2025高考物理復(fù)習(xí)受力分析共點(diǎn)力平衡課件教案練習(xí)題

第二章相互作用第3講受力分析共點(diǎn)力平衡課標(biāo)要求1．知道受力分析的概念，了解受力分析的一般思路。2．理解共點(diǎn)力平衡的條件，會解共點(diǎn)力平衡問題。考點(diǎn)一物體的受力分析考點(diǎn)二靜態(tài)平衡問題考點(diǎn)三動態(tài)平衡問題內(nèi)容索引聚焦學(xué)科素養(yǎng)課時測評考點(diǎn)一物體的受力分析1．受力分析：即分析物體的受力，有兩條思路：(1)根據(jù)物體__________的變化來分析和判斷其受力情況；(2)根據(jù)________的特點(diǎn)，從相互作用的角度來分析物體的受力。2．受力分析的一般順序：先分析______(如重力、電場力、磁場力)，再分析接觸力(如______、________)，最后分析其他力。知識梳理運(yùn)動狀態(tài)各種力場力彈力摩擦力1．受力分析時即要分析研究對象受到的力，也要分析研究對象的施力物體的受力。

()2．慣性不是力，但受力分析時可以把物體的慣性當(dāng)力。

()3．受力分析時只分析物體實(shí)際受到的力，不要把效果力當(dāng)性質(zhì)力去分析。

()基礎(chǔ)知識判斷××√1．受力分析的一般步驟核心突破2．受力分析的三種方法假設(shè)法在判斷某力是否存在時，先對其做出不存在的假設(shè)，然后根據(jù)該力不存在時對物體運(yùn)動和受力狀態(tài)的影響來判斷該力是否存在。狀態(tài)法(1)處于平衡狀態(tài)的物體：根據(jù)其平衡條件進(jìn)行受力分析。(2)處于變速狀態(tài)的物體：應(yīng)用牛頓第二定律進(jìn)行受力分析。轉(zhuǎn)換法在受力分析時，若不方便直接分析某力是否存在：(1)可以轉(zhuǎn)換為分析該力的反作用力，根據(jù)其反作用力是否存在，判斷該力是否存在。(2)可以轉(zhuǎn)換為分析與該力相關(guān)的其他研究對象，通過對其他研究對象進(jìn)行受力分析，判斷該力是否存在。(2024·四川綿陽高三模擬)如圖所示，a、b兩個小球穿在一根粗糙的固定桿上(球的小孔比桿的直徑大)，并且通過一條細(xì)繩跨過定滑輪連接。已知b球質(zhì)量為m，桿與水平面成θ角，不計(jì)滑輪的一切摩擦，重力加速度為g。當(dāng)兩球靜止時，Oa段繩與桿的夾角也為θ，Ob段繩沿豎直方向，則下列說法正確的是A．a(chǎn)一定受到4個力的作用B．b只可能受到2個力的作用C．繩子對a的拉力有可能等于mgD．a(chǎn)的質(zhì)量一定為mtanθ例1√對a和b分別受力分析可知，a至少受重力、桿的支持力、繩的拉力3個力，可能還受摩擦力共4個力，b受重力、繩的拉力2個力或重力、繩的拉力、桿的支持力、摩擦力4個力的作用，選項(xiàng)A、B錯誤；對b受力分析可知，b受繩子的拉力可能等于mg，因此繩子對a的拉力可能等于mg，選項(xiàng)C正確；對a受力分析，如果摩擦力為零，則magsinθ＝mgcosθ，可得ma＝

