2021届高考物理粤教版一轮学案：第二章第3讲共点力的平衡条件和应用


第3讲　共点力的平衡条件和应用

知识要点
一、受力分析
1.把指定物体(研究对象)在特定的物理情境中受到的所有外力都找出来，并画出受力示意图的过程。
2.受力分析的三个常用判据
(1)条件判据：不同性质的力产生条件不同，进行受力分析时最基本的判据是其产生条件。
(2)效果判据：有时是否满足某力产生的条件是很难判定的，可先根据物体的运动状态进行分析，再运用平衡条件或牛顿运动定律判定未知力。
(3)特征判据：从力的作用是相互的这个基本特征出发，通过判定其反作用力是否存在来判定该力是否存在。
二、共点力的平衡
1.平衡状态
物体处于静止状态或匀速直线运动状态。
2.平衡条件
F合＝0或。
如图1甲和乙所示，小球静止不动，物块匀速运动。

图1
则小球F合＝0；物块Fx＝0，Fy＝0。
3.平衡条件的推论
(1)二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大小相等、方向相反。
(2)三力平衡：如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与另外两个力的合力大小相等、方向相反，并且这三个力可以形成一个封闭的矢量三角形。
(3)多力平衡：如果物体在多个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与另外几个力的合力大小相等、方向相反。
基础诊断
1.天然平衡岩带给我们的那种仿佛时间停止的静态之美成为很多艺术家的灵感源泉，他们不断尝试着复制这种不可思议的平衡之美。达莱尔·雷特便是这样一位艺术家，在其最为著名的作品中，雷特将一块大石头放在石化木顶端一块微小的基岩上。这块大石头并非呈现出直立姿态，而是倾斜着身子。则关于大石头的受力下述正确的是(　　)

图2
A.大石头一定受到三个力的作用
B.基岩对大石头的支持力一定竖直向上
C.基岩对大石头的支持力等于石头重力
D.基岩对大石头的作用力一定竖直向上
解析　由于大石头和支持它的石化木之间的接触面情形未知，可能水平也可能倾斜，但大石头处于平衡状态，基岩对大石头的作用力一定竖直向上，选项D正确。
答案　D
2.如图3所示，M、N两物体叠放在一起，在竖直向上的恒力F作用下，沿竖直墙壁一起向上做匀速直线运动，则关于两物体受力情况的说法正确的是(　　)

图3
A.物体M可能受到6个力
B.物体N可能受到4个力
C.物体M与墙之间一定有摩擦力
D.物体M与N之间一定有摩擦力
解析　物体N受到重力、支持力和静摩擦力三个力作用，M和N整体受到重力和外力F两个力作用，竖直墙对物体M没有作用力，所以物体M受到外力F、重力、N对M的压力和摩擦力四个力作用，选项A、B、C错误，D正确。
答案　D
3.(多选)如图4所示，一架救援直升机通过软绳打捞河中物体，物体质量为m，由于河水的流动对物体产生水平方向的冲击力，使软绳偏离竖直方向，当直升机相对地面静止时，绳子与竖直方向成θ角，已知物体所受的浮力不能忽略，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)

图4
A.绳子的拉力为
B.绳子的拉力可能小于mg
C.物体受到河水的水平方向的作用力等于绳子的拉力
D.物体受到河水的水平方向的作用力小于绳子的拉力
解析　对物体受力分析，如图所示：根据平衡条件，竖直方向有F浮＋FTcos θ＝mg，则有FT＝，故绳子的拉力可能小于mg，故A错误，B正确；在水平方向上有f＝FTsin θ，sin θ＜1，有f＜FT，物体受到河水的水平方向的作用力小于绳子的拉力，故C错误，D正确。

答案　BD

　受力分析
受力分析的基本思路

【例1】 (多选)如图5所示，在水平力F作用下，A、B保持静止。若A与B的接触面是水平的，且F≠0，则B的受力个数可能为 (　　)

