計算伸長量；給B物體施加一個向上的力，對A根據共點力平衡條件結合胡克定律解答。
【解答】解：AB.施力之前，以B為對象，根據受力平衡可得，b的伸長量為
對整體，根據受力平衡可得，a的伸長量為
則兩根輕彈簧的總伸長量為
故A正確，B錯誤；
CD.若給B物體施加一個向上的力，使其緩慢上升一小段距離Δx 后；設物塊A上升的高度為ΔxA，則此時輕彈簧a、b的伸長量分別為
x′a＝xa﹣ΔxA，x′b＝xb+ΔxA﹣Δx
以A物體對象，可得
k1x′a＝m1g+k2x′b
聯立解得
故C正確，D錯誤。
故選：AC。
【點評】本題考查共點力平衡條件及胡克定律的應用，解題關鍵掌握彈簧形變量的表示。
（多選）6．（2024秋 辛集市期末）如圖所示，停在某建筑工地上的兩輛吊車共同吊起一重物。質量不計的鋼絲牽引繩繞過定滑輪和重物上的動滑輪吊起重物緩慢上升，不計滑輪的質量和滑輪與繩索、軸承之間的摩擦。在重物緩慢上升的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．重物所受的合力逐漸增大
B．牽引繩中的作用力逐漸變大
C．地面對吊車的支持力逐漸增大
D．吊車受到地面的摩擦力逐漸增大
【考點】共點力的平衡問題及求解；力的合成與分解的應用．
【專題】定性思想；推理法；共點力作用下物體平衡專題；推理論證能力．
【答案】BD
【分析】A.根據重物所處的狀態分析合外力的變化；
B.根據受力分析情況結合平衡條件判斷繩子拉力情況；
C.利用整體法分析豎直方向的受力判斷；
D.對吊車在水平方向進行分析判斷。
【解答】解：A．由于物體緩慢升高，但一直處于平衡狀態，則合力一直為零，故A錯誤；
B．隨著重物的上升，吊起重物的牽引繩夾角增大，滿足2Fcosθ＝mg，θ為兩邊牽引繩與豎直方向的夾角，mg不變，cosθ減小，所以F增大，即牽引繩中的作用力在增大，故B正確；
C．由于是緩慢上升，整體法可知整體處于平衡狀態，地面支持力始終平衡整體的重力，大小不變，故C錯誤；
D．牽引繩的作用力在增大，吊車受到牽引繩的作用力的水平分量在增大，水平方向吊車受力平衡，所以吊車受到地面的摩擦力逐漸增大，故D正確。
故選：BD。
【點評】考查平衡問題，會根據平衡條件討論合外力和各分力的變化情況。
（多選）7．（2024春 沙坪壩區校級期末）晾曬衣服的繩子兩端分別固定在兩根豎直桿上的A、B兩點，A、B兩點等高，原來無風狀態下衣服保持靜止。某時一陣恒定的風吹來，衣服受到水平向右的恒力而發生滑動，并在新的位置保持靜止，如圖所示。兩桿間的距離為d，繩長為1.25d，衣服和衣架的總質量為m，重力加速度為g，（sin37°＝0.6。不計繩子的質量及繩與衣架掛鉤間的摩擦，下列說法正確的是（　?。?br/>A．在有風且風力不變的情況下，繩子右端由A點沿桿略向下移到C點，繩子的拉力變小
B．有風時，掛鉤左、右兩側繩子的拉力大小不相等
C．相比無風時，在有風的情況下∠AOB小
D．無風時，輕繩的拉力大小為
【考點】圖解法解決動態平衡問題．
【專題】定量思想；推理法；共點力作用下物體平衡專題；推理論證能力．
【答案】AC
【分析】兩細繩拉力的合力不變，夾角變小，拉力變??；
動滑輪兩端繩子的拉力總是相等；
根據受力情況和幾何關系，分析角度；
根據平衡條件和幾何關系，求F。
【解答】解：A．重力、風力的合力為恒力與兩細繩拉力的合力等大反向，如圖所示
當在有風的情況下，將A點沿桿稍下移到C點，兩端繩子之間的夾角變小，則拉力F變小，故A正確；
B．不計繩子的質量及繩與衣架掛鉤間的摩擦，掛鉤相當于動滑輪，兩端繩子的拉力總是相等，故B錯誤；
C．設無風時繩子夾角的一半為θ1，繩長為L，有風時繩子夾角的一半為θ2，有風時如圖
根據幾何關系可得：
L1+L2＝Lsinθ2
d＝Lsinθ1
又因為
d＞L1+L2
所以θ1＞θ2
故C正確；
D．無風時，衣服受到重力和兩邊繩子的拉力處于平衡狀態，如圖所示，同一條繩子拉力相等，則掛鉤左右兩側繩子與豎直方向的夾角相等。由幾何關系可得
解得：θ＝53°
根據平衡條件可
mg＝2Fcosθ
解得
故D錯誤。
