2025高考物理一轮总复习第2章相互作用第8讲牛顿第三定律受力分析共点力的平衡提能训练

这是一份2025高考物理一轮总复习第2章相互作用第8讲牛顿第三定律受力分析共点力的平衡提能训练，共8页。

题组一 牛顿第三定律 受力分析
1．2023年6月22日，吉林省第一届全国龙舟邀请赛在长春市伊通河工业轨迹公园河道上举行。图为龙舟比赛的照片，龙舟在水面上做匀速直线运动，下列说法正确的是( B )
A．龙舟能前进是因为水对船桨的作用力大于船桨对水的作用力
B．坐在船头的鼓手对座椅的压力大小一定与座椅对鼓手的支持力大小相等
C．队员对龙舟的压力就是队员受到的重力
D．龙舟受到的浮力和所有队员对龙舟的压力是一对平衡力
[解析] 水对船桨的作用力与船桨对水的作用力是一对相互作用力，大小相等，故A错误；鼓手对座椅的压力与座椅对鼓手的支持力也是一对相互作用力，大小相等，故B正确；队员对龙舟的压力作用在龙舟上，队员受到的重力作用在队员上，所以压力并不是重力，故C错误；龙舟受到的浮力和龙舟及所有队员所受的总重力是一对平衡力，所以龙舟受到的浮力和所有队员对龙舟的压力不是一对平衡力，故D错误。故选B。
2．(2024·河南郑州模拟)杭州亚运会吉祥物“琮琮”展示了攀岩项目动作，当琮琮静止时绳子拉力与重力大小恰好相等，如图所示。下列说法正确的是( B )
A．琮琮受到3个力的作用
B．岩石对琮琮的弹力是由于岩石形变产生的
C．岩石对琮琮作用力方向水平向右
D．当琮琮向上攀爬时，岩石对它的作用力大于它对岩石的作用力
[解析] 琮琮受到重力、绳子拉力、岩石的弹力、向上的摩擦力4个力的作用，故A错误；岩石对琮琮的弹力是由于岩石形变产生的，故B正确；岩石对琮琮有方向水平向右弹力、竖直向上的摩擦力，所以岩石对琮琮作用力方向斜向右上方，故C错误；当琮琮向上攀爬时，岩石对它的作用力与它对岩石的作用力是一对相互作用力，等大反向，故D错误。故选B。
3．(2024·湖北荆州月考)图示装置为阅读时使用的角度可调支架，现将一本书放在倾斜支架上，书始终保持静止。关于该书受力情况，下列说法正确的是( B )
A．可能受两个力
B．可能受三个力
C．一定受摩擦力
D．支架下边缘对书一定有弹力
[解析] 由题意可知，书受到重力和弹力作用，由于书有沿斜面向下的分力，所以书必然受到一个沿斜面向上的力，以维持平衡，这个力可以是摩擦力，也可以是支架下边缘对书的弹力，也可以是摩擦力和支架下边缘对书的弹力的合力，故可能受三个力作用，也可能受四个力作用，A错误，B正确；书沿斜面向下的分力与支架下边缘对书的弹力相等时，摩擦力不存在，C错误；书沿斜面向下的分力，与向上的摩擦力相等时，支架下边缘对书的弹力不存在，D错误。
题组二 共点力的平衡
4．(2023·湖北模拟预测)有一种篮球收纳托架如图所示，托起同一篮球的两托杆平行且与水平面成θ角，一半径为R、质量为m的篮球静置在左边最上层托架上，水平支撑杆对该篮球的弹力方向恰好沿水平方向，不计托杆内径，两托杆间距为2d且dA．eq \f(mg,2tan θ) B．eq \f(mg,2cs θ)
C．eq \f(mgR,2\r(R2－d2)tan θ) D．eq \f(mgR,2\r(R2－d2)cs θ)
[解析] 对该篮球受力分析，设单根托杆对篮球的弹力大小为FN，两托杆对篮球弹力的合力为F，水平支撑杆对篮球的弹力为FN′，垂直两根托杆平面篮球受力图示如图(a)，则有F＝2FNeq \f(\r(R2－d2),R)，竖直面内篮球的受力图示如图(b)，则有cs θ＝eq \f(mg,F)，解得FN＝eq \f(mgR,2\r(R2－d2)cs θ)，故D正确。
5. (2022·海南卷)我国的石桥世界闻名，如图，某桥由六块形状完全相同的石块组成，其中石块1、6固定，2、5质量相同为m,3、4质量相同为m′，不计石块间的摩擦，则m∶m′为( D )
A．eq \f(\r(3),2) B．eq \r(3)
C．1 D．2
[解析] 六块形状完全相同的石块围成半圆对应的圆心角为180°，每块石块对应的圆心角为30°，对第3块石块受力分析如图1，结合力的合成可知tan 60°＝eq \f(F4,m′g)，对第2块和第3块石块整体受力分析如图2，tan 30°＝eq \f(F4,m＋m′g)，解得eq \f(m,m′)＝2，故选D。
