第2章 课时冲关9 受力分析 共点力的平衡&课时冲关10 素养培优3 共点力的动态平衡和平衡中的临界、极值问题-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮课时作业（鲁科版）

课时冲关9受力分 基础落实练 1.(2025·河北卷，4)如 图，内壁截面为半圆 形的光滑凹槽固定在 水平面上，左右边沿 等高.该截面内，一根 不可伸长的细绳穿过带有光滑孔的小球， 一端固定于凹槽左边沿，另一端过右边沿 并沿绳方向对其施加拉力F.小球半径远 小于凹槽半径，所受重力大小为G.若小球 始终位于内壁最低点，则F的最大值为 A.TG BG C.G D.√2G 2.如图，我国古代将墨条研磨成 墨汁时，讲究“圆、缓、匀”.当墨 条的速度方向水平向右时，砚 台始终静止在水平桌面上.下 列说法正确的是 A.砚台对墨条的摩擦力水平向右 B.桌面对砚台的摩擦力水平向左 C.桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对作 用力与反作用力 D.桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的 压力是一对平衡力 3.（2026·福建南平市检 测)如图所示，倾角为日 的斜面固定在水平地面 0 上，两个物块A、B用平行斜面的轻质弹簧 连接，两个物块恰好能静止在斜面上.已 知物块A的质量为1kg,物块A与斜面 间的动摩擦因数为0.4，物块B与斜面间 的动摩擦因数为0.8，两物块受到的摩擦 力方向相同，滑动摩擦力等于最大静摩擦 力，取重力加速度g=10m/s2,sin0=0. 6,则弹簧中的弹力大小为 N, 物块B的质量为 kg. 能力综合练 4.如图所示，一根光滑 轻绳两端固定于直杆 上的A、B两点，轻绳 穿过两个质量分别为 m1、m2的小环，直杆 与水平面夹角为0，在杆上套有一光滑轻 质小环，轻绳穿过轻环并使m1、m2在轻环 26 共点力的平衡 两侧，系统处于静止状态时轻环、小环2 的连线与直杆的夹角为g.则an2 tano ( 1m1-1m2 A. B.m2m m1+m2 m1+m2 n1一m2 D. 2(m1-m2) C.2(m,十m m1十m2 5.2026是公元第2026个年 份，四个数字蕴藏着沈阳 2026 的城市密码.如图所示，某同学设计了4个 完全相同的木块，紧密并排放在固定的斜 面上，分别标记（号）为“2,0,2,6”，不计所 有接触处的摩擦，则0号木块左右两侧面 所受的弹力之比为 () A.3:2B.2:3C.4:3D.1:2 素养培优练 6.如图所示，某小朋 友设计了一个“平 衡”的小游戏，他将 质量为M的小物块 A放在水平桌面 77777h777 上，质量为m的小物块B通过轻绳与A 相连，水平拉力F(大小未知)作用在物块 B上，当轻绳与竖直方向的夹角调整为0 时，小物块A刚好在桌面不滑动，系统处 于平衡状态.已知最大静摩擦力等于滑动 摩擦力，取重力加速度为g.求： (1)拉力F和轻绳A、B间的拉力大小； (2)小物块A与桌面间的动摩擦因数. 课时冲关10素养培优3 共点力的 1.如图，货车车厢内装 有3根粗细相同的均 )B 质圆木，圆木A、B紧 nhnnnnn7hn7hnnn7 挨着，圆木C叠放在A、B上.货车司机启 动液压系统，使车厢底板由水平位置缓慢 倾斜，直到圆木滑离底板到达地面，从而 完成卸货.从启动液压系统到圆木开始滑 离车厢底板的过程中，不考虑C与A、B间 的摩擦力，关于A对C支持力F,和B对 C的支持力F,,下列说法正确的是( ) A.F和F。的合力方向始终与车厢底板垂直 B.F,增大、F2减小 C.F1减小、F2增大 D.F,减小、F2先增大后减小 2.如图所示，固定斜面OA 的倾角为60°，挡板OB与 水平面的夹角0=60°，挡 板OB可绕转轴O在竖直 0△.60° 0 面内转动.