高考物理一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)精講精練第5講　受力分析 共點(diǎn)力的平衡（解析版）

第5講受力分析共點(diǎn)力的平衡1、掌握受力分析的基本方法和規(guī)律，并能對(duì)多個(gè)物體進(jìn)行受力分析2、能利用所學(xué)知識(shí)解決靜態(tài)平衡問題的方法處理相關(guān)問題?？键c(diǎn)一整體與隔離法的應(yīng)用1．受力分析的定義把指定物體(研究對(duì)象)在特定的物理環(huán)境中受到的所有外力都找出來，并畫出受力示意圖，這個(gè)過程就是受力分析．2．受力分析的一般順序先分析場(chǎng)力(重力、電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力)，再分析接觸力(彈力、摩擦力)，最后分析其他力．（2024?豐臺(tái)區(qū)二模）如圖所示，水平地面上放置一個(gè)質(zhì)量為10kg、傾角為37°的斜面體。一個(gè)質(zhì)量為5kg的箱子在平行于斜面的拉力F作用下，沿斜面體勻速上滑，斜面體保持靜止。已知箱子與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法正確的是（）A．箱子對(duì)斜面體壓力的大小為30N B．拉力F的大小為10N C．斜面體對(duì)地面壓力的大小為150N D．地面給斜面體的摩擦力大小為32N【解答】解：AB、對(duì)箱子受力分析，如圖：由平衡條件得：F＝f+mgsin37°N＝mgcos37°f＝μN(yùn)代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：N＝40Nf＝10NF＝40N由牛頓第三定律可知，箱子對(duì)斜面體壓力的大小為40N，故AB錯(cuò)誤；CD、對(duì)斜面體和箱子整體受力分析，如圖由平衡條件得：Fsin37°+N′＝（M+m）gFcos37°＝f′代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：f′＝32NN′＝126N由牛頓第三定律得，斜面體對(duì)地面壓力大小為126N，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：D。（2024?瓊山區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，質(zhì)量為M的光滑半圓柱體緊靠墻根放置，質(zhì)量為m的小球由長(zhǎng)度為L(zhǎng)的細(xì)線懸掛于豎直墻壁上的A點(diǎn)，靜止在半圓柱體上，A點(diǎn)距離地面的高度為L(zhǎng)，細(xì)線與豎直方向夾角為θ。已知半圓柱體的半徑可變化（質(zhì)量不變），小球可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g，不計(jì)一切摩擦，下列說法正確的是（）A．當(dāng)θ＝60°時(shí)，細(xì)線對(duì)小球的拉力大小為32B．當(dāng)θ＝60°時(shí)，半圓柱體對(duì)小球的支持力大小為12C．半圓柱體受到水平地面的彈力大小為Mg+mgsin2θ D．半圓柱體受到豎直墻壁的彈力最大值為mg【解答】解：AB、對(duì)小球進(jìn)行受力分析如圖所示由幾何關(guān)系可知α＝θ根據(jù)小球受力平衡，可得：N＝mgsinθ，T＝mgcosθ代入數(shù)據(jù)解得：N=32mgCD、對(duì)小球和半圓柱體整體進(jìn)行受力分析，整體受地面的支持力FN，墻壁的彈力F，細(xì)線的拉力T，重力（m+M）g，整體受力平衡，則在豎直方向上有FN+Tcosθ＝（m+M）g水平方向上有F＝Tsinθ代入解得：FNF=1則當(dāng)θ＝45°時(shí)，F(xiàn)最大，最大為12故選：C。（2024?鹿城區(qū)校級(jí)模擬）俗稱書籍整理神器的“鐵書立”是一種用來支撐書籍以達(dá)到使書籍平穩(wěn)站立效果的物品，如圖所示．