选择1 力和物体平衡-【模型与方法】2025届高考物理二轮复习热点题型归类

选择1 力和物体平衡 考点内容 考情分析 考向一 物体的静态平衡 1、受力平衡部分一般结合生活实际考察物体的静态受力平衡、动态受力平衡分析 2、牛顿定律一般以生活实际为背景命题，进行模型化受力分析。往往涉及静态平衡问题、动态平衡问题及多物体、连接体构成的系统分析，涉及整体法与隔离法相结合分析方法。 考向二 物体的动态平衡 1.思想方法 (1)在判断弹力或摩擦力是否存在以及确定它们的方向时常用假设法。 (2)求解平衡问题时常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、相似三角形法、图解法等。 (3)带电体的平衡问题仍然满足平衡条件，只是要注意准确分析场力——电场力、安培力或洛伦兹力。 2.模型建构 (1)合力与分力的关系 ①合力不变时，两相等分力的夹角越大，两分力越大，夹角接近180°时，两分力接近无穷大。 ②两相等分力夹角为120°时，两分力与合力大小相等。 (2)平衡条件的应用 ①n个共点力平衡时其中任意(n一1)个力的合力与第n个力是一对平衡力。 ②物体受包括重力在内的三个力作用平衡时一般用合成法，合成除重力外的两个力，合力与重力 平衡，在力的三角形中解决问题，这样就把力的问题转化为三角形问题。 (3)滑块与斜面模型 如图所示，斜面固定，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，将物块轻放在斜面上，若μ≥tanθ,物 块保持静止：若μ<tanθ,物块下滑。与物块质量无关，只由μ与θ决定，其中μ≥tanθ时称为“自锁”现象。 3.考法解析 考法一 图解法 1.题目特点：物体在三个力作用下缓慢运动，其中一个力恒定，另一个力方向恒定。 2应用思路：读懂题目叙述的情景，依次画出多个状态下力的渐变平行四边形或矢量三角形，根 据有向线段长度、方向的变化判断相应力的大小、方向的变化。 考法二 解析法 1题目特点：物体受力示意图中某个力恒定，某个夹角发生的变化可判、可用。 2.应用思路：对力进行合成、分解或正交分解，用恒力、变角的三角函数写出变力的表达式（即平 衡方程)，根据三角函数的变化判断力的变化。 考法三 相似三角形法 1.题目特点：物体在绳、杆或弹簧的作用下沿圆周缓慢运动。 2应用思路：相似三角形法是图解法的特例，平移受力示意图中的两个力，与第三个力构建力三 角形，找到与之相似的几何三角形，列出相应比例式进行分析，其中与半径对应的力大小不变。 考法四 辅助圆法 (1)适用情况:物体受三个力,其中一个力大小、方向不变,另外两个力大小、方向都在改变,但变化的两个力之间的夹角不变。 (2)方法展示 ①已知条件:F1恒定,F2、F3的夹角一定。 ②解题过程:在圆中画出力的矢量三角形,以恒定力为弦,另外两个力的交点在圆周上移动,由三角形各边长度及方向的变化判定力的变化;两个力的夹角分大于90°(如图甲)和小于90°(如图乙)两种情况。 4.受力分析的顺序 一般按照“重力→电场力(磁场力)→弹力→摩擦力→其他力”的顺序，结合整体法与隔离法分析物体的受力情况。 5.处理平衡问题常用的四种方法 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 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 正交分解法 物体受到三个或三个以上力的作用时，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 力的三角形法 对受三力作用而平衡的物体， 将力的矢量图平移使三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 考向一 物体的静态平衡 1. （2024•宜兴市校级三模）如图所示，质量为2m的物块C置于倾角为37°的斜面D上，C通过一细线绕过光滑定滑轮系于P点，P为细线QP、EP、BP的结点，质量为m的小球B置于光滑的半球体A上，半球体A的半径为R，O为球心。已知PO＝2R，，EP水平，PQ竖直，且Q、P、O在同一直线上，系统处于静止状态，小球B可视为质点，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是（　　） A．细线PB的拉力大小为 B．细线PE和细线PB的拉力大小相等 C．半球体A受到地面的摩擦力和斜面D受到地面的摩擦力大小相等 D．物块C受到斜面D的摩擦力方向沿斜面向下 【解答】解：A．对小球B做受力分析，如图所示： 根据受力平衡和力的三角形与△PBO相似，可得： 联立解得：，，故A错误； B、对结点P进行受力分析，根据受力平衡有，线PE的拉力大小等于细线PB的拉力在水平方向的分力，故PE的拉力小于PB的拉力，故B错误； D、由上述项分析可知：2mgsin37°＞FPB＞FPE 对于C受力分析可得：2mgsin37°＝fC+FPE 由此可得：斜面D对C的摩擦力方向沿斜面向上，故D错误； C、对A、B整体受力分析，A所受地面的摩擦力大小等于细线PB的拉力在水平方向的分力，对C和斜面整体受力分析，斜面受到地面的摩擦力大小等于细线PE的拉力大小，线PE的拉力大小等于细线PB的拉力在水平方向的分力，故C正确。 故选：C。 2. （2024•市中区校级模拟）小口径的水泥管如图甲所示，通常用于排水、灌溉和防护。运输到目的地时可用简易装置卸货。