第三章 专题探究四 受力平衡的临界极值问题&专题探究五 共点力动态平衡-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理必修第一册（人教版2019 江苏专用)

专题探究四受力 黑题 专题强化 题型1绳子受力的极值问题 1.用一根长1m的轻质细 绳将一幅质量为1kg的画框 对称悬挂在墙壁上，已知绳能 挂钉挂钉 承受的最大张力为10N,为 使绳不断裂，画框上两个挂钉的间距最大为 (g取10m/s2) ( .3 m B.2m C.1mD.16 2.如图所示，能承受最大拉力为10N的细 线OA与竖直方向成45°角，能承受最大拉力 为5N的细线OB水平，细线OC能承受足够 大的拉力，为使OA、OB均不被拉断，OC下端 所悬挂物体的最大重力是 A.15 N B.10N C.5N D.52N 3.*如图所示，物体的质量为m,两根轻绳AB 和AC的一端连接于竖直墙上，∠BAC=0,另 一端系于物体上，在物体上另施加一个与水 平线也成0角的拉力F,若要使两绳都能伸 直，求拉力F的大小范围 第三章 三衡的临界极值问题 限时：25min 题型2相对滑动的临界问题 4.。如图，在固定斜面上的一物块受到一外力 F的作用，F平行于斜面向上若要物块在斜面 上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最 大值和最小值分别为F,和F(F>0),最大静 摩擦力等于滑动摩擦力.由此可求出 ( A.物块的质量 B.斜面的倾角 C.物块与斜面间的最大静摩擦力 D.物块对斜面的正压力 5.*如图，滑块A置于水平 上A 地面上，滑块B在一水平力 作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A 恰好不滑动，B刚好不下滑.已知m,=9m:,A 与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力 等于滑动摩擦力.则A与B间的动摩擦因数是 A.0.2 B.0.5 C.0.6 D.0.4 6.鞋竖直门闩简化结构的侧 视图如图所示.下方部件A 可以在水平槽内向前推进 槽表面光滑，摩擦力可以不计：部件A与部件B 界面间的动摩擦因数为以，且最大静摩擦力等 于滑动摩擦力，界面与水平面呈45°夹角.部件 B质量为m,重力加速度为g,为了使门闩启 动，施加在部件A上的水平力F至少是( 1 .1 mg B. -mg - c 一mg D. 1-u g 1μ 黑白题073 专题探究五 黑题 专题强化 题型1正交分解法 1.*(2024·江苏淮安期末)如图所示，轻绳 端固定于0点，另一端与套在光滑竖直杆 的圆环P相连，圆环和竖直杆均静止.现将竖 直杆从A点水平向右缓慢移到B点，则该过 程中圆环受到 ( A.杆的弹力变大 B.杆的弹力先变大后变小 C.轻绳的拉力变小 D.轻绳的拉力先变小后 变大 2.如图所示，OA为遵从胡克定律的弹性轻 绳，其一端固定于天花板上的0点，另一端与 静止在动摩擦因数恒定的水平地面上的滑块 A相连.当弹性轻绳处于竖直位置时，滑块A 对地面有压力作用.现有一水平力F作用于 A,使A向右缓慢地沿直线运动，则在运动过 程中 A.地面对A的支持力保持不变 B.地面对A的摩擦力保持不变 C.地面对A的摩擦力变小 D.地面对A的摩擦力增大 题型2矢量三角形法 3.(2025·湖北期末)如图甲，趣味运动会 上有一种“背夹球”游戏，比赛前A、B两个运 动员背夹皮球处于静止状态，可以简化为图 乙.假设两运动员背部给皮球的弹力均在同一 竖直面内，不计摩擦，现保持A背部竖直，B背 部倾斜且其与竖直方向的夹角α缓慢增大， 在此过程中 】 必修第一册 共点力动态平衡 眼时：45min B背 A.运动员A、B对皮球的合力减小 B.运动员B受到地面的摩擦力减小 C.运动员A对皮球的弹力增加 D.