2024年高考物理复习第一轮：第 3讲　受力分析　共点力的平衡

这是一份2024年高考物理复习第一轮：第 3讲　受力分析　共点力的平衡，共24页。

第3讲　受力分析　共点力的平衡

[主干知识·填一填]
一、受力分析
1．受力分析的定义
把指定物体(研究对象)在特定的物理环境中受到的所有外力都找出来，并画出受力示意图，这个过程就是受力分析．
2．受力分析的一般步骤

二、共点力作用下物体的平衡
1．平衡状态
(1)静止：物体的速度和加速度都等于零的状态．
(2)匀速直线运动：物体的加速度为零、速度不为零的状态．
2．平衡条件
(1)物体所受合外力为零，即F合＝0.
(2)若采用正交分解法，平衡条件表达式为Fx＝0，Fy＝0.
3．物体平衡条件的相关推论
(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，其中任意两个力的合力一定与第三个力大小相等、方向相反．
(3)多力平衡：如果物体受多个力作用处于平衡状态，其中任何一个力与其余力的合力大小相等，方向相反．
[规律结论·记一记]
1．受力物体与周围物体的每个接触处最多有两个接触力——弹力、摩擦力．
2．受力分析时若某个力的大小和方向不能确定，可以试一试分析该力的反作用力，再由牛顿第三定律得出该力．
3．对物体受力分析时，只分析物体受到的力，不考虑物体施加的力．
4．物体速度为零时，不一定处于平衡状态，如竖直上抛运动到最高点．
5．物体处于平衡状态时，沿任意方向的合力均为0.
6．物体受三个非平行力作用处于平衡状态，这三个力的作用线必定在同一平面内，而且这三个力必定为共点力．
7．物体受多个力作用处于平衡状态时，其中几个力的合力与其余力的合力必定等大反向．
[必刷小题·测一测]
一、易混易错判断
1．对物体受力分析时，只能画该物体受到的力，其他物体受到的力不能画在该物体上．(√)
2．物体沿光滑斜面下滑时，受到重力、支持力和下滑力的作用．(×)
3．物体处于平衡状态时，其加速度一定为零．(√)
4．物体受两个力作用处于平衡状态，这两个力必定等大反向．(√)
5．物体处于平衡状态时，其所受的作用力必定为共点力．(×)
二、经典小题速练
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(　　)
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：D　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．
2.如图所示，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(　　)
A．撤去F之前A受3个力作用
B．撤去F之前B受到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：D　撒去F前，整体做匀速运动，B所受的地面的滑动摩擦力与F平衡，而A水平方向不受外力，A不受摩擦力，A受重力、B的支持力共2个力作用．B受重力、A的压力、拉力F、地面的支持力和滑动摩擦力，共5个力，故A、B错误；撒去拉力F后，B开始做减速运动，A相对B有向前滑动的趋势，所以B对A有静摩擦力，故A受重力、B的支持力和静摩擦力，共3个力，所以撒去F前后，A的受力情况将发生变化，故C错误；撒去力F后，二者仍不发生相对滑动，由牛顿第二定律得：
对整体有μ2(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，
对A有Ff＝mAa≤μ1mAg
可得μ1≥μ2，即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，故D正确．
3．(多选)如图所示，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．下列说法正确的是(　　)

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：BD　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＝，所以绳子的拉力可能小于mg，故A错误，B正确．在水平方向上有Ff＝FTsin θ，sin θ<1，有Ff