現(xiàn)在簡(jiǎn)化為如下示意圖，水平桌面上有一質(zhì)量為M的靜止的“鐵書立”，剛好靜止擺放了兩本書A和B，由此可知（）A．桌面對(duì)A書有向上的彈力 B．B書受到的合力為0 C．B書與“鐵書立”之間可以無摩擦 D．“鐵書立”對(duì)桌面的壓力為Mg【解答】解：A、由題圖甲知，A書與桌面沒有接觸，則桌面對(duì)A書不會(huì)有彈力，故A錯(cuò)誤；B、B書處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以合力為0，故B正確；C、對(duì)B書受力分析知，“鐵書立”對(duì)B書有向上的彈力，A書對(duì)B書有向右的彈力，又B書處于靜止?fàn)顟B(tài)，則B書有相對(duì)“鐵書立”向右運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，所以水平方向“鐵書立”對(duì)B書有向左的摩擦力，故C錯(cuò)誤；D、選整體為研究對(duì)象分析知，“鐵書立”對(duì)桌面的壓力大于Mg，故D錯(cuò)誤；故選：B?？键c(diǎn)二處理平衡問題常用的“三種”方法處理平衡問題的常用方法1．合成法：物體受三個(gè)共點(diǎn)力的作用而平衡，則任意兩個(gè)力的合力一定與第三個(gè)力大小相等、方向相反．2．分解法：物體受三個(gè)共點(diǎn)力的作用而平衡，將某一個(gè)力按力的效果分解，則其分力和其他兩個(gè)力滿足平衡條件．3．正交分解法：物體受到三個(gè)或三個(gè)以上力的作用而平衡，將物體所受的力分解為相互垂直的兩組，每組力都滿足平衡條件．（2024?麥積區(qū)二模）如圖所示，粗糙水平地面上放有橫截面為14A．地面對(duì)A的支持力不變 B．地面對(duì)A的摩擦力不變 C．墻對(duì)B的作用力不變 D．B對(duì)A的支持力不變【解答】如圖，A的重力為GA，B的重力為GB，地面對(duì)A的支持力為F，地面對(duì)A的摩擦力為f，B對(duì)A的作用力為FBA，與水平方向的夾角為θ，A對(duì)B的作用力為FAB，與水平方向的夾角為θ，墻面對(duì)B的作用力為FB。解：A.由整體分析可知，A、B保持靜止時(shí)地面對(duì)A的支持力等于A與B的重力之和，將A向左移動(dòng)少許，A、B仍將保持靜止，因此地面對(duì)A的支持力不變，故A正確；B.如圖，對(duì)A進(jìn)行受力分析可知f＝FBAcosθ，又有FBA＝FAB，且FABsinθ＝GB，因此有f＝GBcosθGBsinθ將A向左移動(dòng)，C.由整體分析可知，墻面對(duì)B的作用力等于地面對(duì)A的摩擦力，已知地面對(duì)A的摩擦力減小，故C錯(cuò)誤；D.B對(duì)A的作用力FBA=θ增大，F(xiàn)BA減小，故D錯(cuò)誤。故選：A。（2024?樟樹市模擬）2023年12月4日，隴東～山東±800千伏特高壓直流輸電工程（甘肅段）鐵塔組立首基試點(diǎn)在慶陽(yáng)市西峰區(qū)什社鄉(xiāng)N0003號(hào)塔舉行，標(biāo)志著該工程正式進(jìn)入鐵塔組立階段。如圖所示為相鄰鐵塔間某根輸電線的示意圖，A、B兩點(diǎn)分別為鐵塔與輸電線的連接點(diǎn)且等高，C點(diǎn)為該段輸電線的最低點(diǎn)，C點(diǎn)切向方向水平，輸電線質(zhì)量分布均勻，輸電線兩端的切線與豎直方向的夾角θA＝θB＝60°，AB間輸電線總質(zhì)量為2m，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．左鐵塔A處對(duì)輸電導(dǎo)線的拉力大小為23B．C處輸電導(dǎo)線的張力大小為3mgC．從A點(diǎn)到C點(diǎn)輸電線上張力大小一直增加 D．由于熱脹冷縮，冬季輸電線與豎直方向的夾角增加，輸電線兩端的彈力大小減少【解答】解：A.