热点专练二 受力分析 共点力的平衡分析-【金版教程】2025年高考物理一轮总复习首选用卷全书Word（新教材）

金版教程　高考总复习首选用卷　物理 热点专练二　受力分析　共点力的平衡分析 热点一　受力分析 1.如图所示，物体A靠在竖直墙面上，在力F作用下，A、B保持静止。物体B的受力个数为(　　) A．2 B．4 C．2或4 D．无法确定 答案　B 解析　A、B之间一定有弹力，否则A不会静止，以B为研究对象，B受到重力、推力F和A对B斜向下的弹力，分析可知，B一定还受A对它的静摩擦力，否则B不会静止，所以B受4个力作用，故B正确，A、C、D错误。 2．(2020·浙江7月选考)矢量发动机是喷口可向不同方向偏转以产生不同方向推力的一种发动机。当歼－20隐形战斗机以速度v斜向上飞行时，其矢量发动机的喷口如图所示。已知飞机受到重力G、发动机推力F1、与速度方向垂直的升力F2和与速度方向相反的空气阻力Ff。下列受力分析示意图可能正确的是(　　) 答案　A 解析　由题意可知，飞机所受重力G竖直向下，空气阻力Ff与速度方向相反，升力F2与速度方向垂直，发动机推力F1与喷气方向相反，故B、C、D错误，A正确。 3.(2023·广东省佛山市一模)(多选)如图所示，平板车上放置某物块，运动过程中物块相对平板车静止，不考虑空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．沿斜面向上运动时，物块可能只受到两个力的作用 B．沿斜面向上运动时，物块所受的合外力一定沿斜面向上 C．沿斜面向下运动时，车可能给物块沿斜面向上的摩擦力 D．沿斜面向下运动时，车给物块的力可能竖直向上 答案　ACD 解析　设斜面倾角为θ，沿斜面向上运动时，若加速度方向沿斜面向下，且大小为gsinθ，则物块只受到重力和支持力两个力的作用，此时物块受到的合外力沿斜面向下，故A正确，B错误；沿斜面向下运动时，若做的是匀速运动，根据平衡条件可知，车给物块的摩擦力沿斜面向上，车给物块的作用力与物块的重力平衡，方向竖直向上，故C、D正确。 4.如图所示，在高度不同的两水平台阶上放有质量分别为m1、m2的两物体，物体间用轻弹簧相连，弹簧与竖直方向的夹角为θ。在m1左端施加水平拉力F，使m1、m2均处于静止状态。已知m1表面光滑，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．弹簧可能处于原长状态 B．弹簧弹力的大小为 C．地面对m2的摩擦力大小为F D．地面对m2的支持力可能为零 答案　C 解析　设弹簧弹力的大小为F弹，隔离m1受力分析，由平衡条件得F＝F弹sinθ，解得F弹＝，弹力的方向为斜向右下方，则弹簧处于伸长状态，A、B错误；设地面对m2的摩擦力大小为f，以m1、m2及轻弹簧整体为研究对象，根据平衡条件，水平方向有F＝f，因为m2在水平方向受到摩擦力作用，则地面对m2的支持力不可能为零，C正确，D错误。 热点二　死结和活结问题　动杆和定杆问题 5．(2023·江苏省连云港市模拟预测)甲图中，轻杆AB一端与墙上的光滑铰链连接，另一端用轻绳系住，绳、杆之间夹角为30°，在B点下方悬挂质量为m的重物。乙图中，轻杆CD一端插入墙内，另一端装有小滑轮，现用轻绳绕过滑轮挂住质量为m的重物，绳、杆之间夹角也为30°。甲、乙中杆都垂直于竖直墙，则下列说法中正确的是(　　) A．甲、乙两图中杆中弹力之比为1∶ B．甲图中杆的弹力更大 C．两根杆中弹力方向均沿杆方向 D．若甲、乙两图中轻绳能承受的最大拉力相同，则重物加重时，乙图中轻绳更容易断裂 答案　B 解析　甲图中的杆通过铰链与墙相连，可以自由转动，杆中弹力方向沿杆方向，乙图中的杆一端插在墙里，不能自由转动，杆中弹力方向不沿杆方向，而是沿两根轻绳中拉力的合力的反方向，故C错误。甲图中对B点受力分析如图1所示，B点受轻绳斜向上的拉力T1、水平向右的杆的弹力F、由重物产生的大小等于重物重力mg的竖直向下的拉力T2，即T2＝mg，由平行四边形定则知，杆的弹力F＝＝mg，轻绳拉力T1＝＝2mg；乙图中对D点受力分析如图2所示，由定滑轮特点知，两段轻绳上的拉力大小相等，均等于下方重物的重力，即T1′＝T2′＝mg，又两段轻绳的夹角为90°＋30°＝120°，故由平行四边形定则知，杆的弹力F′＝2T1′cos60°＝mg；则甲、乙两图中杆中弹力之比为F∶F′＝∶1，故A错误，B正确。