故選：AC。
【點評】本題主要考查了共點力的動態平衡問題，熟悉物體的受力分析，結合幾何關系即可完成解答。
三．填空題（共4小題）
8．（2024秋 福州期末）如圖所示，一重力為G的燈籠懸掛于兩墻壁之間處于靜止狀態。繩OA水平，繩OB與豎直墻夾角為60°，則繩OA的拉力大小為 　G；　；繩OB的拉力大小為 　2G　。
【考點】共點力的平衡問題及求解；力的合成與分解的應用．
【專題】定量思想；方程法；共點力作用下物體平衡專題；理解能力．
【答案】G；2G。
【分析】以結點O為研究對象進行受力分析，根據平衡條件進行解答。
【解答】解：以結點O為研究對象，受到燈籠的拉力、OA和OB的拉力，如圖所示；
根據平衡條件結合幾何關系可得：FA＝Gtan60°G；
FB2G。
故答案為：G；2G。
【點評】本題主要是考查了共點力的平衡問題，關鍵是能夠確定研究對象、進行受力分析、利用平行四邊形法則進行力的合成，然后建立平衡方程進行解答。
9．（2024秋 廈門期末）如圖所示，水平輕桿AB左端固定在豎直增壁上，右端固定一光滑輕質滑輪，一輕繩一端固定在豎直墻壁上的O點，另一端跨過滑輪掛上一質量m＝3kg的物塊，已知∠ABO＝30°，重力加速度g取10m/s2，則輕桿AB對滑輪的作用力大小為 　30　N；若將輕繩在墻上的固定點下移到O′點，則系統穩定后輕桿AB對滑輪的作用力 　變大?。ㄟx填“變大”“變小”或“不變”）。
【考點】共點力的平衡問題及求解；力的合成與分解的應用．
【專題】定量思想；控制變量法；共點力作用下物體平衡專題；推理論證能力．
【答案】30，變大。
【分析】對滑輪受力分析，根據平行四邊形定則解題；
根據平行四邊形定則判斷F1和F2合力的大小變化。
【解答】解：對B受力分析，如圖所示
F1和F2為同一根繩子上的張力，故
F1＝mg＝F2
根據幾何關系可知
F1＝F2＝mg＝3×10N＝30N
則根據平行四邊形定則可知，輕桿AB對滑輪的作用力大小為30N；
將輕繩在墻上的固定點下移到O′點，根據上圖可知，F1和F2的夾角變小，結合平行四邊形定則可知，合力變大，即系統穩定后輕桿AB對滑輪的作用力變大。
故答案為：30，變大。
【點評】本題考查的是平衡狀態受力分析的運用，根據平行四邊形定則解題，題型較為簡單。
10．（2024秋 黃浦區校級期末）一質量為m的物體沿傾角θ的斜面恰好可以勻速下滑，則物體與斜面間的摩擦因數為 　tanθ　。若把斜面傾角減為α（α＜θ），將物體由靜止放在斜面上，則斜面對物體的摩擦力大小為 　mgsinα　。
【考點】共點力的平衡問題及求解；判斷是否存在摩擦力．
【專題】定量思想；合成分解法；共點力作用下物體平衡專題；理解能力．
【答案】tanθ；mgsinα。
【分析】以物體為研究對象，受到重力、支持力和摩擦力，根據平衡條件結合滑動摩擦力的計算公式求解動摩擦因數；物體靜止在斜面上，根據平衡條件可得斜面對物體的摩擦力大小。
【解答】解：以物體為研究對象，受到重力、支持力和摩擦力，如圖所示：
垂直于斜面方向根據平衡條件可得：FN＝mgcosθ
沿斜面方向根據平衡條件可得：mgsinθ＝f
又有：f＝μFN
聯立解得：μ＝tanθ；
若把斜面傾角減為α（α＜θ），將物體由靜止放在斜面上，根據平衡條件可得斜面對物體的摩擦力大小為：
f′＝mgsinα。
故答案為：tanθ；mgsinα。
【點評】計算摩擦力，首先要根據物體的受力情況，判斷物體的狀態，確定是什么摩擦力，再選擇解題方法：靜摩擦力由平衡條件求解，而滑動摩擦力可由公式或平衡條件求解；當兩個物相對靜止時，受到的是靜摩擦力；當兩個物體之間發生相對運動時，受到的是滑動摩擦力。
11．（2024秋 黃浦區校級期末）如圖所示，兩個質量均為m的物體分別掛在支架上的B點（如圖甲所示）和跨過滑輪的輕繩BC上（如圖乙所示），圖甲中輕桿AB可繞A點轉動，圖乙中水平輕桿一端A插在墻壁內，已知θ＝30°，重力加速度為g，則圖甲中輕桿AB的受力F1＝　mg　，圖乙中滑輪受到輕桿AB的作用力F2＝　mg　。
【考點】共點力的平衡問題及求解；牛頓第三定律的理解與應用；力的合成與分解的應用．