如圖所示，因?yàn)檩旊娋€路保持靜止，對(duì)輸電線路進(jìn)行整體受力分析可知，水平豎直方向所受合力均為0，則有FAcos60°+FBcos60°＝2mg，F(xiàn)Acos30°＝FBcos30°，聯(lián)立可得FA＝2mg，故A錯(cuò)誤；B.將AC段看作一個(gè)整體，進(jìn)行受力分析可知AC段受力FA作用，自身的重力以及C點(diǎn)因?yàn)檩旊娋€的張力而存在的向右的拉力FC，因?yàn)锳C段保持靜止，因此有FAcos30°＝FC，F(xiàn)C=3C.在AC間任取一點(diǎn)D，將AD看錯(cuò)整體進(jìn)行受力分析可知，受到拉力FA的作用，自身重力，D點(diǎn)輸電線路上的張力對(duì)AD的拉力作用FD，假設(shè)FD與豎直方向的夾角為α，則有FAsin60°＝FDsinα=3mg，因此FD=3mgsinα，結(jié)合圖象可知，從A點(diǎn)到C點(diǎn)，D.由于熱脹冷縮，到冬季時(shí)θ角增大，對(duì)輸電線路整體受力分析可知，F(xiàn)Acosθ+FBcosθ＝2mg，因?yàn)棣仍龃?，因此FA增大，故D錯(cuò)誤。故選：B。（2024?南充模擬）如圖甲是一種常見的持球動(dòng)作，用手臂擠壓籃球，將籃球壓在身側(cè)。為了方便問題研究，將該場(chǎng)景模型化為如圖乙，若增加手臂對(duì)籃球的壓力，籃球依舊保持靜止，則下列說法正確的是（）A．籃球受到的合力增大 B．籃球?qū)θ说撵o摩擦力方向豎直向上 C．人對(duì)籃球的作用力的方向豎直向上 D．手臂對(duì)籃球的壓力是由于籃球發(fā)生形變而產(chǎn)生的【解答】解：AC、籃球受到重力和人對(duì)籃球的作用力下保持靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)力的平衡條件可知，籃球的重力與人對(duì)藍(lán)球的作用力大小相等方向相反，即人對(duì)籃球的作用力的方向豎直向上，籃球受到的合力不變，A錯(cuò)誤，C正確；B、籃球?qū)θ说撵o摩擦力在籃球與人的兩個(gè)接觸面間都有，根據(jù)受力平衡，兩個(gè)摩擦力的向上的合力等于重力與壓力的分力，根據(jù)相互作用力，人受到籃球的摩擦力不是豎直向上的，故B錯(cuò)誤；D、根據(jù)彈力產(chǎn)生的特點(diǎn)，手臂對(duì)籃球的壓力是由于手臂發(fā)生形變而產(chǎn)生的，D錯(cuò)誤。故選：C?？键c(diǎn)三動(dòng)態(tài)平衡問題的處理技巧1．動(dòng)態(tài)平衡：是指平衡問題中的一部分是變力，是動(dòng)態(tài)力，力的大小和方向均要發(fā)生變化，所以叫動(dòng)態(tài)平衡，這是力平衡問題中的一類難題．2．基本思路：化“動(dòng)”為“靜”，“靜”中求“動(dòng)”．3．基本方法：圖解法和解析法．（2024?淮安模擬）我們常用支架與底板垂直的兩輪手推車搬運(yùn)貨物。如圖甲所示，將質(zhì)量為m的貨物平放在手推車底板上，此時(shí)底板水平；緩慢壓下把手直至底板與水平面間的夾角為60°。不計(jì)貨物與支架及底板間的摩擦，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．當(dāng)?shù)装迮c水平面間的夾角為30°時(shí)，底板對(duì)貨物的支持力為3mgB．當(dāng)?shù)装迮c水平面間的夾角為30°時(shí)，支架對(duì)貨物的支持力為3mgC．壓下把手的過程中，底板對(duì)貨物的支持力一直增大 D．壓下把手的過程中，支架對(duì)貨物的支持力一直減小【解答】解：AB、當(dāng)?shù)装迮c水平面間的夾角為30°時(shí)，對(duì)貨物受力分析，兩個(gè)彈力的合力與重力等大反向，如下圖所受：兩個(gè)彈力N1與N2垂直，由平衡條件可得支架對(duì)貨物的支持力：N底板對(duì)貨物的支持力：N2CD、壓下把手的過程中，兩個(gè)彈力的夾角始終是90°，貨物的受力情況如下圖所示：由圖可知，底板對(duì)貨物的支持力N1一直減小，支架對(duì)貨物的支持力N2一直增大，故CD錯(cuò)誤。