命题点一　物体的受力分析(自主学习)
[核心整合]
1．整体法与隔离法

整体法
隔离法
概念
将加速度相同的几个物体作为一个整体来分析的方法
将研究对象与周围物体分隔开的方法
选用
原则
研究系统外的物体对系统整体的作用力或系统整体的加速度
研究系统内物体之间的相互作用力
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：有时候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．
[题组突破]
1.(整体法、隔离法的综合应用)(2022·宁夏银川市育才中学月考)如图所示，质量为M的斜面静置在水平地面上，斜面上有一质量为m的小物块，水平力F作用在小物块上时，两者均保持静止，斜面受到水平地面的静摩擦力为Ff1，小物块受到斜面的静摩擦力为Ff2.现使F逐渐增大，两者仍处于静止状态，则(　　)
A．Ff1、Ff2都增大
B．Ff1、Ff2都不一定增大
C．Ff1不一定增大，Ff2一定增大
D．Ff1一定增大，Ff2不一定增大
解析：D　以m、M整体为研究对象，系统静止，则Ff1＝F，F增大，则Ff1增大；以物块m为研究对象，受到重力mg、支持力FN、推力F，刚开始可能有静摩擦力；①当mgsin θ>Fcos θ时，Ff2沿斜面向上，F增大时，Ff2先变小后增大；②当mgsin θ＝Fcos θ时，F增大，Ff2变大；③当mgsin θ 2.(假设法在受力分析时的应用)(多选)如图所示，轻质弹簧一端系在质量为m＝1 kg的小物块上，另一端固定在墙上．物块在斜面上静止时，弹簧与竖直方向的夹角为37°，已知斜面倾角θ＝37°，斜面与小物块间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，斜面固定不动．设物块与斜面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，下列说法正确的是(　　)
A．小物块可能只受三个力
B．弹簧弹力大小一定等于4 N
C．弹簧弹力大小可能等于5 N
D．斜面对物块的支持力不可能为零
解析：CD　根据题意可知μmgcos 37°＝4 N，mgsin 37°＝6 N，故μmgcos 37° 3.(转换法在受力分析时的应用)如图所示，物体A靠在竖直墙面上，在力F作用下，A、B保持静止．物体B的受力个数为(　　)
A．2　　　 B．3　　　　
C．4　　　 D．5
解析：C　先以物体A为研究对象，受力情况如图甲所示，此时，墙对物体A没有支持力(此结论可利用整体法得出)．再以物体B为研究对象，结合牛顿第三定律，其受力情况如图乙所示，即要保持物体B平衡，B应受到重力、压力、摩擦力、力F共4个力的作用．



4.(根据运动状态判断受力情况)(多选)如图所示，一个质量m＝0.4 kg的小球穿在水平直杆上处于静止状态，现对小球施加一个5 N的拉力F，F与杆的夹角为53°，小球与杆之间的动摩擦因数μ＝0.5，则(　　)
A．小球受到2个力
B．小球受到3个力
C．若F＝10 N，则小球受4个力
D．若F＝10 N，则小球受3个力
解析：AC　如图在沿杆和垂直杆方向建立直角坐标系，F在y轴上分力Fy＝Fsin 53°＝4 N，F与重力在y轴上的合力刚好为0，所以杆与小球只接触不挤压，无弹力和摩擦力，A对，B错；当F＝10 N时，Fy＝8 N，它与重力沿杆方向的合力为4 N，垂直于杆向上，此时杆对小球的弹力垂直于杆向下，且F在水平方向上有分力，因此杆对小球还有摩擦力，小球一共受四个力，C对，D错．
命题点二　共点力作用下物体的静态平衡(多维探究)
求解共点力平衡问题的常用方法
1．合成法：一个力与其余所有力的合力等大反向，常用于非共线三力平衡．
2．正交分解法：Fx合＝0，Fy合＝0，常用于多力平衡．
3．矢量三角形法：把表示三个力的有向线段构成一个闭合的三角形，常用于非特殊角的一般三角形．
第1维度：单个物体的平衡…………………
　(2022·江苏淮安市高三模拟)如图所示，固定的四分之一粗糙圆弧轨道AB的圆心在竖直墙上的O点，A点与O点在同一高度，轻弹簧一端固定在O点，另一端连接质量为m的小物块，物块静止在轨道上，弹簧与竖直方向的夹角θ＝30°，重力加速度为g，则(　　)
A．轨道对物块一定有支持力
B．弹簧一定处于伸长状态
C．弹簧一定处于压缩状态
D．轨道对物块的摩擦力大小等于mg
解析：A　对小物块做受力分析有f ＝ mgsin θ ＝ mg，D错误；沿斜面方向，根据平衡条件滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力(等于mg)，不为零，有摩擦力必有弹力，所以斜面对滑块的支持力不可能为零，A正确；假设滑块受重力、支持力、摩擦力，三个力的合力可以为0，即物体可以不受弹簧的弹力，则弹簧可以处于原长，不一定处于压缩或伸长状态，B、C错误．
第2维度：多个物体的平衡…………………
　如图所示，在粗糙固定的斜面上，放有A、B两个木块，用轻质弹簧将A、B两木块连接起来，B木块的另一端再通过细线与物体C相连接，细线跨过光滑定滑轮使C物体悬挂着，A、B、C均处于静止状态，下列说法不正确的是(　　)

