人教版高一物理必修第一冊同步練習(xí)：共點力的平衡

3.5共點力的平衡

學(xué)習(xí)目標

1.知道共點力的平衡條件，并會分析生產(chǎn)生活中的相關(guān)問題。

2.能運用數(shù)學(xué)中的三角函數(shù)、幾何關(guān)系等對力與平衡問題進行分析和推理。

3.能從不同的角度解決力與平衡問題。

知識梳理

一、共點力平衡的條件及三力平衡問題

1.平衡狀態(tài)：物體處于靜止或勻速直線運動的狀態(tài).

2.平衡條件：合外力等于0,即尸仔=0或

3.推論

(1)二力平衡：若物體在兩個力作用下處于平衡狀態(tài)，則這兩個力一定等大、反向.

(2)三力平衡：若物體在三個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，則任意兩個力的合力與第三個力等大、反

向.

(3)多力平衡：若物體在〃個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，則其中任意(〃一1)個力的合力必定與第"

個力等大、反向.

二、物體在三個力或多個力作用下的平衡問題的解法

1.力的合成法一一般用于受力個數(shù)為三個時

(1)確定要合成的兩個力；

(2)根據(jù)平行四邊形定則作出這兩個力的合力；

(3)根據(jù)平衡條件確定兩個力的合力與第三力的關(guān)系(等大反向)；

(4)根據(jù)三角函數(shù)或勾股定理解三角形.

2.正交分解法——一般用于受力個數(shù)為三個或三個以上時

(1)建立直角坐標系；

(2)正交分解各力；

（3）沿坐標軸方向根據(jù)平衡條件列式求解.

三、利用正交分解法分析多力平衡問題

1.將各個力分解到x軸和y軸上，根據(jù)共點力的平衡條件列式（"=0,月,=0）求解.

2.對x、y軸方向的選擇原則是：使盡可能多的力落在x、y軸上，需要分解的力盡可能少，被分解

的力盡可能是已知力.

3.此方法多用于三個或三個以上共點力作用下的物體平衡，三個以上共點力平衡一般要采用正交分

解法.

問題探究

題型1受力分析的應(yīng)用

［例題1］如圖所示，質(zhì)量均為m的a、b兩物體，放在兩固定的水平擋板之間，物體間用一豎直放

置的輕彈簧連接，在b物體上施加水平拉力F后，兩物體始終保持靜止狀態(tài)，已知重力加速度

為g,則下列說法正確的是（）

A.a物體對水平擋板的壓力大小可能為2mg

B.b物體所受摩擦力的大小為F

C.a物體所受摩擦力的大小為F

D.彈簧對a物體的彈力大小可能等于mg

【解答】解：ABD、在b物體上施加水平拉力F后，兩物體始終保持靜止狀態(tài)，則物體b受到接

觸面的靜摩擦力，大小等于水平拉力F,b與上擋板之間存在摩擦力，則它們之間一定存在彈力,

即上擋板對b有向下的彈力，所以彈簧的彈力大于物體b的重力，由整體法可知，a物體對水平

面的壓力大小大于為2mg,故AD錯誤，B正確；

C、根據(jù)摩擦力產(chǎn)生的條件可知，a物體沒有相對運動的趨勢，則沒有摩擦力，故C錯誤。

故選：B?

方以3點接

根據(jù)物體b受水平拉力F力后仍處于靜止，則可知，必定受到靜摩擦力，從而可確定彈簧的彈力

與物體b的重力關(guān)系，再由摩擦力產(chǎn)生的條件，即可求解。

［變式1］（多選）（2022秋?寧河區(qū)校級期末）將一長方形木塊鋸開為相同的A、B兩部分后，按圖

示方式疊放并靜止在粗糙水平地面上，A、B接觸面與豎直方向的夾角為8,A、B間的動摩擦

因數(shù)為上若A、B的質(zhì)量均為m,重力加速度大小為g,則下列說法正確的是（）

B.A對B的摩擦力大小為（imgsin。

C.A對B的摩擦力大小為mgcosO

D.A對B的作用力方向垂直于A、B接觸面向下

【解答】解：A.以A、B為整體，由平衡條件可知，地面對B的摩擦力為0。故A正確;