，選項(xiàng)D錯誤。整體法與隔離法規(guī)律總結(jié)整體法與隔離法

方法整體法隔離法概念將加速度相同的幾個物體作為一個整體來分析的方法將研究對象與周圍物體分隔開來分析的方法選用原則研究系統(tǒng)外的物體對系統(tǒng)整體的作用力或求系統(tǒng)整體的加速度研究系統(tǒng)內(nèi)物體之間的相互作用力對點(diǎn)練．(多選)如圖所示，兩個相似的斜面體A、B在豎直向上的力F的作用下靜止靠在豎直粗糙墻壁上。關(guān)于斜面體A和B的受力情況，下列說法正確的是A．A一定受到四個力B．B可能受到四個力C．B與墻壁之間一定有彈力和摩擦力D．A與B之間一定有摩擦力√√對A、B整體受力分析如圖甲所示，受到向下的重力和向上的推力F，由平衡條件可知B與墻壁之間不可能有彈力，因此也不可能有摩擦力，故C錯誤；對B受力分析如圖乙所示，其受到重力、A對B的彈力及摩擦力而處于平衡狀態(tài)，故B受到三個力，B錯誤，D正確；對A受力分析，如圖丙所示，受到重力、推力、B對A的彈力和摩擦力，共四個力，A正確。返回考點(diǎn)二靜態(tài)平衡問題1．平衡狀態(tài)：物體處于______或______________狀態(tài)。2．平衡條件：F合＝___(Fx＝___，F(xiàn)y＝___)。3．常用推論(1)二力平衡：兩個力等大反向。(2)三力平衡：①任意兩個力的合力必與第三個力__________。②表示這三個力的有向線段首尾相接組成一個封閉三角形。(3)若物體受n個作用力而處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個力與其余(n－1)個力的合力______相等、______相反。知識梳理靜止勻速直線運(yùn)動000等大反向大小方向(2022·海南高考·改編)我國的石橋世界聞名，如圖，某橋由六塊形狀完全相同的石塊組成，其中石塊1、6固定，2、5質(zhì)量相同為m，3、4質(zhì)量相同為m′，不計(jì)石塊間的摩擦。判斷下列說法正誤：(1)石塊2、3、4、5都是受到三個力而平衡。

()(2)石塊3、4之間的彈力為零。

()(3)石塊1對2的彈力等于(m＋m′)g。

()(4)物體處于平衡狀態(tài)時，其加速度一定為零。

()高考情境鏈接√××√解決靜態(tài)平衡問題的四種常用方法核心突破合成法三個共點(diǎn)力平衡時，任意兩個力的合力一定與第三個力大小相等、方向相反。分解法三個共點(diǎn)力平衡時，將任意一個力沿著另外兩個力的方向分解，則其分力一定分別與另外兩個力大小相等、方向相反。正交分解法物體受到多個力作用而平衡時，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。三角形法三個共點(diǎn)力平衡時，將力的矢量圖平移使三力組成一個首尾依次相接的矢量三角形，根據(jù)正弦定理、余弦定理、相似三角形或直角三角形等數(shù)學(xué)知識求解有關(guān)問題?？枷?合成法(或分解法)(2023·浙江6月選考)如圖所示，水平面上固定兩排平行的半圓柱體，重為G的光滑圓柱體靜置其上，a、b為相切點(diǎn)，∠aOb＝90°，半徑Ob與重力的夾角為37°。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則圓柱體受到的支持力Fa、Fb大小為A．Fa＝0.6G，F(xiàn)b＝0.4GB．Fa＝0.4G，F(xiàn)b＝0.6GC．Fa＝0.8G，F(xiàn)b＝0.6GD．Fa＝0.6G，F(xiàn)b＝0.8G例2 √方法一：分解法對圓柱體受力分析，將重力分別沿著Fa、Fb的反方向分解，根據(jù)平衡條件可得Fa＝mgsin37°＝0.6G，F(xiàn)b＝mgcos37°＝0.8G，D正確。方法二：合成法對圓柱體受力分析，根據(jù)平衡條件可知圓柱體受到的支持力Fa、Fb的合力與重力G平衡，同理可得Fa＝mgsin37°＝0.6G，F(xiàn)b＝mgcos37°＝0.8G，D正確?？枷?正交分解法(多選)(2024·湖北武漢質(zhì)檢)如圖所示，輕質(zhì)光滑滑輪兩側(cè)用輕繩連著兩個物體A與B，物體B放在水平地面上，A、B均靜止。已知A和B的質(zhì)量分別為mA、mB，繩與水平方向的夾角為θ(θ＜90°)，重力加速度為g，則A．物體B受到的摩擦力可能為零B．物體B受到的摩擦力大小為mAgcosθC．物體B對地面的壓力可能為零D．物體B對地面的壓力大小為mBg－mAgsinθ例3 √√對A分析，輕繩拉力FT＝mAg，對B分析，在水平方向有Ff＝FTcosθ＝mAgcosθ，選項(xiàng)B正確；在豎直方向地面對B的支持力FN＝mBg－FTsinθ＝mBg－mA·gsinθ，由牛頓第三定律可知，選項(xiàng)D正確；當(dāng)mBg＝mAgsinθ時，F(xiàn)N＝0，此時物體B不可能靜止，選項(xiàng)A、C錯誤?？枷?三角形法(2024·廣東珠海模擬)如圖所示的裝置，桿QO沿豎直方向固定，且頂端有一光滑的定滑輪，輕桿OP用鉸鏈固定于O點(diǎn)且可繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動，用兩根輕繩分別拴接質(zhì)量分別為m1、m2的小球1、2并系于P點(diǎn)，其中拴接1小球的輕繩跨過定滑輪，已知O點(diǎn)到滑輪頂端Q的距離等于OP，當(dāng)系統(tǒng)平衡時兩桿的夾角為α＝120°，則m1∶m2為A．1∶2 B．

