1、專練專練3 受力分析 共點力的平衡常考題型常考題型1.應用1.應用 物體的靜態平衡問題 例1(2020山東卷8)如圖所示，一輕質光滑定滑輪固定在傾斜木板上，質量分別為m和2m的物塊A、B，通過不可伸長的輕繩跨過滑輪連接，A、B間的接觸面和輕繩均與木板平行。A與B間、B與木板間的動摩擦因數均為，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當木板與水平面的夾角為45時，物塊A、B剛好要滑動，則的值為()Aeq f(1,3) Beq f(1,4) C Deq f(1,6)【解析】當木板與水平面的夾角為45時，兩物塊剛好滑動，對A物塊受力分析如圖，A、B之間的滑動摩擦力f1mgcos 45，根據平衡條件可知Tmgs

2、in 45f1；對B物塊受力分析如圖沿斜面方向，B與斜面之間的滑動摩擦力f23mgcos 45，根據平衡條件可知2mgsin 45Tf1f2，解得。【答案】C2.應用2.應用 物體的動態平衡問題 例2(2021湖南卷5)質量為M的凹槽靜止在水平地面上，內壁為半圓柱面，截面如圖所示，A為半圓的最低點，B為半圓水平直徑的端點。凹槽恰好與豎直墻面接觸，內有一質量為m的小滑塊。用推力F推動小滑塊由A點向B點緩慢移動，力F的方向始終沿圓弧的切線方向，在此過程中所有摩擦均可忽略，下列說法正確的是（）A. 推力F先增大后減小B. 凹槽對滑塊的支持力先減小后增大C. 墻面對凹槽的壓力先增大后減小D. 水平地面

3、對凹槽的支持力先減小后增大【答案】C【解析】對滑塊受力分析，由平衡條件有Fmgsin ，Nmgcos ，滑塊從A緩慢移動B點時，越來越大，則推力F越來越大，支持力N越來越小，所以AB錯誤；對凹槽與滑塊整體分析，有墻面對凹槽的壓力FNFcos eq f(1,2)mgsin (2)，則越來越大時，墻面對凹槽的壓力先增大后減小，所以C正確；水平地面對凹槽的支持力N地(Mm)gFsin (Mm)gmgsin2 ，則越來越大時，水平地面對凹槽的支持力越來越小，所以D錯誤。對點速練對點速練1(2021浙江6月4)2021年5月15日，天問一號著陸器在成功著陸火星表面的過程中，經大氣層290 s的減速，速度

4、從4.9103 m/s減為4.6102 m/s；打開降落傘后，經過90 s速度進一步減為1.0102 m/s；與降落傘分離，打開發動機減速后處于懸停狀態；經過對著陸點的探測后平穩著陸。若打開降落傘至分離前的運動可視為豎直向下運動，則著陸器（）A打開降落傘前，只受到氣體阻力的作用B打開降落傘至分離前，受到的合力方向豎直向上C打開降落傘至分離前，只受到浮力和氣體阻力的作用D懸停狀態中，發動機噴火的反作用力與氣體阻力是平衡力【答案】B【解析】打開降落傘前，在大氣層中做減速運動，則著陸器受大氣的阻力作用以及火星的引力作用，A錯誤；打開降落傘至分離前做減速運動，則其加速度方向與運動方向相反，加速度方向向

5、上，則合力方向豎直向上，B正確；打開降落傘至分離前，受到浮力和氣體的阻力以及火星的吸引力作用，C錯誤；懸停狀態中，發動機噴火的反作用力是氣體對發動機的作用力，由于還受到火星的吸引力，則與氣體的阻力不是平衡力，D錯誤。2如圖所示，一根粗糙的水平橫桿上套有A、B兩個輕環，系在兩環上的等長細繩拴住的書本處于靜止狀態，現將兩環距離變小后書本仍處于靜止狀態，則()A桿對A環的支持力變大BB環對桿的摩擦力變小C桿對A環的力不變D與B環相連的細繩對書本的拉力變大【解析】以環、繩和書本整體為研究對象，在豎直方向上始終受力平衡，故桿對其中一環的支持力FN恒等于書本重力的一半，故A錯誤；設繩與水平桿之間的夾角為，

6、對B環受力分析，可得桿對B環的摩擦力Ffeq f(FN,tan )，兩環距離減小，夾角增大，摩擦力Ff減小，故B環對桿的摩擦力變小，B正確；桿對環的作用力包括支持力和摩擦力，根據環受力平衡可知，兩者的合力大小與繩的拉力大小相等，而繩的拉力大小Feq f(FN,sin )，可知，夾角增大，拉力大小減小，故C、D錯誤。【答案】B3如圖所示，傾角為30的斜面A置于水平面上，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，斜面A靜止不動，B上表面傾斜，則B、C在斜面上運動時，下列說法正確的是( )AB可能受三個力作用BA、B間的動摩擦因數eq f(r(3),2)CA一定受四個力作用D地面對A的

