第5节 受力分析 共点力的平衡-【金版教程】2026年高考物理一轮总复习首选用卷全书Word

高考总复习首选用卷 物理 第5节　受力分析　共点力的平衡 考点一　受力分析 1．(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。 2．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。 考点二　共点力静态平衡问题 3．(2022·广东高考)如图是可用来制作豆腐的石磨。木柄AB静止时，连接AB的轻绳处于绷紧状态。O点是三根轻绳的结点，F、F1和F2分别表示三根绳的拉力大小，F1＝F2且∠AOB＝60°。下列关系式正确的是(　　) A．F＝F1 B．F＝2F1 C．F＝3F1 D．F＝F1 答案：D 解析：以O点为研究对象，受力分析如图。由几何关系可知θ＝30°，因为轻绳处于绷紧状态，所以有F1sin30°＝F2sin30°，F1cos30°＋F2cos30°＝F，联立可得F＝F1，故A、B、C错误，D正确。 4．(2022·重庆高考)如图所示，吸附在竖直玻璃上质量为m的擦窗工具，在竖直平面内受重力、拉力和摩擦力(图中未画出摩擦力)的共同作用做匀速直线运动。若拉力大小与重力大小相等，方向水平向右，重力加速度为g，则擦窗工具所受摩擦力(　　) A．大小等于mg B．大小等于mg C．方向竖直向上 D．方向水平向左 答案：B 解析：由题意可知擦窗工具做匀速直线运动，则受力平衡。对擦窗工具在如题图所示平面内进行受力分析，如图所示。水平方向上拉力F与擦窗工具所受滑动摩擦力f的水平分力f水平等大反向，竖直方向上重力mg与擦窗工具所受滑动摩擦力f的竖直分力f竖直等大反向，又已知F＝mg，根据平行四边形定则将f水平和f竖直进行合成，则擦窗工具所受摩擦力大小为f＝＝mg，由tanθ＝＝＝1，可知擦窗工具所受摩擦力方向与水平方向成θ＝45°角指向左上方。B正确，A、C、D错误。 5．(2023·江苏高考)如图所示，“嫦娥五号”探测器静止在月球平坦表面处。已知探测器质量为m，四条腿与竖直方向的夹角均为θ，月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的。每条腿对月球表面压力的大小为(　　) A. B. C. D. 答案：D 解析：对“嫦娥五号”探测器进行受力分析，探测器受到月球对它竖直向下的重力和月球表面对它的每条腿竖直向上的支持力，设它的每条腿受到月球表面的支持力大小为FN，根据平衡条件有4FN＝mg月，由题意知月球表面的重力加速度g月＝g，解得FN＝，根据牛顿第三定律可知，每条腿对月球表面压力的大小为。故D正确。 6．拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具。某同学用该拖把在水平地板上拖地，当施加大小为F的水平推力时，拖把头在地板上做匀速直线运动；如图所示，当沿拖杆方向施加大小仍为F、方向与竖直方向成θ＝60°角的拉力时，拖把头也恰好做匀速直线运动。拖把头与水平地板间的动摩擦因数为(　　) A. B．2－ C. D. 答案：B 解析：施加大小为F的水平推力时，拖把头在地板上做匀速直线运动，受力分析如图甲所示，根据受力平衡可得F＝Ff，FN＝mg，又Ff＝μFN；当沿拖杆方向施加大小仍为F、方向与竖直方向成θ＝60°角的拉力时，拖把头也恰好做匀速直线运动，受力分析如图乙所示，根据受力平衡可得Fsin60°＝Ff′，FN′＋Fcos60°＝mg，又Ff′＝μFN′，联立解得，拖把头与水平地板间的动摩擦因数为μ＝2－，故选B。 7．(2020·浙江7月选考)如图是“中国天眼”500 m口径球面射电望远镜维护时的照片。为不损伤望远镜球面，质量为m的工作人员被悬在空中的氦气球拉着，当他在离底部有一定高度的望远镜球面上缓慢移动时，氦气球对其有大小为mg、方向竖直向上的拉力作用，使其有“人类在月球上行走”的感觉，若将人视为质点，此时工作人员(　　) A．受到的重力大小为mg B．受到的合力大小为mg C．对球面的压力大小为mg D．对球面的作用力大小为mg 答案：D 解析：工作人员的质量为m，则工作人员受到的重力G＝mg，A错误；工作人员在球面上缓慢移动，处于平衡状态，受到的合力为0，B错误；工作人员所处的球面位置不水平，对工作人员进行受力分析如图所示，由平衡条件可知，工作人员受到的支持力N＝(G－F)·cosθ＝mgcosθ，根据牛顿第三定律得，工作人员对球面的压力N′小于mg，C错误；由平衡条件可得，球面对工作人员的作用力F球＝mg－mg＝mg，再由牛顿第三定律可得，工作人员对球面的作用力大小为F′＝mg，D正确。 