∶2C．1∶1 D．

∶1例4 √以結(jié)點(diǎn)P為研究對象，受力分析如圖所示，則拴接小球1輕繩的拉力大小等于m1g，由力的平衡條件將桿OP的支持力與輕繩的拉力合成，由相似三角形可得m1g＝2m2gcos30°，解得m1∶m2＝

∶1，故A、B、C錯誤，D正確?？枷?非共面力作用下的平衡問題圖甲為掛在架子上的雙層晾衣籃。上、下籃子完全相同且保持水平，每個籃子由兩個質(zhì)地均勻的圓形鋼圈穿進(jìn)網(wǎng)布構(gòu)成，兩籃通過四根等長的輕繩與鋼圈的四等分點(diǎn)相連，上籃鋼圈用另外四根等長輕繩系在掛鉤上。晾衣籃的有關(guān)尺寸如圖乙所示，則圖甲中上、下各一根繩中的張力大小之比為A．1∶1 B．2∶1C．5∶2 D．5∶4例5 √設(shè)一個籃子的質(zhì)量為m，連接下籃的每根繩子的拉力為FT2，對下籃，根據(jù)平衡條件得4FT2＝mg，解得FT2＝

，設(shè)連接上籃的每根繩子的拉力為FT1，繩子與豎直方向夾角為θ，對兩個籃子組成的整體，由平衡條件得4FT1cosθ＝2mg，根據(jù)幾何關(guān)系得sinθ＝

＝0.6，聯(lián)立解得FT1＝mg，則

，故C正確，A、B、D錯誤?？枷?整體法與隔離法解答多體平衡問題掛燈籠的習(xí)俗起源于西漢時期，已成為中國人喜慶的象征。如圖所示，由五根等長的輕質(zhì)細(xì)繩懸掛起四個質(zhì)量相等的燈籠，中間的細(xì)繩是水平的，另外四根細(xì)繩與水平面所成的角分別為θ1和θ2。設(shè)懸掛端繩子拉力大小為F1，水平段繩子拉力大小為F2，燈籠質(zhì)量為m，下列關(guān)系式中正確的是A．F1＝F2 B．F1＝2F2C．F1＝ D．F2＝例6 √對左邊兩個燈籠的整體受力分析可知F1cosθ1＝F2，F(xiàn)1sinθ1＝2mg，解得F1＝

，F(xiàn)1＝

，則F1不等于F2,F1也不一定是2F2，選項(xiàng)A、B、C錯誤；對左邊第2個燈籠受力分析可知F2＝

，選項(xiàng)D正確。故選D。返回考點(diǎn)三動態(tài)平衡問題1．共點(diǎn)力的動態(tài)平衡動態(tài)平衡是指處于平衡狀態(tài)的物體所受的某個力(或者幾個力)的大小或方向緩慢變化，是動態(tài)力，但變化過程中的每一個狀態(tài)均可視為平衡狀態(tài)。2．處理動態(tài)平衡問題的常用方法方法過程解析法(1)列平衡方程得出未知量與已知量的關(guān)系表達(dá)式。(2)根據(jù)已知量的變化情況來確定未知量的變化情況。圖解法(1)根據(jù)已知量的變化情況，畫出不同狀態(tài)下平行四邊形邊、角的變化。(2)根據(jù)邊長的變化判斷力的大小的變化，根據(jù)角度的變化判斷力的方向的變化。方法過程相似三角形法(1)根據(jù)已知條件畫出同一狀態(tài)下對應(yīng)的力的三角形和幾何三角形，確定對應(yīng)邊，利用三角形相似知識列出比例式。(2)根據(jù)已知量的變化判斷未知量的變化情況。正弦定理(或拉密定理)法(1)特點(diǎn)：物體受三個共點(diǎn)力，這三個力其中有一個力為恒力，另外兩個力都變化，且兩個變化的力的夾角不變。(2)正弦定理法：