图5
A.3个 　　　B.4个
C.5个 　　　D.6个
解析　先对A、B整体受力分析，受重力、水平力F、支持力；当水平力F平行斜面向上的分力大于重力沿斜面向下的分力时，有上滑趋势；当水平力F平行斜面向上的分力小于重力沿斜面向下的分力时，有下滑趋势；当水平力F平行斜面向上的分力等于重力沿斜面向下的分力时，无滑动趋势；再对A受力分析，受水平力F、重力、支持力和向左的静摩擦力，共4个力；最后对B受力分析，受重力、A对B的压力和向右的静摩擦力，斜面对B的支持力，若B物体相对斜面有滑动趋势，则还要受到斜面的静摩擦力，若相对斜面无滑动趋势，则不受斜面的静摩擦力，即物体B可能受4个力，也可能受5个力，故选项B、C正确。
答案　BC
【拓展提升1】 (多选)在【例1】中，若力F作用在B上，如图6所示，则B的受力个数可能为(　　)

图6
A.3个 　　　 B.4个
C.5个 　　　 D.6个
解析　B一定受重力、斜面的支持力、A的压力和力F，斜面对B可能有摩擦力，也可能没有摩擦力，故B可能受4个力或5个力，选项B、C正确。
答案　BC
【拓展提升2】 在【拓展提升1】中，水平推力改为水平拉力(水平向左)，如图7所示，整个系统处于静止状态，则以下说法正确的是(　　)

图7
A.A的受力个数为4个
B.B的受力个数为4个
C.地面对C的支持力小于三者重力之和
D.地面对C的摩擦力大小等于F，方向水平向右
解析　对A进行受力分析，根据平衡条件知A只受重力和支持力2个力的作用，选项A错误；对B进行受力分析，受重力、A对B的压力、C施加的垂直斜面向上的支持力、拉力F，根据平衡条件还受C施加的平行斜面向上的静摩擦力，共5个力的作用，选项B错误；以A、B、C整体为研究对象进行受力分析，根据平衡条件知地面对物块C的支持力等于三者重力之和，选项C错误；对A、B、C整体进行受力分析，根据平衡条件知地面对物块C的摩擦力大小等于F，方向水平向右，选项D正确。
答案　D

1.(2019·盐城三模)如图8所示，一架无人机执行航拍任务时正沿直线朝斜向下方向匀速运动，用G表示无人机重力，F表示空气对它的作用力，下列四幅图中能表示此过程中无人机受力情况的是(　　)

图8

解析　无人机受重力和空气作用力，由于无人机匀速运动，故受力平衡，空气作用力竖直向上，与重力相互平衡，故B正确，A、C、D错误。
答案　B
2.如图9所示，用拉伸的轻质弹簧连接的木块静置于倾角为θ的粗糙斜面上。斜面始终保持静止，则下列说法正确的是(　　)

图9
A.木块一定受到摩擦力的作用
B.木块可能受到摩擦力的作用
C.水平面对斜面的摩擦力方向一定水平向左
D.水平面对斜面的摩擦力方向一定水平向右
解析　若弹簧对木块向上的弹力大小恰好等于mgsin θ，木块不受摩擦力的作用，若弹簧对木块向上的弹力大小大于mgsin θ，木块受到的摩擦力沿斜面向下，若弹簧对木块向上的弹力大小小于mgsin θ，木块受到的摩擦力沿斜面向上，故B正确，A错误；取木块和斜面为一整体分析受力，由水平方向合力为零可得，水平面对斜面的摩擦力一定为零，故C、D错误。
答案　B
　共点力作用下物体的平衡——真题溯源之教材研读

【例1】 [粤教版必修1·P69·T3]
如图3－5－9所示，有一劲度系数为300 N/m的轻质弹簧，一端固定在竖直墙面上，另一端固定在木块上，木块放置在水平面上，木块在8 N的拉力作用下处于静止状态，已知此时地面对木块施加大小为2 N、方向向左的摩擦力，求弹簧的伸长量。

图3－5－9
答案　0.02 m
【拓展提升3】 如图10，重量为140 N的木箱放在水平地板上，工人用与水平方向成53°角的绳向上牵引，拉力为50 N时就能使木箱匀速移动，则木箱与水平地板间的动摩擦因数为(　　)