如图乙所示，两根直木棍AB和CD相互平行，两端分别靠在车和地面上固定不动。一个半径R＝5cm、质量m＝20kg的水泥管从木棍的上部恰好能匀速滑下，已知两木棍间距d＝8cm，与水平面的夹角α＝37°（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）（　　） A．每根直木棍对水泥圆筒的弹力为80N B．每根直木棍与水泥桶间的动摩擦因数为0.75 C．将水泥圆筒沿直木棍匀速向上拉动，所需最小拉力为192N D．将水泥圆筒沿直木棍匀速向上拉动，可施加沿斜面向上320N的力 【解答】解：A、从BD→AC视角分析，受力示意图如图所示： 图中θ角满足：sinθ，所以θ＝53° 根据平衡条件可得：2FNcosθ＝mgcosα 解得：FNN，故A错误； B、设每根木棍对水泥圆筒的摩擦力大小为f，则有：2f＝mgsinα 根据滑动摩擦力的计算公式可得：f＝μFN 所以动摩擦因数为：μ＝0.45，故B错误； C、从右侧视角受力分析，如图所示： 两根木棍对水泥圆筒的摩擦力的合力为：2f′＝2μN 故两个力的合力方向固定，图中β角满足：tanβ 故β＝37° 现问题变为“物体受重力、木棍提供的力和拉力三力平衡，拉力最小值为多少”，根据力学平衡的矢量三角形得： Fmin＝mgsin（α+β） 解得：Fmin＝192N，故C正确； D、将水泥圆筒沿直木棍匀速向上拉动，根据平衡条件可得沿斜面向上的拉力大小为：F＝mgsinα+2f＝2mgsinα 代入数据解得：F＝240N，故D错误。 故选：C。 3. （2024•沙坪坝区校级模拟）如图所示，直径为D的圆筒静置于水平面上，完全相同的甲、乙两球体放置在圆筒中，球体直径为d，且d＜D＜2d，所有接触面均光滑，甲球与圆筒底面和侧面的弹力大小分别为N1、N2。如果将两球体放置在另一圆筒中，该圆筒的直径D′稍大于D，甲球与该圆筒底面和侧面的弹力大小分别为N′1、N′2，则（　　） A．N′2＞N2 B．N′2＜N2 C．N′1＞N1 D．N′1＜N1 【解答】解：设一个小球的重力为G，对小球乙受力分析，如图所示： 根据受力平衡可得：Fsinθ＝G、Fcosθ＝N 联立解得： 整体受力分析，如图所示： 根据受力平衡可得：N1＝2G、N＝N2 当圆筒半径增加，则θ减小，所以tanθ减小，即N增加，N2增大，N1不变，所以BCD错误，A正确。 故选：A。 4. （2024•兴庆区校级三模）如图所示，在房檐上M、N两点间固定一根不可伸长的轻绳，在轻绳的中点O用细线系住鸟笼B，在O点两侧与其间距相同的P、Q两点系住相同的鸟笼A、C。稳定后MP、NQ间轻绳与水平方向夹角均为θ1，OP、OQ间轻绳与竖直方向夹角均为θ2，已知鸟笼质量均为m，重力加速度为g，则（　　） A．MP间轻绳弹力为 B．OP间轻绳的弹力大小为 C．tanθ1•tanθ2＝3 D．如果逐渐增大各鸟笼的质量，则θ1、θ2都增大 【解答】解：A、整体受力分析如图所示： 根据受力平衡可得：2FMPsinθ1＝3mg，解得：，故A错误； B、对鸟笼B受力分析可得：2FOPcosθ2＝mg，解得：，故B错误， C、对鸟笼A受力分析，根据受力平衡可得：FMPcosθ1＝FOPsinθ2，结合A，B选项的平衡方程联立解得：tanθ1•tanθ2＝3，故C正确； D、增加各鸟笼的质量，角度不变，只是绳上的拉力增加，故D错误。 故选：C。 5. （2024•莲湖区校级二模）如图所示，质量m＝3kg的滑块静止在水平实验台上，通过三段轻绳分别与天花板和球形容器相连，OA与天花板夹角为45°，OB水平。重力加速度g取10m/s2，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（　　） A．若实验台对滑块的摩擦力不超过10N，则球形容器与容器内液体总重力最大为20N B．若实验台对滑块的摩擦力不超过10N，则球形容器与容器内液体总重力最大为30N C．若球形容器与容器内液体总重力最大为12N时滑块即将滑动，则滑块与实验台的动摩擦因数μ＝0.40 D．若球形容器与容器内液体总重力最大为12N时滑块即将滑动，则滑块与实验台的动摩擦因数μ＝0.30 【解答】解：AB、若实验台对滑块的摩擦力不超过10N，即OB绳子的最大拉力为10N，对O点受力分析如图： 根据共点力平衡得轻绳OA受到的拉力为：TA， OC轻绳受到的拉力为：TC＝TBtan45°＝f•tan45°＝10×1N＝10N 故AB错误； CD、结合前面的分析，可知TC＝f•tan45° 所以当球形容器与容器内液体总重力最大为12N时，滑块即将滑动，则滑块受到的最大静摩擦力： 滑块与实验台的动摩擦因数μ 故C正确，D错误。 故选：C。 6. （2024•南宁一模）如图所示，用三个完全相同的小立柱将足球支起，小立柱的上端可视为点，小立柱的位置连线成正三角形，放在水平桌面上，足球与小立柱的触点与足球球心的连线与竖直方向的夹角均为37°，已知每个小立柱对足球的支持力大小为2.5N，不计足球与小立柱间的摩擦及小立柱的重力，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是（　　） A．单个小立柱对足球的支持力方向竖直向上 B．足球所受的重力为7.5N C．足球对小立柱的作用力与桌子对小立柱的作用力是平衡力 D．