8．(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。 9．(2024·河北高考)如图，弹簧测力计下端挂有一质量为0.20 kg的光滑均匀球体，球体静止于带有固定挡板的斜面上，斜面倾角为30°，挡板与斜面夹角为60°。若弹簧测力计位于竖直方向，读数为1.0 N，g取10 m/s2，挡板对球体支持力的大小为(　　) A. N B．1.0 N C. N D．2.0 N 答案：A 解析：对球体受力分析如图所示，F与FN分别为挡板和斜面对球体的支持力，T为弹簧测力计对球体的拉力，由几何关系可知，F、FN与竖直方向的夹角均为30°，由共点力的平衡条件，在水平方向有FNsin30°＝Fsin30°，在竖直方向有FNcos30°＋Fcos30°＋T＝mg，联立并代入数据解得F＝ N，故A正确。 10．如图所示，质量为m的物体A放在倾角为θ、质量为M的斜面体B上，斜面体B放在水平地面上，用沿斜面向下、大小为F的力推物体A，A恰能沿斜面匀速下滑，而斜面体B静止不动。重力加速度为g，则下列说法中正确的是(　　) A．地面对斜面体B的支持力大小为mg＋Mg B．地面对斜面体B的支持力大小为Mg＋Fsinθ C．地面对斜面体B的摩擦力向右，大小为Fcosθ D．地面对斜面体B的摩擦力大小为0 答案：C 解析：A沿斜面匀速下滑，B静止不动，A和B运动状态均不改变，可对A和B组成的整体受力分析，如图所示，根据平衡条件，在竖直方向上可得地面对斜面体B的支持力大小为FN＝mg＋Mg＋Fsinθ，水平方向上可得地面对斜面体B的摩擦力大小为Ff＝Fcosθ，方向水平向右，故C正确，A、B、D错误。 11．(多选)如图所示，一质量为m、顶角为α的直角劈和一个质量为M的长方体木块，夹在两竖直墙之间，不计所有摩擦，重力加速度为g，则(　　) A．长方体木块对左侧墙壁的压力大小为 B．直角劈对右侧墙壁的压力大小为 C．长方体木块对地面的压力大小为(m＋M)g D．长方体木块对直角劈的支持力大小为(m＋M)gsinα 答案：ABC 解析：对直角劈进行研究，分析受力情况，如图甲所示，根据平衡条件得，长方体木块对直角劈的支持力大小为FN2＝，墙壁对直角劈的弹力大小为FN1＝，根据牛顿第三定律可知，直角劈对右侧墙壁的压力大小为FN1′＝FN1＝，故B正确，D错误；以直角劈和长方体木块整体为研究对象，分析受力情况，如图乙所示，则由平衡条件得，水平地面对长方体木块的支持力大小为FN3＝(m＋M)g，根据牛顿第三定律可知，长方体木块对地面的压力大小为FN3′＝FN3＝(m＋M)g，左侧墙壁对长方体木块的弹力大小为FN4＝FN1＝，根据牛顿第三定律可知，长方体木块对左侧墙壁的压力大小为FN4′＝FN4＝，故A、C正确。 12．(2024·浙江1月选考)如图所示，在同一竖直平面内，小球A、B上系有不可伸长的细线a、b、c和d，其中a的上端悬挂于竖直固定的支架上，d跨过左侧定滑轮、c跨过右侧定滑轮分别与相同配重P、Q相连，调节左、右两侧定滑轮高度达到平衡。已知小球A、B和配重P、Q质量均为50 g，细线c、d平行且与水平成θ＝30°(不计摩擦)，重力加速度g取10 m/s2，则细线a、b的拉力分别为(　　) A．2 N，1 N B．2 N，0.5 N C．1 N，1 N D．1 N，0.5 N 答案：D 解析：对A、B和细线b整体进行受力分析，受重力和细线a、c、d的拉力，根据水平方向受力平衡可知，细线c和细线d对整体的拉力大小相等、方向相反，则细线a的拉力大小为Ta＝(mA＋mB)g＝1 N；设细线b与水平方向的夹角为α，对A受力分析如图所示，由平衡条件，在竖直方向有Tbsinα＋Tcsinθ＝mAg，在水平方向有Tbcosα＝Tccosθ，又Tc＝mQg，联立并代入数据，解得Tb＝0.5 N。故选D。 考点三　共点力作用下物体的动态平衡分析 13．如图所示，装有足球的轻网兜系在钉子上，墙壁光滑。将网绳在钉子上多绕几圈后，则(　　) A．网绳上的拉力变小 B．网绳上的拉力不变 C．墙壁对足球的支持力变大 D．墙壁对足球的支持力不变 答案：C 解析：对足球受力分析，足球受竖直向下的重力G，垂直墙壁向左的弹力FN，沿网绳斜向上的拉力FT，如图甲所示，把三力首尾相连组成一个闭合的矢量三角形，如图乙所示，有FT＝，FN＝Gtanθ，由几何关系可知，当网绳在钉子上多绕几圈后，网绳变短，网绳与墙壁的夹角θ增大，则FT变大，FN变大，故A、B、D错误，C正确。 