BC.以A為研究對象，受力如圖:

沿斜面方向，受力平衡可知，B對A的靜摩擦大小為:

f=mgcos。

由牛頓第三定律可知A對B的摩擦力大小為mgcos。。故B錯誤；C正確；

D.由圖可知，B對A的作用力與A的重力等大反向，即方向豎直向上，由牛頓第三定律可知,

A對B的作用力方向豎直向下。故D錯誤。

故選：ACo

［變式2］（多選）《中國制造2025》是國家實施強國戰(zhàn)略第一個十年行動綱領(lǐng)，智能機器制造是一

個重要方向，其中智能機械臂已廣泛應(yīng)用于各種領(lǐng)域。如圖所示，一智能機械臂鐵夾夾起一個

金屬小球后靜止在空中，鐵夾與球接觸面保持豎直，則（）

A.若增大鐵夾對小球的壓力，小球受到的摩擦力變大

B.小球受到的摩擦力之和與重力大小相等

C.鐵夾受到的摩擦力方向豎直向下

D.若減小鐵夾對小球的壓力，小球一定會脫離鐵夾

【解答】解：

A.根據(jù)豎直方向平衡，小球受到的摩擦力大小等于重力大小，故A錯誤；

B.根據(jù)豎直方向平衡，小球受到的摩擦力大小等于重力大小，故B正確；

C.根據(jù)豎直方向平衡，小球受到的摩擦力大小等于重力大小，方向相反，豎直向上，根據(jù)牛頓第

三定律，鐵夾受到的摩擦力方向豎直向下，故C正確；

D.若減小鐵夾對小球的壓力，只要最大靜摩擦力大小大于等于重力大小，小球仍然靜止，故D錯

、口

厭；

故選：BCo

題型2共點力的平衡

［例題2］（2024?江蘇模擬）兩個質(zhì)量均為m的A、B小球用輕桿連接，A球與固定在斜面上的光滑

豎直擋板接觸，B球放在傾角為。的斜面上，A、B均處于靜止，B球沒有滑動趨勢，則A球

對擋板的壓力大小為（）

上

mg2mg

A-mgtaneB.2mgtan0C.石而D.—

【解答】解：由于B球沒有滑動趨勢，因此B球不受斜面的摩擦力；

對A、B整體研究，可得擋板對A球的彈力大小為：F=2mgtan0,

根據(jù)牛頓第三定律可知，A球?qū)醢宓膲毫Υ笮∫矠?mgtan。，故B正確，ACD錯誤。

方法點撥

以整體為研究對象，根據(jù)受力情況結(jié)合共點力的平衡條件進行解答。

［變式3］（2024?綿陽模擬）三角形薄板ABC厚薄均勻、質(zhì)量均勻分布，AD、BE分另?。轂锽C、AC

邊中線，過這兩條中線的交點的豎直線1交BC的延長線于0。兩根輕繩分別系于A、B,輕繩

BN固定在天花板某點，調(diào)節(jié)輕繩MA,使N、B、C三點共線，且AB邊保持水平，此時MA

A.三點M、A、C一定共線

B.三點M、A、D一定共線

C.輕繩NB中拉力大于輕繩MA中拉力

D.輕繩NB中拉力小于輕繩MA中拉力

【解答】解：AB、對物體受力分析可知，物體受重力，繩子BN的拉力FB，繩子AM的拉力

FA，由于物體處于靜止狀態(tài)，所以三個力的合力為零，由題意可知，重心與。點的連線為重力的

方向，F(xiàn)B與重力交于。點，由共點力平衡可知，F(xiàn)A也交于0點，故AB錯誤；

CD、對0點受力正交分解，如圖

FACOS?=FBCOSP

依題意，此時MA比NB長，故

a<P

因此cosa>cosp

貝IFA<FB

故C正確；D錯誤。

故選：Co

[變式4]（2024?廣東模擬）如圖所示，靜止在水平桌面上厚度不計的圓柱形玻璃杯中放有兩個半徑