故選：A。（2024?渝中區(qū)校級(jí)模擬）如圖，一根絕緣的光滑水平橫桿上套有質(zhì)量均為m的A、B兩個(gè)小環(huán)，兩環(huán)上都帶有正電荷，系在兩環(huán)上的等長(zhǎng)細(xì)繩拴住質(zhì)量為M的物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，某時(shí)刻開始環(huán)上電荷量緩慢減少，則（）A．單根細(xì)繩對(duì)物塊的拉力始終不變 B．兩細(xì)繩對(duì)物塊的合力變大 C．桿對(duì)A環(huán)的作用力保持不變 D．兩環(huán)間距等于繩長(zhǎng)時(shí)，單根細(xì)繩拉力大小等于Mg【解答】解：A、對(duì)左側(cè)圓環(huán)受力分析當(dāng)電荷減小后，庫(kù)侖力會(huì)減小，所以水平方向上為了保持受力平衡，繩子上的拉力也會(huì)減小，故A錯(cuò)誤；B、兩個(gè)細(xì)繩的拉力組成的合力始終與物塊的重力相平衡，所以合力始終不變，故B錯(cuò)誤；C、對(duì)物塊受力分析，如上圖所示對(duì)物塊而言豎直方向上2T'cosθ＝Mg，解得T'=對(duì)圓環(huán)而言，由于T＝T'，所以FN＝mg+Tcosθ，得到FN＝mg+MgD、當(dāng)兩環(huán)間距等于繩長(zhǎng)時(shí)，構(gòu)成一個(gè)等邊三角形，即θ＝30°，所以T'=3故選：C。（2024?郫都區(qū)校級(jí)二模）一物塊放置在固定斜面上，對(duì)物塊施加一水平力F，保持該力的大小不變，在將該作用力沿水平方向逆時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)至豎直方向的過程中，物塊始終靜止在斜面上，如圖所示。則該過程中（）A．斜面對(duì)物塊的摩擦力逐漸減小 B．斜面對(duì)物塊的支持力先減小后增大 C．斜面對(duì)物塊的作用力先減小后增大 D．斜面對(duì)物塊的作用力一直減小【解答】解：對(duì)物塊受力分析，如圖所示：AB、受重力、拉力、支持力和摩擦力，設(shè)拉力與斜面間的夾角為θ，若摩擦力開始向下，根據(jù)受力平衡可得：f+mgsinα＝Fcosθ，當(dāng)F逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)θ減小，所以摩擦力減小，若摩擦力開始向上，當(dāng)θ減小時(shí)，摩擦力減小，故AB錯(cuò)誤；CD、斜面體對(duì)物塊的作用力包括摩擦力和支持力，當(dāng)F逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，F(xiàn)與mg的合力減小，根據(jù)受力平衡可得，f與F′的合力也減小，所以斜面對(duì)物塊的作用力減小，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：D?？键c(diǎn)四平衡中的臨界與極值問題1．臨界問題當(dāng)某物理量變化時(shí)，會(huì)引起其他幾個(gè)物理量的變化，從而使物體所處的平衡狀態(tài)“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”，在問題的描述中常用“剛好”、“剛能”、“恰好”等語言敘述．常見的臨界狀態(tài)有：(1)兩接觸物體脫離與不脫離的臨界條件是相互作用力為0(主要體現(xiàn)為兩物體間的彈力為0)．(2)繩子斷與不斷的臨界條件為繩中的張力達(dá)到最大值；繩子繃緊與松馳的臨界條件為繩中的張力為0.(3)存在摩擦力作用的兩物體間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)或相對(duì)靜止的臨界條件為靜摩擦力達(dá)到最大．研究的基本思維方法：假設(shè)推理法．2．極值問題平衡物體的極值，一般指在力的變化過程中的最大值和最小值問題．一般用圖解法或解析法進(jìn)行分析．（2024?