(其中α1、α2、α3分別為F2與F3、F1與F3、F1與F2的夾角)?？枷?解析法(2021·湖南高考)質(zhì)量為M的凹槽靜止在水平地面上，內(nèi)壁為半圓柱面，截面如圖所示，A為半圓的最低點(diǎn)，B為半圓水平直徑的端點(diǎn)。凹槽恰好與豎直墻面接觸，內(nèi)有一質(zhì)量為m的小滑塊。用推力F推動小滑塊由A點(diǎn)向B點(diǎn)緩慢移動，力F的方向始終沿圓弧的切線方向，在此過程中所有摩擦均可忽略，下列說法正確的是A．推力F先增大后減小B．凹槽對滑塊的支持力先減小后增大C．墻面對凹槽的壓力先增大后減小D．水平地面對凹槽的支持力先減小后增大例7√審題指導(dǎo)

(1)分析推力F、凹槽對滑塊的支持力的大小變化應(yīng)以小滑塊為研究對象。(2)分析墻面對凹槽的壓力的大小變化應(yīng)以凹槽為研究對象。(3)分析水平地面對凹槽的支持力的大小變化應(yīng)以滑塊和凹槽整體為研究對象。用推力F推動小滑塊由A點(diǎn)向B點(diǎn)緩慢移動，力F的方向始終沿圓弧的切線方向，設(shè)θ為小滑塊與O點(diǎn)連線跟豎直方向的夾角，由平衡條件可知，推力F＝mgsinθ，凹槽對滑塊的支持力FN＝mgcosθ，小滑塊由A點(diǎn)向B點(diǎn)緩慢移動過程中，θ角逐漸增大，力F逐漸增大，力FN逐漸減小，選項(xiàng)A、B錯誤；由牛頓第三定律可知，滑塊對凹槽的壓力FN′＝FN＝mgcosθ，滑塊對凹槽的壓力FN′在水平方向上的分力FN′sinθ＝

mgcosθsinθ＝0.5mgsin2θ，對凹槽進(jìn)行受力分析，由平衡條件可知，墻面對凹槽的壓力為F壓＝0.5mgsin2θ，當(dāng)θ＝45°時最大，所以墻面對凹槽的壓力先增大后減小，選項(xiàng)C正確；由于力F的方向始終沿圓弧的切線方向，對滑塊和凹槽整體受力分析，可知水平地面對凹槽的支持力逐漸減小，選項(xiàng)D錯誤?？枷?圖解法(2024·河南鄭州聯(lián)考)如圖所示，半圓形框架豎直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，P與圓心O的連線與水平面的夾角為θ，將力F在豎直面內(nèi)沿順時針方向緩慢地轉(zhuǎn)過90°，框架與小球始終保持靜止?fàn)顟B(tài)。在此過程中下列說法正確的是A．地面對框架的摩擦力始終為零B．框架對小球的支持力先減小后增大C．拉力F的最小值為mgcosθD．框架對地面的壓力先增大后減小例8√以小球?yàn)檠芯繉ο?，受力分析如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知，當(dāng)F順時針轉(zhuǎn)動至豎直向上之前，支持力逐漸減小，F(xiàn)先減小后增大，當(dāng)F的方向沿圓的切線方向向上時，F(xiàn)最小，此時為F＝mgcosθ，故B錯誤，C正確；以框架與小球組成的整體為研究對象，整體受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由圖可知，F(xiàn)在順時針方向轉(zhuǎn)動的過程中，F(xiàn)沿水平方向的分力逐漸減小，所以地面對框架的摩擦力始終在減??；F沿豎直方向的分力逐漸增大，所以地面對框架的支持力始終在減小，則框架對地面的壓力始終在減小，故A、D錯誤。考向3相似三角形法(多選)如圖所示，一斜面固定在水平面上，一半球形滑塊固定在斜面上，球心O的正上方有一定滑輪A(視為質(zhì)點(diǎn))，細(xì)線的一端與一質(zhì)量分布均勻的光滑圓球B連接，另一端繞過滑輪A在水平向右的拉力F作用下使圓球B保持靜止。改變拉力F的大小，使圓球B從兩球心等高的位置緩慢移動到圓球B的球心正好在O點(diǎn)的正上方(不考慮該位置的情況)。圓球B不會與定滑輪A接觸，則下列說法正確的是A．拉力F一直減小B．拉力F先增大后減小C．半球形滑塊對圓球B的支持力先增大后減小D．半球形滑塊對圓球B的支持力大小保持不變例9√√對B進(jìn)行受力分析并合成三角形如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知圖中力構(gòu)成的矢量三角形與陰影部分的三角形相似，則＝