图10
A.0.3 B.0.4
C.0.5 D.0.6
解析　将拉力正交分解，水平分力Fx＝30 N，竖直分力Fy＝40 N；在竖直方向由平衡条件有FN＋Fy＝G，得水平地板对木箱的支持力FN＝100 N；在水平方向由平衡条件有f＝Fx＝30 N；由滑动摩擦力公式f＝μFN得μ＝0.3，故A正确。
答案　A
【拓展提升4】 (2017·全国Ⅱ卷，16)如图11所示，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动。物块与桌面间的动摩擦因数为(　　)

图11
A.2－ B.
C. D.
解析　当F水平时，根据平衡条件得F＝μmg；当保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角时，由平衡条件得Fcos 60°＝μ(mg－Fsin 60°)，联立解得μ＝，故选项C正确。
答案　C
【拓展提升5】 (2019·全国Ⅱ卷，16)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行。已知物块与斜面之间的动摩擦因数为，重力加速度取10 m/s2。若轻绳能承受的最大张力为1 500 N，则物块的质量最大为(　　)
A.150 kg B.100 kg
C.200 kg D.200 kg
解析　物块沿斜面向上匀速运动，受力如图，根据平衡条件可得

F＝f＋mgsin θ①
f＝μFN②
FN＝mgcos θ③
由①②③式得
F＝mgsin θ＋μmgcos θ
所以m＝
代入数据得m＝150 kg，选项A正确。
答案　A
【拓展提升6】 (2019·全国Ⅲ卷，16)用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图12所示。两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则(　　)

图12
A.F1＝mg，F2＝mg
B.F1＝mg，F2＝mg
C.F1＝mg，F2＝mg
D.F1＝mg，F2＝mg
解析　卡车匀速行驶，圆筒受力平衡，对圆筒受力分析，如图所示。由题意知，力F1′与F2′相互垂直。
由牛顿第三定律知F1＝F1′，F2＝F2′，
则F1＝mgsin 60°＝mg，
F2＝mgsin 30°＝mg，选项D正确。

答案　D

共点力平衡问题的分析步骤


1.(2019·山西省五地市联考)如图13所示，光滑的圆环固定在竖直平面内，圆心为O，三个完全相同的小圆环a、b、c穿在大环上，小环c上穿过一根轻质细绳，绳子的两端分别固定着小环a、b，通过不断调整三个小环的位置，最终三小环恰好处于平衡状态，平衡时a、b的距离等于绳子长度的一半。已知小环的质量为m，重力加速度为g，轻绳与c的摩擦不计。则(　　)

图13
A.a与大环间的弹力大小为mg
B.绳子的拉力大小为mg
C.c受到绳子的拉力大小为3mg
D.c与大环间的弹力大小为3mg
解析　三个小环能静止在光滑的圆环上，由几何知识可知，a、b、c恰好能组成一个等边三角形，设a受到大圆环的弹力为FN，绳子的拉力为FT，对a受力分析如图甲所示，根据受力平衡关系，利用正交分解，水平方向FTsin 30°＝FNsin 60°，竖直方向FTcos 30°＝FNcos 60°＋mg，解得FN＝mg，FT＝mg，选项A、B错误；c受到绳子的拉力为FT′＝2FTcos 30°＝3mg，选项C正确；设c受到大圆环的
弹力为FN1，对c受力分析如图乙所示，竖直方向FN1＝mg＋FT′＝4mg，选项D错误。

答案　C
2.将轻弹簧和轻绳的一端分别固定在圆弧上的A、B两点，另一端固定在小球a上，静止时，小球a恰好处于圆心O处，如图14甲所示，此时绳与水平方向夹角为30°，弹簧恰好水平。现将轻弹簧与轻绳对调，将a球换成b球后，小球仍位于O点，如图乙所示，则a、b两个小球的质量之比为(　　)

图14
A.1∶1 B.∶1
C.2∶ D.3∶2
解析　在题图甲、乙中，由于弹簧的长度是相等的，所以两种情况下弹簧的弹力是相等的。对小球a、b受力分析如图甲、乙所示。
甲图中：＝tan 30°＝

