提分集训(9)受力分析 共点力的平衡-【金榜题名】2026年高考物理一轮总复习提分集训

提分集训（九）受力分析共点力的平衡 [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() 甲 1 A.mgcos a, mgcos a a 木板 2sin 2 乙 B.mgeos a,mgcos a 1 液 0 A.磁铁乙可能受到三力的作用 2c052 B.两块磁铁受到的摩擦力方向相反 C.之ngsin a,mgcos a C.撤去磁铁乙，磁铁甲一定保持静止 0 2sin 2 D.木板对磁铁甲的作用力大于木板对磁铁乙的作 用力 D.mgsin a,mgeos a 对点练2共点力平衡的条件及应用 2c052 2.(2025·浙江金华三模)如图所示，甲，乙两柱体的 4.(2024·辽宁一模)如图所示.在房檐上M、N两点 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 间固定一根不可伸长的轻绳，在轻绳的中点O用 曲面和挡板可视为光滑，开始两圆柱体柱心连线 细线系住鸟笼B,在O点两侧与其间距相同的P、 沿竖直方向，将挡板缓慢地向右移动，直到圆柱体 Q两点系住相同的鸟笼A、C.稳定后MP、NQ间 甲刚要落至地面为止，整个过程半圆柱乙始终保 轻绳与水平方向夹角均为01，OP、OQ间轻绳与竖 持静止，那么半圆柱乙与水平面间动摩擦因数的 最小值为 直方向夹角均为02，已知鸟笼质量均为m,重力加 速度为g,则 甲 M 0 0 N A号 C.3 4 n号 A.MP间轻绳弹力为，3ms 2cos 02 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 BOP同轻绳的弹力大小为 的瓦片放置在两木杆之间，两杆对瓦片弹力的夹 角为0，瓦片处于静止状态，已知重力加速度为g, C.tana·tan2=2 则瓦片受到AB杆的摩擦力、支持力大小分别为 D.如果逐渐增大各鸟笼的质量，则、02都增大 351 对点练3整体法和隔离法解决多物体平衡 [B级练综合·提分] 问题 7.(2025·山东德州模拟)某创新实验小组制作一个 半径为12.00cm的圆盘，将3个相同的弹簧的一 5.(2025·广东汕头二模)扑克牌可以用来“搭房 端均匀固定在圆环上，另外一端固定打结，结点恰 子”，如图1所示.每一张纸牌的质量为m,在图2 好在圆心O处，如图所示，已知弹簧（质量不计）的自 的示意图中，下列说法正确的是 ( ) 然长度均为9.00cm,弹簧的劲度系数k=32.5N/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5.00cm,则矿泉水 受到的重力大小为 B 桌面 图1 图2 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 A.0.5N B.1.3N 竖直向上 C.1.5N D.3.9N C.纸牌对地面的压力大小为6mg 8.(2025·海南一模)如图，两固定斜面OM、ON与 D.每一张纸牌的合外力都不相同 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 6.如图所示，横截面为四分之一圆、质量为M的柱 时，杆垂直于OM.现增大b的质量，则() 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 轻杆 挡板和柱体之间，现拿走小球a,将质量为m、但密 60入人60 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 A.a向上滑动 说法正确的是 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 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 A.小球b对挡板的压力大于小球a对挡板的压力 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. B.小球b对柱体的压力大于小球a对柱体的压力 小组成员解除关节A的锁定，通过拉绳缓慢提升 C.地面对柱体的支持力不变 重物，上臂AB转过60°.不计“手臂”重力及一切 D.柱体受到地面的摩擦力不变 摩擦，下列说法正确的是 ) 352 D 图3 A.绳CD拉力先减小后增大 A.tan B. 1 tan B.绳CD拉力先增大后减小 C.前臂BC受到的压力大小不变 C.sin D.前臂BC受到的压力先减小后增大 [C级 练加强·培优] 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 11.