足球对小立柱的作用力与桌子对小立柱的作用力是相互作用力 【解答】解：A、不计足球与立柱间的摩擦，三个立柱对足球作用力为弹力，方向垂直于足球的切面，沿半径方向指向足球，不是竖直向上，故A错误； B、由于三个立柱对称摆放，则每个立柱对足球的弹力大小相等，对足球受力分析，一个立柱对足球的作用力如图： 由平衡条件得：G＝3FNcos37°＝3×2.5×0.8N＝6N，故B错误； CD、不计足球与小立柱间的摩擦及小立柱的重力，小立柱受到足球对小立柱的作用力、桌子对小立柱的作用力而平衡，所以足球对小立柱的作用力与桌子对小立柱的作用力是平衡力，故C正确、D错误。 故选：C。 7. （多选）（2024•洛阳一模）如图所示，三根轻质细线结于O点，OA另一端固定在天花板上的A点（位于圆心O′的正上方），OB另一端连接质量为m的小球P（可视为质点），OC另一端连接质量为2m的物体Q，将小球P放置于半径为R、质量为3m的圆表面光滑的半圆柱上，半圆柱及物体Q均放置于粗糙水平面上，当A、O、O′处于同一竖直线上时，OC处于水平且物体Q恰好不滑动，此时，OO′＝2R，重力加速度大小为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（　　） A．半圆柱所受的摩擦力与物体Q所受到的摩擦力大小相等 B．OC段绳子的拉力大小为mg C．水平面对圆柱体的支持力大小为4mg D．物体Q与水平面间的动摩擦因数为 【解答】解：A、根据题意，对整体进行受力分析，水平方向上合力为0，物块所受摩擦力与半圆柱体所受摩擦力等大反向，故A正确； BD、对小球P受力分析，受重力mg，光滑半圆柱的支持力N和绳子的拉力F，处于平衡状态，画出拉力等大反向的力F，即为mg和N的合力，如图所示： 由相似三角形有：，解得：，由余弦定理有：，则有： 对结点0受力分析，如图所示： 由平衡条件有：F2＝F1sinθ，F3＝F1cosθ，对物体Q受力分析，如图所示： 由平衡条件有：FN＝2mg，f＝F4，又有：，f＝μFN，解得：，故B错误，D正确； C、OA段绳子的张力：F3＝F1cosθ，在竖直方向上将小球P和圆柱体整体受力分析有：FN+F3＝4mg，解得：FN＝4mg﹣F1cosθ，即：FN＜4mg，故C错误。 故选：AD。 8. （多选）（2024•岳麓区校级模拟）光滑半圆槽的边缘上固定有一轻质定滑轮，轻质定滑轮轴与一直杆AB一端连接，直杆可绕B在竖直面上转动，轻绳一端连接一小球P，另一端跨过轻质定滑轮后套着一铁环Q，然后固定在直杆的A端，如图所示。开始时直杆通过外力水平放置并使整个系统处于平衡状态，不计任何摩擦阻力，小球可视为质点，则（　　） A．若轻绳PB段与BQ段均与竖直方向成30°角，小球P和铁环Q的质量之比为1：1 B．若小球P的质量足够大，系统平衡时小球P可能位于半圆弧槽的最低点 C．若通过外力把直杆AB顺时针缓慢转动一小段距离，小球P的位置可能不动 D．若通过外力把直杆AB逆时针缓慢转动一小段距离，小球P的位置一定下移 【解答】解：A、受力分析如下图所示， 若轻绳PB段与BQ段均与竖直方向成30°角，根据水平方向的合力为零可知：α＝β＝30° 由几何关系可得，只有OP与竖直方向的夹角也为30°，水平方向上合力才可能为零， 对小球P在竖直方向有：m1g＝FTcos30°+FNcos30° 对小球P水平方向有：FTsin30°＝FNsin30° 对铁环Q竖直方向有：m2g＝2FTcosα 联立可得出小球P和铁环Q的质量之比为1：1，故A正确； B、如果小球P在半圆弧槽的最低点，那么连接小球的轻绳拉力应该为零，此时整个系统不可能平衡，故B错误； C、假设小球P位置不变，轻绳拉力不变，B端右侧的绳长l不变，把直杆AB顺时针转动一小段距离，AB段的水平距离d变小，由： 由此可知，α变小，绳的拉力：将变小，与小球P位置不变时，轻绳拉力不变相矛盾，故C错误； D、直杆AB逆时针缓慢转动一小段距离，AB段的水平距离d也是变小，设∠BOP＝θ，如图建立直角坐标系，对小球P受力进行正交分解后，可得： 变形可得：，由上式可知，小球质量不变，轻绳拉力变小，θ变大，小球P下移，故D正确。 故选：AD。 9. （多选）（2024•鼓楼区校级模拟）如图所示，质量为m的匀质细绳，一端系在天花板上的A点，另一端系在竖直墙壁上的B点，平衡后最低点为C点。现测得AC段绳长是CB段绳长的3倍，且绳子A端的切线与竖直方向的夹角为β，绳子B端的切线与墙壁的夹角为（α＝60°，重力加速度为g）则（　　） A．β＝30° B．绳子在C处弹力大小 C．绳子在A处的弹力大小 D．绳子上B处拉力最大 【解答】解：ABC、对CB段受力分析，受重力、墙壁的拉力FB，AC段绳子对其向左的拉力FC，如下图所示： 根据平衡条件可得：，FBsinα＝FC，联立解得：，； 再对AC段绳子受力分析，受重力、BC段绳子对其向右的拉力FC′＝FC，AC段绳子的拉力为FA，如图所示： 根据平衡条件有：，FAsinβ＝FC′，联立解得：，β＝30°，故AC正确，B错误； D、由ABC可知：FC＜FB＜FA，则绳子上A处拉力最大，故D错误。 故选：AC。 10. （多选）（2024•北辰区三模）图甲为家用燃气炉架，其有四个对称分布的爪，若将总质量一定的锅放在炉架上，如图乙所示（侧视图）。忽略爪与锅之间的摩擦力，若锅可以看作半径为R的球面，正对的两爪间距为d，则下列说法正确的是（　　） A．R越大，爪与锅之间的弹力越小 B．R越大，爪与锅之间的弹力越大 C．d越大，爪与锅之间的弹力越大 D．d越大，锅受到的合力越大 【解答】解：如下图所示，锅静止，受重力G、四个对称分布的爪的支持力F。 