现将一质量为 m的光滑圆球放在斜面与挡板之间，在0 由60°缓慢减小至15°的过程中，下列说法 正确的是 A.球对挡板OA的压力逐渐增大 B.球对挡板OA的压力先减小再增大 C.球对挡板OB的压力逐渐增大 D.球对挡板OB的压力先减小再增大 3.如图所示，小球用细线 L∠L 悬吊在天花板上处于 静止状态，小球与地面 刚好要接触，截面为半 777777777777777777 圆形的柱体放在光滑水平面上并刚好与小 球接触，不计小球的大小，柱体圆弧面光 滑，用一个水平向左的力推柱体，使其缓慢 向左运动，则在小球沿圆弧面上升过程中， 推力F ) A.不断减小 B.不断增大 C.先变大后变小 D.先变小后变大 4.如图所示，一轻弹簧的一端固4 定在竖直墙壁上的Q点，另一 P 端与一个质量为m的小球相 连，小球还与一根足够长的细 QSWwwWO 线相连.初始时，细线固定在P Bmnc 处，小球处于静止状态，现手拿细线沿墙 壁向上缓慢移动，移动过程中轻弹簧的中 心轴线始终保持水平，则在该过程中 27 动态平衡和平衡中的临界、极值问题 A.弹簧的长度将增大B.弹簧的长度将减小 C.弹簧的长度不变D.细线的弹力将增大 5.(2026·福建莆田市检 测)如图所示，一同学站 在水平地面上放风筝， --.0Q 风筝在空中相对地面静 止.某时刻，由于风速发生变化，该同学拉 动风筝线，使风筝飞高一小段距离后，停 止拉动，风筝再次相对地面静止，此时风 筝线与水平地面的夹角α增大，风筝与水 平面的夹角p不变.已知a、p均为锐角且 不计风筝线所受的重力.则前后两次风筝 相对地面静止时相比，风筝受到的风力大 小 (填“变大”“不变”或“变小”)， 该同学受到地面的支持力 (填 “变大”“不变”或“变小”). 6.用三根细线a、b、c将 重力均为G的两个小 球1和2连接，并悬挂 a 30 如图所示.两小球处于 静止状态，细线a与竖 直方向的夹角为30°、细线c水平.求： (1)细线a、c分别对小球1和2的拉力 大小； (2)细线b对小球2的拉力大小； (3)保持小球1、2的位置不变，改变细线c 的方向后小球仍能处于静止状态，求细线 c中最小的拉力F,动摩接国数大-品03，故AD正确：20N<31N, 木箱静止，根据二力平衡，0一2s时间内木箱所受摩擦力 大小为f=20N,故B错误；木箱在2~4s内做加速运 动，受到摩擦力为滑动摩擦力，滑动摩擦力与推力大小 无关，因压力大小和接触面粗糙程度均不变，木箱受到 滑动摩擦力大小不变，则2~4s摩擦力仍然为30N,故 C错误.] 6.CD[第2张纸相对第3张纸向右运动，所以第2张纸 受到第3张纸的摩擦力方向向左，选项A错误；工作时 搓纸轮给第1张纸压力大小为F,第1张纸对第2张纸 的压力为F十g,所以第2张以下的纸没有运动，只有 运动趋势，所以第2张以下的纸之间以及第20张纸与摩 擦片之间的摩擦力均为静摩擦力，大小均为，(F十 g),选项B错误，C正确；搓纸轮与第1张纸之间的摩 擦力为hF,第1张纸受到第2张纸的滑动摩擦力为2 (F十g),若H1=h,则有凸F<(F十mg),搓纸轮与 第1张纸之间会发生相对滑动，不会进纸，打印机不会正 常工作，选项D正确.门 课时冲关8力的合成与分解 1.C 2.A[将F分解在水平方向和竖直方向，则F与竖直方 向的夹角为B,则F水平方向上的分力大小为Fsin B.故 选A.] 3.C[弹力圈上的力可近似为大小处处相等，弹力圈对3 号小朋友的张角最大，根据平行四边形定则可知合力最 小.故选C.