提分集训(9) 受力分析(Word练习)-【金榜题名】2026年高考物理一轮总复习

[A级　练对点·固本] 对点练1　受力分析 1．(2025·浙江绍兴二模)如图所示，一块长木板两端分别固定在水平面上，两块相同的磁铁甲和乙各自被吸附在木板正对的两个面上而处于静止状态．若磁铁之间的作用力与木板垂直，则(　　) A．磁铁乙可能受到三力的作用 B．两块磁铁受到的摩擦力方向相反 C．撤去磁铁乙，磁铁甲一定保持静止 D．木板对磁铁甲的作用力大于木板对磁铁乙的作用力 解析：选D　A．磁铁乙受到重力、磁铁甲的吸引力、木板的弹力和摩擦力，共受到四个力的作用，选项A错误； B．两块磁铁受到的摩擦力均沿斜木板向上，方向相同，选项B错误； C．撤去磁铁乙，磁铁甲对木板的压力减小，最大静摩擦力减小，则磁铁甲不一定保持静止，选项C错误； D．木板对磁铁甲的作用力等于甲向下的重力和磁铁乙对甲的垂直木板向下的引力的合力；木板对磁铁乙的作用力等于乙向下的重力和沿垂直木板向上方向的甲对乙的引力的合力；因为两磁铁的重力相等，乙对甲的引力大小等于甲对乙的引力大小，且甲的重力与磁铁乙对甲的引力之间的夹角小于90°，而乙的重力与磁铁甲对乙的引力之间的夹角大于90°，可知木板甲的重力与磁铁乙对甲的引力的合力大于木板乙的重力与磁铁甲对乙的引力的合力；即木板对磁铁甲的作用力大于木板对磁铁乙的作用力，选项D正确． 故选D. 对点练2　共点力平衡的条件及应用 2．(2025·浙江金华三模)如图所示，甲，乙两柱体的截面分别为半径均为R的圆和半圆，甲的右侧顶着一块竖直的挡板．若甲和乙的质量相等，柱体的曲面和挡板可视为光滑，开始两圆柱体柱心连线沿竖直方向，将挡板缓慢地向右移动，直到圆柱体甲刚要落至地面为止，整个过程半圆柱乙始终保持静止，那么半圆柱乙与水平面间动摩擦因数的最小值为(　　) A．　　　　　　　　　　B． C． D． 解析：选A　分析可知，只要摩擦力最大时刚好不滑动，此时对应的摩擦因数最小．整体分析有 N＝2mg f＝F板 设O1O2与水平面的夹角θ，对甲，由平衡条件得 F板＝ 联立解得 f＝ 可知角越小，f越大，由几何关系得，θ最小为30°.则 f＝＝μN＝μ·2mg 解得 μ＝ 故选A. 3．如图所示，两根相同的圆柱形木杆AB和CD相互平行，与水平方向的夹角为α.将一摞总质量为m的瓦片放置在两木杆之间，两杆对瓦片弹力的夹角为θ，瓦片处于静止状态，已知重力加速度为g，则瓦片受到AB杆的摩擦力、支持力大小分别为(　　) A．mg cos α， B．mg cos α， C．mg sin α， D．mg sin α， 解析：选D　根据题意，对瓦片进行受力分析，受力如图1所示，由平衡条件可得 f＝2f1＝mg sin α N＝mg cos α 即f1＝mg sin α 瓦片垂直杆方向，受力如图2所示，由平衡条件可得 2N1cos ＝N＝mg cos α 解得N1＝ 故选D. 　　　　图1　　　　　　　　图2 4．(2024·辽宁一模)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．tan θ1·tan θ2＝ D．如果逐渐增大各鸟笼的质量，则θ1、θ2都增大 解析：选B　ABC.对三个鸟笼整体分析可知 2FMPsin θ1＝3mg 对P点分析可知 FMPcos θ1＝FOPsin θ2，FMPsin θ1＝mg＋FOPcos θ2 解得 FOP＝，FMP＝，tan θ1·tan θ2＝3 故B正确AC错误； D．因为tan θ1·tan θ2＝3，所以两个角度不可能同时增大，故D错误． 故选B. 