则有：4Fcosθ＝G sinθ cosθ 联立方程解得：F 可知，R越大，爪与锅之间的弹力F越小；d越大，爪与锅之间的弹力F越大。 故AC正确，BD错误。 故选：AC。 考向二 物体的动态平衡 11. （2024•泉州一模）纸质手提袋因其性能优良、绿色环保等优点被广泛使用。用手从绳带中部竖直提起装有物品的纸袋，纸袋保持静止，如图所示。下列说法正确的是（　　） A．每条绳带中的张力大小等于纸袋总重力的 B．若只稍微增加绳带长度，则每条绳带中的张力变大 C．若只稍微减小绳扣间距，则每条绳带中的张力变大 D．若只稍微增大绳扣间距，则绳带对手的总作用力不变 【解答】解：A、根据平衡条件分析可知，每条绳带中的张力竖直方向的分力大小等于纸袋总重力的，故A错误； BC、设每条绳带与竖直方向的夹角θ，根据平衡条件有 可得每条绳带中的张力为 若只稍微增加绳带长度，则θ减小，每条绳带中的张力变小，若只稍微减小绳扣间距，则θ减小，每条绳带中的张力变小，故BC错误； D、若只稍微增大绳扣间距，则绳带对手的总作用力与纸袋重力等大反向，不变，故D正确。 故选：D。 12. （2024•历城区校级模拟）如图，右侧面光滑的斜面体固定在水平面上，质量相等的物块M、N分别放在斜面体的左右两个面上，M、N拴接在跨过光滑定滑轮的轻质细绳两端，整个系统处于静止状态。现对N施加一始终与右侧轻绳垂直的拉力F，使N缓慢移动至右侧细绳水平，该过程M保持静止。下列说法正确的是（　　） A．拉力F逐渐增大 B．轻绳的拉力先减小后增大 C．M所受摩擦力先增大后减小 D．斜面对M的作用力先增大后减小 【解答】解：AB、N离开斜面后，设F与竖直方向的夹角为θ，分析N受力如图所示，则有 T＝mgsinθ，F＝mgcosθ 因θ逐渐减小，mg不变，所以F逐渐增大，绳子的拉力T逐渐减小，故A正确，B错误； C、力F作用之前，有 mgsin30°+f＝mgsin60° 所以原来M所受摩擦力沿斜面向下，随着绳子拉力的减小，M受到的摩擦力逐渐减小，当右绳水平时，绳子拉力为零，则M受到的摩擦力沿斜面向上，所以M受到的摩擦力先沿斜面向下减小，再沿斜面向上增大，故C错误； D、斜面对M的作用力为斜面的支持力和摩擦力的合力，因为支持力不变，所以当摩擦力先减小再增大时，斜面对M的作用力先减小后增大，故D错误。 故选：A。 13. （2024•顺庆区校级模拟）如图所示，木板B放置在粗糙水平地面上，O为光滑铰链。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，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，木板始终保持静止，则在整个过程中（　　） A．外力F大小不变 B．轻杆对小球的作用力大小变小 C．地面对木板的支持力逐渐变小 D．地面对木板的摩擦力逐渐减小 【解答】解：AB、对小球A进行受力分析，三力构成矢量三角形，如图所示。 根据相似三角形有 缓慢运动过程O′A越来越小，则F逐渐减小；由于OA长度不变，杆对小球的作用力大小F′不变，故B错误； CD、对木板，由于杆对木板的作用力大小不变，方向向右下方，但杆的作用力与竖直方向的夹角越来越小，所以地面对木板的支持力逐渐增大，地面对木板的摩擦力逐渐减小，故C错误，D正确。 故选：D。 14. （2024•蜀山区校级三模）如图所示，表面为光滑圆弧的物体B静置在水平地面上，有一竖直光滑挡板A恰与B相切于最左端O点，有一小球a放置于A与B之间。整个装置都可以绕O点旋转。以下说法正确的是（　　） A．若A保持竖直，且下端沿着B的表面向上缓慢移动到B的最高点，小球所受B的弹力一直增大 B．若A保持竖直，且下端沿着B的表面向上缓慢移动到B的最高点，小球所受A的弹力一直增大 C．若整个装置绕过O点且垂直于该截面的轴逆时针缓慢旋转90°的过程中，小球所受B的弹力一直减小 D．若整个装置绕过O点且垂直于该截面的轴逆时针缓慢旋转90°的过程中，小球所受A的弹力先减小后增大 【解答】解：AB、若A保持竖直，且下端沿着B的表面向上缓慢移动到B的最高点，对小球受力分析如图甲所示： 根据图像可知，在此过程中，小球所受B的弹力一直减小，小球所受A的弹力也是一直减小，故AB错误； CD、若整个装置绕过O点且垂直于该截面的轴逆时针缓慢旋转90°的过程中，对小球受力分析，利用“矢量圆”作图如图乙所示： 根据图像可知，小球所受A的弹力先增大后减小，所受B的弹力一直减小，故C正确，D错误。 故选：C。 15. （多选）（2024•鲤城区校级二模）如图，两个半径均为r的光滑球a、b放在半径为R（R＞2r）的半球形容器内，均静止时a、b与半球的接触点P、Q与半球球心O的连线与水平方向的夹角为α和β（a＜β）。若两球的质量用ma、mb，两球对容器的压力大小用FNa、FNb表示，则（　　） A． B． C．1 D． 【解答】解：分别对光滑球a、b的受力分析如图所示，其中：Fab与Fba是球a、b之间相互作用的弹力，这两个力均沿着两球圆心的连线AB，容器对两球的支持力分别为F′Na、F′Nb，两球的重力分别为mag、mbg。 