，移動過程中，高度h和兩球的球心距離r不變，所以半球形滑塊對圓球B的支持力大小保持不變，繩子長度l變短，則拉力F減小，故B、C錯誤，A、D正確。故選AD。考向4正弦定理法(2022·河北高考)如圖，用兩根等長的細(xì)繩將一勻質(zhì)圓柱體懸掛在豎直木板的P點(diǎn)，將木板以底邊MN為軸向后方緩慢轉(zhuǎn)動直至水平，繩與木板之間的夾角保持不變，忽略圓柱體與木板之間的摩擦，在轉(zhuǎn)動過程中A．圓柱體對木板的壓力逐漸增大B．圓柱體對木板的壓力先增大后減小C．兩根細(xì)繩上的拉力均先增大后減小D．兩根細(xì)繩對圓柱體拉力的合力保持不變例10√設(shè)兩繩子對圓柱體的拉力的合力為FT，木板對圓柱體的支持力為FN，從右向左看，對圓柱體受力分析并合成三角形如圖所示。在木板以直線MN為軸向后方緩慢轉(zhuǎn)動直至水平的過程中，α不變，γ從90°逐漸減小到0，又γ＋β＋α＝180°且α＜90°，可知90°＜γ＋β＜180°，則0＜β＜180°，可知β從銳角逐漸增大到鈍角，在矢量三角形中，根據(jù)正弦定理得

，則由sinγ不斷減小可知FT不斷減小，由sinβ先增大后減小可知FN先增大后減小，結(jié)合牛頓第三定律可知，圓柱體對木板的壓力先增大后減小；設(shè)兩繩子之間的夾角為2θ，繩子拉力為FT′，則2FT′cosθ＝FT，可得FT′＝

，θ不變，F(xiàn)T逐漸減小，可知繩子拉力不斷減小，故B正確，A、C、D錯誤。故選B。返回聚焦學(xué)科素養(yǎng)

平衡中的臨界、極值問題一、臨界問題當(dāng)某物理量變化時，會引起其他幾個物理量的變化，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”“恰能”“恰好”等。臨界問題常見的種類：1．由靜止到運(yùn)動，摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力。2．繩子恰好繃緊，拉力F＝0。3．剛好離開接觸面，支持力FN＝0。二、極值問題平衡中的極值問題，一般指在力的變化過程中的最大值和最小值問題。三、解答平衡中臨界、極值問題的三種方法圖解法根據(jù)物體的平衡條件，作出力的矢量圖，通過對物理過程的分析，利用平行四邊形定則進(jìn)行動態(tài)分析，確定最大值與最小值。數(shù)學(xué)分析法通過對問題的分析，根據(jù)物體的平衡條件寫出物理量之間的函數(shù)關(guān)系(或畫出函數(shù)圖像)，用數(shù)學(xué)方法求極值(如求二次函數(shù)極值、公式極值、三角函數(shù)極值)。極限法首先要正確地進(jìn)行受力分析和變化過程分析，找出平衡的臨界點(diǎn)和極值點(diǎn)；臨界條件必須在變化中去尋找，不能停留在一個狀態(tài)來研究臨界問題，而要把某個物理量推向極端，即極大和極小。應(yīng)用1．[臨界問題]如圖所示，一個重力為5N的砝碼，用細(xì)線懸掛在O點(diǎn)，現(xiàn)在用力F拉砝碼，使細(xì)線偏離豎直方向30°處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時所用拉力F的最小值為A．5.0N B．2.5NC．8.65N D．4.3N√以砝碼為研究對象，分析受力情況，其受重力G、細(xì)線的拉力FT和力F，由圖看出，當(dāng)F與細(xì)線垂直時F最小，由數(shù)學(xué)知識得F的最小值為F＝Gsin30°＝2.5N，故選項(xiàng)B正確。應(yīng)用2．[臨界問題](2022·浙江1月選考)如圖所示，學(xué)校門口水平地面上有一質(zhì)量為m的石礅，石礅與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ。工作人員用輕繩按圖示方式勻速移動石礅時，兩平行輕繩與水平面間的夾角均為θ，則下列說法正確的是A．輕繩的合拉力大小為B．輕繩的合拉力大小為C．減小夾角θ，輕繩的合拉力一定減小D．輕繩的合拉力最小時，地面對石礅的摩擦力也最小√對石礅受力分析如圖所示，設(shè)兩根輕繩的合力為F，根據(jù)平衡條件有Fcosθ＝Ff，F(xiàn)sinθ＋FN＝mg，且Ff＝μFN，聯(lián)立可得F＝