A．弹簧弹力可能为零
B．A受到的摩擦力可能沿斜面向上
C．B可能不受到摩擦力的作用
D．若增大B物体的重量，则B物体受到的摩擦力一定将先增大后减小
解析：D　由于斜面粗糙，弹簧有可能处于自然长度，即弹力有可能为零，故A正确；如果弹簧处于伸长状态，当弹簧的弹力小于A重力沿斜面向下的分力时，A受到的摩擦力沿斜面向上，或者弹簧处于压缩状态时，A受到的摩擦力沿斜面向上，故B正确；以B为研究对象，如果沿斜面方向有F绳＋FT弹＝mBgsin θ时，则摩擦力为零，故C正确；初状态下不知道B受到的摩擦力大小和方向，无法确定增大B物体的重量时B物体受到的摩擦力变化情况，故D错误．
[题组突破]
1.(合成法)如图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的．一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m1和m2的小球，当它们处于平衡状态时，质量为m1的小球与O点的连线与水平面的夹角α＝60°，则两小球的质量之比为(　　)
A.　　　　　　　　 B．
C. D．
解析：A　小球m1受拉力FT、支持力FN、重力m1g三力作用，受力分析如图所示，小球m1处于平衡状态，故FN与FT的合力F＝m1g.由几何关系知，θ＝60°，F＝2FTcos ，FT＝m2g，解得＝，故选项A正确．

2.(正交分解法)如图所示，矩形平板ABCD的AD边固定在水平面上，平板与水平面夹角为θ，AC与AB的夹角也为θ.质量为m的物块在平行于平板的拉力作用下，沿AC方向匀速运动．物块与平板间的动摩擦因数μ＝tan θ，重力加速度大小为g，拉力大小为(　　)
A．2mgsin θcos B．2mgsin θ
C．2mgsin D．mgsin θcos
解析：A　对物块受力分析，如图甲、乙所示，重力沿斜面向下的分力为mgsin θ，支持力FN＝mgcos θ，滑动摩擦力Ff＝μFN＝mgsin θ，则拉力F＝2mgsin θcos ，故A正确．

3．(矢量三角形法)(多选)如图所示，穿在一根光滑固定杆上的小球A、B通过一条跨过定滑轮的细绳连接，杆与水平方向成θ角，不计所有摩擦．当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，OB绳沿竖直方向，则下列说法正确的是(　　)

A．A可能受到2个力的作用
B．B受到2个力的作用
C．A、B的质量之比为1∶tan θ
D．A、B的质量之比为tan θ∶1
解析：BC　分别对A、B受力分析，如图所示，故小球A受到三个力作用，小球B受到2个力作用，A错误，B正确；根据共点力平衡条件，得FT′＝mBg，且FT′＝FT，＝(根据正弦定理列式)，故mA∶mB＝1∶tan θ，C正确，D错误．

命题点三　共点力作用下物体的动态平衡(多维探究)
1．动态平衡：是指平衡问题中的一部分力是变力，是动态力，力的大小和方向均要发生变化，所以叫动态平衡．
2．基本思路：化“动”为“静”，“静”中求“动”．
3．分析动态平衡问题的方法
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，画出平行四边形边、角的变化
(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
第1维度：解析法的应用…………………
　(2022·山东省实验中学高三二模)如图所示，光滑的轻滑轮通过支架固定在天花板上，一足够长的细绳跨过滑轮，一端悬挂小球b，另一端与套在水平细杆上的小球a连接，小球b的质量是小球a的2倍．在水平拉力F作用下小球a从图示虚线(最初是竖直的)位置开始缓慢向右移动至θ＝30°(细绳中张力大小视为不变)．小球a与细杆间的动摩擦因数为μ＝.则拉力F的大小(　　)

A．一直增大 B．一直减小
C．始终不变 D．无法确定
解析：A　设a的质量为m，则b的质量为2m；以b为研究对象，竖直方向受力平衡，可得绳子拉力始终等于b的重力，即T＝2mg，T保持不变．以a为研究对象，a受到重力、细绳的拉力T、支持力和摩擦力、水平拉力，受力如图所示．设绳子与水平方向夹角为θ，支持力FN＝2mgsin θ－mg，向右缓慢拉动的过程中，θ角逐渐减小，水平方向F＝f＋2mgcos θ，又f＝μFN，联立求得F＝2mg(cos θ＋μsin θ)－μmg，因为μ＝，利用数学知识可得(cos θ＋μsin θ)＝sin(60°＋θ)，即F＝mgsin (60°＋θ)－μmg，θ从90°减小到30°，则sin(60°＋θ)逐渐增大，所以F将一直增大．

