第三章 周末练6 共点力的平衡（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高一物理必修第一册学习笔记（粤教版）

**基本信息** 以生活与工程情境为载体，系统整合共点力平衡的合成法、正交分解、整体隔离法及动态平衡分析，构建“概念-方法-应用”逻辑链条，强化科学思维与模型建构。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础平衡分析|1题|三力平衡合成法（合力等大反向）|从共点力平衡条件（概念）到三力合成应用| |正交分解应用|2题|多力平衡正交分解（建立坐标系列方程）|平衡条件拓展到多力场景，强化数学工具应用| |整体隔离法|7题|连接体问题整体法（系统受力分析）|隔离法到整体法的思维进阶，简化复杂系统| |动态平衡问题|5、8题|动态平衡三角函数分析（角度变化对力的影响）|静态平衡到动态变化，体现相互作用观念| |多力平衡计算|9、10题|多绳结点正交分解与极值分析|平衡条件综合应用，培养科学推理能力|

周末练6　共点力的平衡 [分值：60分] [1~5题，每题4分；6~8题，每题6分] 1.(2024·茂名市高一期末)鞠躬，即弯腰行礼，是表示对他人敬重的一种礼节，也是我国传统的礼仪之一。如图甲所示，鞠躬时人上身前倾一定角度，全身保持平衡，可简化为如图乙所示，若头的重力为G、颈椎对头的支持力为F1、颈部肌肉的拉力为F2。则下列关于人头部的受力示意图可能正确的是(　　) 答案　C 解析　由共点力平衡条件可知，三个共点力平衡，任意两个力的合力需与第三个力等大反向。根据平行四边形定则可知，A、B、D三个选项中任意两个力的合力均不能与第三个力等大反向，只有C选项可能满足三力平衡的条件。 2.(多选)(2023·汕头市高一段考)如图所示，一个人用与水平方向成θ角斜向上的力F拉放在粗糙水平面上质量为m的箱子，箱子沿水平面做匀速直线运动，若箱子与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则箱子所受的摩擦力大小可表示为(　　) A.Fcos θ B.Fsin θ C.μmg D.μ(mg-Fsin θ) 答案　AD 解析　由题意可知箱子受到的是滑动摩擦力，设滑动摩擦力为f，对箱子进行受力分析，正交分解如图；竖直方向受力平衡有：FN+Fsin θ=mg，得FN=mg-Fsin θ，则f=μ(mg-Fsin θ)，水平方向根据平衡条件得，f=Fcos θ，故A、D正确。 3.(2023·清远市高一期末)如图甲所示，水平轻杆BC一端用光滑铰链固定在竖直墙上，另一端通过细绳AC固定，∠ACB=30°，在轻杆的C端用轻绳CD悬挂一个重物P；如图乙所示，水平轻杆HG一端固定在竖直墙上，另一端G处固定一个光滑定滑轮(重力不计)，一端固定的轻绳EG跨过小定滑轮拴接一个与P质量相等的重物Q，∠EGH=30°。BC、HG两轻杆受到的弹力大小之比为(　　) A.1∶1 B.∶1 C.∶2 D.1∶ 答案　B 解析　对题图甲，以C点为研究对象，受力分析如图(a)所示，由平衡条件有F1==mg 则轻杆BC在C点受到的作用力大小F1'=mg 对题图乙，以滑轮为研究对象，受力情况如图(b)所示，轻杆对滑轮的作用力与两绳对滑轮的合力等大反向，由几何关系有F2=mg，则轻杆HG在G点受到的作用力大小F2'=mg，故=，故选B。 4.★★(2023·梅州市质检)一根轻质细线系着质量为m的小球，细线上端固定在横梁上，给小球施加外力F，小球平衡后，细线跟竖直方向的夹角为θ，现改变外力F的方向，但仍然要使小球在原位置保持平衡，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A.外力F和细线拉力的合力大小一定等于mg B.外力F与细线拉力的合力方向可能水平向右 C.当外力F水平向右时，F有最小值且为mgtan θ D.因为细线长度不变，所以改变外力F的方向时，细线拉力不变 答案　A 解析　使小球在原位置保持平衡，根据受力平衡可知，外力F和细线拉力的合力大小一定等于mg，方向竖直向上，故A正确，B错误；根据矢量的三角形定则，小球的受力如图所示，当外力F与细线垂直时，外力F具有最小值，则有Fmin=mgsin θ，改变外力F的方向时，细线拉力发生改变，故C、D错误。 5.如图所示，一表面光滑的均质球形工件静止于竖直墙壁与水平横杆之间，横杆始终与墙壁平行。若轻微移动横杆，使横杆到墙面的距离略微减小，则下列说法正确的是(　　) A.横杆对工件的弹力增大 B.横杆对工件的弹力减小 C.墙面对工件的弹力增大 D.墙面对工件的弹力大小不变 答案　B 解析　对工件进行受力分析，如图所示，根据平衡条件有F=mgtan α，FN=，横杆到墙面的距离减小，则α减小，tan α减小，cos α增大，所以横杆、墙面对工件的弹力均减小。故选B。 6.(2024·珠海市高一期末)在工程领域起重机等机械的运用十分广泛。如图所示，用起重机缓慢吊起正方形混凝土板ABCD，已知混凝土板边长为a，质量为m，且始终呈水平状态，四根钢索OA、OB、OC、OD的长度均为a，不计钢索所受重力。