乙图中：＝sin 30°＝
所以：＝＝＝2∶，C项正确。
答案　C
　共点力作用下的动态平衡问题
1.动态平衡
(1)所谓动态平衡问题，是指通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢变化，而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态。
(2)基本思路
化“动”为“静”，“静”中求“动”。
2.分析动态平衡问题的常用方法
方法
步骤
解析法
(1)列平衡方程求出未知量与已知量的关系表达式；
(2)根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况
图解法
(1)根据已知量的变化情况，画出平行四边形的边角变化；
(2)确定未知量大小、方向的变化
相似三角形法
(1)根据已知条件画出两个不同情况对应的力的三角形和空间几何三角形，确定对应边，利用三角形相似知识列出比例式；
(2)确定未知量大小的变化情况
3.平衡中的“三看”与“三想”
(1)看到“缓慢”，想到“物体处于动态平衡状态”。
(2)看到“轻绳、轻环”，想到“绳、环的质量可忽略不计”。
(3)看到“光滑”，想到“摩擦力为零”。
【例3】 (多选)(2019·全国Ⅰ卷，19)如图15，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°。已知M始终保持静止，则在此过程中(　　)

图15
A.水平拉力的大小可能保持不变
B.M所受细绳的拉力大小一定一直增加
C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加
D.M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加
解析　选N为研究对象，受力情况如图甲所示，用水平拉力F缓慢拉动N的过程中，水平拉力F逐渐增大，细绳的拉力FT逐渐增大，选项A错误，B正确；对M受力分析，如图乙所示，受重力GM、支持力FN、绳的拉力FT以及斜面对它的摩擦力f。若开始时斜面对M的摩擦力f沿斜面向上，则FT＋f＝GMsin θ，FT逐渐增大，f逐渐减小，当f减小到零后，再反向增大。若开始时斜面对M的摩擦力f沿斜面向下，此时，FT＝GMsin θ＋f，当FT逐渐增大时，f逐渐增大，C错误，D正确。

答案　BD
【例4】 (2019·4月浙江选考，11)如图16所示，一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环，系在两环上的等长细绳拴住的书本处于静止状态，现将两环距离变小后书本仍处于静止状态，则(　　)

图16
A.杆对A环的支持力变大
B.B环对杆的摩擦力变小
C.杆对A环的力不变
D.与B环相连的细绳对书本的拉力变大
解析　以环、绳和书本整体为研究对象，在竖直方向上始终受力平衡，故杆对其中一环的支持力FN恒等于书本重力的一半，故A错误；设绳与水平杆之间的夹角为θ，对B环受力分析，可得杆对B环的摩擦力f＝，两环距离减小，夹角θ增大，摩擦力f减小，故B环对杆的摩擦力变小，B正确；杆对环的作用力包括支持力和摩擦力，根据环受力平衡可知，两者的合力大小与绳的拉力大小相等，而绳的拉力大小F＝，可知，夹角θ增大，拉力大小减小，故C、D错误。
答案　B

1.(2019·广东六校联考)为迎接新年，小明同学给家里墙壁粉刷涂料，涂料滚由滚筒与轻杆组成，示意图如图17所示。小明同学缓缓上推涂料滚，不计轻杆的重力以及滚筒与墙壁的摩擦力。轻杆对涂料滚筒的推力为F1，墙壁对涂料滚筒的支持力为F2，涂料滚的重力为G，以下说法中正确的是(　　)

图17
A.F1增大 B.F1先减小后增大
C.F2增大 D.F2减小
解析　以涂料滚为研究对象，分析受力情况，作出受力图如图所示。设轻杆与墙壁间的夹角为α，根据平衡条件得F1＝，F2＝Gtan α；由题知，轻杆与墙壁间的夹角α减小，cos α增大，tan α减小，则F1、F2均减小。故选D。

答案　D
2.甲、乙两人用两绳aO和bO通过装在P楼和Q楼楼顶的定滑轮，将质量为m的物块由O点沿Oa直线缓慢向上提升，如图18所示。则在物块由O点沿直线Oa缓慢上升过程中，以下判断正确的是(　　)

