第2章 第4讲 牛顿第三定律 共点力的平衡-【优化探究】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（人教版 多选）

该高中物理高考复习课件聚焦“牛顿第三定律、共点力平衡”核心考点，依据高考评价体系明确相互作用观念建构、平衡条件应用及模型问题解决三大考查要求。通过对比平衡力与相互作用力、梳理受力分析四步法、归纳合成法/正交分解法等平衡方法，结合2023浙江卷、2024河北卷等真题，分析共点力平衡占60%、模型问题占30%的高频考点分布，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题情境+模型突破+素养提升”策略，如以2024河北卷斜面挡板模型为例，用正交分解法演示四力平衡求解，培养科学思维与模型建构素养。特设受力分析易错点警示（如内力外力混淆）及整体隔离法选择指南，帮助学生掌握“活结”“死结”等模型解题技巧，教师可依托课时分层作业精准把握学情，助力高效复习。

第4讲　牛顿第三定律　共点力的平衡 第二章　相互作用——力 [学习目标]　1.理解牛顿第三定律的内容,并能区分作用力和反作用力与一对平衡力。2.熟练掌握受力分析的步骤,会灵活应用整体法、隔离法并结合牛顿第三定律进行受力分析。3.理解共点力平衡的条件,会解决共点力平衡问题。4.知道“活结”与“死结”、“动杆”与“定杆”的区别。 课时作业 巩固提高训练 考点一　牛顿第三定律　物体的受力分析 考点二　共点力作用下物体的静态平衡问题 考点三　“活结”和“死结”与“动杆”和“定杆”问题 内容索引 考点一　牛顿第三定律　物体的受力分析 一 4 盘点 核心知识 1.牛顿第三定律 (1)内容:两个物体之间的作用力和反作用力总是大小 ,方向 ,作用在同一条直线上,即F= 。 (2)作用力与反作用力的“三同、三异、三无关” 相等 相反 -F' (3)一对平衡力与作用力和反作用力的对比分析 名称 一对平衡力 作用力与反作用力 作用对象 同一个物体 两个相互作用的不同物体 作用时间 不一定同时产生、同时消失 一定同时产生、同时消失 力的性质 不一定相同 一定相同 作用效果 可相互抵消 不可抵消 2.受力分析的一般步骤 考向1　相互作用力与一对平衡力的比较 [典例1]　(多选)如图所示,用水平力F把一个物体紧压在竖直墙壁上静止,下列说法中正确的是(　　) A.水平力F跟墙壁对物体的弹力是一对作用力与反作用力 B.物体的重力跟墙壁对物体的静摩擦力是一对平衡力 C.水平力F与物体对墙壁的压力是一对作用力与反作用力 D.物体对墙壁的压力与墙壁对物体的弹力是一对作用力与 反作用力 提升 关键能力 BD [解析]　水平力F跟墙壁对物体的弹力作用在同一 物体上,大小相等、方向相反,且作用在同一条直线 上,是一对平衡力,A错误;物体在竖直方向上受竖直 向下的重力以及墙壁对物体竖直向上的静摩擦力的 作用,因物体处于静止状态,故这两个力是一对平衡力,B正确;水平力F作用在物体上,而物体对墙壁的压力作用在墙壁上,这两个力既不是一对平衡力,也不是一对相互作用力,C错误;物体对墙壁的压力与墙壁对物体的弹力是两个物体间的一对相互作用力,是一对作用力与反作用力,D正确。 考向2　受力分析 [典例2]　(2025·辽宁鞍山模拟)如图,物体P(上表面水平且光滑)放在固定斜面上,轻质弹簧一端固定在物体上,另一端与置于物体上表面的滑块Q相连,如图所示。若P、Q一起沿斜面匀速下滑,不计空气阻力,则物体P的受力个数为(　　) A.2　　　　　　　　　 B.3 C.4 D.5 C [解析]　若P、Q一起沿斜面匀速下滑,则Q所合外力为零,又由物体P的上表面光滑,可知Q只受重力和P的支持力,弹簧应处于原长没有弹力,再对P受力分析可知,其受重力、斜面的支持力、Q对P的压力,为使其匀速下滑,斜面还应对P有滑动摩擦力,故P一共受4个力,故选C。 受力分析的四个易错点 1.不要把研究对象所受的力与研究对象对其他物体的作用力混淆。 2.每一个力都应找出其施力物体,不能无中生有。 3.合力与分力不能重复考虑。 4.对整体进行受力分析时,组成整体的几个物体间的作用力为内力,不能在受力分析图中出现;当把某一物体单独隔离分析时,原来的内力变成外力,要在受力分析图中画出。 易错警示 二 考点二　共点力作用下物体的静态平衡问题 13 盘点 核心知识 1.共点力平衡的条件及推论 (1)平衡条件:F合= 或Fx= 、Fy= 。 (2)常用推论 ①若物体受n个作用力而处于平衡状态,则其中任意一个力与其余(n-1)个力的合力大小 、方向 。 ②若三个不共线的共点力合力为零,则表示这三个力的有向线段首尾相接组成一个 。 0 0 0 相等 相反 封闭三角形 2.分析物体静态平衡的三种常用方法   适用条件 注意事项 优点 合成法 物体受三个力作用而平衡 (1)表示三个力大小的线段长度不可随意画 (2)两力的合力与第三个力等大反向 对于物体所受的三个力,有两个力相互垂直或两个力大小相等的平衡问题求解较简单 矢量三 角形法 物体受三个力作用而平衡 把表示三个力的有向线段构成一个闭合的三角形 正交分 解法 物体受三个力或三个以上的力作用而平衡 选坐标轴时应使尽量多的力与坐标轴重合 对于物体受三个以上的力处于平衡状态的问题求解较方便 考向1　合成法 [典例3]　(2023·浙江6月卷)如图所示,水平面上固定两排平行的半圆柱体,重力为G的光滑圆柱体静置其上,a、b为相切点,∠aOb=90°,半径Ob与重力的夹角为37°。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则圆柱体受到的支持力Fa、Fb大小为(　　) A.Fa=0.6G,Fb=0.4G B.Fa=0.4G,Fb=0.6G C.Fa=0.8G,Fb=0.6G D.Fa=0.6G,Fb=0.8G 提升 关键能力 D [解析]　以圆柱体为研究对象,受力分析如图所示,两侧半圆柱体对圆柱体的支持力的合力与重力等大反向,结合几何关系可知Fa=Gsin 37° =0.6G,Fb=Gcos 37°=0.8G,D对。 考向2　正交分解法 [典例4]　(2024·河北卷)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 A [解析]　对小球受力分析如图所示,  由几何关系易得力F与力FN与竖直方向的夹角 均为30°,把力F与力FN沿水平和竖直方向进行 正交分解, 由平衡条件可得FNsin 30°=Fsin 30°, FNcos 30°+Fcos 30°+T=mg 解得F=FN= N,故选A。 人教版必修第一册第三章第5节练习与应用第5题:   将一个质量为4 kg的铅球放在倾角为45°的斜面上,并用竖直挡板挡住,铅球处于静止状态(如图)。不考虑铅球受到的摩擦力,铅球对挡板的压力和对斜面的压力分别是多少? 考教衔接 [衔接分析]　问题情景相似,都是斜面+挡板+小球模型。都是考查共点力平衡的条件以及共点力平衡的常用分析方法。教材题目是三力平衡问题而且是特殊角,所以可以使用合成法、分解法、矢量三角形法以及正交分解法求解。但是高考题是四力平衡问题难度稍大,应用正交分解法比较方便。 [复习指导]　深刻理解共点力平衡的条件,熟练应用解决共点力平衡问题的各种常用方法。 [答案]　39.2 N　55.4 N 考向3　矢量三角形法 [典例5]　(2025·山东济南模拟)高空滑索因其惊险刺激而深受年轻人追捧。人通过轻绳与轻质滑环相连,开始下滑前,轻质滑环固定在钢索AB上O点处,滑环和人均处于静止状态,钢索和轻绳的夹角关系如图所示。设OA段钢索的拉力大小为T1,OB段钢索的拉力大小为T2,OC段轻绳的拉力大小为T3,下列判断正确的是(　　) A.T1>T2>T3 B.T1>T3>T2 C.T2>T1>T3 D.T3>T2>T1 A [解析]　以结点O为研究对象,受力情况如图所示, 这样的三个力可以组成一个首尾相接的封闭的矢量三角形,如图所示, 由图可知T1>T2>T3,故选A。 考向4　整体法、隔离法解决静态平衡问题 [典例6]　如图所示,一个倾角为30°、底面粗糙、斜面光滑的斜面体放在粗糙的水平面上,斜面体的质量为2m。轻绳的一端固定在天花板上,另一端系住质量为m的小球,整个系统处于静止状态,轻绳与竖直方向的夹角也为30°。若滑动摩擦力等于最大静摩擦力,则斜面体与水平面间的动摩擦因数至少为(　　) A. B. C. D. B [解析]　如图所示,对小球受力分析并把轻绳的拉力和小球的重力沿斜面和垂直斜面方向进行分解,  沿斜面方向有mgsin 30°=Tcos 30°,解得T=mg,对小球和斜面体整体受力分析并把轻绳的拉力沿水平和竖直方向进行分解, 由平衡条件得Tsin 30°=f,Tcos 30°+N=(m+2m)g,因整个系统处于静止状态,则f≤μN,解得斜面体与水平面间的动摩擦因数为μ≥,故选B。 整体法和隔离法的选择 1.