对点练3　整体法和隔离法解决多物体平衡问题 5．(2025·广东汕头二模)扑克牌可以用来“搭房子”，如图1所示．每一张纸牌的质量为m，在图2的示意图中，下列说法正确的是(　　) A.a纸牌受到其它纸牌的作用力大小为mg，方向竖直向上 B．b纸牌受到其它纸牌的作用力大小为mg，方向竖直向上 C．纸牌对地面的压力大小为6mg D．每一张纸牌的合外力都不相同 解析：选A　A．a纸牌处于静止状态，受到其它纸牌的作用力和自身重力，根据力的平衡条件可知其它纸牌对a纸牌的作用力大小为mg，方向竖直向上，故A正确； B．b纸牌处于静止状态，受到其它纸牌的作用力、自身重力和摩擦力作用，则其它纸牌对b纸牌的作用力大小不等于mg，故B错误； C．共有7张纸牌，整体受力分析，可知地面对其支持力为7mg，则纸牌对地面的压力大小为7mg，故C错误； D．每张纸牌都处于静止状态，合外力都为0，故D错误； 故选A. 6．如图所示，横截面为四分之一圆、质量为M的柱体B放在粗糙水平地面上，一竖直固定的挡板与柱体最左侧相切，质量为m的小球a恰能静止在挡板和柱体之间，现拿走小球a，将质量为m、但密度比小球a小的小球b贴着挡板轻轻放到柱体B上．小球与挡板、小球与柱体之间无摩擦力．下列说法正确的是(　　) A．小球b对挡板的压力大于小球a对挡板的压力 B．小球b对柱体的压力大于小球a对柱体的压力 C．地面对柱体的支持力不变 D．柱体受到地面的摩擦力不变 解析：选C　AB.以小球a为研究对象，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件可知挡板与柱体对小球a作用力的合力与小球a的重力大小相等、方向相反，小球b与小球a相比，质量不变、体积增加，则柱体圆心和小球球心的连线与竖直方向的夹角减小，由力的平行四边形定则和牛顿第三定律可知，小球b对挡板的压力小于小球a对挡板的压力，小球b对柱体的压力小于小球a对柱体的压力，故AB错误； CD.以小球和柱体整体为研究对象，受力分析如图乙所示，水平方向上有 Ff＝F1 竖直方向上有 FN＝(M＋m)g 由于F1减小，则柱体所受地面的摩擦力减小，由于两小球质量相等，则地面对柱体的支持力不变，故C正确，D错误． 故选C. [B级　练综合·提分] 7．(2025·山东德州模拟)某创新实验小组制作一个半径为12.00 cm的圆盘，将3个相同的弹簧的一端均匀固定在圆环上，另外一端固定打结，结点恰好在圆心O处，如图所示，已知弹簧(质量不计)的自然长度均为9.00 cm，弹簧的劲度系数k＝32.5 N/m.将圆盘水平放置，在结点O处悬挂一瓶矿泉水，缓慢释放直至平衡时测得结点下降了5.00 cm，则矿泉水受到的重力大小为(　　) A．0.5 N　　　　　　　　　B．1.3 N C．1.5 N D．3.9 N 解析：选C　如图所示 由几何关系可知平衡时每根弹簧的长度均为 cm＝13.00 cm 每根弹簧的伸长量均为Δx＝4.00 cm，每根弹簧的弹力小均为 F＝kΔx＝1.3 N 根据竖直方向受力平衡可得矿泉水瓶受到的重力大小 G＝3F cos θ＝3×1.3× N＝1.5 N 故选C. 8．(2025·海南一模)如图，两固定斜面OM、ON与水平面夹角均为60°，OM粗糙、ON光滑．一轻杆两端通过铰链与物体a、b连接，a、b静止于斜面时，杆垂直于OM.现增大b的质量，则(　　) A．a向上滑动 B．b仍静止 C．a与OM间的摩擦力增大 D．b受到的合外力增大 解析：选B　BD.