运动员B对皮球的弹力先增加后减小 4.如图，半圆形金属框竖 →F 直放在粗糙的水平地面上， 套在其上的光滑小球P在水平外力F的作用 下处于静止状态，P与圆心O的连线与水平 面的夹角为9，现用力F拉动小球，使其缓慢 上移到框架的最高点，在此过程中金属框架 始终保持静止，下列说法中正确的是( ) A.框架对小球的支持力先减小后增大 B.水平拉力F先增大后减小 C.地面对框架的支持力先减小后增大 D.地面对框架的摩擦力一直减小 5.(2024·江苏泰州联考)如图 所示，一不可伸长的细线套在两光滑 且大小不计的定滑轮上，穿过质量为m的圆环， 现施加一作用力F使圆环保持静止，AC段竖直， BC段水平，AC长度等于BC长度，且细线始终有 张力作用，重力加速度为g,则 A.力F的方向不能水平向右 B.力F的方向可以竖直向上 C.力F的最小值为)mg 6 D.力F的大小不能超过mg 题型3相似三角形法 6.*如图所示，轻杆的A端用铰链固定，定滑 轮在A点正上方（滑轮大小及摩擦均可不 黑白题074 计)，杆的B端悬挂一重物.现将跨过定滑轮的 轻绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端 缓慢上拉，在AB杆达到竖直位置前( A.轻绳拉力F不变B.轻绳拉力F增大 C.AB杆受力大小不变D.AB杆受力减小 (第6题) (第7题) 7.种(2024·山西大同一中月考)表面光滑、 半径为R的半球固定在水平地面上，球心O 的正上方O'处有一无摩擦的定滑轮，轻质细 绳两端各系一个小球挂在定滑轮上，如图所 示，两小球平衡时，若滑轮两侧细绳的长度分 别为L1=2.4R和L2=25R,则这两个小球的质 量之比m,:m2为（不计球的大小）( A.24:1 B.25:24 C.24:25 D.25:1 题型4辅助圆法（针对两个力夹角不变） 8.*(2024·山东德州一模)如图所示，甲、乙 两细绳一端系着小球，另一端固定在竖直放置 的圆环上，小球位于圆环的中心，开始时甲绳 水平，乙绳倾斜现将圆环在竖直平面内逆时针 缓慢向左滚动至乙绳竖直，在此过程中( A.甲绳中的弹力一直增大 B.甲绳中的弹力一直减小 C.乙绳中的弹力一直增大 D.乙绳中的弹力先减小后增大 (第8题) (第9题) 9.#如图所示，倾斜直杆OM可以在竖直面内 绕O点转动，轻绳AB的A端与套在直杆上的 光滑轻环连接，绳子中间某点C拴一重物，用 第三章 手拉住绳的另一端B.初始时倾斜直杆OM固 定在图中位置，BC水平，现用外力将OM杆缓 慢旋转到竖直，并保持∠ACB大小和轻环在 杆上的位置不变，在OM转动过程中() A.轻环所受细线的拉力逐渐增大 B.直杆所受轻环压力逐渐增大 C.绳BC的张力先增大后减小 D.绳BC的张力逐渐增大 题型5滑轮沿绳移动类动态问题 10.(2024·四川仁寿一中期中)如图所示， 在竖直平面内一根不可伸长的柔软轻绳通 过光滑的轻质滑轮悬挂一重物.轻绳一端周 定在墙壁上的A点，另一端从墙壁上的B点 先沿着墙壁缓慢移到C点，后由C点缓慢移 到D点，不计一切摩擦，且墙壁BC段竖直， CD段水平，在此过程中关于轻绳的拉力F 的变化情况，下列说法正确的是 A.F一直减小 B.F一直增大 C.F先增大后减小D.F先不变后增大 11.#新考法(2025·山东 济宁期末)如图所示，一条 不可伸长的轻绳两端分别 M 系在轻杆MN两端，轻杆 MN的中点为O,在轻绳上放置一轻质滑轮， 滑轮与一重物相连，此时轻杆与水平方向的 夹角为0，轻绳两部分的夹角为90°.让轻杆 绕0点在竖直面内顺时针缓慢转过20角， 在此过程中关于轻绳张力大小，下列说法正 确的是 ( A.保持不变 B.逐渐增大 C.逐渐减小 D.先增大再减小 黑白题075向水平向右。 (3)将A,B看成整体，受力分析如图乙所示. Et 4(ma+mag 乙 根据正交分解法，则有。