已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A.每根钢索所受的拉力大小均为mg B.OA、OC两根钢索对混凝土板拉力的合力大小为mg C.若仅使4根钢索均增加相同长度，则每根钢索所受的拉力大小均变大 D.若仅使4根钢索的长度同时增加到a，则每根钢索所受的拉力大小均为mg 答案　D 解析　设钢索与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系可得cos θ=，对混凝土板根据平衡条件得4Fcos θ=mg，解得每根钢索所受的拉力大小F=，故A错误；OA、OC两根钢索对混凝土板拉力的合力F'=2Fcos θ=mg，故B错误；若仅使4根钢索均增加相同长度，根据几何关系可知钢索与竖直方向的夹角变小，则cos θ变大，根据4Fcos θ=mg，可知每根钢索所受的拉力大小均变小，故C错误；若仅使4根钢索的长度同时增加到a，根据几何关系可得cos θ=，根据4Fcos θ=mg，解得F=mg，故D正确。 7.★★质量分别为m和2m的甲、乙两个小球用轻质细绳悬挂起来，静止时如图所示。现对甲球施加水平向左的拉力F1，对乙球施加水平向右的拉力F2，且F1=F2，甲、乙两球再次静止。图中虚线表示竖直方向，整个过程中细绳没有断裂，下列表示甲、乙两球再次静止的图可能是(　　) 答案　A 解析　将甲、乙两球当作一个整体，整体在竖直方向受到重力G和甲球上方细绳的拉力F作用，水平方向受到F1和F2作用，甲球上方细绳竖直。再对乙受力分析，乙球在拉力F2作用下向右偏离，甲、乙之间的细绳偏离竖直方向，故选A。 8.★★(2025·东莞市检测改编)如图所示，斜面为圆弧的斜面体放置在粗糙的水平地面上，在斜面体和竖直墙面之间放置光滑的小球，小球与斜面体均处于静止状态。现用水平向右的力缓慢向右移动斜面体，小球始终未接触地面。在该过程中，下列说法正确的是(　　) A.墙面对小球的弹力逐渐增大 B.墙面对小球的弹力不变 C.地面对斜面体的支持力大小不变 D.斜面体对小球的支持力逐渐增大 答案　C 解析　设斜面体对小球的支持力为F1，F1与竖直方向的夹角为θ，墙面对小球的弹力为F2，球的重力为G，根据平衡条件则有F1cos θ=G，F1sin θ=F2，缓慢向右移动斜面体时，θ减小，则斜面体对小球的支持力F1减小，墙面对小球的弹力F2减小，A、B、D错误；对小球与斜面体整体受力分析可知，地面对斜面体的支持力等于斜面体和小球所受的总重力之和，因此地面对斜面体的支持力大小不变，C正确。 9.(10分)(2025·广州市铁一中学高一月考)如图所示，轻绳OA、OB与OC相交于O点，OC悬挂一质量为m=1 kg的物体，OA与水平方向夹角为60°，OB位于水平方向，g取10 m/s2。求： (1)(5分)OB绳上的拉力的大小T1； (2)(5分)OA绳上的拉力的大小T2。 答案　(1) N　(2) N 解析　(1)分析结点O受力情况，如图所示 结点O受力平衡，由平衡条件可得T1== N (2)由平衡条件可得T2== N。 10.(12分)(2024·深圳市高一期中)如图所示，放在粗糙固定斜面上的物块A和悬挂的物块B均处于静止状态，已知A、B质量分别为2 kg和0.8 kg，轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与水平轻绳OP右端及轻绳BO上端连接于O点，轻绳OC段与竖直方向的夹角θ=60°，斜面倾角α=30°，A与滑轮间轻绳平行于斜面，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，求： (1)(3分)OP、OC绳的弹力大小； (2)(3分)物块A受到的摩擦力大小； (3)(6分)若物块A质量不变，物块A与斜面间的动摩擦因数μ=，为了使A和B始终在图示位置处于静止状态，B物块质量要满足什么条件？ 答案　(1)16 N　8 N　(2)6 N　(3)0.25 kg≤mB≤0.75 kg 解析　(1)以结点O为研究对象，受力如图(a)所示 据平衡条件有FOP-FOCsin 60°=0，FOCcos 60°-mBg=0 解得FOP=8 N，FOC=16 N (2)由题意得，物块A的重力沿斜面向下的分力小于OC拉力，所以A所受摩擦力沿斜面向下，则对物块A受力分析如图(b)所示 据平衡条件有FOC-f-mAgsin 30°=0 解得f=6 N。 (3)由题意得，A受到的最大静摩擦力为fmax=μmAgcos 30°=5 N 当B质量最小时，A受到沿斜面向上的摩擦力，受力分析如图(c)所示 由平衡条件可得FOC'+fmax-mAgsin 30°=0，FOC'cos 60°-mBming=0 解得mBmin=0.25 kg B质量最大时，A受到沿斜面向下的摩擦力，受力分析如图(d)所示 由平衡条件可得FOC″-fmax-mAgsin 30°=0，FOC″cos 60°-mBmaxg=0 解得mBmax=0.75 kg 则有0.25 kg≤mB≤0.75 kg。 学科网（北京）股份有限公司 $