(2025·山东临沂二模)如图所示，半径均为R的 示，ABCD为一块厚厚的水平钢板，AEFB和 光滑球和不光滑的半球由同种材料制成的，球和 DHGC为两根不可伸长的轻绳，两绳子关于水 半球放置在竖直墙壁的左侧.当半球的球心到竖 平钢板左右对称放置，且AE和DH平行于大理 直墙壁的距离大于2.2R时，半球将向左滑动.当 石块的后表面，BF和CG平行于大理石块的前 半球球心到墙壁的距离为L时，即使给球体向下 表面，AE、DH、BF,CG与水平方向的夹角均为 沿通过球心的竖直方向施加的力再大，半球和球 0,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 始终保持静止，则L的最大值为 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 为红，若能吊起大理石块，：至少为 ( A(悟+2)R B(停+2R C.(+1)R D(2+1R 图1 图2 353山.选BDA由园可知，轻质体费的长度L=2R©？=雪，故A8达D报报题意对宽片进行全力分折，全力如国1所示，由子衡 错误： 条件可得f=21=mgsin a,N=mgcos a,即=之ngsin a· B.以小球为研究对象，分析受力情况，如图所示 瓦片垂直杆方向，受力如图2所示，由平衡条件可得 2N1cos豆=N=mgcos a 解得N,=mgcos,选D. 2c092 F D mg 由图可知，力的三角形BCD和几何三角形AOB相似，根据三 肩形相奴有贤-识学=治 mgeos a 解得N=mg,下=L.6mg,故B正扇，C错误： 图1 图2 D,由胡克定律及几何关系有 4.选BABC.对三个鸟笼整体分析可知2 FMp sin 0=3mg 下=kL-L),解得Lo-歌-，故D亚确.故选BD, 对P点分析可知 Fytp cos =F sin 02.Fup sin 8=mg+F cos 2 12,选D依题意，设半球质量为m,则光滑球质量为2m,对光滑球 解得R一2fw- mg 和不光滑的半球受力分祈，如图所示， ,tana·tan0=3 故B正确AC错误： D.因为1an01·tn0=3,所以两个角度不可能同时增大，故D 错误.故选B. 5.选AA.: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、自身重力和廖 N 擦力作用，则其它纸稗对b纸牌的作用力大小不等于mg,故B错 当半球的球心到竖直将壁的距离为2,2R时，由几何关系，有 误： im0=2.2RR=0.6. C.共有7张纸牌，整体受力分析，可知地而对其支持力为7mg 2R 则纸牌对地面的压力大小为7mg,故C错误： 根据平街条件，可得f=V2=2 ngtan0,N:=mg十2mg D.每张纸牌都处于静止我态，合外力都为0，故D错误：故选A 文=4N1,联立，解得=0.5. 6.选CAB.以小球a为研究对象，受力分析如图甲所示，由力的 给球体向下沿通过球心的坚直方向施加的力再大，半球和球始 平街条件可知档板与柱体对小球Q作用力的合力与小球a的重 终保持静止，需要满足(F+2mg)tana≤(mg十F十2mg), 力大小相等、方向相反，小球b与小球相比，质量不变，休积增 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 即ama(gp+i小 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 当半球球心到墙壁的距离为取最大值L时，有tana= 于小球4对挡板的压力，小球b对柱体的压力小于小球（对柱体 由几何关系，有L=2 Rsin a十R, 的压力，故AB错误： CD.以小球和柱体整休为研究对象，受力分析如图乙所示，水平 联立，解得L-(学+1)R,故适D 方向上有F■F 竖直方向上有F、=(M十m)g 提分集训（九） 由于F,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. 1,选DA.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： ↑F B.两块磁铁受到的摩擦力均沿针木板向上，方向相同，选项B 错误： F C,撒去磁铁乙，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 m店 (M+m)g 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 州 乙 的重力和沿垂直木板向上方向的甲对乙的引力的合力：固为两 故选C. 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 7.