相同的玻璃球A和B,每個玻璃球的重力為G。已知玻璃杯的底部直徑是玻璃球半徑的3倍,

玻璃球A對玻璃杯側(cè)壁的壓力大小為Fi，玻璃球A對玻璃球B的壓力大小為F2，不計一切摩

擦。下列說法正確的是（）

A.F1=-G,F2=B.Fi=F2=

c.Fl=|G,F2=^GD.FI=^C,F2=1G

【解答】解：設(shè)A、B兩玻璃球球心的連線與豎直方向的夾角為仇如圖甲所示

甲

1

則由幾何關(guān)系可知sine=-,將玻璃球A的重力進行分解，如圖乙所示

G2

乙

可得Fi=Gtan。=亨G,F2-2Fr-故A正確，BCD錯誤。

故選：Ao

[變式5](2024?青島三模)如圖(a),摩擦角的物理意義是：當兩接觸面間的靜摩擦力達到最大值

時，靜摩擦力f與支持面的支持力N的合力F與接觸面法線間的夾角即為摩擦角＜p,可知tancp

=Ho利用摩擦角的知識可以用來估料，如圖(b)所示。物料自然堆積成圓錐體，圓錐角底角

必定是該物料的摩擦角中。若已知物料的摩擦角中和高h,動摩擦因數(shù)為上物料所受滑動摩

擦力等于最大靜摩擦力?？汕蟪鰣A錐體的體積為()

【解答】解：物料自然堆積成圓錐體，圓錐角底角必定是該物料的摩擦角，對物料作受力分析如

圖所示

為使物料不下滑，應(yīng)使。減小；當?shù)捉恰Ｐ∮邛罆r，物料將停留在錐面上，那么使物料恰好不下

滑應(yīng)使。增大，且讓。=中，所以底角會保持為定值隼。若已知中和錐體的高h,則可求出它的

體積為

11h2兀h3nh3

V=-3TCT^h.=3~7^i(t-a--n--(-p-})h=-3--t-a--n-^--(p--=-3--0---

故A正確，BCD錯誤；

故選：Ao

[變式6](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。下方瓦片的受力點均在其頂端，則瓦片()

A.4右端對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

5

D.5左端對地面的壓力為不ng

1

【解答】解：A、1對2的壓力為酒g

113

2對4的壓力為F24=/X(/mg+mg)=^mg

一117

4對地面的壓力F4=]X(]mg+F24)，解得加且，故A錯誤；

一3

BD、2的右端所受支持力為F2=^g

115

5的右端所受的支持力為F5=]X(*g+2F2),解得F5=]ng,故D正確，B錯誤;

3

C、4的頂端受到的壓力大小為F=F2=ing,故C錯誤。

故選：D。

題型3動態(tài)平衡分析

[例題3](2024?南充模擬)如圖(a),某人借助瑜伽球鍛煉腿部力量，她曲膝靜蹲，背部倚靠在瑜

伽球上，瑜伽球緊靠豎直墻面。假設(shè)瑜伽球光滑且視為均勻球體，整體可簡化成如圖(b)o當

71

人緩慢豎直站立的過程中，人的背部與水平面夾角0＜萬，下列說法正確的是()

圖a

A.墻面對球的力保持不變

B.人受到地面的摩擦力變大

C.地面對人的支持力變大

D.球?qū)θ说膲毫ο仍龃蠛鬁p小

【解答】解：AD.對瑜伽球受力分析，如圖所示:

mg

Ni=mgtan9,N2=^^

人緩慢豎直站立的過程中，人的背部與水平面夾角逐漸變大，則墻面對球的力增大。人對球的支

持力增大根據(jù)牛頓第三定律可知球?qū)θ说膲毫υ龃螅蔄D錯誤;