图18
A.aO绳和bO绳中的弹力都逐渐减小
B.aO绳和bO绳中的弹力都逐渐增大
C.aO绳中的弹力先减小后增大，bO绳中的弹力一直在增大
D.aO绳中的弹力一直在增大，bO绳中的弹力先减小后增大
解析　以物块为研究对象，分析受力情况：受重力G、绳bO的拉力F和绳aO的拉力FT，由平衡条件得知，F和FT的合力与G大小相等、方向相反，当将物块沿直线Oa向上缓慢移动时，aO绳方向不变，则FT方向不变，bO绳绕O点逆时针转动，作出转动过程三个位置力的合成图如图所示，由F3到F2到F1的过程，由图可以看出aO绳中的弹力FT一直增大，bO绳中的弹力F先减小后增大，故D正确。

答案　D
3.(2019·湖南十四校二联)如图19所示，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，轻杆AB一端通过铰链固定在A点，另一端B悬挂一重为G的物体，且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮C，用力F拉绳，开始时∠BAC＞90°。现使∠BAC缓慢变小，直到杆AB接近竖直杆AC，此过程中(　　)

图19
A.轻杆AB对B端的弹力大小不变
B.轻杆AB对B端的弹力先减小后增大
C.力F逐渐增大
D.力F先减小后增大
解析　以B点为研究对象，由平衡条件可知FN和F的合力与FT大小相等、方向相反，根据三角形相似可得＝＝，又FT＝G，解得FN＝G，F＝G，由于AB、AC不变，BC逐渐变小，故FN大小保持不变，力F逐渐减小，选项A正确，B、C、D错误。

答案　A
　平衡中的临界、极值问题
1.临界问题
当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等语言叙述。
2.极值问题
平衡物体的极值问题，一般是指在力的变化过程中的最大值和最小值问题。
3.解决极值问题和临界问题的常用方法
(1)极限法：首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡的临界点和极值点；临界条件必须在变化中去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而要把某个物理量推向极端，即极大和极小。
(2)数学分析法：通过对问题的分析，依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(画出函数图象)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值等)。
(3)物理分析方法：根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用平行四边形定则进行动态分析，确定最大值与最小值。
【例5】 如图20所示是一旅行箱，它既可以被推着在地面上行走，也可以被拉着在地面上行走。已知该旅行箱的总质量为15 kg，一旅客用斜向上的拉力拉着旅行箱在水平地面上做匀速直线运动，若拉力的最小值为90 N，此时拉力与水平方向的夹角为θ，重力加速度大小为g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，旅行箱受到的地面阻力与其受到的地面支持力成正比，比值为μ，则(　　)

图20
A.μ＝0.5，θ＝37° B.μ＝0.5，θ＝53°
C.μ＝0.75，θ＝53° D.μ＝0.75，θ＝37°
解析　对旅行箱受力分析，如图所示，根据平衡条件，在水平方向有Fcos θ－f＝0，在竖直方向有FN＋Fsin θ－G＝0，其中f＝μFN，解得F＝，令μ＝tan α，则有F＝；当α－θ＝0时，F有最小值，故Fmin＝Gsin α＝90 N，解得α＝37°，故μ＝tan 37°＝0.75，θ＝α＝37°，选项D正确。

答案　D

1.如图21所示，两个小球a、b的质量均为m，用细线相连并悬挂于O点。现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向夹角为30°，已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，则弹簧的最短伸长量为(　　)

图21
A. B.
C. D.
解析　以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，如图。根据平衡条件得知：F与FT的合力与重力G总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子Oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为F＝kx＝2mgsin θ＝mg，则弹簧的最短伸长量为x＝，故B正确。

答案　B
2.(多选)(2019·黑龙江齐齐哈尔3月模拟)如图22所示，竖直墙壁与光滑水平地面交于B点，质量为m1的光滑半圆柱体紧靠竖直墙壁置于水平地面上，O1为半圆柱体截面所在圆的圆心，质量为m2且可视为质点的均匀小球O2用长度等于A、B两点间距离的细线悬挂于竖直墙壁上的A点，小球静置于半圆柱体上，当换用质量不变，而半径不同的光滑半圆柱体时，细线与竖直墙壁的夹角θ就会跟着发生改变。已知重力加速度为g，不计各接触面间的摩擦，则下列说法正确的是(　　)