当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时,宜用整体法。 2.在分析系统内各物体(或一个物体各部分)间的相互作用时,宜用隔离法。 3.整体法和隔离法不是独立的,对一些较复杂问题,通常需要多次选取研究对象,交替使用整体法和隔离法。 方法总结 1.如图所示,光滑半球形容器固定在水平面上,O为球心。一质量为m的小滑块在水平力F的作用下静止于P点。设滑块所受支持力为FN,OP与水平方向的夹角为θ。下列关系式正确的是(重力加速度为g)(　　) A.F= B.F=mgtan θ C.FN= D.FN=mgtan θ A 教参独具 解析:合成法:对滑块受力分析如图甲所示,由平衡条件知=tan θ, =sin θ,即F=,FN=。   矢量三角形法:将重力、支持力和推力组成矢量三角形,如图乙所示,则F=,FN=。 正交分解法:将滑块受的力沿水平、竖直方向分解,如图丙所示,mg=FNsin θ,F=FNcos θ,联立解得F=,FN=。 2.质量为M的正方体A与质量为m的圆球B在水平向右的外力F作用下静止在墙角处,它们的截面图如图所示。截面正方形的对角线与截面圆的一条直径恰好在一条直线上,所有摩擦忽略不计,重力加速度为g,则(　　) A.F=(M+m)g B.F=mg C.地面受到的压力小于(M+m)g D.地面受到的压力大于(M+m)g B 解析:对圆球受力分析,如图所示,由题意知β=45°,则墙壁对圆球的弹力大小FN=mgtan 45°=mg。以A、B为整体进行受力分析,由平衡条件可知F=FN=mg;地面对A的支持力大小FN'=(M+m)g,由牛顿第三定律知地面受到的压力大小FN″=FN'=(M+m)g,故B正确。 三 考点三　“活结”和“死结”与“动杆”和“定杆”问题 31 1.“死结”与“活结”模型的理解 盘点 核心知识 模型 模型解读 模型示例 “死结” 模型 “死结”可理解为把绳子分成两段,且不可以沿绳子移动的结点。“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳,因此由“死结”分开的两段绳子上的弹力不一定相等   “活结” 模型 “活结”可理解为把绳子分成两段,且可以沿绳子移动的结点。“活结”分开的两段绳子上弹力的大小一定相等   2.“动杆”与“定杆”模型的理解 模型 模型解读 模型示例 “动杆” 模型 对于一端有转轴或有铰链的轻杆,其提供的弹力方向一定是沿着轻杆的方向   “定杆” 模型 一端固定的轻杆(如一端“插入”墙壁或固定于地面),其提供的弹力不一定沿着轻杆的方向,力的方向只能根据具体情况进行分析,如根据平衡条件或牛顿第二定律确定杆中弹力的大小和方向   考向1　“死结”与“活结”模型 [典例7]　(多选)如图所示,重物A被绕过小滑轮P的细线所悬挂,B物体放在粗糙的水平桌面上;小滑轮P被一根斜拉短线系于天花板上的O点;O'是三根线的结点,bO'水平拉着B物体,cO'沿竖直方向拉着弹簧;弹簧、细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略,整个装置处于平衡静止状态,g取10 m/s2。若悬挂小滑轮的斜线Oa的张力是20 N,则下列说法中正确的是(　　) A.弹簧的弹力为10 N B.重物A的质量为2 kg C.桌面对B物体的摩擦力为10 N D.Oa与竖直方向的夹角为60° 提升 关键能力 AB [解析]　O'点是三根线的结点,属于“死结”,而小滑轮重力不计且与细线间的摩擦力可忽略,故P处为“活结”。由mAg=FO'a,FOa=2FO'acos 30°可解得FO'a=20 N,mA=2 kg,B正确;Oa的方向沿小滑轮P两端细线张角的角平分线方向,故Oa与竖直方向间的夹角为30°,D错误;对O'受力分析,由平衡条件可得F弹=FO'asin 30°,FO'b=FO'acos 30°,对物体B有fB=FO'b,联立解得F弹=10 N, fB=10 N,A正确,C错误。 考向2　“动杆”与“定杆”模型 [典例8]　(2025·江苏连云港阶段检测)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、乙中杆都垂直于墙,则下列说法中正确的是(　　) A.