第2维度：图解法的应用…………………
　(2022·广东汕头市第一次模拟)如图所示，足够长的光滑平板AP与BP用铰链连接，平板AP与水平面成53°角固定不动，平板BP可绕水平轴在竖直面内自由转动，将一均匀圆柱体O放在两板间．在使BP板由水平位置缓慢转动到竖直位置的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．当BP沿水平方向时，BP板受到的压力最大
B．当BP沿竖直方向时，AP板受到的压力最大
C．当BP沿竖直方向时，BP板受到的压力最小
D．当BP板与AP板垂直时，AP板受到的压力最小
解析：B　当BP沿水平方向时，BP板受到的压力等于圆柱体的重力，AP板受到的压力为零．当挡板PB逆时针缓慢地转向竖直位置的过程中，小球受重力、斜面AP的弹力F1和挡板BP的弹力F2，将F1与F2合成为F＝mg，如图所示；小球一直处于平衡状态，三个力中的任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故F1和F2的合力F一定与重力等值、反向、共线．从图中可以看出，F1越来越大，F2先变小，后变大，到竖直位置时，F2＞mg，故选项B正确，A、C、D错误．

第3维度：相似三角形法的应用…………………

　如图所示，光滑的半圆环沿竖直方向固定，M点为半圆环的最高点，N点为半圆环上与半圆环的圆心等高的点，直径MH沿竖直方向，光滑的定滑轮固定在M处，另一小圆环穿过半圆环用质量不计的轻绳拴接并跨过定滑轮．开始小圆环处在半圆环的最低点H点，第一次拉小圆环使其缓慢地运动到N点，第二次以恒定的速率将小圆环拉到N点．滑轮大小可以忽略，则下列说法正确的是(　　)
A．第一次轻绳的拉力逐渐增大
B．第一次半圆环受到的压力逐渐减小
C．小圆环第一次在N点与第二次在N点时，轻绳的拉力相等
D．小圆环第一次在N点与第二次在N点时，半圆环受到的压力相等
解析：C　小圆环沿半圆环缓慢上移过程中，受重力G、拉力FT、弹力FN三个力处于平衡状态，受力分析如图所示．由图可知△OMN与△NBA相似，则有＝＝(式中R为半圆环的半径)，在小圆环缓慢上移的过程中，半径R不变，MN的长度逐渐减小，故轻绳的拉力FT逐渐减小，小圆环所受的支持力的大小不变，由牛顿第三定律得半圆环所受的压力的大小不变，A、B错误；第一次小圆环缓慢上升到N点时，FN＝G、FT＝G；第二次小圆环运动的过程中，假设小圆环速率恒为v，当小圆环运动到N点时，在水平方向上有FT′cos 45°－FN′＝m，在竖直方向上有G＝FT′sin 45°，解得FT′＝G，FN′＝G－m，再结合牛顿第三定律可知，C正确，D错误．

素养培优5　解答平衡中的临界和极值问题的三种方法
方法一　极限分析法
正确进行受力分析和变化过程分析，找到平衡的临界点和极值点；临界条件必须在变化中寻找，不能在一个状态上研究临界问题，要把某个物理量推向极大或极小．
　课堂上，老师准备了“∟”形光滑木板和三个完全相同、外表面光滑的匀质圆柱形积木，要将三个积木按图所示(截面图)方式堆放在木板上，则木板与水平面夹角θ的最大值为(　　)

A．30°　　　　　　　 B．45°
C．60° D．90°
解析：A　θ取0°时，下面两圆柱之间将会分开，无法稳定，应适当增大θ以保持系统稳定，此时下面两圆柱之间有弹力；当下面两圆柱之间的弹力恰好为0时，对应的θ为最小值；继续增大θ，右圆柱和上圆柱之间弹力减小，若θ太大，此两圆柱将分开，当上圆柱和右圆柱之间的弹力恰好为0，对应的θ为最大值．临界情况为θmax时，左边两圆柱的圆心连线在竖直方向上，保证上圆柱只受到两个力的作用恰好处于平衡状态，此时上圆柱与右圆柱间相互接触且无弹力，可得θ＝30°.故A项正确，B、C、D项错误．
方法二　数学分析法
通过对问题分析，根据平衡条件列出物理量之间的函数关系(画出函数图像)，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)．
　(多选)如图所示，质量为m＝5 kg的物体放在水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝，g取10 m/s2，当物体做匀速直线运动时，下列说法正确的是(　　)
A．牵引力F的最小值为25 N
B．牵引力F的最小值为 N
C．最小牵引力F与水平面的夹角为45°
D．最小牵引力F与水平面的夹角为30°
解析：AD　物体受重力G、支持力FN、摩擦力Ff和拉力F的共同作用，将拉力沿水平方向和竖直方向分解，如图所示，由共点力的平衡条件可知，在水平方向上有Fcos θ－μFN＝0，在竖直方向上有Fsin θ＋FN－G＝0，联立解得F＝，设tan φ＝μ，则cos φ＝，所以F＝·，当cos(θ－φ)＝1，即θ－φ＝0时，F取最小值，Fmin＝＝25 N，而tan φ＝μ＝，所以φ＝30°，θ＝ 30°.