图22
A.当θ＝60°时，半圆柱体对地面的压力大小为m1g＋m2g
B.当θ＝60°时，小球对半圆柱体的压力大小为m2g
C.换用不同的半圆柱体时，半圆柱体对竖直墙壁的最大压力大小为m2g
D.换用半径更大的半圆柱体时，半圆柱体对地面的压力保持不变
解析　对小球进行受力分析如图甲所示，连接O2B和O1O2，由几何关系可知θ＝α，小球受力平衡，有FN1＝m2gsin θ，FT＝m2gcos θ，对小球和半圆柱体整体进行受力分析，整体受地面的支持力FN、墙壁的弹力F、细线的拉力FT、重力(m1＋m2)g，如图乙所示，整体受力平衡，则在竖直方向上有FN＋FTcos θ＝(m1＋m2)g，水平方向上有F＝FTsin θ。当θ＝60°时，FN1＝m2g，由牛顿第三定律得小球对半圆柱体的压力大小为m2g，B错误；F＝FTsin θ＝m2gsin 2θ，当θ＝45°时，Fmax＝m2g，C正确；FN＝(m1＋m2)g－m2gcos2θ，当θ＝60°时，FN＝m1g＋m2g，当换用半径更大的半圆柱体时，θ改变，FN改变，由牛顿第三定律可知A正确，D错误。

答案　AC
课时作业
(时间：40分钟)
基础巩固练
1.如图1所示，与竖直方向成45°角的天花板上有一物块，该物块在竖直向上的恒力F作用下恰好能沿天花板匀速上升，则下列说法中正确的是(　　)

图1
A.物块一定受两个力的作用
B.物块一定受三个力的作用
C.物块可能受三个力的作用
D.物块可能受四个力的作用
解析　物块沿天花板匀速上升，受力平衡，对物块受力分析可知，若天花板对物块没有向下的压力，则物块只受到重力和向上的恒力。若天花板对物块有垂直天花板向下的压力，则物块必定受沿天花板向下的摩擦力，则物块受到重力、向上的恒力、垂直天花板向下的压力和沿天花板向下的摩擦力，所以物块可能受到两个力，也可能受到四个力，故A、B、C错误，D正确。
答案　D
2.如图2所示，一只松鼠沿着较粗均匀的树枝从右向左缓慢爬行，在松鼠从A运动到B的过程中，下列说法正确的是(　　)

图2
A.松鼠对树枝的弹力保持不变
B.松鼠对树枝的弹力先减小后增大
C.松鼠对树枝的摩擦力先减小后增大
D.树枝对松鼠的作用力先减小后增大
答案　C
3.如图3所示，乙烷球棍模型由6个氢原子球和2个碳原子球组成，其中，下层的3个氢原子与碳原子之间用铰链轻杆连接，碳氢键与碳碳键间的夹角为120°，各层碳氢键间的夹角为120°，已知，每个氢原子球的质量为m0，每个碳原子球的质量为3m0，“共价键”的质量不计。假设碳碳键的张力大小和底层碳氢键的张力大小分别为F1、F2，重力加速度为g，则下列关于F1、F2的值正确的是(　　)

图3
A.F1＝6m0g，F2＝9m0g B.F1＝9m0g，F2＝4m0g
C.F1＝6m0g，F2＝6m0g D.F1＝4m0g，F2＝9m0g
答案　C
4.如图4所示为某城市雕塑的一部分。将光滑的球搁置在竖直的高挡板AB与竖直的矮挡板CD之间，由于长时间作用，CD挡板的C端略向右偏过一些，C与AB挡板的距离始终小于球的直径，则与C端未偏时相比(　　)

图4
A.AB挡板的支持力变大，C端的支持力变大
B.AB挡板的支持力变大，C端的支持力变小
C.AB挡板的支持力变小，C端的支持力变大
D.AB挡板的支持力变小，C端的支持力变小
答案　A
5.如图5所示，水平面上A、B两物块的接触面水平，二者叠放在一起在作用于B上的水平恒定拉力F的作用下沿地面向右做匀速运动，某时刻撤去力F后，二者仍不发生相对滑动，关于撤去F前后下列说法正确的是(　　)