甲、乙两图中杆中弹力之比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、乙中轻绳能承受最大拉力相同,则物体加重时,乙中轻绳更容易断裂 B [解析]　甲图中的杆有铰链相连,可以自由转动,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,弹力方向不一定沿杆方向,而是沿两根绳合力的反方向,故C错误;对甲、乙图中结点受力分析如图,图甲中,以结点B为研究对象,根据平衡条件可得T==mg,图乙中,以结点D为研究对象,受到滑轮两侧轻绳的拉力和CD杆的弹力,由于拉力FD和FD'的夹角为120°且大小均为mg,则由几何知识可得 T'= mg,即轻杆受到的弹力为mg,则T∶T'=∶1,故A错误,B正确;甲图中轻绳的拉力为FB=,乙图中轻绳的拉力FD=mg,若甲、乙中轻绳能承受最大拉力相同,则物体加重时,甲中轻绳更容易断裂,故D错误。 四 课时作业 巩固提高训练 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 1.如图所示,质量M=5 kg的光滑圆柱体在两斜劈A、B间保持静止。斜劈倾角分别为α=37°,β=53°,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则斜劈A、B对圆柱体支持力的大小FNA、FNB分别为(　　) A.30 N,50 N　　　　　 B.30 N,40 N C.40 N,30 N D.40 N,50 N C A 夯实基础 解析:圆柱体受力如图所示,则有FNA=Gcos 37°=50×0.8 N=40 N,FNB= Gsin 37°=50×0.6 N=30 N,故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2.(2023·海南卷)如图所示,工人利用滑轮组将重物缓慢提起。下列说法正确的是(　　)   A.工人受到的重力和支持力是一对平衡力 B.工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力 C.重物缓慢提起的过程中,绳子拉力变小 D.重物缓慢提起的过程中,绳子拉力不变 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 解析:工人受到三个力的作用,即绳的拉力、地面的支持力和重力,三力平衡,A错误;工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力,B正确;对动滑轮受力分析,由平衡条件有2Tcos=mg,其中T为绳子拉力的大小,θ为动滑轮两侧的两段绳的夹角,m为重物与动滑轮的总质量,随着重物的上升,θ增大,则绳的拉力变大,C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3.(多选)(2025·四川内江模拟)如图所示,楔形物体a和b叠放在水平地面上,物体a用一水平轻弹簧和竖直墙壁相连接,整个系统处于静止状态。已知物体a、b之间的接触面光滑,则下列说法正确的是(　　) A.物体b对物体a的支持力大于物体a的重力 B.物体b受到3个力的作用 C.弹簧可能处于伸长状态 D.物体b对地面的摩擦力水平向右 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 AD 解析:物体a要在光滑的斜面上静止,弹簧一定压缩状态,对a受力分析如图所示,根据平衡条件有=cos θ,θ为物体b斜面的倾角,因此物体b对物体a的支持力大于物体a的重力,故A正确,C错误;物体b受到自身重力、地面支持力、物体a的压力和地面对物体b的摩擦力4个力的作用,故B错误;将a和b作为一个整体,因为整体受到弹簧水平向右的弹力,所以地面一定给物体b一个向左的摩擦力,由牛顿第三定律知物体b对地面的摩擦力水平向右,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4.(2025·贵州遵义模拟)如图所示,两人用轻绳拴接一重物于O点,跨过两侧的定滑轮用外力缓慢地竖直提升重物,已知OA<OB,AO、OB与竖直方向夹角分别为α、β(α、β变化),左右两侧施加的外力大小分别为F1、F2,两定滑轮处在同一高度,则下列说法正确的是(　　) A.F1>F2 B.F1一直减小,F2也一直减小 C.