方法三　图解法
根据平衡条件，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，确定最大值和最小值．

　如图所示，重力都为G的两个小球A和B用三段轻绳连接后悬挂在O点上，O、B间的绳子长度是A、B间的绳子长度的2倍，将一个拉力F作用到小球B上，使三段轻绳都伸直且O、A间和A、B间的两段绳子分别处于竖直和水平方向上，则拉力F的最小值为(　　)
A．G B．G
C．G D．G
解析：A　对A球受力分析可知，因O、A间绳竖直，则A、B间绳上的拉力为0.对B球受力分析如图所示，则可知当F与O、B间绳垂直时F最小，Fmin＝Gsin θ，其中sin θ＝＝，则Fmin＝G，故选项A正确．

限时规范训练
[基础巩固]
1.如图所示，一件重力为G的衣服悬挂在等腰衣架上，已知衣架顶角α＝120°，底边水平，不计摩擦，则衣架一侧对衣服的作用力大小为(　　)
A．G　　　　　　　 B．G
C．G D．G
解析：A　以衣服为研究对象，受力分析如图所示，衣架两侧对衣服作用力的夹角为60°，由平衡条件得2Fcos 30°＝G，解得F＝G，选项A正确．





2.“中国天眼”500 m口径球面射电望远镜维护时的照片如图所示．为不损伤望远镜球面，质量为m的工作人员被悬在空中的氦气球拉着．当他在离底部有一定高度的望远镜球面上缓慢移动时，氦气球对其有大小为mg、方向竖直向上的拉力作用，使其有“人类在月球上行走”的感觉．若将工作人员视为质点，此时工作人员(　　)
A．受到的重力大小为mg
B．受到的合力大小为mg
C．对球面的压力大小为mg
D．对球面的作用力大小为mg
解析：D　工作人员受到的重力大小仍为mg，A错误；因工作人员在球面上缓慢移动，且有“在月球上行走”的感觉，故其受力平衡，工作人员所受合力为零，B错误；对工作人员受力分析可知，其对球面的作用力大小为mg，C错误，D正确．
3．(2022·福建省平潭县新世纪学校高三月考)两相同的楔形木块A、B叠放后分别以图甲、乙两种方式在水平外力F1和竖直外力F2作用下保持静止状态，则在这两种方式中，木块B受力个数分别为(　　)

A．4；4 B．4；3
C．5；3 D．5；4
解析：C　图甲中，根据整体法可知，木块B除了受重力外，一定受到墙面水平向右的弹力和竖直向上的静摩擦力，隔离B分析，其一定还受到A的弹力(垂直于接触面向左上方)，隔离A分析，A受到重力、水平向左的推力B对其垂直于接触面向右下的弹力，这样的三个力不可能使A平衡，所以A一定还要受到B对其沿接触面斜向右上的静摩擦力才能平衡，可知B一定受到A沿接触面斜向左下的静摩擦力，故B共受5个力的作用；图乙中，据整体法可知B与墙面间既无弹力也无摩擦力，所以B受重力、弹力和摩擦力共3个力的作用，C正确．