设b质量为m，杆对b弹力为F，ON对b的支持力为Nb，其力的矢量图如图所示 由几何知识知 F＝Nb＝mg 现增大b的质量，在杆垂直OM状态下，三个力均增大且相等，其合力仍为零，b仍静止，故B正确，D错误； AC.杆对a的力始终垂直斜面OM，a始终静止，摩擦力 f＝mag cos 30° 不变，故AC错误． 故选B. 9．(2025·福建宁德三模)某物理兴趣小组为了模拟机器人“手臂”，制作了如图所示装置，A、B类似于人手臂的关节，能在竖直面内自由转动，前臂BC末端系一重物和一轻绳，轻绳另一端跨过滑轮牵拉前臂．初始时，关节A、B均锁定，前臂BC水平．小组成员解除关节A的锁定，通过拉绳缓慢提升重物，上臂AB转过60°.不计“手臂”重力及一切摩擦，下列说法正确的是(　　) A．绳CD拉力先减小后增大 B．绳CD拉力先增大后减小 C．前臂BC受到的压力大小不变 D．前臂BC受到的压力先减小后增大 解析：选C　AB.对C点受力分析，沿轻绳的拉力T，竖直向下大小为重物重力的拉力mg，沿AC方向由A指向C的支持力N，如图 根据三力平衡的特点可知力的三角形与边的三角形相似，有 ＝ 依题意，上臂AB转过60°过程中，DA保持不变，DC减小．可知绳CD拉力减小．故AB错误； CD.同理，可得 ＝ 上臂AB转过60°过程中，DA保持不变，AC大小也保持不变．可知前臂BC对C点的支持力的大小不变．根据牛顿第三定律可知，前臂BC受到的压力大小不变．故C正确；D错误． 故选C. 10．如图1和2为工地搬运长方体大理石块的设备示意图，该设备吊起部分可以理想化为图3所示，ABCD为一块厚厚的水平钢板，AEFB和DHGC为两根不可伸长的轻绳，两绳子关于水平钢板左右对称放置，且AE和DH平行于大理石块的后表面，BF和CG平行于大理石块的前表面，AE、DH、BF、CG与水平方向的夹角均为θ，忽略AE和DH与大理石块的后表面(包括E、H两点)、BF和CG与大理石块的前表面(包括F、G两点)的所有作用力，若EF与大理石块左表面、HG与大理石块右表面的动摩擦因素均为μ，若能吊起大理石块，μ至少为(　　) A．tan θ B． C．sin θ D． 解析：选A　设每段绳子上的张力均为T，则根据平衡条件有 4T sin θ＝mg 水平方向有 2T cos θ＝FN 认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则有 fm＝μFN＝μ·2T cos θ 根据平衡条件有 2fm＝mg 即4μT cos θ＝4T sin θ 解得μ＝tan θ 故选A. [C级　练加强·培优] 11．(2025·山东临沂二模)如图所示，半径均为R的光滑球和不光滑的半球由同种材料制成的，球和半球放置在竖直墙壁的左侧．当半球的球心到竖直墙壁的距离大于2.2R时，半球将向左滑动．当半球球心到墙壁的距离为L时，即使给球体向下沿通过球心的竖直方向施加的力再大，半球和球始终保持静止，则L的最大值为(　　) A．R B．R C．R D．R 解析：选D　依题意，设半球质量为m，则光滑球质量为2m，对光滑球和不光滑的半球受力分析，如图所示 当半球的球心到竖直墙壁的距离为2.2R时，由几何关系，有 sin θ＝＝0.6 根据平衡条件，可得 f＝N2＝2mg tan θ，N3＝mg＋2mg 又f＝μN3 联立，解得 μ＝0.5 给球体向下沿通过球心的竖直方向施加的力再大，半球和球始终保持静止，需要满足 (F＋2mg)tan α≤μ(mg＋F＋2mg) 即tan α≤μ 当半球球心到墙壁的距离为取最大值L时，有 tan α＝μ 由几何关系，有L＝2R sin α＋R 联立，解得L＝R 故选D. 学科网（北京）股份有限公司 $$