，選項(xiàng)A錯誤，B正確；上式變形得F＝

，其中tanα＝

，根據(jù)三角函數(shù)特點(diǎn)，由于θ的初始值不知道，因此減小θ，輕繩的合拉力F并不一定減小，選項(xiàng)C錯誤；根據(jù)上述討論，當(dāng)θ＋α＝90°時，輕繩的合拉力F最小，而摩擦力Ff＝Fcosθ＝

，可知增大夾角θ，摩擦力一直減小，當(dāng)θ趨近于90°時，摩擦力最小，故輕繩的合拉力F最小時，地面對石礅的摩擦力不是最小的，選項(xiàng)D錯誤。應(yīng)用3.[極值問題]如圖所示，物體的質(zhì)量為m＝5kg，兩根輕細(xì)繩AB和AC的一端固定于豎直墻上，另一端系于物體上(∠BAC＝θ＝60°)，在物體上另施加一個方向與水平線也成θ角的拉力F，若要使兩繩都能伸直，求拉力F的大小范圍。(g取10m/s2)答案：N≤F≤N設(shè)AB繩的拉力為F1，AC繩的拉力為F2，對物體受力分析，由平衡條件有Fcosθ－F2－F1cosθ＝0，F(xiàn)sinθ＋F1sinθ－mg＝0，可得F＝若要使兩繩都能伸直，則有F1≥0，F(xiàn)2≥0，則F的最大值Fmax＝F的最小值Fmin＝即拉力F的大小范圍為返回課時測評1．(2023·江蘇高考)如圖所示，“嫦娥五號”探測器靜止在月球平坦表面處。已知探測器質(zhì)量為m，四條腿與豎直方向的夾角均為θ，月球表面的重力加速度為地球表面重力加速度g的

。每條腿對月球表面壓力的大小為√A．B．C．D．對“嫦娥五號”探測器受力分析有FN

＝mg月，則對一條腿有FN1＝mg月＝

，根據(jù)牛頓第三定律可知每條腿對月球表面的壓力為

。故選D。2．如圖甲為家庭常用的燃?xì)庠顚?shí)物圖，灶面上有一個支架。共有4個均勻分布的支撐面，對放在上面的廚具起到支撐作用。現(xiàn)把一個高壓鍋放在支架上，并抽象成示意圖乙，已知支架的每個支撐面與水平方向成

α＝37°角。高壓鍋和里面的食物總質(zhì)量為4.8kg。則每個支撐面給高壓鍋的支持力為(忽略高壓鍋和支撐面之間的摩擦力，取g＝10m/s2)A．12N B．15NC．20N D．48N√設(shè)每個支撐面給高壓鍋的支持力的豎直分量為F，則F＝

mg，由幾何關(guān)系可得

＝cos37°，解得FN＝15N，B正確。3．(2023·海南高考)如圖所示，工人利用滑輪組將重物緩慢提起，下列說法正確的是A．工人受到的重力和支持力是一對平衡力B．工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一對作用力與反作用力C．重物緩慢拉起過程，繩子拉力變小D．重物緩慢拉起過程，繩子拉力不變√對人受力分析如圖甲所示，則有

FN＋FT＝mg，工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一對作用力與反作用力，A錯誤，B正確；對滑輪受力分析如圖乙所示，則有FT＝