=F,cos60°=5 2 ”N,方向水平 向右 专题探究四受力平衡的临界极值问题 黑题 专题遥化 1,A解析：将一个大小，方向确定的力分解为两个等大的力 时，合力在两个分力的角平分线上，且两分力的夹角越大，分 力越大.因而当绳子拉力达到F=10N的时候，绳子间的张 角最大，为120°，此时两个挂钉间的距离最大：画框受到重 力和绳子的拉力，三个力为共点力，受力如图： 挂钉G挂钉 绳子与竖直方向的夹角为0=60°，绳子长为L。=1m,则 有g=2Fom0,两个挂钉的间距L=2x(乞血0），解得L 2m,故选A 2.C解析：以0点为对象，根据受力平衡可得Tmcs45°= Tx=mg,Ta4sin45°=Tw,可得T4=√2mg,Tw=mg,可知当 所悬挂物体的重力达到5N时，此时T=5N,T=52N< 10N.为使OA、OB均不被拉断，OC下端所悬挂物体的最大 重力是5N.故选C. 「2sin0 5Fs mg 3.、mg sin 解析：作出物体A受力如图所示， 由平衡条件： F,=Fsin+F,sin9-mg=0…① F=Fcos0-F2-F,c0s0=0…② 02式分别得：f-器。8 5点2.0 要使两绳都能绷直，则有： f,≥0…5 F,≥0…6 由③⑤式得F有最大值：F=mg sin 由④⑥式得F有最小值：F-2sng mg 即256F≤ sin 4,C解析：根据题意，设物块受到的最大静摩擦力为∫，斜面的 倾角为0，对物块受力分析（如图所示），若F>mgsin9,则物 块有沿斜面向上运动的趋势，∫的方向应沿斜面向下，有 参考答案与解析 F,=mgsin+f①：若F<mgsin 6,则物块有沿斜面向下的运 动趋势，∫的方向沿斜面向上，有F2+f=mgsin 0.…②：由最大 静摩擦力等于滑动摩擦力可知f广=umgc0s0…③，由①②可求 得「的值，而物块的质量m,斜面的倾角0无法求出，故物块对 斜面的正压力(N=mgcos)也无法求出.综上所述，正确答案 为C. 5.B解析：对A,B整体，设A与地面间的动摩擦因数为41，有 4,=0.2,由受力平衡可知F=,(m,+m)g, 对B物体，由受力平衡可知mg=4F, mng mng 解得42= -=0.5 (ma+mg)g (9mm+mn)g 10u 故选B, 6.C解析：设A,B刚好发生相对滑动，A.B的受力如图所示 以B为对象，则有mg+sin45°=Fucos45°，以A为对象，则 有F=f元os45°+Fa,sin45°，又f=uFw=uF4,联立解得施加在 部件A上的水平力F的最小值为F=| g 1μ 专题探究五 共点力动态平衡 黑题 专化 1.C解析：设轻绳与竖直方向的夹角为日，以圆环P为对象. 受到重力、杆的弹力和轻绳的拉力，根据受力平衡可得 Teos0=mg,Tsin0=N,可得T=g,N=mgtan,将竖直杆 c0881 从A点水平向右缓慢移到B点，由图可知0逐渐变小，cs日 逐渐变大，tan8逐渐变小，则杆的弹力变小，轻绳的拉力变 小故选C. 2.C解析：弹性轻绳处于竖直方向时，设 T 其伸长量为，劲度系数为k,则受力分 析如图甲所示根据平衡条件得T,+V,=中 G,T=:,向右拉至某一位置时，滑块A 受力如图乙所示，其中0为此时弹性轻G G 绳与水平方向的夹角，根据正交分解和 力的平衡条件可得Tin+N2=G,T2cow0+f=F,T=kx2.设 弹性轻绳自然长度为1，则1+x,=(1+2)in0,所以有八2= G-kx,sin0cG-x,=N,,即地面对A的支持力减小，A与地面 间的摩擦力变小所以C正确. 3.B解析：A根据平衡条件可得，A,B对皮球的合力始终与皮 球的重力等大反向，故A错误：BCD.根据皮球受到的三个力 对应的矢量三角形.如图所示可得在角增大的过程中，A,B 对皮球的压力均减小，根据牛顿第三定律可知，皮球对B的 压力减小，分析易得该压力的水平分力减小，由平衡条件可 知，B受到地面的摩擦力减小，故选B. 