BC.對整體受力分析，如圖所示

R

由平衡條件，可知：

FN=（M+m）g,f=Ni

由此可知人受到地面的摩擦力變大，地面對人的支持力不變，故B正確，C錯誤。

故選：Bo

方法點接

根據(jù)整體和隔離法，對瑜伽球、瑜伽球和人進行受力分析，列出對應(yīng)的平衡式子即可。

[變式7]（2024?西寧二模）如圖（a）所示，在光滑墻壁上用網(wǎng)兜把一足球掛在A點，足球與墻壁

的接觸點為B。繩子的長短變化可導(dǎo)致繩對足球的拉力、墻對足球的支持力發(fā)生改變。以上情

境可簡化為圖（b）所示模型：用一輕繩將一光滑小球系于豎直墻壁上的。點，用一水平細桿

壓在輕繩上緊貼墻壁從O點緩慢下移，在細桿下移過程中下列說法正確的是（）

圖（a）圖（b）

A.輕繩對小球的拉力逐漸增大

B.輕繩對小球的拉力逐漸減小

C.墻壁對小球的支持力逐漸減小

D.墻壁對小球的支持力保持不變

【解答】解：小球受到重力、拉力和墻壁對小球的支持力處于平衡狀態(tài)，設(shè)拉力與豎直方向的夾

角為。，如圖所示。

\----馥N

mg

mq

根據(jù)共點力平衡條件可得拉力大小為T=

墻壁對小球的支持力大小為N=mgtan0

在細桿下移過程中，。增大，cose逐漸減小，則拉力T逐漸增大；tan。逐漸增大，則墻壁對小球

的彈力N逐漸增大，故A正確，BCD錯誤。

故選：Ao

[變式8]（2023秋?雁塔區(qū)期末）如圖所示，一小球放在豎直的墻面與傾斜的木板之間，設(shè)小球?qū)?/p>

墻面的壓力大小為Fi，小球?qū)δ景宓膲毫Υ笮镕2,以木板與墻連接點所形成的水平直線為軸,

將木板從圖示位置順時針緩慢轉(zhuǎn)到與墻面垂直的位置，不計摩擦，在此過程中（）

A.Fi一直增大，F(xiàn)2一直減小

B.Fi先減小后增大，F(xiàn)2一直減小

C.Fi和F2都一直在減小

D.Fi和F2都一直在增大

【解答】解：小球?qū)γ娴膲毫Υ笮镕i，小球?qū)δ景宓膲毫Υ笮镕2,根據(jù)牛頓第三定律，可

知墻面對小球的支持力大小等于Fi，木板對小球的支持力大小等于F2,對小球進行受力分析，作

出受力動態(tài)三角形，如圖所示

木板從圖示位置順時針緩慢轉(zhuǎn)到與墻面垂直的位置過程中，木板對小球的支持力方向逐漸靠近豎

直方向，可得Fi和F2都一直在減小，故ABD錯誤，C正確。

故選：Co

[變式9]（2023秋?齊齊哈爾期末）如圖所示，清洗樓房玻璃的工人常用一根繩索將自己懸停在空

中，工人及其裝備的總質(zhì)量為80kg,懸繩與豎直墻壁的夾角為37。，懸繩對工人（含裝備）的

彈力大小為FT，墻壁對工人（含裝備）的彈力大小為FN，忽略一切摩擦，sin37°=0.6,

cos37°=0.8,重力加速度g取lOm/s?。則下列說法正確的是（）

B.FN=480N

C.若緩慢減小懸繩的長度，F(xiàn)T和FN都增大

D.若緩慢減小懸繩的長度，F(xiàn)T與FN的合力增大

【解答】解：AB、工人受重力、支持力和拉力三個力的作用，如圖所示;