龍崗區(qū)校級(jí)三模）如圖所示，在豎直墻壁上固定水平輕桿OB，B為鉸鏈裝置，OA為輕質(zhì)細(xì)繩且與水平方向夾角θ＝30°，小球質(zhì)量為m，通過輕繩系于O點(diǎn)，初始時(shí)整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)保證O點(diǎn)位置不變，逐漸減小繩OA的長(zhǎng)度，使繩的上端由A點(diǎn)緩慢移動(dòng)至C點(diǎn)。已知重力加速度為g，不計(jì)所有摩擦，則下列說法正確的是（）A．初始時(shí)OA繩的拉力大小為3mg B．移動(dòng)過程中OA繩的拉力大小逐漸增大 C．移動(dòng)過程中OB桿的彈力逐漸減小 D．最終OA繩的拉力大小減小至0【解答】解：A、初始時(shí)整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，設(shè)OA繩的拉力大小為FT，豎直方向上，根據(jù)平衡條件得：mg＝FTsin30°，解得：FT＝2mg，故A錯(cuò)誤；BD、根據(jù)平衡條件，豎直方向上可得mg＝FTsinθ則得F繩的上端由A點(diǎn)緩慢移動(dòng)至C點(diǎn)，θ增大，sinθ增大，則FT逐漸減小直至mg，故BD錯(cuò)誤；C、水平方向上，根據(jù)平衡條件得：F繩的上端由A點(diǎn)緩慢移動(dòng)至C點(diǎn)，θ增大，tanθ增大，則FNB逐漸減小，故C正確。故選：C。（2022?聊城模擬）殲—20戰(zhàn)斗機(jī)安裝了我國(guó)自主研制的矢量發(fā)動(dòng)機(jī)，能夠在不改變飛機(jī)飛行方向的情況下，通過轉(zhuǎn)動(dòng)尾噴口方向改變推力的方向，使戰(zhàn)斗機(jī)獲得很多優(yōu)異的飛行性能．已知在殲—20戰(zhàn)斗機(jī)沿水平方向超音速勻速巡航時(shí)升阻比（垂直機(jī)身向上的升力和平行機(jī)身向后的阻力之比）為k，飛機(jī)的重力為G．能使飛機(jī)實(shí)現(xiàn)水平勻速巡航模式的最小推力是（）A．G1+k2 B．Gk 【解答】解：飛機(jī)受到重力G、發(fā)動(dòng)機(jī)推力F1、升力F2和空氣阻力f，重力的方向豎直向下，升力F2的方向豎直向上，空氣阻力f的方向與F2垂直，如圖殲—20戰(zhàn)斗機(jī)沿水平方向超音速勻速巡航，則有水平方向Fx＝f豎直方向F2+Fy＝G其中F2＝kf解得Fy＝G﹣kf則F12=Fx2+Fy結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)可知F12表達(dá)式為開口向上，對(duì)稱軸為f＝Gk的拋物線，即當(dāng)f=kG解得Fm=G故選：C。如圖所示，質(zhì)量為2.5m的物體A放在傾角為α＝30°的固定斜面體上，一平行于斜面的輕繩跨過光滑定滑輪一端與物體A連接，另一端與一豎直輕彈簧相連，彈簧下端懸掛一質(zhì)量為m的砝碼盤B，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)將質(zhì)量為m的砝碼輕輕放在B盤中，二者開始運(yùn)動(dòng)。B在運(yùn)動(dòng)過程中始終未著地，已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。輕繩不可伸長(zhǎng)，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，要使物體A始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，A和斜面體之間的動(dòng)摩擦因數(shù)的最小值為（）A．33 B．315 C．