【專題】定量思想；推理法；受力分析方法專題；推理論證能力．
【答案】mg，mg。
【分析】對圖甲，根據動桿的模型對結點B受力分析，根據平衡條件列式求解，結合牛頓第三定律解答；對圖乙，根據定桿模型和定滑輪畫受力示意圖，然后根據力的平衡條件列式求解。
【解答】解：對圖甲，結點B的受力如圖
根據平衡條件
水平方向T1cos30°＝N1
豎直方向T1sin30°＝mg
解得N1mg
N1是輕桿對B點的作用力，根據牛頓第三定律，輕桿AB受到的力F1＝N1mg；
對乙圖，以滑輪為研究對象，受力如圖
由于定滑輪的作用，所以T2大小等于mg，又因為T2與水平方向的夾角為30°，故T2和mg的夾角是120°，根據力的合成的知識可知，T2和mg的合力沿左下方與mg成60°夾角，大小等于mg，輕桿對滑輪的力N2與合力等大反向，
故N2＝mg
故答案為：mg，mg。
【點評】考查動桿定桿，滑輪和結點的受力分析和利用平衡條件列式解決相關問題。
四．解答題（共4小題）
12．（2024春 惠州期末）如圖所示，某小朋友設計了一個“平衡”的小游戲，他將質量為M的小物塊A放在水平桌面上，質量為m的小物塊B通過輕繩與A相連，水平拉力F（大小未知）作用在物塊B上，當輕繩與豎直方向的夾角調整為θ時，小物塊A剛好在桌面不滑動，系統處于平衡狀態。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度為g。求：
（1）拉力F和輕繩AB間的拉力大??；
（2）小物塊A與桌面間的動摩擦因數μ。
【考點】圖解法解決動態平衡問題．
【專題】定量思想；推理法；合成分解法；共點力作用下物體平衡專題；推理論證能力．
【答案】（1）拉力F＝mgtanθ，輕繩AB間的拉力大??；
（2）小物塊A與桌面間的動摩擦因數。
【分析】（1）對B受力分析，并正交分解力，由平衡平衡條件，可求拉力F和輕繩AB間的拉力大小；
（2）對物塊受力分析，并正交分解力，由平衡條件可解出小物塊A與桌面間的動摩擦因數μ。
【解答】解：（1）對B受力分析，由平衡平衡條件得
mg＝Tcosθ
F＝Tsinθ
聯立得
F＝mgtanθ
（2）以A為對象，平衡條件可得
Tsinθ＝f
Tcosθ+Mg＝FN
又
f＝μFN
聯立可得
答：（1）拉力F＝mgtanθ，輕繩AB間的拉力大?。?br/>（2）小物塊A與桌面間的動摩擦因數。
【點評】本題考查共點力平衡條件的應用，解題關鍵掌握受力分析以及運用正交分解法求解力。
13．（2024春 濱州期末）炎熱夏天，人們都安裝空調，圖甲是某小區高層住宅外安裝空調主機的情境。為安全起見，要求吊運過程中空調主機與樓墻保持一定的距離。原理如圖乙，一人在高處控制一端系在主機上的輕繩P，另一人在地面控制另一根一端系在主機上的輕繩Q，二人配合可使主機緩慢豎直上升。主機質量m＝49kg，當P繩與豎直方向的夾角α＝37°時，Q繩與豎直方向的夾角β＝53°。主機視為質點，重力加速度g＝10m/s2（sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）。求：
（1）此時P、Q繩中拉力的大??；
（2）此時地面上的人對地面摩擦力的大小和方向。
【考點】共點力的平衡問題及求解．
【專題】定量思想；推理法；共點力作用下物體平衡專題；推理論證能力．
【答案】（1）Q繩中拉力的大小1050N，P繩中拉力的大小1400N；
（2）地面上的人對地面摩擦力的大小840N，方向水平向右。
【分析】（1）對空調主機受力分析，根據平衡條件列式，求拉力大??；
（2）對地面上的人受力分析，在水平方向根據平衡條件求人受到的摩擦力，再根據牛頓第三定律，分析人對地面的摩擦力。
【解答】解：（1）對空調主機受力分析，建坐標系如圖所示
根據平衡條件，則y方向有
FPcosα＝mg+FQcosβ
x方向有
FPsinα＝FQsinβ
聯立解得
FQ＝1050N，FP＝1400N
（2）對地面上的人受力分析，在水平方向有
Ff＝F′Qsinβ
解得
Ff＝840N
方向水平向左，由牛頓第三定律知人對地面的摩擦力大小