为定值 D.F1、F2的合力大于重物的重力 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 解析:因为OA<OB,则α<β,对重物进行受力分析如图所示,根据正弦定理得==,其中F合=G,可得F1=, F2=,则F1>F2,故A正确;若F1、F2均一直减小,两力的竖直分力均减小,则F1、F2的合力小于重物的重力,重物不会处于平衡状态,故B错误;由==,可知变化,故C错误;重物缓慢地提升,则重物处于动态平衡,由力的平衡条件可知,F1、F2的合力与重物的重力大小相等,方向相反,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5.如图所示,一光滑小球与一过球心的轻杆连接,置于一斜面上静止,轻杆通过光滑铰链与竖直墙壁连接,已知小球所受重力为G,斜面与水平地面间的夹角为60°,轻杆与竖直墙壁间的夹角也为60°,则轻杆和斜面受到小球的作用力大小分别为(　　)   A.G,G B.G,G C.G,G D.G,2G 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 解析:对小球进行受力分析,杆对小球的弹力F方向沿杆斜向上与水平方向成30°角,斜面对球的弹力FN方向垂直于斜面斜向上与水平方向成30°角,重力方向竖直向下,如图所示,由几何关系可知三力互成120°角,根据平衡条件知,三力可以构成一首尾相连的等边三角形,则斜面和轻杆对小球的力满足FN=F=G,根据牛顿第三定律可知,斜面和轻杆受到小球的作用力大小满足FN'=F'=G,选项A正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6.(2025·广西桂林模拟)如图所示,P、Q是两个光滑的定滑轮,吊着A、B、C三个小球的三条轻绳各有一端在O点打结,悬吊A、C两个球的轻绳分别绕过定滑轮P、Q,三个球静止时,O与Q之间的轻绳与竖直方向的夹角α=74°。已知B、C两球的质量均为m,sin 37°=0.6,则A球的质量为(　　) A.m B.1.2m C.1.5m D.1.6m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 解析:对O点受力分析如图所示,   由题可知O与Q间轻绳、O与B间轻绳的拉力满足FOQ=FOB=mg,将FOQ、FOB合成如图所示,由于三个球均静止,O点受力平衡,则有FOP=F合= 2FOBsin 37°=1.2mg,则A球的质量为mA===1.2m,故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7.(2025·广东茂名模拟)如图所示为一种简易“千斤顶”的示意图,竖直轻杆被套管P限制,只能在竖直方向运动,轻轩上方放置质量为m的重物,轻杆下端通过小滑轮放在置于水平面的斜面体上,对斜面体施加水平方向的推力F即可将重物缓慢顶起。若斜面体的倾角为θ,不计各处摩擦和阻力,为了顶起重物,下列说法正确的是(　　) A.θ越大,需要施加的力F越大 B.θ越大,需要施加的力F越小 C.θ越大,系统整体对地面的压力越大 D.θ越大,系统整体对地面的压力越小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 解析:对斜面体受力分析,把竖直轻杆对斜面的作用力N沿水平和竖直两个方向进行正交分解,如图所示,根据平衡条件可得Nsin θ=F,为了顶起重物,则有Ncos θ=mg,联立可得F=mgtan θ,则θ越大,需要施加的力F越大,故A正确,B错误;对系统整体受力分析,系统整体对地面的压力大小等于系统的总重力,与θ无关,故C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8.(多选)如图,质量为0.2 kg的小球A在水平力F作用下,与四分之一光滑圆弧形滑块B一起静止在地面上,小球球心跟圆弧圆心的连线与竖直方向的夹角θ=60°,g取10 m/s2,则以下说法正确的是(　　)   A.B对A的支持力大小为2 N B.水平地面对B的摩擦力方向水平向右 C.增大夹角θ,若A、B依然保持静止,F增大 D.