，則隨著重物緩慢拉起過程，θ逐漸增大，則FT逐漸增大，C、D錯誤。4．(2024·山東青島模擬)如圖所示，是常見的桿秤的工作示意圖。三根長度均為5L的細(xì)繩上端連在一起，并固定在桿秤的左端，另一端與質(zhì)量為m、直徑為6L、質(zhì)量分布均勻的秤盤相連，連接點(diǎn)將秤盤邊緣三等分。重力加速度為g。當(dāng)在盤中放置質(zhì)量為2m的物體，秤桿處于平衡狀態(tài)時，秤盤靜止在水平位置，這時每根細(xì)繩的拉力大小為A． B．

C． D．√設(shè)繩子與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)幾何關(guān)系可得sinθ＝

＝0.6，可得θ＝37°，以秤盤和盤中物體為整體，根據(jù)受力平衡可得3FTcos37°＝3mg，解得每根細(xì)繩的拉力大小為FT＝

，故選B。5．(2024·河南商丘模擬)如圖甲為不銹鋼砧板架示意圖。在圖乙中，質(zhì)量為M的圓形砧板穩(wěn)穩(wěn)地豎立在砧板架上，砧板架兩側(cè)橫梁近似光滑，間距為d，取重力加速度為g，下列說法正確的是A．砧板對砧板架一側(cè)橫梁的作用力一定小于MgB．若增大橫梁的間距d，砧板對兩側(cè)橫梁的作用力均增大C．若增大橫梁的間距d，砧板架對地面的壓力增大D．若換一個質(zhì)量相同、直徑更大的砧板，兩側(cè)橫梁受到的壓力均增大√設(shè)每側(cè)砧板架橫梁對砧板的支持力均為FN，F(xiàn)N垂直接觸面指向砧板圓心，F(xiàn)N與豎直方向夾角為θ，根據(jù)平衡條件有2FNcosθ＝Mg，根據(jù)牛頓第三定律可得砧板對砧板架一側(cè)橫梁的作用力大小為FN′＝FN＝

，所以可得砧板對砧板架一側(cè)橫梁的作用力不一定小于Mg，A錯誤；若增大橫梁的間距d，θ變大，可知FN′變大；同理，若換一個質(zhì)量相同直徑更大的砧板，可知θ變小，F(xiàn)N′變小，B正確，D錯誤；若增大橫梁的間距d，對砧板和砧板架整體分析可得，地面對砧板架的支持力等于砧板和砧板架的總重力，根據(jù)牛頓第三定律可得砧板架對地面的壓力不變，C錯誤。故選B。6．(多選)如圖所示，輕質(zhì)不可伸長的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿M、N上的a、b兩點(diǎn)，懸掛衣服的衣架掛鉤是光滑的，掛于繩上處于靜止?fàn)顟B(tài)。如果只人為改變一個條件，當(dāng)衣架靜止時，下列說法正確的是A．繩的右端上移到b′，繩子拉力不變B．將桿N向右移一些，繩子拉力變大C．繩的兩端高度差越小，繩子拉力越小D．若換掛質(zhì)量更大的衣服，則衣架懸掛點(diǎn)右移√√設(shè)兩段繩子間的夾角為2α，由平衡條件可知，2Fcosα＝mg，所以F＝

，設(shè)繩子總長為L，兩桿間距離為x，由幾何關(guān)系L1sinα＋L2sinα＝x，得sinα＝

，繩子右端上移，L、x都不變，α不變，繩子拉力F也不變，A正確；桿N向右移動一些，x變大，α變大，cosα變小，F(xiàn)變大，B正確；繩子兩端高度差變化，不影響x和L，所以F不變，C錯誤；衣服質(zhì)量增加，繩子上的拉力增加，由于α不會變化，懸掛點(diǎn)不會右移，D錯誤。7．(2023·河北唐山三模)如圖所示，木板B放置在粗糙水平地面上，O為光滑鉸鏈。輕桿一端與鉸鏈O固定連接，另一端固定連接一質(zhì)量為m的小球A?，F(xiàn)將輕繩一端拴在小球A上，另一端通過光滑的定滑輪O′由力F牽引，定滑輪位于O的正上方，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)改變力F的大小使小球A和輕桿從圖示位置緩慢運(yùn)動到O′正下方，木板始終保持靜止，則在整個過程中A．外力F大小不變B．輕桿對小球的作用力大小變小C．地面對木板的支持力逐漸變小D．地面對木板的摩擦力逐漸減小√對小球A進(jìn)行受力分析，三力構(gòu)成矢量三角形，如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知兩三角形相似，因此