mg80x10

-

由數(shù)學(xué)知識得：FT=cos37o=08"N=1000N

FN=mgtan37°=80X10X0.75N=600N,故AB錯誤；

mq

C、根據(jù)FT=G，F(xiàn)N=mgtanB,若緩慢減小懸繩的長度，懸繩與豎直墻壁的夾角將增大，則拉

力FT、支持力FN都增大，故C正確；

D、根據(jù)平衡條件，無論懸索的長度增加或減小，F(xiàn)T與FN的合力始終等于重力，大小和方向都

不變，故D錯誤。

故選：Co

[變式10]（2023秋?沙坪壩區(qū)校級期末）如圖所示，一玻璃清潔工人坐在簡易的小木板BC上，通過

樓頂?shù)幕喓洼p質(zhì)繩索OA在豎直平面內(nèi)緩慢下降。在下降過程中，工人腿部與豎直玻璃墻的

夾角0=60°,且保持不變。玻璃墻對腳的作用力始終沿腿方向，小木板BC保持水平且與玻

璃墻平行。某時刻輕繩OA與豎直玻璃墻的夾角a=30°,連接小木板的兩等長輕繩AB、AC

的夾角9=120°,且與OA在同一傾斜平面內(nèi)。已知工人及工具的總質(zhì)量m=80kg,小木板的

質(zhì)量可忽略不計，g=10m/s2o假設(shè)工人姿勢保持不變，下列說法正確的是（）

甲乙丙

A.此時，玻璃墻對腳的作用力大小為4008N

B.此時，AB、AC繩上的張力大小均為400N

C.從該時刻起，工人緩慢下降過程中，玻璃墻對腳的作用力逐漸減小

D.從該時刻起，工人緩慢下降過程中，OA繩上的張力逐漸減小

【解答】解：AB.對工人受力分析如圖1,根據(jù)平衡條件有

mg

圖1

1

F=mgcos0=8OX10X—N=400N

繩AB的張力大小

V3廠

TOA=mgcosa=80X10x—N=400V3N

根據(jù)力的合成可知AB、AC繩上的張力大小均為

2Tcos60°=TOA

解得T=400同

故AB錯誤：

CD.對工人和小木板整體受力分析如圖2所示：

mg

圖2

因某時刻，0=60°,a=30°,故玻璃墻對腳的作用力Fi的方向與繩索OA的拉力F2的方向垂

直，從該時刻起，工人在緩慢下移的過程中，F(xiàn)i的方向不變，a減小，F(xiàn)2的方向向豎直方向靠近,

由圖1可知Fi變小，F(xiàn)2變大，由牛頓第三定律可知腳對墻的作用力變小，故D錯誤，C正確；

故選：C=

強化訓(xùn)練

【基礎(chǔ)強化】

1.（2024?唐山一模）如圖所示，用一根輕質(zhì)細繩將重為10N的畫框?qū)ΨQ懸掛在豎直墻上，畫框

上兩個掛釘間的距離為0.5m。若繩能承受的最大拉力為10N,要使繩不會被拉斷，繩子的最短

長度為（）

V3

C.——mD.1.0m

3

【解答】解：對畫框受力分析如圖所示:

畫框受到重力mg和兩個大小相等的細繩拉力Fi、F2的作用而處于靜止狀態(tài)，當

Fi=F2=Fmax=10N時，對應(yīng)于細繩不被拉斷的最小長度為L,設(shè)此時F1和F2與豎直方向的夾角

都為6,由平衡條件可得：

2Ficos0=mg=10N,解得：cos0=O.5,所以有：0=60°；

O.SdV3

設(shè)畫框上兩個掛釘間的距離為的d,則繩子的最小長度為：L=--x2=^m,故ABD錯誤,

sin63

C正確。

故選：Co

2.（2024?南昌三模）如圖所示，一梯子斜靠在光滑的豎直墻壁上，下端放在粗糙的水平地面上,

某工人站立于梯子上，下列說法正確的是（）

A.地面對梯子的摩擦力方向水平向右

B.人和梯子組成的系統(tǒng)受三個力作用

C.梯子對工人的作用力豎直向上

D.地面對梯子的作用力豎直向上

【解答】解：AB、先對人和梯子組成的系統(tǒng)受力分析，系統(tǒng)在豎直方向上受重力、地面的支持力，

墻光滑，豎直墻對梯子沒有摩擦力；在水平方向上，受到豎直墻壁水平向右的支持力和地面水平

向左的摩擦力，共四個力作用，故AB錯誤；

C、根據(jù)平衡條件，對人受力分析，人受到豎直向下的重力，梯子對工人的作用力豎直向上與重

力平衡，故C正確；

D.地面對直梯的作用力為支持力和摩擦力的合力，方向斜向左上方，故D錯誤。

故選：Co

3.（2024?湛江二模）如圖所示，國產(chǎn)C919飛機正在沿機身所在直線勻速斜向上飛行，機身與水

平方向的夾角為仇飛機受到的重力大小為G,垂直機身向上的空氣升力為Fi，沿飛機前進方

向的動力大小為F2,空氣阻力與飛機運動方向相反、大小為F3。下列關(guān)系式正確的是（）

G

A.Fi=GB.F]=Gsin0C.F1=--D.F>F

COSu23

【解答】解：對飛機受力分析，如圖所示

G

根據(jù)平衡條件，在水平方向

F2Cos0=Fisin0+F3Cos0

在豎直方向

G+F3sin0=F2sin9+Ficos0

聯(lián)立，解得

F]=Geos。

F±sin6

F2…

故D正確，ABC錯誤。

故選：D。

4.（2024?溫州三模）現(xiàn)代家居常用吊籃美化室內(nèi)環(huán)境。如圖所示，三根等長的輕質(zhì)鐵鏈對稱地懸

掛在吊籃架上，另一端接在一起，懸掛在支架上。已知吊籃、花和花盆的總質(zhì)量為3m。下列說

法正確的是（）

A.每根鐵鏈的拉力均為mg

B.給花澆水后支架對墻面的作用力變大

C.改變鐵鏈的長度，鐵鏈的拉力大小不變

D.吊籃架對花盆的支持力與花盆的重力是一對相互作用力

【解答】解：A、設(shè)每根輕質(zhì)鐵鏈上的拉力為T,其與豎直方向的夾角為3對吊籃、花和花盆整

體，則有：3Tcos0=3mg

mg

解得：T=%^>mg

故A錯誤；

B、設(shè)墻面對支架的作用力為F,給花澆水（水質(zhì)量為m°）后，吊籃、花和花盆的總質(zhì)量增大，

對支架（設(shè)質(zhì)量為m'）、吊籃、花和花盆整體，由豎直方向平衡關(guān)系有

F=（3m+mo+m'）g

可知，墻面對支架的作用力F變大，由牛頓第三定律可知，支架對墻面的作用力變大，故B正確;

C、改變鐵鏈的長度，。角會變化，導(dǎo)致鐵鏈的拉力T大小變化，故C錯誤；

D、吊籃架對花盆的支持力作用在花盆上，與花盆的重力是一對平衡力，故D錯誤。

故選：Bo

（2024?湖北三模）如圖所示，某款手機支架由“L型”擋板和底座構(gòu)成，擋板使用一體成型材

料制成，其AB、BC部分相互垂直，可繞O點的軸在豎直面內(nèi)自由調(diào)節(jié)，AB、BC部分對手機

的彈力分別為Fi和F2（不計手機與擋板間的摩擦），在“L型”擋板由圖示位置順時針緩慢轉(zhuǎn)