14．如图所示，竖直面内固定一光滑大圆环轨道，O为圆心，在大圆环轨道最高点A固定一个光滑的小滑轮，一轻绳绕过小滑轮，一端连接套在大圆环轨道上的小球，用力F拉轻绳另一端，在小球从B点缓慢上升到C点的过程中，(　　) A．拉力F逐渐增大 B．拉力F先减小后增大 C．小球对大圆环轨道的压力大小保持不变 D．小球对大圆环轨道的压力先增大后减小 答案：C 解析：对小球进行受力分析，小球受重力mg、轻绳拉力F、大圆环轨道的弹力FN，三力的合力为0，故可将三个力的示意图进行平移，首尾相连组成一个矢量三角形，如图所示，可知力的三角形与几何三角形AOB相似，设大圆环轨道的半径为R，小球到A点的距离为l，则有＝＝，可得F＝mg，FN＝mg，在小球从B点缓慢上升到C点的过程中，重力大小、方向均不变，小球到A点的距离l变小，轨道半径R不变，则拉力F逐渐减小，大圆环轨道对小球的支持力FN大小不变，由牛顿第三定律知小球对大圆环轨道的压力大小保持不变，故A、B、D错误，C正确。 考点四　“活结”与“死结”、“动杆”与“定杆” 15．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。 16．(2024·山东高考)如图所示，国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡。若它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于(　　) A. B. C. D. 答案：B 解析：设斜坡的倾角为θ，机器人“天工”的质量为m，它的脚和斜面间的动摩擦因数为μ。因为它可以在斜坡上稳定地站立和行走，根据共点力的平衡条件有mgsinθ＝f静，又静摩擦力f静≤μmgcosθ，联立得μ≥tanθ，由题意知θ≤30°，则μ≥tan30°＝，即它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于，故选B。 17．(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。 18．(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，竖直方向有GA＋Tbcos60°＝Tacos30°，水平方向有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，水平方向有f＝Fcos30°＝5 N，竖直方向有N＋Fsin30°＝GA＋GB＋GC杆，解得地面对C的支持力N＝35 N，故B、C错误。 19．如图所示为一简易起重装置，AC是上端带有滑轮的固定支架，BC为质量不计的轻杆，杆的一端C用铰链固定在支架上，另一端B悬挂一个质量为m的重物，并用钢丝绳跨过滑轮A连接在卷扬机上。开始时，杆BC与AC的夹角∠BCA>90°，现使∠BCA缓慢变小，直到∠BCA＝30°(不计一切阻力)。在此过程中，杆BC所产生的弹力(　　) A．大小不变 B．逐渐增大 C．先增大后减小 D．先减小后增大 答案：A 解析：以结点B为研究对象，分析受力情况，受沿BA方向绳的拉力F、由下方重物产生的竖直向下的拉力T、沿CB方向的杆的弹力FN，如图所示，根据平衡条件知，其中T＝mg，把F、FN平移，使F、FN、T组成首尾相接的矢量三角形，根据力的矢量三角形与图中△ABC相似得＝，得FN＝mg，∠BCA缓慢变小的过程中，AC、BC不变，则FN大小不变，即杆BC所产生的弹力大小不变，A正确。 20．(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。 21．挂灯笼的习俗起源于西汉，过年期间，家家户户都挂起了各式各样的灯笼。如图所示，由五根等长的轻质细绳悬挂起质量均为m的灯笼A、B、C、D，中间细绳是水平的，上面两细绳与水平方向夹角为θ1，中间两细绳与竖直方向夹角为θ2，A、B间和B、C间的绳中张力分别是FAB和FBC，重力加速度为g。下列关系式正确的是(　　) A．θ1＝θ2 B.＝2 C．FBC＝mgtanθ2 D．