由上述分析知，重物质量相同时，甲图中轻绳的拉力T1大于乙图中轻绳的拉力T1′，若甲、乙两图中轻绳能承受的最大拉力相同，则重物加重时，甲图中轻绳更容易断裂，故D错误。 6.(2017·天津高考)(多选)如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是(　　) A．绳的右端上移到b′，绳子拉力不变 B．将杆N向右移一些，绳子拉力变大 C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小 D．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移 答案　AB 解析　设绳长为l，两杆间距离为d，选O点为研究对象，因aOb为同一根绳，故aO、bO对O点的拉力大小相等，因此平衡时aO、bO与水平方向的夹角相等，设为θ。对于O点受力情况如图所示，根据平衡条件，得2Tsinθ＝mg，而sinθ＝，所以T＝·。由以上各式可知，当l、d不变时，θ不变，故换挂质量更大的衣服时，悬挂点不变，选项D错误。若衣服质量不变，改变b的位置或绳两端的高度差，绳子拉力不变，选项A正确，选项C错误。当N杆向右移一些时，d变大，则T变大，选项B正确。 热点三　共点力静态平衡分析 7.(2023·河北高考)如图，轻质细杆AB上穿有一个质量为m的小球C，将杆水平置于相互垂直的固定光滑斜面上，系统恰好处于平衡状态。已知左侧斜面与水平面成30°角，则左侧斜面对杆AB支持力的大小为(　　) A．mg B.mg C.mg D.mg 答案　B 解析　轻杆和小球组成的整体，受斜面的支持力NA、NB和自身的重力mg而处于平衡状态，如图所示，由平衡条件有NA＝mgcos30°，解得NA＝mg，故选B。 8.(2022·海南高考)我国的石桥世界闻名，如图，某桥由六块形状完全相同的石块组成，其中石块1、6固定，2、5质量相同为m，3、4质量相同为m′，不计石块间的摩擦，则为(　　) A. B. C．1 D．2 答案　D 解析　由题意可知，每块石块对应的圆心角均为＝30°，对石块3进行受力分析，如图1，由平衡条件可得tan30°＝；把石块2和3看成整体，并对其进行受力分析，如图2，由平衡条件可得tan60°＝；联立解得＝2，故D正确。 9．(多选)如图所示，竖直杆固定在木块C上，两者总重为20 N，放在水平地面上。轻细绳a连接小球A和竖直杆顶端，轻细绳b连接小球A和B，小球B重为10 N。当用与水平方向成30°角的恒力F作用在小球B上时，A、B、C刚好保持相对静止且一起水平向左做匀速运动，绳a、b与竖直方向的夹角分别恒为30°和60°，则下列判断正确的是(　　) A．力F的大小为10 N B．地面对C的支持力大小为40 N C．地面对C的摩擦力大小为10 N D．A球重为10 N 答案　AD 解析　以B为研究对象受力分析，水平方向受力平衡，有：Fcos30°＝Tbsin60°，解得：Tb＝F，竖直方向受力平衡，则有：Fsin30°＋Tbcos60°＝GB，解得：F＝GB＝10 N；以A为研究对象受力分析，竖直方向：GA＋Tbcos60°＝Tacos30°，水平方向：Tasin30°＝Tbsin60°，联立得：GA＝GB＝10 N，故A、D正确。以A、B、C和竖直杆整体为研究对象受力分析，水平方向：f＝Fcos30°＝5 N，竖直方向：N＋Fsin30°＝GA＋GB＋GC杆，解得：支持力N＝35 N，故B、C错误。 ※10.(2023·广东省肇庆市一模)如图所示，水平地面上静止堆放着质量分布均匀的相同原木，M、N是原木P的支撑点。原木P的质量为10 kg，与水平地面的夹角为37°，地面对原木P的支持力大小为60 N，不计原木堆对原木P的摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是(　　) A．原木P只受三个力作用 B．原木堆对原木P的弹力竖直向上 C．地面对原木P的摩擦力大小为40 N D．地面对原木堆的摩擦力大小为30 N 答案　D 解析　根据题意，对原木P进行受力分析如图所示，原木P一定受竖直向下的重力mg，地面在M点竖直向上的支持力F1，以及原木堆作用在N点垂直于MN斜向左上方的弹力F2，在这三个力的作用下原木P有沿地面水平向左的运动趋势，由平衡条件可知，原木P一定受到地面水平向右的静摩擦力f，即原木P受四个力作用，故A、B错误；将N点受到的弹力F2沿水平方向和竖直方向分解，根据平衡条件，竖直方向有F1＋F2cos37°＝mg，水平方向有f＝F2sin37°，其中F1＝60 N，解得f＝30 N，故C错误；对原木P和原木堆整体分析可知，地面对原木堆的摩擦力大小为f′＝f＝30 N，故D正确。 