至水平的過程中，下列說法正確的是（）

A.Fi逐漸增大，F(xiàn)2逐漸減小

B.Fi逐漸減小，F(xiàn)2逐漸增大

C.Fi逐漸減小，F(xiàn)2先增大后減小

D.Fi先增大后減小，F(xiàn)2逐漸減小

【解答】解：對手機受力分析，如圖所示。

已知AB、BC部分對手機的彈力分別為Fi和F2,兩者相互垂直，即a=90°

手機處于靜止狀態(tài)，合外力為零，根據(jù)拉密原理有

GFi12

sinasindsinfi

因為手機的重力G和a不變，所以上式的比值不變。擋板由圖示位置順時針緩慢轉(zhuǎn)至水平的過程

中，0由鈍角增大到180°,即sin。減小,則知F2變?。?。由鈍角減小到90°,即sin?變大,

則知Fi變大，故A正確，BCD錯誤。

故選：Ao

6.（2024?保定一模）如圖，質(zhì)量為0.2kg的小球A在水平力F作用下，與四分之一光滑圓弧形滑

塊B一起靜止在地面上，小球球心跟圓弧圓心連線與豎直方向夾角0=60°,gMX10m/s2o則

A.B對A的支持力大小為2gN

B.水平地面對B的摩擦力方向水平向右

C.增大夾角8,若AB依然保持靜止，F(xiàn)減小

D.增大夾角若AB依然保持靜止，地面對B的支持力減小

【解答】解：A、對A受力分析，如圖所示。

根據(jù)平衡條件得B對A的支持力N為N=睛=左耐N=4N,故A錯誤；

B、對A、B整體受力分析，在水平方向上，根據(jù)平衡條件可知，水平地面對B的摩擦力與水平

力F等大反向，即摩擦力水平向右，故B正確；

C、對A受力分析，由平衡條件有F=mgtan。，可知增大夾角仇若AB依然保持靜止，F(xiàn)增大,

故C錯誤；

D、對A、B整體受力分析，在豎直方向上，根據(jù)平衡條件可知，支持力與A、B的總重力二力

平衡，大小相等，即地面對B的支持力不變，故D錯誤。

故選：Bo

【素養(yǎng)提升】

7.（2024?南充二模）某物理興趣小組，在學(xué)習(xí)了力的合成和分解后，設(shè)計了如圖所示的情境來體

驗力的作用效果，細線OB一端系于鉛筆右端，另一端栓在手指上，使OA水平，手掌始終伸

直，再在。處懸掛一物塊，假設(shè)鉛筆的重力可以忽略不計，在保證裝置不散架的情況下，將整

個裝置繞過A點垂直于紙面的軸在豎直平面內(nèi)逆時針緩慢轉(zhuǎn)動的過程中，下列說法正確的是

()