门] 4.B[它们对塔柱形成的合力是F念=2Fc0s53°=2×6X 10×0.6N=7.2×10N,故选B.] 5.A[将力在木板1、2面分解如图 可得R品故选A] 6.BC[将铅球的重力按作用效果分解为 压挡板的压力V,和压斜面的压力V,, 如图①所示 根据几何知识可得N1=G,N2=√2G,故 A错误，B正确； 图① 若逆时针缓慢转动竖直挡板直至水平， 则力的分解过程如图②所示 由几何知识可知，当N1与N2垂直时， 铅球对挡板压力N1的最小值为 N=mgs5-号mg:由图②可知， 图② 逆时针缓慢转动竖直挡板直至水平过程中，铅球对斜面 的压力V,逐渐减小，故C正确，D错误.] 7.AC[当弹簧a、b处于仲长状态时，产生的弹力沿弹簧 斜向上，大小相等，夹角为120°，由二力合成的特点可 知，合力方向竖直向上，大小与两个弹力相等，即F合=F =mg,易知小球与弹簧c没有相互作用力.当弹簧a、b 处于压缩状态时，产生的弹力沿弹簧斜向下，大小相等， 夹角为120°，由二力合成的特点可知，合力方向竖直向 下，大小与两个弹力相等，即Fs'=F=g,易知小球与 弹簧c的作用力满足F。=F。'十mg=2mg,故选A、C.] 课时冲关9受力分析共点力的平衡 1.B2.B 3.解析：两物块受到的摩擦力方向相同，可知摩擦力方向 沿斜面向上. 对A有magsin 0-=AmAgCOS日+F, 解得F=2.8N 对A、B整体有(mA十)gsin日=a1 gcos8十Lgc0s8, 解得=7kg. 答案：2.87 4,A[由于杆上的小环为轻环，重力不计，故该轻环受两 边细线的拉力的合力与杆垂直，且细绳拉力大小相等， 该环与2之间的细绳与竖直方向的夹角为90°一(9一 0),环与m1之间的细绳与竖直方向的夹角为90°-(p十 ),A点与1之间的细绳与竖直方向的夹角也为90° (p十)，2与B点之间的细绳与竖直方向的夹角为90° -(p一)，根据平衡条件，对m1,有1g=2Fcos[90° (p十9)]，对2，有2g=2Fcos[90°-(p-9)] 联立可得a=m二m,故选A.] tang m1十m2 5.A[设每个木块的质量为m,斜面倾角为；以上方三个 木块为整体，根据受力平衡可得0号木块左侧面所受的 弹力大小为F,=3 ngsin9,以上方两个木块为整体，根据 受力平衡可得F2'=2 ngsin9,则0号木块右侧面所受的 弹力大小为F2=F2'=2 ngsine8, 则0号木块左右两侧面所受的弹力之比为 F1:F2=3:2,故选A.] 6.解析：(1)对B受力分析，由平衡条件得mg=Tcos9,F= Tsine,联立得F=mngtane0,T=mg cose' (2)以A为对象，平衡条件可得Tsin8=f,Tcos8十Mg= F、,又f=FN,联立可得μ=M干m mtand 答案：1F=taro,T=品： (2-品 课时冲关10素养培优3共点力的动态 平衡和平衡中的临界、极值问题 1.C[对C受力分析，由于车厢底板 由水平位置缓慢倾斜，则C处于平 衡状态，C受到重力、A对C支持力 A 所示 和B对C的支持力B,如图©Qmn 运动过程中，F与竖直方向夹角逐渐增大，故F,减小， F,增大，F1和F2的合力方向始终与重力方向相反.故 选C.了 2.D[球处于静止状态时受力平衡，对 球进行受力分析，作出受力的动态矢 量图如图所示，圆球处于静止状态，在 0由60°缓慢减小至15°的过程中，根据 图像可知，Fa不断减小，F先减小后 增大，根据牛顿第三定律可知，球对挡板OA的压力不断 减小，球对挡板OB的压力先减小后增大，故选D.门 4 3.C[对小球和半圆柱整体分析，初始时绳子竖直F=0, 当半圆柱缓慢左移，F增大，当小球上升到半圆最高点时 F=0,故F先增大后减小.故选C.] 4.A「对小球受力分析，如图所示 现手拿细线沿墙壁向上缓慢移动，移动过 程中轻弹簧的中心轴线始终保持水平，即 弹簧弹力的方向不变，日减小，由图可知， x减小，即弹簧的长度将增大，细线的弹 力T减小.故选A.] 5.