根据平衡条件，球a受到的三个力可围成力的矢量三角形（图中蓝色三角形），此矢量三角形与几何三角形△OAC相似（点A、B分别为球a、b的球心，OC沿竖直方向），则可得： 同理，球b受到的三个力也可围成力的矢量三角形（图中红色三角形），此矢量三角形与几何三角形△OBC相似，则可得： 由几何关系得：OA＝r﹣R，OB＝r﹣R，可得：OA＝OB 又有Fab与Fba是一对相互作用力，即Fab＝Fba 可得： 根据正弦定理， 在△OAC中有： 在△OBC中有： 因为∠OCA+∠OCB＝180°，所以sin∠OCA＝sin∠OCB 可得： 则有： 由牛顿第三定律可得：，故BD正确，AC错误。 故选：BD。 16. 如图，在竖直平面内固定一光滑的半圆环，圆心为O、半径为R，OA为半圆环的竖直半径，AB为与OA在同一直线上的光滑固定杆，半圆环上套有一小球a，杆AB上套有另一小球b。两小球之间连接一轻弹簧，初始时小球a在距圆环A点右侧不远处的P点，小球b固定于杆AB上的Q点，两小球间距离为R。现用外力使小球b沿杆AB缓慢向上移动一段距离，但未到达A点。在移动过程中弹簧始终在弹性限度内且在一条直线上，两小球均可视为质点，则下列说法正确的是（　　） A．初始时弹簧弹力大于半圆环对小球a的弹力 B．初始时弹簧弹力大于小球a的重力 C．小球b沿杆缓慢向上移动过程中，环对小球a的支持力先增大后减小 D．小球b沿杆缓慢向上移动过程中，弹簧弹力增大 【解答】解：AB．对小球a进行受力分析，如图所示： 因为力的三角形与三角形OPQ相似，根据三角形相似可得： 初始时，根据题意可得：PQ＝OP＝R，OQ＞R 所以G＞FN＝F，故AB错误； C．小球b缓慢上移过程，小球a处于动态平衡状态，随着小球b上移，OQ减小，OP不变，重力G不变，半圆环对小球的支持力FN增大，故C错误； D．设弹簧的原长为L，弹簧的形变量为x，根据胡克定律可得： F＝kx则 根据题意可知OQ减小，重力G不变，L不变，则弹簧形变量x增大，弹簧弹力F增大，故D正确。 故选：D。 17. 如图所示为搬运货物小车的截面图，挡板OA固定于底板OB的左端，∠AOB＜90°，初始时OB水平，将一圆柱形物体置于小车上，左边与OA接触。现保持O点的位置不变，缓慢拾起B端，直至OB竖直。不计空气阻力和摩擦力，此过程中（　　） A．圆柱形物体对OA的压力先增大后减小 B．圆柱形物体对OB的压力先增大后减小 C．圆柱形物体对OA的压力先减小后增大 D．小车对圆柱形物体作用力逐渐变大 【解答】解：由题意可知，挡板OA和OB的夹角保持不变，所以两板对球的弹力NA和NB的方向夹角也是恒定不变的，大小均等于∠AOB的大小，如图所示： 由几何关系可知持O点的位置不变，B端缓慢抬起，直至OB竖直，根据几何关系可知NA逐渐变大；NB先增加后减小，根据牛顿第三定律可知圆柱形物体对OA的压力逐渐增大，圆柱形物体对OB的压力先增大后减小。小车对圆柱形物体作用力不变，一直都等于球的重力，故ACD错误，B正确。 故选：B。 18. （2024•西安三模）如图所示，轻杆AB可绕着水平转轴O在竖直面内无摩擦地转动，此时杆AB和过O点的水平线CD夹角为θ，有一段不可伸长的细绳两端系于A、B两端，在轻质细绳上通过一轻滑轮悬挂一质量为m的物块处于静止状态，现使杆AB绕O点顺时针缓慢旋转2θ，在此过程中，绳中张力变化情况是（　　） A．先减小后增大 B．一直在减小 C．一直在增大 D．先增大后减小 【解答】解：如下图所示，设滑轮与绳接触点为K，杆AB绕O点顺时针缓慢旋转2θ过程中，K点处于动态平衡状态，所受合力始终为零。 水平方向有：Tsinα＝Tsinβ 所以有：α＝β 竖直方向有：Tcosα+Tcosβ＝mg 可得：T 当杆AB绕O点顺时针缓慢旋转θ至CD过程中，AB两端点的水平距离增大，使得两绳夹角α+β＝2α增大，cosα减小，则T增大； 当杆AB从CD位置绕O点顺时针缓慢旋转θ过程中，AB两端点的水平距离减小，使得两绳夹角α+β＝2α减小，cosα增大，则T减小。 所以，绳中张力变化情况是先增大后减小，故ABC错误，D正确。 故选：D。 19. （2024•东莞市三模）筷子夹球游戏深受人们的喜爱，选手用筷子夹起乒乓球从一个容器放到另一个容器，在规定时间内搬运多者胜。某同学水平持筷（两根筷子及球心在同一水平面内）夹着乒乓球的俯视图如图所示，则下列说法正确的是（　　） A．乒乓球受到四个力的作用 B．如果乒乓球静止，则乒乓球受到筷子的摩擦力方向竖直向上 C．如果乒乓球静止，减小筷子间夹角θ，筷子对乒乓球的作用力大小不变 D．如果乒乓球加速运动，筷子对乒乓球的弹力大于乒乓球对筷子的弹力 【解答】解：A、乒乓球受到重力、两个筷子对它的弹力、两个筷子对它的摩擦力五个力的作用，故A错误； B、如图所示 如果乒乓球静止，两个筷子对乒乓球的弹力的合力水平向左，所以两个摩擦力在水平方向都有分量，分量的合力向右，即：FNsinθ＝f水平cosθ，所以乒乓球受到筷子的摩擦力方向不是竖直向上，故B错误； D．筷子对乒乓球的弹力和乒乓球对筷子的弹力是一对作用力与反作用力，无论乒乓球是否有加速度，这两个力的大小总是相等的，故D错误； C、如果乒乓球静止，两筷子夹角θ无论怎么变化，筷子给乒乓球的作用力总是与乒乓球的重力抵消，大小相等，即筷子给乒乓球的作用力保持不变，故C正确。 故选：C。 20. （多选）（2024•雨花区校级模拟）如图所示，轻杆的A端用光滑铰链固定在竖直墙面上，另一端点O固定一个小球a，并用轻绳OB拴住小球（B点在A点正上方）。在小球a的右侧同一水平线上放一小球b。且小球a、b之间存在大小与距离的平方成反比的引力，现将小球b从无穷远处沿水平方向缓慢向小球a移动至无限靠近，小球a始终保持静止状态。对于此过程，下列说法正确的是（　　） A．细绳OB的拉力先变小后变大 B．轻杆对小球a的弹力方向一直沿轻杆向上 C．