7、支持力小于A、B、C三者重力之和【答案】C【解析】B受到重力、斜面的支持力和摩擦力、C對B的壓力和摩擦力5個力的作用，A錯誤；以B和C整體為研究對象，沿斜面方向根據平衡條件可得(mBgmCg)sin (mBgmCg)cos ，解得tan eq f(r(3),3)，B錯誤；斜面A受到重力、地面的支持力、B對斜面的壓力和摩擦力4個力的作用，C正確；滑塊B、C疊放在一起沿斜面勻速下滑，整體受力平衡，故地面對A的支持力等于A、B、C三者重力之和，故D錯誤。4如圖所示，一傾角為45的斜面放置于粗糙的水平地面上，斜面上固定一個內側光滑的圓環，圓環和斜面相切。將一小物塊放置于圓環內側切點位置，對小物塊施加沿

8、圓環切線方向的拉力F，使小物塊緩慢沿圓環內側向上運動，直至拉力F豎直，整個過程斜面體靜止不動，則下列說法正確的是（）A拉力F先增大后減小B圓環對物塊的支持力先增大后減小C地面對斜面體的摩擦力一直減小D地面對斜面體的支持力先增大后減小【答案】C【解析】對小物塊，設F與豎直方向夾角為，根據平衡條件有Fmgcos ，根據題意，由45逐漸減小到0，則F逐漸增大，故A錯誤；對小物塊，根據平衡條件FNmgsin ，根據題意，由45逐漸減小到0，則FN逐漸減小，故B錯誤；對小物塊、圓環和斜面整體，根據水平方向平衡條件有fFsin eq f(1,2)mgsin (2)，根據題意，由45逐漸減小到0，則f逐漸減

9、小，故C正確；對小物塊、圓環和斜面整體，根據豎直方向平衡條件有MgFNFcos ，根據題意，由45逐漸減小到0，且F逐漸增大，則FN逐漸減小，故D錯誤。5如圖甲、乙所示，一臺質量為36 kg的空調外機用兩個相同的三角形支架固定在豎直外墻上，若空調外機重心恰好在兩支架OO連線中點S的正上方。橫梁PO水平，斜梁QO跟橫梁PO的夾角為37，已知sin 370.6，cos 370.8，下列說法正確的是（ ）A橫梁對O點的作用力方向從P指向OB斜梁對O點的作用力大小約為300 NC空調外機對每個三角形支架的作用力大小約為360 ND保持O點位置不變，斜梁加長，橫梁和斜梁對O點的作用力都變大【答案】B【解

10、析】橫梁對O點的作用力方向從O指向P，A錯誤；每根斜梁對O點的作用力大小約為，B正確；空調外機對每個三角形支架的作用力大小約為Feq f(1,2)mg180 N，C錯誤；保持O點位置不變，斜梁加長，則橫梁與斜梁的夾角變大，根據，可知，橫梁和斜梁對O點的作用力都變小，D錯誤。6如圖，傾角60的斜面體置于水平面上，在斜面體頂端固定一輕質小定滑輪，一根輕質細線跨過滑輪，一端與置于斜面上的質量為2m的物塊相連，另一端與質量為m的小球相連，與物塊相連的細線與斜面平行。現用一拉力F拉小球（圖中未畫出），使與小球相連的細線偏離豎直方向30，且拉力F最小，整個裝置保持靜止，重力加速度為g。則（）A拉力F沿水平

11、方向向右時，拉力F最小B斜面對物塊的摩擦力大小為eq f(r(3),2)mg，方向沿斜面向下C地面對斜面體的摩擦力大小為eq f(r(3),4)mg，方向水平向左D細線上的拉力大小為eq f(1,2)mg【答案】C【解析】對小球進行受力分析，當拉力F方向垂直于繩子時，拉力F最小，做出力的矢量三角形如圖所示，所以繩子拉力Fmgcos 30eq f(r(3),2)mg，拉力Fmgsin 30eq f(1,2)mg，故AD錯誤；對物塊進行受力分析，如圖所示，根據力的平衡條件FTf2mgsin 60，解得feq f(r(3),2)mg，方向沿斜面向上，故B錯誤；把兩個物體和斜面看成是一個整體，對整體受