增大夹角θ,若A、B依然保持静止,地面对B的支持力减小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 BC 解析:对A受力分析,如图所示,   根据平衡条件可得B对A的支持力为N==4 N,故A错误;对A、B整体受力分析,在水平方向,根据平衡条件可知,摩擦力与水平力F等大反向,即摩擦力水平向右,故B正确;对A受力分析,则F=mgtan θ,则增大夹角θ,若A、B依然保持静止,F增大,故C正确;对A、B整体受力分析,在竖直方向,根据平衡条件可知,支持力与A、B的重力二力平衡,大小相等,即地面对B的支持力不变,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9.(多选)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间的摩擦力不变 D.b受到的合外力增大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 BC B 能力提升 解析: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;杆对a的力始终垂直斜面OM,a始终静止,摩擦力f=magcos 30°不变,故A错误,C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10.(2025·江苏泗洪检测)如图所示,两个质量都为m的小球a、b用细线连接。a球用与竖直方向成30°角的细线挂在天花板上,b球放在倾角为30°的光滑斜面上,系统保持静止,当地重力加速度g已知,则斜面对b球的支持力大小为(　　) A.2mg B.mg C.mg D.mg 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 解析:以a、b整体为研究对象,设细线拉力为FT,斜面对b球的支持力为FN,受力如图所示,根据平衡条件可得FTcos 30°+FNcos 30°=2mg,FTsin 30°=FNsin 30°,解得FN=mg,故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11.(多选)(2025·福建福州模拟)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 FC=mg C.绳子在A 处的弹力大小 FA=mg D.绳子上B处拉力最大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 AC 解析:对CB段受力分析,受重力G1=mg、墙壁的拉力FB,AC段绳子对其向左的拉力FC,如图所示, 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 根据平衡条件可得FBcos α=mg,FBsin α=FC,联立解得FC=mg,FB=mg,再对AC段绳子受力分析,受重力G2=mg、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FAcos β=mg,FAsin β=FC',联立解得FA=mg,β=30°,故A、C正确,B错误;由A、B、C项的分析可知FC<FB<FA,则绳子上B处拉力不是最大,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12.(2025·河南郑州模拟)如图所示,竖直固定放置的光滑大圆环,其最高点为P,最低点为Q。现有两个轻弹簧1、2的一端均拴接在大圆环P点,另一端分别拴接M、N两个小球,两个小球均处于平衡态。已知轻弹簧1、2上的弹力大小相同,轻弹簧1、2轴线方向与PQ连线的夹角分别为30°、60°,则下列说法正确的是(　　) A.轻弹簧1处于压缩状态,轻弹簧2处于伸长状态 B.大圆环对两小球的弹力方向均指向圆心 C.M、N两个小球的质量比为m1∶m2=1∶ D.大圆环对M、N两个小球的弹力大小之比为FN1∶FN2=∶1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 解析:对两个小球受力分析并画力的矢量三角形,如图所示, 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 两个弹簧的弹力均指向P点,故两弹簧均处于拉伸状态,故A错误;大圆环对两球的弹力均背离圆心,故B错误;由力的矢量三角形与几何三角形相似可得==,==,故FN1=m1g=T1,FN2=m2g=T2,又T1=T2,可知m1∶m2=1∶,FN1∶FN2=1∶,故C正确,D错误。 $$