图5
A.撤去F之前A受3个力作用
B.撤去F之前B受4个力作用
C.撤去F前后，A的受力情况不变
D.A、B间的动摩擦因数μ1不小于B与地面间的动摩擦因数μ2
解析　撤去F前，整体做匀速运动，故B受地面的摩擦力与F平衡，而A水平方向不受外力，故A不受B的摩擦力，B受重力、支持力、压力、拉力和地面的摩擦力共5个力作用；A只受重力和B对A的支持力两个力的作用，A、B错误；撤去拉力F后，由于整体做减速运动，A受到重力和B对A的支持力及B对A的摩擦力3个力的作用，C错误；撤去拉力F后，由于整体做减速运动，整体的加速度a＝μ2g，而A的加速度aA＝μ2g≤μ1g，即μ2≤μ1，D正确。
答案　D
6.如图6所示，光滑斜面的倾角为θ＝37°，一个可以看成质点的小球在轻质细线的拉力作用下静止在斜面上，细线与斜面间的夹角也为37°，若小球的重力为G，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则手对细线的拉力大小为(　　)

图6
A.G B.
C. D.
解析　对小球受力分析，小球受到重力、细线的拉力F、斜面的支持力作用，在沿斜面方向上，Fcos 37°＝Gsin 37°，解得F＝Gtan 37°＝G，故选项C正确。
答案　C
7.如图7所示，A是一均匀小球，B是一个圆弧形滑块，最初A、B相切于圆弧形滑块的最低点，一切摩擦均不计，开始B与A均处于静止状态，用一水平推力F将滑块B向右缓慢推过一段较小的距离，在此过程中 (　　)

图7
A.墙壁对球的弹力不变
B.滑块对球的弹力增大
C.地面对滑块的弹力增大
D.推力F减小
解析　对小球受力分析，小球受到重力、滑块的弹力和墙壁的弹力，如图所示，重力的大小和方向都不变，墙壁的弹力方向不变。滑块的弹力和墙壁的弹力的合力不变，大小等于重力，由图可知，滑块对球的弹力在增大，墙壁对球的弹力也在增大，故A错误，B正确；对滑块和小球整体进行受力分析，整体受重力、支持力、墙壁的弹力及推力，竖直方向上滑块和小球的总重力大小等于地面对滑块的弹力，滑块和小球的重力都不变，所以地面对滑块的弹力不变，水平方向上推力F的大小等于墙壁对球的弹力大小，所以推力F增大，故C、D错误。

答案　B
8.如图8所示，在光滑的水平杆上穿两个重力均为2 N的球A、B，在两球之间夹一弹簧，弹簧的劲度系数为10 N/m，用两条等长的线将球C与A、B相连，此时弹簧被压缩了10 cm，两条线的夹角为60°，则(　　)

图8
A.弹簧的弹力大小为0.5 N
B.细线的拉力大小为2 N
C.球C的重力大小为 N
D.杆对球A的支持力大小为(4＋2) N
解析　弹簧的弹力大小F＝kx＝1 N，对球A，根据平衡条件，有FTsin 30°＝kx，解得细线的拉力大小FT＝2 N，所以A项错误，B项正确；对球C，有mg＝2FTcos 30°＝2 N，故C项错误；利用整体法，杆对A、B两球的支持力大小为(4＋2) N，根据对称性，杆对球A的支持力大小为 N＝(2＋) N，D项错误。
答案　B
9.(2019·广东执信中学二模)将三个质量均为m的小球a、b、c用细线相连后(b、c间无细线相连)，再用细线悬挂于O点，如图9所示。用力F拉小球c，使三个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持为θ＝30°，则F的最小值为(　　)