F′f＝Ff＝840N
方向水平向右。
答：（1）Q繩中拉力的大小1050N，P繩中拉力的大小1400N；
（2）地面上的人對地面摩擦力的大小840N，方向水平向右。
【點評】本題解題關鍵是正確受力分析，采用正交分解法沿著水平和豎直方向正確列出平衡等式。
14．（2024秋 武昌區校級期末）如圖所示，質量為m的物塊在一大小為mg、方向與斜面成37°角斜向下的推力F（力的作用線在斜面上的投影與斜面底邊平行）作用下在斜面上以速度v做勻速運動，運動過程中斜面一直保持靜止。若某時刻，物塊與斜面右邊緣的距離為x、與斜面底邊的距離為y，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，斜面質量為M。求：
（1）物塊滑離斜面所需要的時間t；
（2）物塊滑離斜面前，地面給斜面的支持力大小N。
【考點】共點力的平衡問題及求解；勻變速直線運動位移與時間的關系．
【專題】定量思想；推理法；共點力作用下物體平衡專題；推理論證能力．
【答案】（1）物塊滑離斜面所需要的時間為或；
（2）物塊滑離斜面前，地面給斜面的支持力大小為（M+1.6m）g。
【分析】（1）根據力的合成與分解分析速度方向，根據運動學公式解答；
（2）根據共點力平衡條件解答。
【解答】解：（1）力F在平行斜面向右方向的分力F1＝Fcos37°＝0.8mg
重力沿斜面向下的分力G1＝mgsin37°＝0.6mg，則兩個力的合力與摩擦力等大反向，則合力與水平方向的夾角的正切值tanα
即α＝37°
即物塊的速度方向與水平方向夾角為37°；
若y＜xtan37°，則滑塊從底邊滑出斜面，所用時間為t
若y＞xtan 37°，則滑塊從側邊滑出斜面，所用時間為t
（2）物塊滑離斜面前，地面給斜面的支持力大小N＝（M+m）g+Fsin37°＝（M+1.6m）g。
答：（1）物塊滑離斜面所需要的時間為或；
（2）物塊滑離斜面前，地面給斜面的支持力大小為（M+1.6m）g。
【點評】本題考查共點力平衡條件的應用，解題關鍵注意空間思維的培養，掌握平衡條件的運用即可。
15．（2024春 鼓樓區校級期末）如圖所示，兩個半圓柱A、C緊靠著靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱B，三者半徑均為R，B的質量為m，A、C的質量都為，與地面間的動摩擦因數均為μ?，F用水平向右的力拉A，使A緩慢移動，直至B恰好降到地面，整個過程中C保持靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。求：
（1）未拉A時，C對B的作用力大??；
（2）滿足題中條件，μ的最小值μmin。
【考點】圖解法解決動態平衡問題．
【專題】計算題；信息給予題；定量思想；推理法；共點力作用下物體平衡專題；推理論證能力．
【答案】（1）未拉A時，C對B的作用力大小為；
（2）滿足題中條件，μ的最小值為。
【分析】（1）以B為研究對象，分析受力，根據平衡條件和幾何知識計算；
（2）以B為研究對象，分析受力，根據平衡條件和幾何知識推導地面對C的支持力和摩擦力，根據摩擦力討論計算。
【解答】解：（1）B受力如圖所示
由平衡條件可得
F12＝mg
由平行四邊形定則可得
由圖可得
解得
（2）對B受力分析，如圖所示
由平衡條件和題意可得
對C受力分析，如圖所示
由牛頓第三定律
由平衡條件可得
要使C物體始終不動，則
f≤fmax
最大靜摩擦力等于滑動摩擦力
fmax＝μN
代入數據解得
由圖可得，B柱下滑過程，接近地面時，α最大值。根據
解得
αmax＝60°
所以動摩擦因數的最小值為
答：（1）未拉A時，C對B的作用力大小為；
（2）滿足題中條件，μ的最小值為。
【點評】本題關鍵掌握研究對象的選取和摩擦力變化情況的討論。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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