FAB＝ 答案：C 解析：设上面两细绳上的拉力为T，对灯笼A上面的结点受力分析可知，水平方向有Tcosθ1＝FABsinθ2，竖直方向有Tsinθ1＝FABcosθ2＋mg，对四个灯笼整体分析可知2Tsinθ1＝4mg，联立解得tanθ1·tanθ2＝2，T＝，FAB＝，对灯笼B上面的结点分析，得FBC＝mgtanθ2，故C正确，B、D错误；由题给条件不能判断θ1与θ2是否相等，A错误。 22．(2024·湖北高考)如图所示，两拖船P、Q拉着无动力货船S一起在静水中沿图中虚线方向匀速前进，两根水平缆绳与虚线的夹角均保持为30°。假设水对三艘船在水平方向的作用力大小均为f，方向与船的运动方向相反，则每艘拖船发动机提供的动力大小为(　　) A.f B.f C．2f D．3f 答案：B 解析：设缆绳上的拉力大小为T，每艘拖船发动机提供的动力大小为F。在水平面内，对S受力分析如图1所示，由平衡条件可知2Tcos30°＝f，解得T＝f；在水平面内，对P受力分析如图2所示，由平衡条件可知，F沿运动方向的分力大小Fx＝f＋Tcos30°，F沿垂直运动方向的分力大小Fy＝Tsin30°，且F＝，联立解得F＝f，故B正确。 23．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。 24．(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，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，A正确，C错误。当N杆向右移一些时，d变大，则T变大，B正确。 25．(2025·浙江省丽水市、湖州市、衢州市高三上模拟)图甲是传统民居建筑材料瓦片，相同的质量为m的瓦片紧靠在一起静止竖直叠放在水平地面上，如图乙所示。下方瓦片的受力点均在其顶端，则瓦片(　　) A．4右端对地面的压力比左端的大 B．5右端受到的支持力是2右端受到支持力的2倍 C．4顶端受到的压力大小为mg D．5左端对地面的压力为mg 答案：D 解析：由题知，下方瓦片的受力点均在其顶端，结合对称性可知，各瓦片间和瓦片与地面间均没有相对运动趋势，均没有摩擦力作用，且各瓦片下面两端所受支持力均竖直向上且相等，结合牛顿第三定律可知，瓦片4右端对地面的压力与左端的相等，A错误。对瓦片1受力分析如图所示，由平衡条件有F21＋F31＝mg，得瓦片2、3对瓦片1的支持力F21＝F31＝mg；对瓦片2同理有F42＋F52＝mg＋F12，其中由牛顿第三定律可知F12＝F21，得瓦片4、5对瓦片2的支持力F42＝F52＝mg，同样地，可得瓦片5、6对瓦片3的支持力F53＝F63＝mg；对瓦片5同理有F5左＋F5右＝mg＋F25＋F35，其中由牛顿第三定律可知F25＝F52，F35＝F53，得地面对瓦片5左、右两端的支持力F5左＝F5右＝mg，＝，故B错误。由牛顿第三定律可知瓦片4顶端受到的压力大小F24＝F42＝mg，瓦片5左端对地面的压力F5左地＝F5左＝mg，故C错误，D正确。 26．(2024·山东省泰安市高三下一模)张靖皋长江大桥是中国在建的世界上跨径最大的悬索桥，如图甲所示。悬索桥的简化模型如下：桥面由分列桥面两边的六对等距离钢杆悬吊，钢杆上端挂在两根钢缆上。图乙为其侧面图，两端钢缆CM、PN与水平方向夹角均为θ＝37°，若每根钢杆承受拉力相同，桥面总质量为m，钢杆、钢缆自重不计，重力加速度为g，则钢缆BC中的拉力大小为(　　) A.mg B.mg C.mg D.mg 答案：A 解析：以桥面和CP间的钢杆、钢缆整体为研究对象，其受力分析如图1所示，由对称性可知TMC＝TPN，由平衡条件可得4TMCsin37°＝mg，解得TMC＝mg。由题意可知，每根钢杆承受拉力相同，设为T，对桥面受力分析，由平衡条件得12T＝mg，解得每根钢杆承受的拉力为T＝mg。对C点受力分析，如图2所示，设BC与水平方向夹角为α，由平衡条件可知，TMCcos37°＝TBCcosα，TMCsin37°＝T＋TBCsinα，联立解得TBC＝mg，故选A。 27．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，由题图可知∠AOB<90°，则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角一定减小；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。 28．《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。 20 学科网（北京）股份有限公司 $$