12、力分析，根據平衡條件，在水平方向，F在水平方向的分量等于地面對斜面的摩擦力，即fFcos30eq f(r(3),4)mg，方向水平向左，故C正確。7如圖所示，通過輕繩和滑輪從礦井中提升重物，輕繩a左端固定在井壁的M點，另一端固定在光滑的滑環N上，輕繩b的下端系在輕滑環N上并繞過定滑輪，滑環N套在豎直桿上。在右側地面上拉動輕繩b，使重物緩慢上升的過程中，不計動滑輪的質量及與繩子間的摩擦，下列說法正確的是（）A桿對輕滑環的彈力不變B繩b的拉力始終比繩a的大C繩a的拉力變大D繩b的拉力變大【答案】A【解析】重物緩慢上升的過程中，對重物受力分析，如圖甲所示，根據正交分解可得2Tacos mg，解得，設

13、輕繩a的總長為l，井口的寬度為d，如圖乙所示，則根據幾何關系可得l1sin d1，l2sin d2，又l1l2l，d1d2d，聯立可得，在緩慢向上的過程中，l和d保持不變，故sin 不變，所以cos 不變，根據，可知Ta不變，故C錯誤；對N點受力分析，如圖丙，根據正交分解可得FNTasin ，TbTacos ，立解得FNeq f(1,2)mgtan ，Tbeq f(1,2)mg，繩b的拉力保持不變，由上面分析可知，繩a的夾角不變，則tan 不變，桿對滑環的彈力不變，故A正確，D錯誤；由于cos 1，根據TbTacos ，所以TbTa，故B錯誤。8(多選)如圖所示，重力均為G的兩小球用等長的細繩

14、a、b懸掛在O點，兩小球之間用一根輕彈簧連接，兩小球均處于靜止狀態，兩細繩a、b與輕彈簧c恰構成一正三角形。現用水平力F緩慢拉動右側小球，使細繩a最終豎直，并保持兩小球處于靜止狀態，則下列說法正確的是()A最終狀態與初態相比，細繩a的拉力變大B最終狀態與初態相比，細繩b的拉力變大C最終狀態與初態相比，輕彈簧c的彈力變小D最終狀態時，水平拉力F等于eq r(3)G【答案】BC【解析】初始狀態時，細線a的拉力，末狀態時，細線a的拉力等于左側小球的重力，細線的拉力變小，故A錯誤；初始狀態時，彈簧的彈力Tcmgtan 30eq f(r(3),3)mg，末狀態時彈簧的彈力為零，變小，故C正確；初始狀態時

15、，細線b的拉力，末狀態時，右側小球受到豎直向下的重力、b的拉力和水平向右的拉力F、b的豎直向上的拉力等于重力，彈簧恢復原長，細線b與豎直方向的夾角大于60，細線b的拉力，細線b的拉力變大，故B正確；因為細線b與豎直方向的夾角大于60，所以水平拉力F的大小Fmgtan 60eq r(3)mg，故D錯誤9如圖所示，質量為m長為L的均勻桿AB一端靠在墻上，用細繩CD拴桿于D點，圖中AD等于eq f(1,3)L，DCA37，CAD53，此時桿處于平衡狀態，sin 370.6，cos 370.8。那么以下說法正確的是（）A在圖中桿A端所受摩擦力的方向可能沿墻面向下B在圖中桿與墻壁間的最小動摩擦因數為C在

16、圖中桿A端所受摩擦力和墻壁對桿的支持力一定沿桿方向D如果改變細線的位置而不改變夾角和，桿A端所受的摩擦力不可能為零【答案】B【解析】受力分析如圖所示，將f（f設為沿墻壁向上）與N合成一個力T，恰好要滑動時， T與N的夾角tan ，根據三力匯交如上圖所示，T和水平線夾角為（摩擦角），對ADE和DOE運用正弦定理有，由，得，聯立可得，則動摩擦因數，故AC錯誤，B正確；如果平移CD，使得CD和OE交于水平虛線上，那么此刻摩擦力恰好為零，故D也錯誤。10如圖甲所示，傾角為的斜面固定在水平地面上，斜面上一木塊受到與斜面底邊平行的力F的作用，當力F逐漸增大時，木塊所受的摩擦力f和力F的大小關系如圖乙所示。若木塊的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，圖中f1、f2、F1均為已知量，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A木塊的質量可表示為B木塊與斜面間的動摩擦因數可表示為CF小于F1時木塊所受的摩擦力與斜面底邊垂直且沿斜面向上DF大于F1后木塊做直線運動【答案】B【解析】將木塊所受重力分解為垂直于斜面方向和沿