解析：对风筝受力分析，并建立直 角坐标系，如图， 由于夹角P不变，可知风力F方 B φ 向不变，根据矢量三角形可知，当 2 夹角《增大，风筝受到的风力变 大，风筝线上的拉力变大， G OP 对该同学受力分析可知Tsin a十 N=mg: 由于拉力T变大，夹角α增大，所以支持力N变小 答案：变大变小 6.解析：(1)把小球1和2看成一整体，受力分析 如图所示 2G=4G, 由平衡条件可得R,一c0s30 3 F=2Gan30°=2y5G. 3 (2)以球2为研究对象，设细线b对小球2的拉力F。,由 平衡条件可得 E,=√G+F=IG. 3 (3)以1、2两小球为整体研究，根据受力平衡可F 得力的矢量三角形如图 30 由力的矢量三角形图可知当F与水平方向成 2G 30°斜向上时，F.达到最小值，即 F=2Gsin30°=G. 答案：1)E.=45G,F=25G, 3 3 2g=c, (3)F=G 课时冲关11实验二科学探究：弹簧弹力 与伸长量的关系 1.解析：(1)该刻度尺的分度值为0.1cm,应估读到分度值 的后一位，故弹簧原长为13.14cm, (4)由胡克定律可知mg十pVg=kx, 化简可得1一v+爱。 由图像可知坚=200m2, 代入数据解得该弹簧劲度系数为k=49N/m, (5)由图可知m3=0.0056m, 代入数据可得所用小桶质量为m=0.028kg. 答案：(1)13.14或13.15(4)49(5)0.028 2.解析：钩码个数为1时，弹簧A的伸长量△xA=8.53cm -7.75cm=0.78cm, 弹簧B的伸长量△xu=18.52cm-16.45cm-0.78cm =1.29cm, 40 根据系统机械能守恒定律可知两根弹簧的重力势能减 少量和钩码减少的重力势能等于弹簧增加的弹性势能， 故△E,>mg(△xA十△xB). 答案：0.781.29> 3.解析：(1)作出F-L图像如图所示， 20 弹簧弹力F=0时，对应的弹簧长度1.6■ 2里 为弹簧的原长，可知，图像的横轴截8 距为该弹簧的原长，即弹簧原长L 0510152025L10-2m) =5×102m=5cm,图像直线部分 的斜率为该弹簧的劲度系数，即劲度系数々= (13-5)X107N/m=20N/m 1.6-0 (2)在弹簧的弹性限度内，弹簧的弹力和弹簧长度成线 性关系，图线为直线，由题意可知，造成偏差的原因是弹 簧的形变超出了弹簧的弹性限度. (3)水平放置做实验的优，点：可避免弹簧自身所受重力 对实验的影响.缺点：弹簧与接触面及轻绳与滑轮间存 在摩擦会产生误差. 答案：(1)520(2)弹簧的形变超出了弹簧的弹性限 度(3)见解析 课时冲关12实验三科学探究：两个 互成角度的力的合成规律 1.解析：(1)由一个弹簧测力计拉橡皮条至O点的拉力一 定沿AO方向；而根据平行四边形定则作出的合力，由于 误差的存在，不一定沿AO方向，故一定沿AO方向的 是F'. (2)①根据“验证力的平行四边形定则”实验的操作步骤 可知，有重要遗漏的步骤的序号是C、E ②在C中未记下两条细绳的方向，E中未说明是否把橡 皮条的结点拉到同一位置O. 答案：(1)F(2)①CE②C中应加上“记下两条细 绳的方向”E中应说明“把橡皮条的结点拉到同一位置 0” 2.解析：(1)由测力计的读数规则可知，读数为4.00N. (2)①利用平行四边形定则作图（见答案）. ②由图可知F◆=4.00N,从F6的顶点向x轴和y轴分 别作垂线，顶点的横坐标对应长度为1mm,顶点的纵坐 标长度为20mm,则可得出F令与拉力F的夹角的正切 值为0.05. (3)由(1)(2)知是等效替代法 答案：(1)4.00 (2)①F1、F,的合力F合如图所示 ②4.000.05 (3)B 课时冲关13牛顿第一定律、牛顿第三定律 1.B2.B3.D4.D 5.A[把水对船桨的作用力F正交分解如图 2↑ 所示，根据几何知识日=买一α，F在水平方 2 20 向的分力大小为F=Fa@(受-a）=Fsna, 5