4.如图所示，垂直墙角有一个截面为半圆的光滑柱体，用细线拉住的小球静止靠在接近半圆底端的M点．通过细线将小球从M点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中，细线始终保持在小球处与半圆相切．下列说法正确的是(　　)
A．细线对小球的拉力先增大后减小
B．小球对柱体的压力先减小后增大
C．柱体受到水平地面的支持力逐渐减小
D．柱体对竖直墙面的压力先增大后减小
解析：D　以小球为对象，设小球所在位置沿切线方向与竖直方向夹角为θ，沿切线方向有FT＝mgcos θ，沿半径方向有FN＝mgsin θ，通过细线将小球从M点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中θ增大，所以细线对小球的拉力减小，小球对柱体的压力增大，故A、B错误；以柱体为对象，竖直方向有F地＝Mg＋FNsin θ＝Mg＋mgsin2θ，水平方向有F墙＝FNcos θ＝mgsin θcos θ＝mgsin 2θ，θ增大，柱体受到水平地面的支持力逐渐增大；柱体对竖直墙面的压力先增大后减小，当θ＝45°时柱体对竖直墙面的压力最大，故D正确，C错误．
5.已知球心O与两根筷子在同一竖直面内，小球质量为0.2 kg，筷子与竖直方向之间的夹角均为37°，筷子与小球表面间的动摩擦因数为0.875(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则每根筷子对小球的压力至少为(　　)
A．5 N B．7.5 N
C．10 N D．12.5 N
解析：C　筷子对小球的压力太小，小球有下滑的趋势，最大静摩擦力沿筷子向上，小球受力平衡．在竖直方向上有2fcos θ－2Nsin θ＝mg，f＝μN，解得N＝＝10 N，A、B、D错误，C正确．
6.(2022·武汉高三联考)如图所示，两个质量均为m的A、B小球用轻杆连接，A球与固定在斜面上的光滑竖直挡板接触，B球放在倾角为θ的斜面上，A、B均静止，B球没有滑动趋势，则A球对挡板的压力大小为(重力加速度为g)(　　)
A．mgtan θ B．
C． D．2mgtan θ
解析：D　根据题述，B球没有滑动趋势，说明B球不受摩擦力作用．竖直挡板光滑，A球不受摩擦力作用．把A、B看成整体并进行受力分析，设挡板对A球的支持力为F，由平衡条件可得tan θ＝，解得F＝2mgtan θ，由牛顿第三定律可知，A球对挡板的压力大小为2mgtan θ，D正确．
7．(多选)如图所示，滑块A与小球B用同一根不可伸长的轻绳相连，且滑块A套在水平杆上．现用大小为10 N、与水平方向成30°角的力F拉B，使A、B一起向右匀速运动，运动过程中保持相对静止．已知A、B的质量分别为2 kg、1 kg，取g＝10 m/s2，则(　　)
A．轻绳与水平方向的夹角θ＝60°
B．轻绳与水平方向的夹角θ＝30°
C．滑块A与水平直杆之间的动摩擦因数为
D．滑块A与水平直杆之间的动摩擦因数为
解析：BD　对B受力分析，B受重力、拉力F及绳子的拉力而处于平衡状态；将两拉力合成，因拉力为10 N，小球的重力为10 N，则由几何关系可知，轻绳的拉力也为10 N，方向与水平方向成30°角，故B正确，A错误；对A、B整体受力分析可知，A受到的支持力FN＝(mA＋mB)g－Fsin 30°＝25 N，摩擦力等于F沿水平方向的分力Ff＝Fcos 30°＝5 N，由Ff＝μFN′，FN′＝FN，解得μ＝＝，故D正确，C错误．
[能力提升]
8．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(　　)

A．1∶1 B．∶1
C．2∶ D．3∶2
解析：C　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1、2所示．图1中：＝tan 30°＝ ，图2中：＝sin 30°＝，所以：m1∶m2＝F∶F＝2∶，C项正确．

9.(2022·湖北宜昌第二中学月考)如图所示，小圆环A吊着一个质量为m2的物块并套在另一个竖直放置的大圆环上，有一细绳一端拴在小圆环A上，另一端跨过固定在大圆环最高点B的一个小滑轮后吊着一个质量为m1的物块．如果小圆环A、滑轮、绳子的大小和质量以及相互之间的摩擦都可以忽略不计，绳子不可伸长，平衡时弦AB所对的圆心角为α，则两物块的质量之比m1∶m2应为(　　)
A．cos B．sin
C．2sin D．2cos
解析：C　对小圆环A受力分析，如图所示，FT2与FN的合力与FT1平衡，由矢量三角形与几何三角形相似，可知＝，其中FT2＝m2g，F＝FT1＝m1g，联立解得＝2sin ，C正确．
10．(多选)两轻杆通过铰链相连构成一个三角形框架，AB、BC、CA三边长度为30 cm、20 cm、40 cm，在A点用一细线挂1 kg的物块，系统处于静止状态，则(g＝10 m/s2)(　　)
A．AB杆对A点有沿杆从B点指向A点的弹力
B．CA杆作用于A点的弹力不一定沿CA杆方向
C．CA杆产生的弹力大小为20 N
D．若改为挂一个0.5 kg的物块，则AB杆上弹力也会变为原来的一半
解析：CD　AB杆对A点有沿杆从A点指向B点的拉力，选项A错误；由于是轻杆且通过铰链连接，则CA杆作用于A点的弹力一定沿CA杆方向，选项B错误；分析A点的受力，由相似三角形可知，＝，解得FCA＝2mg＝20 N，选项C正确；因＝，则FAB＝15 N，若改为挂一个0.5 kg的物块，则AB杆上弹力为7.5 N，选项D正确．
11.如图所示，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(　　)
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：B　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．
12．(多选)如图所示，A球被固定在竖直支架上，A球正上方的点O悬有一轻绳拉住B球，两球之间连有轻弹簧，平衡时绳长为L，张力为FT1，弹簧弹力为F1.若将弹簧换成原长相同的劲度系数更小的轻弹簧，再次平衡时绳中的张力为FT2，弹簧弹力为F2，则(　　)
A．FT1>FT2 B．FT1＝FT2
C．F1F2
解析：BD　以B球为研究对象，B球受到重力G、弹簧的弹力F和绳子的张力FT，如图所示．B球受力平衡时，F与FT的合力与重力G大小相等、方向相反，即G′＝G.根据三角形相似得＝＝，换成劲度系数小的轻弹簧，形变量增大，AB减小，则FT不变，F减小，选项B、D正确．
13．(2022·山东济南市外国语学校质检)如图所示，山坡上两相邻高压塔A、B之间架有匀质粗铜线，平衡时铜线呈弧形下垂，最低点在C，已知弧线BC的长度是AC的3倍，而左塔B处铜线切线与竖直方向的夹角β＝30°.则右塔A处铜线切线与竖直方向的夹角α为(　　)