43【解答】解：放砝碼之前，B保持靜止合力為零，根據(jù)二力平衡得彈簧彈力為F1＝mg；放砝碼之后，砝碼盤和砝碼作為整體做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，且此時(shí)的回復(fù)力為最大值Fm＝2mg﹣F1＝2mg﹣mg＝mg，方向豎直向下，簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的位移為向上最大值；當(dāng)整體合力為零時(shí)即為平衡位置，此時(shí)彈簧彈力F2＝2mg，根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，當(dāng)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的位移為向下最大值時(shí)，設(shè)彈簧彈力為F3，回復(fù)力方向向上且為最大值Fm＝F3﹣2mg＝mg，得F3＝3mg，方向豎直向上；此時(shí)對(duì)物體A受力分析，繩子拉力最大為T＝F3＝3mg，動(dòng)摩擦因數(shù)最小值滿足T＝2.5mgsin30°+μ（2.5mg）cos30°代入數(shù)據(jù)解得μ=7故選：D。（2024?長(zhǎng)春一模）如圖，質(zhì)量為m的光滑球體夾在豎直墻壁和斜面體之間，斜面體質(zhì)量為2m，傾角θ＝37°，設(shè)斜面體與地面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，若斜面體恰好不滑動(dòng)，則斜面體與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（）A．μ=14 B．μ=38 C．【解答】解：設(shè)摩擦因數(shù)為μ，對(duì)整體受力分析如圖所示，根據(jù)平衡條件可求，地面對(duì)整體的支持力：FN＝3mg地面對(duì)斜面的靜摩擦力等于墻對(duì)小球的彈力：f＝F1由于斜面恰好不滑動(dòng)，所以斜面體與地面間的靜摩擦力到達(dá)最大：fm＝μFN＝μ（m+2m）g對(duì)球體受力分析如圖所示，根據(jù)平衡條件可得：F1＝mgtan37°由以上可知斜面體與地面間的最大靜摩擦力：fm＝F1＝mgtan37°聯(lián)立以上解得：μ=故選：A。題型1整體法與隔離法（2023?綿陽(yáng)模擬）新春佳節(jié)，大街小巷總會(huì)掛起象征喜慶的中國(guó)紅燈籠。如圖所示，由4根等長(zhǎng)輕質(zhì)細(xì)繩AB、BC、CD、DE懸掛起3個(gè)質(zhì)量相等的燈籠，繩兩端的結(jié)點(diǎn)A、E等高，AB繩與豎直方向的夾角為α，繩中張力大小為F1；BC繩與豎直方向的夾角為β，繩中張力大小為F2，則（）A．α可能等于β B．α可能大于β C．F1＞3F2 D．F1＜3F2【解答】解：由對(duì)稱性可知AB繩和DE繩張力大小相等，大小為F1。對(duì)三個(gè)燈籠的整體分析，由受力平衡可得：在豎直方向有：2F1cosα＝3mg對(duì)結(jié)點(diǎn)B受力分析，由受力平衡可得：F1sinα＝F2sinβF1cosα＝mg+F2cosβ聯(lián)立解得：3tanα＝tanβF1=3mgAB、由3tanα＝tanβ，可知α＜β，故AB錯(cuò)誤；CD、由F1=可知F1又α＜β，得：cosα＞cosβ所以可得：F1＜3F3故C錯(cuò)誤，D正確。故選：D。（2023?玉林三模）如圖所示，質(zhì)量為m的圓環(huán)A，跨過定滑輪的細(xì)繩一端系在圓環(huán)A上，另一端系一物塊B。細(xì)繩對(duì)圓環(huán)A的拉力方向水平向左。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，圓環(huán)A與固定直桿間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，直桿傾角θ＝37°，cos37°＝0.8，要保證A不向上滑動(dòng)，所懸掛的物塊B質(zhì)量不能超過（）A．2m B．53m C．54【解答】解：對(duì)物體B，由平衡條件可得繩子拉力為：T＝mBg對(duì)圓環(huán)A受力分析，如圖當(dāng)圓環(huán)剛要上滑時(shí)，由平衡條件可得沿桿的方向，有：Tcosθ＝mgsinθ+fm垂直于桿的方向，有：N＝Tsinθ+mgcosθ又fm＝μN(yùn)聯(lián)立解得mB＝2m即懸掛的物塊B質(zhì)量不能超過2m，BCD錯(cuò)誤，A正確。