黑白题31 A背、 F 4.D解析：以小球为研究对象，受力分析如图所示： A.根据动态矢量三角形可知，框架对小球的支持力不断减 小，A错误：B.水平拉力F一直减小，B错误：CD.以框架与 小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力 地面的摩擦力以及力F的作用，因水平拉力F一直域小，所 以地面对框架的摩擦力始终在减小，地面对框架的支持力保 持不变，C错误，D正确，故选D. 5.C解析：同一根细线上拉力相等，AC、BC的合力为T,方向 与竖直方向成45°角，如图所示： 45 nig A.力F水平向右时，大小为mg,故A错误：B.细线有张力作 用，则力F的方向不可能竖直向上，故B错误：C.F的方向 垂直于T时取最小值，大小为号g,故C正确：D.当F的方 向斜向下时，力F的大小大于mg,故D错误，故选C 6.C解析：以B点为研究对象，分析受力情祝为：重物的拉力 T(等于重物的重力G)、轻杆的支持力N和绳子的拉力F,作 出受力图，如图： 777777717d 中 G 由平衡条件得知，N和F的合力T与G大小相等，方向相反， 根据三角形相似得 N。FT AB BO AO 又T=G, 解得 F=Bo XG. N将c 将B端缓慢上拉时，则AB,AO保持不变.B0变小，则N大小 保特不变，F变小故选C. 7,B解析：先以左侧小球为研究对象，分析受力情况：重 力mg、绳子的拉力T和半球的支持力N,作出受力分析图： 必修第一册 0 m马 由平衡条件得知，拉力T和支持力N的合力与重力m1g大 小相等、方向相反设00=，根据三角形相似可得了.mg Th 解得mg产 ,同理，以右侧小球为研究对象，得m2g= 两式可得m1:m2=12:L,=25:24,故选B. 8.B解析：设小球受到的重力为G,圆环沿逆时针方向转至乙 绳与竖直方向的夹角为6时，甲，乙两绳中的弹力大小分别 为F,,F,如图所示： 9 由物体平衡条件可知，F、F,的合力不变，G、F,和F,组成 一个闭合的三角形，由正弦定理可知F,、F:的夹角B不变， 且有、F F mBin0in(180°-g-,圆环在竖直平面内，逆时 针缓慢向左滚动至乙绳竖直的过程中，8诚小，可知F,、F 均减小，故甲绳中的弹力一直碱小，乙绳中的弹力一直域小 故选B. 9.D解析：（一）常规方法：设将OM杆缓慢旋转到竖直位置 的过程中，某位置AC与竖直方向夹角为&，CB与竖直方向 夹角为B,此时AC和BC上的拉力分别为T,和T,则由平衡 条件可知T,sin=T2sinB,T,cosa+T2cosB=mg, 联立解得刀，=mgng mgsin a ima+hi“n(a+9 因α+B=定值，将OM杆缓慢旋转到竖直位置的过程中a变 大，B减小，可知T,变大，T,减小，即绳BC的张力逐渐增大， 绳AC的张力逐渐减小，即轻环所受细线的拉力以及直杆所 受轻环压力都是逐渐诚小的.故选D. (二)辅助圆法：如图所示，画出初始位置时G、T,T三力矢 量三角形的外接圆，T过圆心0，当OM杆移到竖直时，力的 矢量三角形随之移动到图中虚线位置，此时T过圆心O,观 察图形变化可以看出，过程中AC绳上的拉力T,变小，BC绳 上的拉力T变大.故选D. 【名师点评】常规方法对数学能力要求高，运算量大，不适合 作为首选解题方法，而辅助圆法较为简单、直观，能节省时 间：处理动态平衡类问题时，如果存在两个力同步转动、夹角 恒定不变的情况.则一律可以使用铺助圆法进行分析 10.D解析：设绳子总长为L.两竖直墙壁间的距离为s.两段 绳子之间的夹角为20，同一根绳子拉力相等，所以每根绳 子与竖直方向的夹角均为0，如图所示： 黑白题32 00 、 中 根据平衡条件可得2Fc0s8=mg,由图中几儿何关系结合数学 知识得到sin0= ,当轻绳的右端从B点移到C点时，L 不变，则日保持不变，则F不变：当轻绳的右端从C点移到 D点时，s增大，0变大，cs0变小，则F增大所以绳子拉力 变化情况为先不变后增大.