轻杆对小球a的弹力可能先变小后变大 D．细绳和轻杆对小球a的合力一直变大 【解答】解：ABC、以小球a为研究对象，分析受力如图甲所示，四力构成一个闭合矢量四边形如图乙所示。 小球b缓慢从无穷远处向小球a靠近的过程中，b对a的引力变大，直接从这闭合矢量四边形中动态变化可以看出细绳OB的拉力FBO一直变大，轻杆对小球a的弹力FAO可能先变小后变大，且轻杆对小球a的弹力方向可以沿轻杆向上，也可以沿轻杆向下，故AB错误，C正确； D、由平衡条件可知，细绳和轻杆对小球a的合力应与重力与引力的合力等大反向，因为引力方向不变，大小一直变大，所以重力与引力的合力一直变大，所以细绳和轻杆对小球a的合力一直变大，故D正确。 故选：CD。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 选择1 力和物体平衡 考点内容 考情分析 考向一 物体的静态平衡 1、受力平衡部分一般结合生活实际考察物体的静态受力平衡、动态受力平衡分析 2、牛顿定律一般以生活实际为背景命题，进行模型化受力分析。往往涉及静态平衡问题、动态平衡问题及多物体、连接体构成的系统分析，涉及整体法与隔离法相结合分析方法。 考向二 物体的动态平衡 1.思想方法 (1)在判断弹力或摩擦力是否存在以及确定它们的方向时常用假设法。 (2)求解平衡问题时常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、相似三角形法、图解法等。 (3)带电体的平衡问题仍然满足平衡条件，只是要注意准确分析场力——电场力、安培力或洛伦兹力。 2.模型建构 (1)合力与分力的关系 ①合力不变时，两相等分力的夹角越大，两分力越大，夹角接近180°时，两分力接近无穷大。 ②两相等分力夹角为120°时，两分力与合力大小相等。 (2)平衡条件的应用 ①n个共点力平衡时其中任意(n一1)个力的合力与第n个力是一对平衡力。 ②物体受包括重力在内的三个力作用平衡时一般用合成法，合成除重力外的两个力，合力与重力 平衡，在力的三角形中解决问题，这样就把力的问题转化为三角形问题。 (3)滑块与斜面模型 如图所示，斜面固定，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，将物块轻放在斜面上，若μ≥tanθ,物 块保持静止：若μ<tanθ,物块下滑。与物块质量无关，只由μ与θ决定，其中μ≥tanθ时称为“自锁”现象。 3.考法解析 考法一图解法 1.题目特点：物体在三个力作用下缓慢运动，其中一个力恒定，另一个力方向恒定。 2应用思路：读懂题目叙述的情景，依次画出多个状态下力的渐变平行四边形或矢量三角形，根 据有向线段长度、方向的变化判断相应力的大小、方向的变化。 考法二解析法 1题目特点：物体受力示意图中某个力恒定，某个夹角发生的变化可判、可用。 2.应用思路：对力进行合成、分解或正交分解，用恒力、变角的三角函数写出变力的表达式（即平 衡方程)，根据三角函数的变化判断力的变化。 考法三相似三角形法 1.题目特点：物体在绳、杆或弹簧的作用下沿圆周缓慢运动。 2应用思路：相似三角形法是图解法的特例，平移受力示意图中的两个力，与第三个力构建力三 角形，找到与之相似的几何三角形，列出相应比例式进行分析，其中与半径对应的力大小不变。 考法四辅助圆法 (1)适用情况:物体受三个力,其中一个力大小、方向不变,另外两个力大小、方向都在改变,但变化的两个力之间的夹角不变。 (2)方法展示 ①已知条件:F1恒定,F2、F3的夹角一定。 ②解题过程:在圆中画出力的矢量三角形,以恒定力为弦,另外两个力的交点在圆周上移动,由三角形各边长度及方向的变化判定力的变化;两个力的夹角分大于90°(如图甲)和小于90°(如图乙)两种情况。 4.受力分析的顺序 一般按照“重力→电场力(磁场力)→弹力→摩擦力→其他力”的顺序，结合整体法与隔离法分析物体的受力情况。 5.处理平衡问题常用的四种方法 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 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 正交分解法 物体受到三个或三个以上力的作用时，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 力的三角形法 对受三力作用而平衡的物体， 将力的矢量图平移使三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 考向一 物体的静态平衡 1. （2024•宜兴市校级三模）如图所示，质量为2m的物块C置于倾角为37°的斜面D上，C通过一细线绕过光滑定滑轮系于P点，P为细线QP、EP、BP的结点，质量为m的小球B置于光滑的半球体A上，半球体A的半径为R，O为球心。已知PO＝2R，，EP水平，PQ竖直，且Q、P、O在同一直线上，系统处于静止状态，小球B可视为质点，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是（　　） A．细线PB的拉力大小为 B．细线PE和细线PB的拉力大小相等 C．半球体A受到地面的摩擦力和斜面D受到地面的摩擦力大小相等 D．物块C受到斜面D的摩擦力方向沿斜面向下 2. （2024•市中区校级模拟）小口径的水泥管如图甲所示，通常用于排水、灌溉和防护。