故選：A。（2024?浙江模擬）圖甲是傳統(tǒng)民居建筑材料瓦片，相同的質(zhì)量為m的瓦片緊靠在一起靜止豎直疊放在水平地面上如圖乙所示。下方瓦片的受力點(diǎn)均在其頂端，則瓦片（）A．4右端對(duì)地面的壓力比左端的大 B．5右端受到的支持力是2右端受到支持力的2倍 C．4頂端受到的壓力大小為mg D．5左端對(duì)地面的壓力為5【解答】解：A、1對(duì)2的壓力為122對(duì)4的壓力為F24=12×（14對(duì)地面的壓力F4=12×（12mg+FBD、2的右端所受支持力為F2=35的右端所受的支持力為F5=12×（12mg+2F2C、4的頂端受到的壓力大小為F＝F2=3故選：D。（2024?深圳二模）如圖為我國(guó)傳統(tǒng)豆腐制作流程中用到的過濾器，正方形紗布的四角用細(xì)繩系在兩根等長(zhǎng)的、相互垂直的水平木桿兩端，再通過木桿中心轉(zhuǎn)軸靜止懸掛在空中。豆?jié){過濾完，紗布與豆渣的總質(zhì)量為m，細(xì)繩與豎直方向的夾角始終為θ。下列說法正確的是（）A．此時(shí)每根細(xì)繩受到的拉力為mg4cosθB．此時(shí)每根細(xì)繩受到的拉力為mg4C．豆?jié){從紗布流出過程中，忽略紗布的拉伸形變，細(xì)繩受到的拉力變大 D．豆?jié){從紗布流出過程中，紗布中豆?jié){和豆渣整體的重心不變【解答】解：AB、對(duì)紗布和豆渣受力分析，如圖所示：設(shè)每根繩的拉力為F，根據(jù)受力平衡，每根繩的拉力在豎直方向的分力等于14G解得：F=mgCD、豆?jié){流出過程中整體的質(zhì)量減少，根據(jù)：F=mg故選：A。題型2合成法處理物體靜態(tài)平衡問題（2024?佛山二模）圖甲是一質(zhì)量分布均勻的長(zhǎng)方體藥箱，按圖乙所示的方式用輕繩懸掛在墻面一光滑的釘子P上，圖丙為右視圖。已知藥箱長(zhǎng)ab＝30cm，質(zhì)量m＝0.4kg，藥箱上表面到釘子的距離h＝10cm，輕繩總長(zhǎng)度L＝50cm，兩端分別系在O、O′兩點(diǎn)，O是ad的中點(diǎn)，O'是bc的中點(diǎn)，不計(jì)藥箱與墻壁之間的摩擦力，g取10m/s2，則輕繩上拉力大小為（）A．4N B．5N C．8N D．10N【解答】解：根據(jù)幾何關(guān)系可知PO＝25cm，另OO′的中點(diǎn)為D，則2TDP代入數(shù)據(jù)解得T＝5N，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B。（2024?正定縣校級(jí)三模）在吊運(yùn)表面平整的重型板材（混凝土預(yù)制板、厚鋼板）時(shí)，如因吊繩無處鉤掛而遇到困難，可用一根鋼絲繩將板攔腰捆起（不必捆的很緊），用兩個(gè)吊鉤勾住繩圈長(zhǎng)邊的中點(diǎn)起吊（如圖所示），若鋼絲繩與板材之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，為了滿足安全起吊（不考慮鋼絲繩斷裂），需要滿足的條件是（）A．tanα＞μ B．tanα＜μ C．sinα＞μ D．sinα＜μ【解答】解：要起吊重物，只需滿足繩子張力T的豎直分量小于鋼絲繩與板材之間的最大靜摩擦力，如圖所示即μTcosα＞Tsinα化簡(jiǎn)可得tanα＜μ故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B。題型3正交分解法處理物體靜態(tài)平衡問題（2024?長(zhǎng)沙模擬）如圖所示，固定的傾角為37°的粗糙斜面上放置一長(zhǎng)方體物塊，現(xiàn)用一大小等于物塊重力，方向與斜面成37°角斜向下的推力推動(dòng)物塊（力的作用線在斜面上的投影與斜面底邊平行），物塊在斜面上恰好做勻速運(yùn)動(dòng)。