A．30° B．45°
C．60° D．75°
解析：C　设A、B两端铜线上的拉力分别为FA、FB，铜线的质量为m，在水平方向，对铜线整体由平衡条件得FAsin α＝FBsin β，在竖直方向，对BC段，由平衡条件得FBcos β＝mg，对AC段，由平衡条件得FAcos α＝mg，联立解得tan α＝3tan β，则α＝60°，A、B、D错误，C正确．
[热点加练]
14．如图所示，光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点，另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂货物A，人拉绳的另一端缓慢向右移动，使货物缓慢提升，在此过程中(　　)

A．细绳对人的拉力逐渐变大
B．细绳OO′的张力逐渐变小
C．水平面对人的支持力逐渐变小
D．水平面对人的摩擦力逐渐变小
解析：B　由于整个系统处于动态平衡状态，货物A受力平衡，则绳子的张力T保持不变，选项A错误；人拉绳的另一端缓慢向右移动，滑轮两侧连接的绳子的夹角变大，但绳子的张力T保持不变，绳子对轻滑轮的合力F＝2T cos β，则绳子对轻滑轮的合力变小，所以细绳OO′的张力逐渐变小，选项B正确；人处于动态平衡状态，对人受力分析，竖直方向根据平衡条件可得支持力：N＝mbg－Tsin α，水平方向根据平衡条件可得：f＝Tcos α，由于T的大小不变，人拉绳的另一端缓慢向右移动，α减小，所以N增大，f增大，选项C、D错误．

15．(2022·湖南省岳阳县第一中学高三二模)如图所示，质量为1 kg的物体A静止放在倾角为37°的斜面上，A与斜面间的动摩擦因数为0.8，用一细绳将小桶B通过定滑轮与物体A相连，在不断向小桶B中加沙子的过程中，A、B与斜面始终处于静止状态，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是(　　)

A．地面对斜面的支持力不断增大
B．斜面对物体A的作用力不断减小
C．斜面对物体A的摩擦力不断增大
D．当小桶B和沙子的总质量达到1 kg时，地面对斜面的摩擦力大小为8 N
解析：D　对B分析，由平衡条件可知，绳子拉力F逐渐增大，把A与斜面看成一个整体，在竖直方向有Fsin θ＋N地＝(M＋mA)g，则地面对斜面的支持力不断减小，所以A错误；当F较小时，摩擦力沿斜面向上，由平衡条件可得mAgsin θ＝f＋F，则F增大时，摩擦力逐渐减小，当F较大时，摩擦力沿斜面向下，由平衡条件可得mAgsin θ＋f＝F，则F增大时，摩擦力逐渐增大，所以C错误；对A分析，斜面对物体A的作用力大小等于斜面对A的支持力与斜面对A的摩擦力的合力，由于斜面对A的支持力保持不变，但是摩擦力先减小后增大，则斜面对物体A的作用力可能先减小后增大，所以B错误；把A与斜面看成一个整体，在水平方向有f地＝Fcos θ，则当小桶B和沙子的总质量达到1 kg时，地面对斜面的摩擦力大小为f地＝mBgcos 37°＝1×10×0.8 N＝8 N，所以D正确．
16．(2022·内蒙古高三二模)(多选)如图所示，倾角为α的光滑斜劈放在粗糙水平面上，物体a放斜面上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮挂在c点滑轮2下悬挂物体b，细线与竖直墙壁之间的夹角为θ，系统处于静止状态，点c可以沿墙壁向上或向右移动少许，则下列说法正确的是(　　)