运输到目的地时可用简易装置卸货。如图乙所示，两根直木棍AB和CD相互平行，两端分别靠在车和地面上固定不动。一个半径R＝5cm、质量m＝20kg的水泥管从木棍的上部恰好能匀速滑下，已知两木棍间距d＝8cm，与水平面的夹角α＝37°（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）（　　） A．每根直木棍对水泥圆筒的弹力为80N B．每根直木棍与水泥桶间的动摩擦因数为0.75 C．将水泥圆筒沿直木棍匀速向上拉动，所需最小拉力为192N D．将水泥圆筒沿直木棍匀速向上拉动，可施加沿斜面向上320N的力 3. （2024•沙坪坝区校级模拟）如图所示，直径为D的圆筒静置于水平面上，完全相同的甲、乙两球体放置在圆筒中，球体直径为d，且d＜D＜2d，所有接触面均光滑，甲球与圆筒底面和侧面的弹力大小分别为N1、N2。如果将两球体放置在另一圆筒中，该圆筒的直径D′稍大于D，甲球与该圆筒底面和侧面的弹力大小分别为N′1、N′2，则（　　） A．N′2＞N2 B．N′2＜N2 C．N′1＞N1 D．N′1＜N1 4. （2024•兴庆区校级三模）如图所示，在房檐上M、N两点间固定一根不可伸长的轻绳，在轻绳的中点O用细线系住鸟笼B，在O点两侧与其间距相同的P、Q两点系住相同的鸟笼A、C。稳定后MP、NQ间轻绳与水平方向夹角均为θ1，OP、OQ间轻绳与竖直方向夹角均为θ2，已知鸟笼质量均为m，重力加速度为g，则（　　） A．MP间轻绳弹力为 B．OP间轻绳的弹力大小为 C．tanθ1•tanθ2＝3 D．如果逐渐增大各鸟笼的质量，则θ1、θ2都增大 5. （2024•莲湖区校级二模）如图所示，质量m＝3kg的滑块静止在水平实验台上，通过三段轻绳分别与天花板和球形容器相连，OA与天花板夹角为45°，OB水平。重力加速度g取10m/s2，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（　　） A．若实验台对滑块的摩擦力不超过10N，则球形容器与容器内液体总重力最大为20N B．若实验台对滑块的摩擦力不超过10N，则球形容器与容器内液体总重力最大为30N C．若球形容器与容器内液体总重力最大为12N时滑块即将滑动，则滑块与实验台的动摩擦因数μ＝0.40 D．若球形容器与容器内液体总重力最大为12N时滑块即将滑动，则滑块与实验台的动摩擦因数μ＝0.30 6. （2024•南宁一模）如图所示，用三个完全相同的小立柱将足球支起，小立柱的上端可视为点，小立柱的位置连线成正三角形，放在水平桌面上，足球与小立柱的触点与足球球心的连线与竖直方向的夹角均为37°，已知每个小立柱对足球的支持力大小为2.5N，不计足球与小立柱间的摩擦及小立柱的重力，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是（　　） A．单个小立柱对足球的支持力方向竖直向上 B．足球所受的重力为7.5N C．足球对小立柱的作用力与桌子对小立柱的作用力是平衡力 D．足球对小立柱的作用力与桌子对小立柱的作用力是相互作用力 7. （多选）（2024•洛阳一模）如图所示，三根轻质细线结于O点，OA另一端固定在天花板上的A点（位于圆心O′的正上方），OB另一端连接质量为m的小球P（可视为质点），OC另一端连接质量为2m的物体Q，将小球P放置于半径为R、质量为3m的圆表面光滑的半圆柱上，半圆柱及物体Q均放置于粗糙水平面上，当A、O、O′处于同一竖直线上时，OC处于水平且物体Q恰好不滑动，此时，OO′＝2R，重力加速度大小为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（　　） A．半圆柱所受的摩擦力与物体Q所受到的摩擦力大小相等 B．OC段绳子的拉力大小为mg C．水平面对圆柱体的支持力大小为4mg D．物体Q与水平面间的动摩擦因数为 8. （多选）（2024•岳麓区校级模拟）光滑半圆槽的边缘上固定有一轻质定滑轮，轻质定滑轮轴与一直杆AB一端连接，直杆可绕B在竖直面上转动，轻绳一端连接一小球P，另一端跨过轻质定滑轮后套着一铁环Q，然后固定在直杆的A端，如图所示。开始时直杆通过外力水平放置并使整个系统处于平衡状态，不计任何摩擦阻力，小球可视为质点，则（　　） A．若轻绳PB段与BQ段均与竖直方向成30°角，小球P和铁环Q的质量之比为1：1 B．若小球P的质量足够大，系统平衡时小球P可能位于半圆弧槽的最低点 C．若通过外力把直杆AB顺时针缓慢转动一小段距离，小球P的位置可能不动 D．若通过外力把直杆AB逆时针缓慢转动一小段距离，小球P的位置一定下移 9. （多选）（2024•鼓楼区校级模拟）如图所示，质量为m的匀质细绳，一端系在天花板上的A点，另一端系在竖直墙壁上的B点，平衡后最低点为C点。现测得AC段绳长是CB段绳长的3倍，且绳子A端的切线与竖直方向的夹角为β，绳子B端的切线与墙壁的夹角为（α＝60°，重力加速度为g）则（　　） A．β＝30° B．绳子在C处弹力大小 C．绳子在A处的弹力大小 D．绳子上B处拉力最大 10. （多选）（2024•北辰区三模）图甲为家用燃气炉架，其有四个对称分布的爪，若将总质量一定的锅放在炉架上，如图乙所示（侧视图）。忽略爪与锅之间的摩擦力，若锅可以看作半径为R的球面，正对的两爪间距为d，则下列说法正确的是（　　） A．R越大，爪与锅之间的弹力越小 B．R越大，爪与锅之间的弹力越大 C．d越大，爪与锅之间的弹力越大 D．