則物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（）A．34 B．54 C．56【解答】解：設(shè)物塊的質(zhì)量為m，對(duì)物塊受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可知Fsin37°+mgcos37°＝N(Fcos37°)根據(jù)摩擦力的公式有f＝μN(yùn)解得μ=故ABC錯(cuò)誤，D正確；故選：D。（2024?興寧區(qū)二模）如圖（a）所示，刷油漆的使用的滾筒刷，既可以刷天花板，也可以刷豎直墻面和水平地面，某同學(xué)為了研究其運(yùn)動(dòng)過程中的受力情況，將刷天花板時(shí)的過程簡(jiǎn)化為圖（b），質(zhì)量為m的物體在外力F的作用下沿水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)與水平方向的夾角為θ，若保持F大小不變，F(xiàn)與水平方向的夾角仍為θ，物體與天花板和水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，建立如圖（c）所示模型進(jìn)行分析，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，關(guān)于圖（b）和圖（c）中物體所受摩擦力，下列說法正確的是（）A．圖（b）中物體所受摩擦力大 B．圖（c）中物體所受摩擦力大 C．圖（b）和圖（c）中物體所受摩擦力一樣大 D．以上三種情況都有可能【解答】解：對(duì)圖（b）受力分析Fcosθ＝fFsinθ＝N+mgf＝μN(yùn)對(duì)圖（c）受力分析Fcosθ＝f對(duì)于圖（b）和（c）都有Fcosθ＝f所以圖（b）和（c）摩擦力一樣大故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：C。題型4力的三角形法處理物體靜態(tài)平衡問題（2024?雨花區(qū)校級(jí)模擬）隨著工作壓力的增大以及生活水平的提高，越來越多的人選擇在假期出行旅游放松。若車廂上放置一與地板成θ角的木板，木板上靜置一木塊。某段時(shí)間內(nèi)，木塊隨車廂一起斜向上做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng)。已知纜繩與水平方向夾角也為θ。若木板與車廂底板夾角緩慢增大稍許，木塊、木板與車廂始終保持相對(duì)靜止，則關(guān)于木塊對(duì)木板的壓力FN和木塊對(duì)木板的摩擦Ff，下列說法正確的是（）A．FN減小，F(xiàn)f減小 B．FN增大，F(xiàn)f增大 C．FN減小，F(xiàn)f增大 D．FN增大，F(xiàn)f減小【解答】解：對(duì)木塊受力分析如圖甲所示，因?yàn)檐噹乩|繩斜向上加速運(yùn)動(dòng)，所以三個(gè)力的合力沿纜繩斜向右上，因此支持力與靜摩擦合力斜向右上，因?yàn)槟緣K質(zhì)量和加速度均不變，故三個(gè)力的合力不變。又木塊重力不變，則支持力與靜摩擦合力不變。木板與底板夾角緩慢增大稍許，畫出木塊的受力分析圖，如圖乙所示FN減小，F(xiàn)f增大。故ABD錯(cuò)誤，C正確；故選：C。（2024?貴州模擬）如圖所示，光滑斜面上小球被輕繩拴住懸掛在天花板上，斜面置于粗糙水平地面上，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知細(xì)繩與豎直方向夾角為θ，斜面傾角為α＝45°（θ＜α），現(xiàn)用力向右緩慢推斜面（推力在圖中未畫出），當(dāng)細(xì)繩與豎直方向的夾角θ＝α?xí)r，撤去推力。則下列說法正確的是（）A．緩慢推動(dòng)斜面時(shí)，斜面對(duì)小球的支持力保持不變 B．緩慢推動(dòng)斜面時(shí)，細(xì)繩對(duì)小球的拉力大小保持不變 C．θ＝α?xí)r，地面對(duì)斜面體的摩擦力水平向左 D．θ＝α?xí)r，細(xì)繩對(duì)小球的拉力大小等于斜面對(duì)小