，緩慢運(yùn)動過程中O′A越來越小，則F逐漸減小，故A錯誤；由于OA長度不變，則輕桿對小球的作用力大小不變，故B錯誤；對木板，由于輕桿對木板的作用力大小不變，方向向右下，但輕桿的作用力與豎直方向的夾角越來越小，所以地面對木板的支持力逐漸增大，地面對木板的摩擦力逐漸減小，故C錯誤，D正確。故選D。8．(多選)如圖所示，質(zhì)量為2M的物塊A靜置于水平臺面上，質(zhì)量為M的半球體C靜置于水平地面上，質(zhì)量為m的光滑小球B(可視為質(zhì)點(diǎn))放在半球體C上，P點(diǎn)為三根輕繩PA、PB、PO的結(jié)點(diǎn)。系統(tǒng)在圖示位置處于靜止?fàn)顟B(tài)，P點(diǎn)位于半球體球心的正上方，PO豎直，PA水平，PB剛好與半球體相切且與豎直方向的夾角θ＝30°。已知物塊A與臺面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，則A．繩OP的拉力大小為mgB．C受到的摩擦力大小為mgC．A受到的摩擦力大小為mgD．地面對C的支持力大小為Mg＋mg√√對小球B受力分析如圖所示，PB的拉力大小FTPB＝mgcosθ＝

mg，對P點(diǎn)受力分析可知，OP的拉力大小FTOP＝FTPBcosθ＝mg，A錯誤；對物體A受力分析可知，物體A所受摩擦力大小等于繩PA的拉力大小，即FfA＝FTPBsinθ＝mg，C錯誤；對A、B、C組成的整體受力分析可知，半球C受到的摩擦力大小等于A所受摩擦力大小，即FfC＝FfA＝mg，B正確；對A、B、C整體受力分析，由平衡條件可知，地面對半球C的支持力大小為(M＋m)g－FTOP＝Mg＋mg，D正確。9．(多選)如圖所示，在半圓形光滑凹槽內(nèi)，兩輕質(zhì)彈簧的下端固定在槽的最低點(diǎn)，另一端分別與小球P、Q相連。已知兩球在圖示位置靜止。O′P＞O′Q，則下列說法中正確的是A．若兩球質(zhì)量相同，則P球?qū)Σ鄣膲毫^小B．若兩球質(zhì)量相同，則兩球?qū)Σ鄣膲毫Υ笮∠嗟菴．若P球的質(zhì)量大，則O′P彈簧的勁度系數(shù)大D．若P球的質(zhì)量大，則O′P彈簧的彈力大√√分別對兩小球受力分析如圖所示，都受重力、支持力和彈簧的彈力三個力，兩小球靜止，受力平衡，根據(jù)平行四邊形定則作平行四邊形，又GQ′＝GQ，GP′＝GP，則

＝1；

＝1，即支持力始終與重力相等，若兩球質(zhì)量相等，重力相等，則所受支持力相等，兩球?qū)Σ鄣膲毫Ρ厝幌嗟?，故A錯誤，B正確；由

得FQ＝GQ，由

得FP＝GP，由圖可知O′P＞O′Q，若GP＞GQ，則FP＞FQ。兩彈簧的形變量未知，根據(jù)胡克定律，則勁度系數(shù)的大小關(guān)系無法確定，故C錯誤，D正確。10．(多選)如圖所示，兩個可視為質(zhì)點(diǎn)的小球a和b，用質(zhì)量可忽略的剛性細(xì)桿相連并放置在光滑的半球面內(nèi)。已知細(xì)桿長度是球半徑的

倍，當(dāng)兩球處于靜止?fàn)顟B(tài)時，細(xì)桿與水平面的夾角θ＝15°，則A．桿對a、b球的作用力大小相等且方向沿桿方向B．小球a和b的質(zhì)量之比為

∶1C．小球a和b的質(zhì)量之比為

∶2D．半球面對a、b球的彈力之比為

∶1√√輕桿受到兩個球的彈力是一對平衡力，根據(jù)牛頓第三定律可得，桿對a、b兩球的作用力大小相等且方向沿桿方向，A正確；對a、b兩球受力分析如圖所示，過O作豎直線交ab于c點(diǎn)，設(shè)球面半徑為R，則△Oac與左側(cè)力的三角形相似，△Obc與右側(cè)