图9
A.mg B.2mg
C.1.5mg D.mg
解析　静止时将三球视为一个整体，重力为3mg，由平行四边形定则分析可知，当作用于c球上的力F垂直于Oa时，F最小，设Oa绳的拉力为T，由正交分解法知，水平方向Fmincos 30°＝Tsin 30°，竖直方向Fminsin 30°＋Tcos 30°＝3mg，解得Fmin＝1.5mg，故选C。
答案　C
综合提能练
10.如图10所示，在竖直的墙面上用铰链固定一可绕O点自由转动的轻杆，一定长度的轻绳两端固定在轻杆的A、C两点，轻质动滑轮B跨过轻绳悬吊一定质量的物块。开始轻杆位于水平位置，轻绳对A、C两点的拉力大小分别用F1、F2表示，忽略滑轮与轻绳间的摩擦。则下列说法正确的是(　　)

图10
A.当轻杆处于水平位置时F1＞F2
B.若将轻杆沿顺时针方向转过一个小角，则F1增大、F2增大
C.若将轻杆沿逆时针方向转过一个小角度，则F1增大、F2增大
D.无论将轻杆怎样转动，F1、F2均减小
解析　以滑轮B为研究对象，受竖直向下的拉力(大小等于悬吊物块的重力)、AB绳和BC绳的拉力，由于ABC为一根轻绳，则绳子上拉力大小处处相等，A错误；由力的平衡条件可知F1、F2的合力大小等于悬吊物块的重力，若将轻杆沿顺时针方向转过一个小角度，则∠ABC减小，轻绳的拉力F1、F2均减小，B错误；若将轻杆沿逆时针方向转过一个小角度，则∠ABC减小，轻绳的拉力F1、F2均减小，C错误，D正确。
答案　D
11.如图11所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔。质量为m的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住。现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中，手对细线的拉力F和圆环对小球的弹力FN的大小变化情况是(　　)

图11
A.F不变，FN增大 B.F不变，FN减小
C.F减小，FN不变 D.F增大，FN减小
解析　小球沿圆环缓慢上移可看成小球始终受力平衡，对小球进行受力分析，作出受力示意图如图所示，由图可知△OAB∽△G′FA，即＝＝，当A点上移时，半径不变，AB长度减小，故F减小，FN不变，C正确。

答案　C
12.(多选)如图12所示，一光滑球体静止于夹角为θ的支架ABC内，AB、BC与水平面的夹角都为α。现以B为旋转中心，在平行于纸面的平面内，让BC缓慢沿顺时针旋转，直至水平(AB不动)。设BC对球体的作用力大小为FNBC，则整个过程中(　　)

图12
A.FNBC可能一直减小
B.FNBC可能一直增大
C.FNBC可能先减小后增大
D.FNBC可能先增大后减小
解析　对球受力分析，球受重力G和两个支持力，其中AB对球的支持力FNBC方向不变，而BC对球的支持力FNBC方向改变，根据平衡条件作图分析，三个力可以构成一个首尾相连的矢量三角形，如图所示，由于不知道角度α的具体数值，支持力FNBC可能先减小后增大，也可能一直增大，选项B、C均正确。

答案　BC
13.如图13所示，OP、OQ为两块固定且相互垂直的光滑挡板，OP竖直放置，OQ水平放置，小球a、b固定在轻弹簧的两端，现有一个水平向左的力F作用于b上，使a、b紧靠挡板处于静止状态。现改变推力F的大小，使b缓缓到达b′位置(连接体其他部分未画出，弹簧始终处于弹性限度内)，则(　　)

图13
A.推力F变大 B.b对OQ的压力变大
C.弹簧变短 D.弹簧变长
解析　隔离a并对其进行受力分析，如图甲所示，其中F′和FN分别为弹簧和挡板OP对a的作用力，θ为F′与水平方向的夹角。由力的平衡条件得F′＝，FN＝，将小球b向左水平移动一小段距离，当a、b重新处于静止状态时，分析可得，θ变大，则F′变小，FN变小，根据胡克定律可知弹簧的形变量变小，又弹簧处于压缩状态，所以弹簧变长，选项D正确，C错误；对a、b组成的整体受力分析，其受力示意图如图乙所示，由共点力的平衡条件可知，改变推力F前后，OQ挡板对b的支持力FN1始终与a、b的总重力G总相等，则b对OQ的压力也保持不变，又推力F＝FN，故推力F变小，选项A、B错误。

答案　D