d越大，锅受到的合力越大 考向二 物体的动态平衡 11. （2024•泉州一模）纸质手提袋因其性能优良、绿色环保等优点被广泛使用。用手从绳带中部竖直提起装有物品的纸袋，纸袋保持静止，如图所示。下列说法正确的是（　　） A．每条绳带中的张力大小等于纸袋总重力的 B．若只稍微增加绳带长度，则每条绳带中的张力变大 C．若只稍微减小绳扣间距，则每条绳带中的张力变大 D．若只稍微增大绳扣间距，则绳带对手的总作用力不变 12. （2024•历城区校级模拟）如图，右侧面光滑的斜面体固定在水平面上，质量相等的物块M、N分别放在斜面体的左右两个面上，M、N拴接在跨过光滑定滑轮的轻质细绳两端，整个系统处于静止状态。现对N施加一始终与右侧轻绳垂直的拉力F，使N缓慢移动至右侧细绳水平，该过程M保持静止。下列说法正确的是（　　） A．拉力F逐渐增大 B．轻绳的拉力先减小后增大 C．M所受摩擦力先增大后减小 D．斜面对M的作用力先增大后减小 13. （2024•顺庆区校级模拟）如图所示，木板B放置在粗糙水平地面上，O为光滑铰链。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，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，木板始终保持静止，则在整个过程中（　　） A．外力F大小不变 B．轻杆对小球的作用力大小变小 C．地面对木板的支持力逐渐变小 D．地面对木板的摩擦力逐渐减小 14. （2024•蜀山区校级三模）如图所示，表面为光滑圆弧的物体B静置在水平地面上，有一竖直光滑挡板A恰与B相切于最左端O点，有一小球a放置于A与B之间。整个装置都可以绕O点旋转。以下说法正确的是（　　） A．若A保持竖直，且下端沿着B的表面向上缓慢移动到B的最高点，小球所受B的弹力一直增大 B．若A保持竖直，且下端沿着B的表面向上缓慢移动到B的最高点，小球所受A的弹力一直增大 C．若整个装置绕过O点且垂直于该截面的轴逆时针缓慢旋转90°的过程中，小球所受B的弹力一直减小 D．若整个装置绕过O点且垂直于该截面的轴逆时针缓慢旋转90°的过程中，小球所受A的弹力先减小后增大 15. （多选）（2024•鲤城区校级二模）如图，两个半径均为r的光滑球a、b放在半径为R（R＞2r）的半球形容器内，均静止时a、b与半球的接触点P、Q与半球球心O的连线与水平方向的夹角为α和β（a＜β）。若两球的质量用ma、mb，两球对容器的压力大小用FNa、FNb表示，则（　　） A． B． C．1 D． 16. 如图，在竖直平面内固定一光滑的半圆环，圆心为O、半径为R，OA为半圆环的竖直半径，AB为与OA在同一直线上的光滑固定杆，半圆环上套有一小球a，杆AB上套有另一小球b。两小球之间连接一轻弹簧，初始时小球a在距圆环A点右侧不远处的P点，小球b固定于杆AB上的Q点，两小球间距离为R。现用外力使小球b沿杆AB缓慢向上移动一段距离，但未到达A点。在移动过程中弹簧始终在弹性限度内且在一条直线上，两小球均可视为质点，则下列说法正确的是（　　） A．初始时弹簧弹力大于半圆环对小球a的弹力 B．初始时弹簧弹力大于小球a的重力 C．小球b沿杆缓慢向上移动过程中，环对小球a的支持力先增大后减小 D．小球b沿杆缓慢向上移动过程中，弹簧弹力增大 17. 如图所示为搬运货物小车的截面图，挡板OA固定于底板OB的左端，∠AOB＜90°，初始时OB水平，将一圆柱形物体置于小车上，左边与OA接触。现保持O点的位置不变，缓慢拾起B端，直至OB竖直。不计空气阻力和摩擦力，此过程中（　　） A．圆柱形物体对OA的压力先增大后减小 B．圆柱形物体对OB的压力先增大后减小 C．圆柱形物体对OA的压力先减小后增大 D．小车对圆柱形物体作用力逐渐变大 18. （2024•西安三模）如图所示，轻杆AB可绕着水平转轴O在竖直面内无摩擦地转动，此时杆AB和过O点的水平线CD夹角为θ，有一段不可伸长的细绳两端系于A、B两端，在轻质细绳上通过一轻滑轮悬挂一质量为m的物块处于静止状态，现使杆AB绕O点顺时针缓慢旋转2θ，在此过程中，绳中张力变化情况是（　　） A．先减小后增大 B．一直在减小 C．一直在增大 D．先增大后减小 19. （2024•东莞市三模）筷子夹球游戏深受人们的喜爱，选手用筷子夹起乒乓球从一个容器放到另一个容器，在规定时间内搬运多者胜。某同学水平持筷（两根筷子及球心在同一水平面内）夹着乒乓球的俯视图如图所示，则下列说法正确的是（　　） A．乒乓球受到四个力的作用 B．如果乒乓球静止，则乒乓球受到筷子的摩擦力方向竖直向上 C．如果乒乓球静止，减小筷子间夹角θ，筷子对乒乓球的作用力大小不变 D．如果乒乓球加速运动，筷子对乒乓球的弹力大于乒乓球对筷子的弹力 20. （多选）（2024•雨花区校级模拟）如图所示，轻杆的A端用光滑铰链固定在竖直墙面上，另一端点O固定一个小球a，并用轻绳OB拴住小球（B点在A点正上方）。在小球a的右侧同一水平线上放一小球b。且小球a、b之间存在大小与距离的平方成反比的引力，现将小球b从无穷远处沿水平方向缓慢向小球a移动至无限靠近，小球a始终保持静止状态。对于此过程，下列说法正确的是（　　） A．细绳OB的拉力先变小后变大 B．轻杆对小球a的弹力方向一直沿轻杆向上 C．轻杆对小球a的弹力可能先变小后变大 D．细绳和轻杆对小球a的合力一直变大 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$