热点四　链条类物体的平衡问题 ※11.如图，一根质量为m的匀质绳子，两端分别固定在同一高度的两个钉子上，中点悬挂一质量为M的物体。系统平衡时，绳子中点两侧的切线与竖直方向的夹角为α，钉子处绳子的切线方向与竖直方向的夹角为β，则(　　) A.＝ B.＝ C.＝ D.＝ 答案　B 解析　设绳子中点处的拉力大小为T，绳子两端点处的拉力大小均为T′，对绳子中点受力分析，由平衡条件可知2Tcosα＝Mg，对绳子和物体整体受力分析，由平衡条件可知2T′cosβ＝mg＋Mg，对绳子任意一端到中点间的每一点受力分析，由平衡条件及牛顿第三定律可得，水平方向上有T′sinβ＝Tsinα，三式联立解得＝，故B正确。 热点五　共点力平衡中的临界、极值问题 12.(2020·山东高考)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(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　当木板与水平面的夹角为45°时，两物块刚好要滑动，对物块A受力分析如图甲所示。沿木板方向，A与B之间的滑动摩擦力f1＝μN1＝μmgcos45°，根据平衡条件可知T＝mgsin45°＋μmgcos45°　①；对物块B受力分析如图乙所示。沿木板方向，B与木板之间的滑动摩擦力f2＝μN2＝μ·3mgcos45°，根据平衡条件可知2mgsin45°＝T＋μmgcos45°＋μ·3mgcos45°　②；①②两式联立，可得2mgsin45°＝mgsin45°＋μmgcos45°＋μmgcos45°＋μ·3mgcos45°，解得μ＝。A、B、D错误，C正确。 13.某景区挂出32个灯笼，相邻两个灯笼间由轻绳连接，从高到低依次标为1、2、3、…、32。在无风状态下，32个灯笼处于静止状态，简化图如图所示，与灯笼32右侧相连的轻绳处于水平状态，已知每一个灯笼的质量m＝1 kg，重力加速度g＝10 m/s2，悬挂灯笼的轻绳最大承受力Tm＝320 N，最左端悬挂的轻绳与竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是(　　) A．θ最大为60° B．当θ最大时，最右端轻绳的拉力为320 N C．当tanθ＝时，第16个灯笼与第17个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为45° D．当tanθ＝时，第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为30° 答案　C 解析　对32个灯笼整体受力分析如图1所示，由平衡条件可知，最右端轻绳的拉力T0＝32mgtanθ，对从最右侧开始的n(n≤32，且为正整数)个灯笼整体为研究对象，受力分析如图2所示，由平衡条件可知，连接在此整体最左侧的轻绳拉力Tn＝，则可知n越大，Tn越大，且均大于T0，故当T32＝Tm＝320 N时，θ最大，由图1可知cosθm＝，解得θm＝45°，此时最右端轻绳的拉力为32mgtanθm＝320 N，A、B错误；当tanθ＝时，T0＝32mgtanθ＝160 N，第16个灯笼与第17个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角α16满足tanα16＝＝1，则α16＝45°，C正确；当tanθ＝时，T0＝32mgtanθ＝240 N，第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角α24满足tanα24＝＝1，则α24＝45°，D错误。 热点六　共点力作用下物体的动态平衡分析 14．(2023·云南省大理市模拟预测)如图所示，将一个质量为m的铅球放在倾角为45°的固定斜面上，并用竖直挡板挡住，铅球处于静止状态，不考虑铅球受到的摩擦力。下列说法正确的是(　　) A．挡板对球的压力比球的重力小 B．斜面对球的支持力比球的重力小 C．将挡板绕O点逆时针缓慢转至水平的过程中，挡板对球的弹力先减小后增大 D．