故选D. 11.D解析：如图所示，轻杆MN与水平方向的夹角(0<90°) 越大，MN之间的水平距离d越小，由于滑轮两侧轻绳拉力 相等，滑轮左右两侧轻绳与竖直方向的夹角相等，令夹角为 ,轻绳长为L,则有nQ=2=先=可 .可知，若0越大，d 越小.则x越小，根据平衡条件有mg=2Tos,可得T= mg在圆环从图示位置在纸面内绕0点顺时针缓慢转 2cos a 过20的过程中，MN之间的水平距离d先增大后减小，即a 先增大后减小，c%《先减小后增大，可知，轻绳的张力先增 大再减小故选D. d山 第三章章末检测 1,D2.A3.B4.B 5.D解析：A.当F=1N、F,=6N时，F与F,的合力沿x 轴正方向，F,与F,的合力沿y轴正方向，这四个力的合力 方向指向第一象限，故A错误：B.当F,=4N、F4=6N时，F 与F,的合力沿x轴负方向，F2与F,的合力沿y轴正方向， 这四个力的合力方向指向第二象限，故B错误：C.当F,= 1NF=2N时，F与F,的合力沿x轴正方向，F2与F,的 合力沿y轴负方向，这四个力的合力方向指向第四象限，故 C错误：D,当F,=4N、F,=2N时，F与F,的合力沿x轴负 方向，F,与F,的合力沿y轴负方向，这四个力的合力方向 指向第三象限，故D正确.故选D 6.A解析：由题意，对杠受力分析，设门对顶门杠顶端的作用 力大小为F,该力沿杠向下，可分解为两个分量：垂直于地而 的分量F,=Fina,该分量产生对地面的正压力大小N= Fsin o,沿水平方向的分量F,=Feos a,该分量需与地面摩擦 力平衡；且杠与地面最大静摩擦力为f=uV,为防止滑动， 需满足F,≤，即Fcsa≤Fina,得ama≥故选A 7,A解析：令圆锥体的底角为α，这堆沙子的底部周长为 628m,则底部半径为=2m=10m:当动宰擦因数为： 0.6时，最大静摩擦力等于重力的下滑分力，有mgsin a= umgeos c,解得u=tana=0.6.设这堆沙子高为H,结合几何 关系有ana= ,联立以上解得H=6m,则这堆沙子的体 参考答案与解析 积=写r1=628m故选A 8.B解析：A.空竹两侧绳子与竖直方向的夹角相等，设为0， 如图所示： d ④ 由几何关系有d,=L,sin0,d2=L2sin0,结合L,+L2=L.4,+ 山=以，可得血：兰则m=(任A错误：思对 空竹进行分析，空竹两侧绳子的拉力大小相等.根据平衡条 2V0-B正确：C若左手不 件可得2T0sB=mg,解得T=mgL 动，右手向上移动，L.d不变，则由T=,mg可知，T不 2-正 变，C错误：D.若左手不动，右手向右移动，L不变，d增大，则 由T:mgL一可知T增大，D错误故选B, 2-d 9.D解析：以木块1、2为整体，根据受力平衡可得x2= 4m1g+mg,解得木块2、3间弹簧的伸长量为x= g(m1+m2） ,以木块1为对象，根据受力平衡可得x:= um,g,解得木块12间弹簧的伸长量为x2= 8.则1和3 k 两木块间的距离为0=2L+0+场=2儿+(2m,m,)8,故 选D. 10.C解析：A.对节点0进行受力分析，如图所示： 轻杆与节点0之间的作用力大小为F= G .an30=3G, 故A错误：B细绳对人的拉力大小即为绳上拉力大小F,= 30=26,故B错误：C对人进行受力分析，如图所示： G 地面对人的摩擦力大小为F,=F,cs30°=√3G,故C正确： D.由于有绳子的拉力，地面对人的支持力的大小小于人自 身重力，故D错误故选C 11.C解析：对小球受力分析，小球受到三个力，重力mg弹簧 的弹力F和细绳的拉力F,如图所示： 2L444 拉力 WWM mg 将这三个力进行适当平移可构成一个首尾相接的矢量三角 形，如图所示.这个力的三角形与△OAB相似，设OB=11 黑白题33