6.如图，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，而将方向变成与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动。则物块与桌面间的动摩擦因数为( C )
A．2－eq \r(3) B．eq \f(\r(3),6)
C．eq \f(\r(3),3) D．eq \f(\r(3),2)
[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Fcs 60°＝μ(mg－Fsin 60°)，联立解得μ＝eq \f(\r(3),3)，故选项C正确。
7. (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( BC )
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] 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，eq \f(FT,sin θ)＝eq \f(mAg,sin90°＋θ)(根据正弦定理列式)，故mA∶mB＝1∶tan θ，C正确，D错误。
能力综合练
8. (2024·河南焦市联考)如图为一名健身者正在拉绳锻炼，已知健身者质量为50 kg，双手对绳的拉力均为100 N，两根绳间夹角θ＝60°，两根绳关于上方连接的总绳对称且跟总绳处于同一平面，总绳与竖直方向的夹角为30°。若健身者处于静止状态，健身者与地面的动摩擦因数为0.5，绳的质量忽略不计，则健身者受地面的支持力FN和摩擦力Ff分别为( C )
A．FN＝350 N，Ff＝25 N
B．FN＝500－50eq \r(3) N，Ff＝50eq \r(3) N
C．FN＝350 N，Ff＝50eq \r(3) N
D．FN＝350 N，Ff＝175 N
[解析] 根据题意可知，总绳对人的作用力大小为F＝2×100×cs 30°N＝100eq \r(3) N，对人受力分析，如图所示，由平衡条件有Ff＝Fsin 30°＝50eq \r(3) N，Fcs 30°＋FN＝mg，解得FN＝350 N，故选C。
9．(2024·山东济宁检测)如图所示，完全相同的两个光滑小球A、B放在一置于水平桌面上的圆柱形容器中，两球的质量均为m，两球心的连线与竖直方向成30°角，整个装置处于静止状态，重力加速度为g，则下列说法中正确的是( A )
A．A对B的压力为eq \f(2\r(3),3)mg
B．容器底对B的支持力为mg
C．容器壁对B的支持力为eq \f(\r(3),6)mg
D．容器壁对A的支持力为eq \f(\r(3),6)mg
[解析] 对球A受力分析可知，球B对A的支持力FBA＝eq \f(mg,cs 30°)＝eq \f(2\r(3)mg,3)，则A对B的压力为eq \f(2\r(3),3)mg，容器壁对A的支持力FNA＝mgtan 30°＝eq \f(\r(3),3)mg，A正确，D错误；对球A、B组成的整体，竖直方向有FN＝2mg，容器底对B的支持力为2mg，B错误；对球A、B组成的整体而言，容器壁对B的支持力等于容器壁对A的支持力，则大小为eq \f(\r(3),3)mg，C错误。
10．如图所示，两个质量均为m的小球通过两根轻弹簧A、B连接，在水平外力F作用下，系统处于静止状态，弹簧实际长度相等。弹簧A、B的劲度系数分别为kA、kB，且原长相等。弹簧A、B与竖直方向的夹角分别为θ与45°。设A、B中的拉力分别为FA、FB，小球直径相比弹簧长度可忽略，重力加速度为g，则( A )
A．tan θ＝eq \f(1,2) B．kA＝kB
C．FA＝eq \r(3)mg D．FB＝2mg