重力沿垂直于挡板方向的分力就是球对挡板的压力 答案　C 解析　对球受力分析，如图1所示，由平衡条件可得FNsin45°＝F，FNcos45°＝mg，解得挡板对球的弹力大小F＝mg，斜面对球的支持力大小FN＝mg>mg，故A、B错误；将挡板绕O点逆时针缓慢转至水平的过程中，挡板对球的弹力由水平向右逆时针转至竖直向上，由于小球始终处于平衡状态，由共点力平衡条件可知FN、F与mg始终能构成一个首尾相连的矢量三角形，如图2所示，由三角形边长变化可知，挡板对球的弹力F先减小后增大，故C正确；将重力按照作用效果分解，可知重力沿垂直于挡板方向的分力大小等于球对挡板的压力大小，但两力是不同性质的力，不能说重力沿垂直于挡板方向的分力就是球对挡板的压力，故D错误。 15.(2023·江苏省泰州市高三下调研测试)在光滑竖直板上用网兜把足球挂在A点，足球与板的接触点为B。绳与板的夹角为α，网兜的质量不计。现保持α不变，以板的底边为轴向右缓慢转至板水平，下列说法正确的是(　　) A．绳对足球的拉力先减小后增大 B．绳对足球的拉力一直增大 C．板对足球的支持力先增大后减小 D．板对足球的支持力一直减小 答案　C 解析　板竖直时，球的受力如图1所示，因足球始终静止，受力平衡，故三力可首尾相接构成闭合的矢量三角形，又因为绳与板的夹角α不变，则角θ＝90°－α不变，即它们的矢量图被限制在一个外接圆上移动，又θ<90°，则弦mg在外接圆圆心右侧，如图2所示。由图2可知，绳对足球的拉力一直减小，板对足球的支持力先增大后减小。故C正确，A、B、D错误。 16．(2023·山东省德州市模拟预测)如图甲所示，抖空竹是我国传统体育运动之一，在民间流行的历史至少在600年以上。如图乙所示，若抖空竹者保持一只手不动，另一只手沿图中的四个方向缓慢移动，忽略空竹转动的影响，不计细线的重力，不计空竹和细线间的摩擦力，且认为细线不可伸长。下列说法正确的是(　　) A．沿虚线a向左移动时，细线的拉力将增大 B．沿虚线b向上移动时，细线的拉力将减小 C．沿虚线c斜向上移动时，细线的拉力将增大 D．沿虚线d向右移动时，空竹所受的合力将增大 答案　C 解析　空竹受力如图所示，空竹缓慢移动，则其始终处于平衡状态，由平衡条件可知2Fsinθ＝mg，解得细线的拉力F＝，设线长为L，由几何关系可知cosθ＝，若抖空竹者保持一只手不动，当另一只手沿虚线a缓慢向左移动时，d减小，cosθ减小，sinθ增大，细线的拉力F将减小，故A错误；当另一只手沿虚线b向上移动时，d不变，cosθ不变，sinθ不变，细线的拉力F不变，故B错误；当另一只手沿虚线c斜向上移动时，d增大，cosθ增大，sinθ减小，细线的拉力F将增大，故C正确；沿虚线d向右移动时，由于空竹缓慢移动，始终受力平衡，其所受的合力大小始终为零，故D错误。 热点七　连接体动态平衡问题 17.(2023·江西省南昌市三模)如图所示，一条细线的一端与水平地面上的物体B相连，另一端绕过一轻质定滑轮与小球A相连，定滑轮用另一条细线固定在天花板上的O′点，细线与竖直方向所成的夹角为α，以下四种情况物体B均保持静止，则(　　) A．若将物体B在水平地面上左移一小段距离，α角将不变 B．若将物体B在水平地面上右移一小段距离，α角将变小 C．若OB绳与地面夹角为30°，则α角为30° D．若增大小球A的质量，α角将变小 答案　C 解析　对小球A受力分析，受重力和拉力，根据平衡条件，有T＝mAg。对滑轮受力分析，受三个拉力，如图所示，根据平衡条件可知，∠AOB＝2α；设OO′绳长为R，O′与物体B的高度差为d，则由几何关系知，O′与物体B水平方向距离x＝Rsinα＋(d－Rcosα)tan2α，且α<45°，可知α与x的变化趋势相同。如果将物体B在水平地面上左移一小段距离，x变小，α一定减小；同理，若将物体B在水平地面上右移一小段距离，x变大，α角将变大，故A、B错误。若OB绳与地面夹角为30°，则∠AOB＝60°，可得α角为30°，故C正确。若增大小球A的质量，由以上分析知，α角不变，故D错误。 18．(2021·湖南高考)质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是(　　) A．推力F先增大后减小 B．凹槽对滑块的支持力先减小后增大 C．墙面对凹槽的压力先增大后减小 D．