A．点c向上移动，物体a的位置升高，θ不变
B．点c向上移动，物体a的位置不变，θ不变
C．点c向右移动，物体a的位置升高，θ变大
D．点c向右移动，物体a的位置升高，θ不变
解析：BD　点c向上移动，因为斜面和悬点的水平距离不变，所以细线与竖直方向的夹角不变，因为细线拉力不变，所以物体a的位置不变，A错误，B正确；点c向右移动，则滑轮1到悬点间的水平距离变大，即滑轮1到悬点间的细线的水平投影变大，假设物体a的位置不变，则细线与竖直方向的夹角变大，设细线拉力为T，对物体b有2Tcos θ＝Gb，所以细线拉力将变大，物体a的位置升高，θ不变，C错误，D正确．
17.(2022·广东梅州市高三二模)(多选)如图所示，一名工人用两种方式尝试把原本就静止在卸货梯上的货物推上货车，第一种方式用平行于卸货梯平面向上的力去推货物，第二种方式用水平向右的力推货物，均未推动货物，则下列说法正确的是(　　)
A．人受到卸货梯的摩擦力大小相等
B．若工人两种方式作用在货物的力的大小相等，则第二种方式中货物所受合外力更大
C．若工人两种方式作用在货物的力的大小相等，且第一种方式货物所受摩擦力沿接触面向上，则第二种方式货物所受摩擦力必定沿接触面向上
D．工人若要匀速推动货物，采用第二种方式更费力
解析：CD　用平行于卸货梯平面向上的力去推货物，人所受到的摩擦力为重力沿货梯向下的分力与推力对人的反作用力之和，用水平向右的力推货物，人所受的摩擦力为重力沿货梯向下的分力与推力对人的反作用力沿货梯方向的分力之和，由于不知道两次推力的大小，故不能比较摩擦力的大小，故A错误；不管用哪种方式推，都没有推动，货物静止，合力都为零，故B错误；第一种方式货物所受摩擦力沿接触面向上，则重力沿货梯方向向下的分力大于推力，第二种方式货物所受水平推力沿斜面的分力一定小于推力，也小于重力沿货梯向下的分离，故货物所受摩擦力必定沿接触面向上，故C正确；第二种方式水平方向的推力在垂直于货梯方向上有分力，故正压力变大，所以滑动摩擦力更大，推力沿货梯方向的分力与滑动摩擦力等大反向，故推力也需更大，工人若要匀速推动货物，采用第二种方式更费力，故D正确．
18．(多选)如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N.初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α.现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM由竖直被拉到水平的过程中(　　)
A．MN上的张力逐渐增大
B．MN上的张力先增大后减小
C．OM上的张力逐渐增大
D．OM上的张力先增大后减小
解析：AD　重物受到重力mg、OM绳的拉力FOM、MN绳的拉力FMN共三个力的作用．缓慢拉起过程中任一时刻可认为是平衡状态，三力的合力恒为0.如图所示，由三角形定则得一首尾相接的闭合三角形，由于α＞且不变，则三角形中FMN与FOM的交点在一个优弧上移动，由图可以看出，在OM被拉到水平的过程中，绳MN中拉力一直增大且恰好达到最大值，绳OM中拉力先增大后减小，故A、D正确，B、C错误．
19．(2022·河南濮阳市高三一模)如图所示，质量为M的物块放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于天花板与竖直方向成θ＝45°的轻绳，左侧通过一与竖直方向成θ＝45°跨过光滑定滑轮的轻绳与一竖直轻弹簧相连．现将质量为m的钩码挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将钩码由静止释放，当钩码下降到最低点时(未着地)，物块对水平桌面的压力恰好为零．轻绳不可伸长，弹簧劲度系数为k且始终在弹性限度内，物块始终处于静止状态，重力加速度为g.以下判断正确的是(　　)

A．钩码向下一直做加速运动
B．钩码向下运动的最大距离为x0＝
C．M＝2m
D．M＝m
解析：C　由题意可知钩码从静止开始再到静止，可得向下先做加速运动后做减速运动，选项A错误；当下降x0＝时mg＝kx0，加速度为零，速度最大，根据对称性可知在最低点钩码有向上的加速度且a＝g，所以在最低点时有弹簧弹力T＝2mg，向下运动的最大距离为xm＝，选项B错误；对物块进行受力分析，则依题意有2Tcos θ＝Mg，解得M＝2m，选项C正确，D错误．
20.(2022·河北保定市模拟)如图所示，光滑直角三角形支架ABC竖直固定在水平地面上，B、C两点均在地面上，AB与BC间的夹角为θ，分别套在AB、AC上的小球a和b用轻绳连接，系统处于静止状态，轻绳与CA间的夹角为α，则小球a、b的质量之比为(　　)
A. B．
C. D．
解析：A　对a、b两球分别进行受力分析，如图所示．对a由平衡条件得：magsin θ＝FTsin α，可得FT＝；对b由平衡条件得：mbgcos θ＝FTcos α，可得FT＝；同一根绳的张力处处相同，联立可得＝，有＝＝，选项A正确．