[解析] 对下面的小球进行受力分析，如图甲所示。根据平衡条件得F＝mgtan 45°＝mg，FB＝eq \f(mg,cs 45°)＝eq \r(2)mg；对两个小球整体受力分析，如图乙所示，根据平衡条件得tan θ＝eq \f(F,2mg)，又F＝mg，解得tan θ＝eq \f(1,2)，FA＝eq \r(2mg2＋F2)＝eq \r(5)mg，由题意可知两弹簧的形变量相等，则有x＝eq \f(FA,kA)＝eq \f(FB,kB )，解得：eq \f(kA,kB)＝eq \f(FA,FB)＝eq \f(\r(5),\r(2))，故A正确，B、C、D错误。
11．(2024·河北唐山市联考)如图所示，古代北方播种后，用驴拉两个小石磙压土埋麦种，以利于麦种发芽。简化图如图乙所示，AB平行于轻杆CD，轻绳AC、BD长度相同。若轻绳长为2.01 m，两石磙相同，整体(含轻杆)的总质量为21 kg，与地面间的摩擦力大小是其对地面正压力的eq \f(\r(3),6)，AB＝0.3 m，CD＝0.7 m，B、D两点的高度差为1 m，g取10 m/s2，不计其他摩擦，则石磙做匀速直线运动时每根轻绳上的拉力大小约为( C )
A．20.5 N B．24.5 N
C．30.2 N D．36.2 N
[解析] 过B点作CD的垂线，其垂足为E，由几何关系可知，BE的长度约为2 m。设轻绳所在平面与水平面的夹角为θ，两轻绳上的拉力大小为F，合力为F合，石磙做匀速直线运动，所以其受力平衡，对两石磙整体受力分析，有F合cs θ＝eq \f(\r(3),6)(mg－F合sin θ)，其中cs θ＝eq \f(\r(3),2)，sin θ＝eq \f(1,2)，带入数据解得F合＝60 N，由上述分析可知，设BD绳上的拉力与BE夹角为β，则该夹角的余弦值为cs β＝eq \f(2 m,2.01 m)＝eq \f(200,201)，有2Fcs β＝F合，解得F≈30.2 N，故选C。
12．(多选)如图甲所示，截面为直角三角形的木块A质量为m0，放在倾角为θ的固定斜面上，当θ＝37°时，木块A恰能静止在斜面上。现将θ改为30°，在A与斜面间放一质量为m的光滑圆柱体B，如图乙所示，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则( AD )
A．A与斜面之间的动摩擦因数为0.75
B．A、B仍一定静止于斜面上
C．若m0＝m，则A受到的摩擦力大小为mg
D．若m0＝4m，则A受到斜面的摩擦力大小为2.5mg
[解析] 由题意可知，当θ＝37°时，木块恰能静止在斜面上，则μm0gcs 37°＝m0gsin 37°，解得μ＝0.75，故A正确；现将θ改为30°，在A与斜面间放一质量为m的光滑圆柱体B，对A受力分析，则最大静摩擦力f′＝μN′，N′＝m0gcs 30°；而NBA＝mgsin 30°，当f′mgsin 30°＋m0gsin 30°，A相对斜面不滑动，因此A、B是否静止在斜面上，由B对A弹力决定，故B错误；若m0＝m，则mgsin 30°＋m0gsin 30°＝mg；f′＝μN′＝0.75×m0gcs 30°＝eq \f(3\r(3),8)mg；因f′mgsin 30°＋m0gsin 30°，A不滑动，A受到斜面的静摩擦力，大小为mgsin 30°＋m0gsin 30°＝eq \f(5,2)mg，故D正确。
13．(2024·广西南宁月考)如图甲所示为架设在山坡上的高压电线塔，由于相邻两高压塔距离较远，其间输电导线较粗，导线较重，导致平衡时导线呈弧形下垂。若其中两相邻高压塔A、B之间一条输电线平衡时呈弧形下垂的最低点为C，输电线粗细均匀，已知弧线BC的长度是AC的3倍，而左塔B处电线切线与竖直方向夹角为β＝30°，则右塔A处电线切线与竖直方向夹角α应为( C )
A．30° B．45°
C．60° D．75°
[解析] 设输电线在A、B、C三个位置的拉力分别为FA、FB、FC，FC一定沿着弧线切线方向，即水平方向，设A、B间输电线的质量为m，对AC段输电线，根据平衡条件，在竖直方向有FAcs α＝eq \f(1,4)mg，在水平方向有FAsin α＝FC，对BC段输电线，根据平衡条件，在竖直方向有FBcs β＝eq \f(3,4)mg，在水平方向有FBsin β＝FC，联立解得α＝60°，C正确，A、B、D错误。