水平地面对凹槽的支持力先减小后增大 答案　C 解析　对滑块受力分析，设推力F与水平方向的夹角为θ，凹槽对滑块的支持力为N，由平衡条件有F＝mgsinθ，N＝mgcosθ，滑块从A点缓慢移动到B点的过程中，θ由0°增大到90°，则推力F逐渐增大，支持力N逐渐减小，A、B错误；对凹槽与滑块整体受力分析，墙面对凹槽的压力为FN＝Fcosθ＝mgsinθcosθ＝mgsin2θ，则θ由0°增大到90°的过程中，墙面对凹槽的压力FN先增大后减小，C正确；水平地面对凹槽的支持力为N地＝(M＋m)g－Fsinθ＝(M＋m)g－mgsin2θ，则θ由0°增大到90°的过程中，水平地面对凹槽的支持力N地逐渐减小，D错误。 19.(2019·全国卷Ⅰ)(多选)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 答案　BD 解析　选N为研究对象，受力情况如图甲所示，用水平拉力F缓慢拉动N的过程中，水平拉力F逐渐增大，细绳的拉力T逐渐增大，A错误，B正确；对于M，受重力GM、支持力FN、绳的拉力T以及斜面对它的摩擦力f。如图乙所示，若开始时斜面对M的摩擦力f沿斜面向上，则T＋f＝GMsinθ，T逐渐增大，f逐渐减小，可能会出现f减小到零后，再反向增大；若开始时斜面对M的摩擦力沿斜面向下，则T＝GMsinθ＋f，当T逐渐增大时，f逐渐增大，C错误，D正确。 20.(2023·河北省唐山市高三下三模)如图所示，木块B放置在粗糙水平地面上，O为固定在木块上的光滑铰链。轻杆一端与铰链O固定连接，另一端固定连接一质量为m的小球A。现将轻绳一端拴在小球A上，另一端通过光滑的定滑轮O′由力F牵引，定滑轮位于O的正上方，不计滑轮的摩擦，整 个系统处于静止状态。现改变力F的大小使小球A和轻杆从图示位置缓慢运动到O′正下方，木块始终保持静止，则在整个过程中(　　) A．地面对木块的摩擦力逐渐变小 B．轻杆对小球的作用力逐渐变小 C．地面对木块的支持力逐渐变小 D．外力F大小不变 答案　A 解析　对小球A进行受力分析如图1所示，因缓慢运动过程中A始终处于平衡状态，则三力构成闭合的矢量三角形，由几何关系知力的矢量三角形与几何三角形AOO′相似，则有＝＝，得F′＝mg，F＝mg，缓慢运动过程中，O′A越来越小，OO′和OA均不变，则轻杆对小球的作用力F′大小不变，外力F逐渐变小，故B、D错误；对木块进行受力分析如图2所示，由平衡条件可知Ff＝F″sin∠AOO′，FN＝mBg＋F″cos∠AOO′，其中F″＝F′，且在整个过程中∠AOO′不断减小，所以地面对木块的摩擦力Ff逐渐变小，地面对木块的支持力FN逐渐变大，故A正确，C错误。 ※21.(2023·四川省南充市三模)《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1000 kV的高压线上带电作业的过程，如图所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮D上，另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制，身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处，绳OD一直处于伸直状态。兜篮、王进及携带的设备总质量为m，可看作质点，不计一切阻力，重力加速度大小为g。从C点运动到E点的过程中，下列说法正确的是(　　) A．绳OD的拉力一直变小 B．绳CD的拉力一直变大 C．绳OD、CD拉力的合力大于mg D．绳CD与竖直方向的夹角为30°时，绳CD的拉力大小为mg 答案　D 解析　对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图1所示，设绳OD的拉力为F1，与竖直方向的夹角为θ，绳CD的拉力为F2，与竖直方向的夹角为α，由题意知OC＝OD，则∠OCD＝∠ODC＝θ＋α，根据几何关系知∠OCD＋α＝90°，即θ＋2α＝90°，根据平衡条件，可知三个力首尾相连能够形成一个闭合的矢量三角形，如图2所示，由正弦定理可得＝＝，可得F1＝mgtanα，F2＝mg＝mg＝mg＝mg，从C点运动到E点的过程中，α增大，则拉力F1增大，拉力F2减小，故A、B错误；王进始终处于平衡状态，则两绳拉力的合力大小等于mg，故C错误；当α＝30°时，由F2＝mg，解得F2＝mg，故D正确。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$