A.A點的刺痛感會增強B.A點的刺痛感會減弱

C.0B繩一定不會被拉斷D.0B繩可能被拉斷

【解答】解：對O點進行受力分析，如下圖所示

由題意可知，在整個裝置繞過/點垂直于紙面的軸在豎直平面內(nèi)逆時針緩慢轉(zhuǎn)動的過程中，保持

。不變，即保持（n-0）不變。由于N1變小，從鈍角變?yōu)殇J角，sin/1先變大后變小，則鉛筆

的彈力FAO先變大后變小，A點的刺痛感先增強后減弱。由于/2變大，sin/2變小，則OB繩

的拉力TBO變小，所以0B繩一定不會被拉斷，故C正確，ABD錯誤。

故選：Co

（2023秋?雁塔區(qū)期末）如圖所示，a、b兩小球用1、2、3三根輕質(zhì)細繩懸掛處于靜止狀態(tài)，

繩1與豎直方向的夾角為30°,繩2與豎直方向的夾角為60°,繩3水平。則a、b兩小球的

ma

【解答】解：設(shè)繩2的拉力大小為F,對小球a進行受力分析如圖1所示。

由平衡條件可知小球a的重力與F的合力與繩1的拉力等大反向，由幾何關(guān)系可得：

F=mag

對小球b進行受力分析如圖2所示，由平衡條件可知小球b的重力與F的合力與繩3的拉力等大

反向，由幾何關(guān)系可得：

Fcos60°=mbg

ma

解得：77=2，故ABC錯誤，D正確。

iil-b

故選：D。

（2023秋?沙坪壩區(qū)校級期末）如圖所示，是一種多功能“人”字形折疊梯，其頂部用活頁連

在一起，兩梯中有一繩子，可以調(diào)節(jié)繩子的長度來改變兩梯的夾角0?梯子置于水平地面上，

一質(zhì)量為m的人站在梯子頂部，梯子的質(zhì)量不計，整個裝置處于靜止狀態(tài)，則（）

mq

A.當0=60°時，梯子單邊對地面的正壓力大小為〒

B.當。=120°時，梯子單邊對地面的正壓力大小為mg

c.e角越大，梯子對人的作用力越小

D.。角越大，梯子對人的作用力越大

【解答】解：AB.對人和梯子整體，進行分析，有

mg=FN

根據(jù)牛頓第三定律，可知梯子單邊對地面的正壓力大小為”與。角無關(guān)，故A正確，B錯誤;

CD.對人做受力分析，梯子對人的支持力大小等于人的重力，梯子對人的支持力與人對梯子的壓

力是相互作用力，大小與e無關(guān)，故CD錯誤。

故選：A?

10.（2023秋?太原期末）如圖所示，阻力傘共有7根等長的傘繩和1根中心軸線繩，每根傘繩與

中心軸線繩的夾角均為37°,每根傘繩能承受的最大拉力均為30N,忽略傘的重力，cos37°=

0.8,若中心軸線繩始終未被拉斷，阻力傘可提供的最大阻力為（）

中心軸線繩

A.24NB.108NC.126ND.168N

【解答】解：設(shè)阻力傘可提供的最大阻力為f,對傘水平方向根據(jù)平衡條件可得：f=7FmCos37°=

7X30X0.8N=168N,故D正確、ABC錯誤。

故選：D。

11.（2023秋?龍華區(qū)期末）如圖所示，人們習(xí)慣用兩種方式握筷：平行和夾形。在豎直平面內(nèi)用

相同的筷子以兩種方式分別夾住相同的小球，已知每根筷子對小球的壓力大小相等，則（）

A.小球被夾住后只受到重力和摩擦力

B.筷子對小球壓力越大，小球受到的靜摩擦力越大

C.兩種方式，夾住相同的小球，夾形握筷更容易

D.兩種方式，筷子對小球作用力的合力方向都是豎直向上

【解答】A.兩種方式，小球均受到重力、摩擦力、筷子的彈力，故A錯誤;

1

BC.平行握筷時，小球受力平衡，小球受到的靜摩擦力為0=

平行握筷時，筷子對小球壓力越大，小球受到的靜摩擦力不變，設(shè)夾形握筷時兩筷子的夾角為,

小球受力分析如圖所示:

mg

ee

根據(jù)平衡條件可得2/2?。巧=mg+2Wsin-

小球受到的靜摩擦力為f2=2cos-+2Ntan->

24

夾形握筷時，筷子對小球壓力越大，小球受到的靜摩擦力越大，夾住相同的小球，夾形握筷時所

需要的靜摩擦力更大，平行握筷更容易，故BC錯誤；

D.兩種方式，筷子對小球作用力的合力與小球的重力平衡，等大反向，故筷子對小球作用力的

合力方向都是豎直向上，故D正確。

故選：D。

【能力培優(yōu)】

12.（2023秋?鼓樓區(qū)校級期末）“蜘蛛人”主要靠一根繩索把自己懸掛在幾十層高的大廈外，清洗

大廈的玻璃和外墻，成為扮靚城市的一道獨特風景，如圖1所示。已知“蜘蛛人”的質(zhì)量為m,

設(shè)繩索對他對的拉力大小為Fi，豎直墻壁對他的支持力大小為F2,不計他與墻壁間的摩