选C如图所示 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 12.00 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 i 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 13.00 cm 2.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 擦固数最小，姿体分析有N=2mg,f=F。 设00与水平面的失角0.对甲，由平街条件得F=): 由几何关系可知平衡时每根弹簧的长度均为 /12.002+5.00cm=13.00cm, 联立解得了一胎器可知角慧小了越大，由几衍关系得，0最小为 每根弹簧的仲长量均为△x=4.00cm,每根弹簧的弹力小均为 F=k△r=1,3N, 30°.则 根据整直方向受力平衡可得矿泉水瓶受到的重力大小 了广50=aN=·2mg,解得以=.故造 G=3Fcos0=3X1.3×号N=1.5N,故选C 608 8.选BBD.设b质量为m,杆对b弹力为F, 提分集训（十） ON对b的支持力为N,其力的失量图如 mg 图所示 1,迭CF,,F合力不变，根据平行四边形定则作图如图所示，可 由几何知识知F=N=mg, 知，此过程中F减小，F先减小后增大，故C正确。 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 0 止，故B正确，D错误： m AC.杆对a的力始终垂直斛面OM,仙始终静止，摩擦力 田8 f=m.gcos30°不变，故AC错误 2.选C设A的质量为2m,则B的质量为m, 故选B. 对连接B的轻滑轮受力分析如图所示， 8, 9.选CAB.对C点受力分析，沿轻绳的拉力T,竖直向下大小为 则有2Tc053-mg, 重物重力的拉力mg,沿AC方向由A指向C的支持力N,如图。 每释1器一号 对A受力分析如图所示. g f w... 12g 7777 则有f=壮FN, 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 F、-2 ngcos a, '- f+T=2mgsin a, 依题意，上臂AB转过60°过程中，DA保持不变，DC减小，可知 联立解得以=，选心 绳CD拉力减小，故AB错误： 3.选ACA.杆AB国定于平台，为“死杆”，杆的弹力不一定沿杆， D同理：可特袋验 同一条蝇的力大小相等，其合力一定在其角平分线上，如图所 示，两个力T所作力的平行四边形为菱形，根据平衡条件可得T 上臂AB转过60°过程中，DA保持不变，AC大小也保持不变，可 =g,根据几何关系可得a十月=60°. 知前臂BC对C点的支持力的大小不变，根据牛颜第三定律可 对角线为F#,则AB杆受到绳子的作用力大小为 知，前臂BC受到的压力大小不变，故C正确：D错误.故选C F#=2Tc0s30°=3mg,故A正确： 10,选A设每段绳子上的张力均为T,别根据平衡条件有 4Tsin 0=mg Fw 鳞过 水平方向有2Tcos0=FN· 认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则有 fm=uFy=h·2Tcos. 根据平街条件有2∫m一mg, 出m 60 即4 Teos0=4Tsin0,解得a=an0,故选A. D 60 11.选D依题意，设半球质量为m,则光滑球质量为2m,对光滑球 r 电机 和不光滑的半球受力分祈，如图所示， A C O B.根据题意D端连接两条轻绳，CD杆为较链连接，为“活杆”，杆 力沿着杆的方向.水平方向，根据F标'cos60=Tc0s30°=mgcos 30°，解得F#'=√3mg,故B错误： CD.当启动电动机使重物藏慢上升和下降时，绳子拉力大小均不 变，为mg,∠DBm变小，根搭F#=2Tcos∠DBm,可知F样增 2 大，故C正确，D错误.故法AC 4,选CD在圆环顺时针缓慢旋转90°过程中，保持两手臂仲直状 当半球的球心到竖直培壁的距离为2,2R时，由几何关系，有 态，两手拉力夹角不变，由三力平衡推论知三力平移后会组成一 m0=22RR-0.6 闭合三角形，如下图所示：F表示左手拉力，F表示右手拉力 2R 根据平街条件，可得f=N2=2mgan0,N:=mg十2mg 又f=N1,联立，解得u=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 终保持新止，需要满是(F+2mg)ana≤a(mg十F+2mg), 即na≤(2，mg下+l） 当半球球心到墙壁的距离为取最大值L时，有ana= 由儿何关系，有L-2 Rsin a十R, 由图可知：左手拉力先变大后变小，右手拉力一直变小，故CD正 联立.解得L=(+1)R故选D 确，AB错误 故选CD. 609