專題提升3　受力分析　共點力的平衡-2025版高考總復習物理

[基礎落實練]1．如圖，跳水運動員在跳板的外端靜止站立時，受到力的個數是()A．1個 B．2個C．3個 D．4個解析：跳水運動員在跳板的外端靜止站立時受重力、跳板的支持力，由于跳板向下彎曲，運動員有向下滑動的趨勢，所以還受到靜摩擦力作用，所以運動員受到3個力的作用，故C正確。答案：C2．矢量發(fā)動機是噴口可向不同方向偏轉以產生不同方向推力的一種發(fā)動機。戰(zhàn)斗機以速度v斜向上飛行如圖所示。已知飛機受到重力G、發(fā)動機推力F1、與速度方向垂直的升力F2和與速度方向相反的空氣阻力Ff。下列受力分析示意圖可能正確的是()解析：升力F2與速度方向垂直，排除B、D，空氣阻力Ff與速度方向相反，排除C，因此選A。答案：A3．(2023·江蘇卷)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eq\f(1,6)。每條腿對月球表面壓力的大小為()A．eq\f(mg,4) B．eq\f(mg,4cosθ)C．eq\f(mg,6cosθ) D．eq\f(mg,24)解析：由于探測器靜止在月球平坦表面處，故月球表面對每條腿的支持力都豎直向上，則4FN＝m·eq\f(1,6)g，解得FN＝eq\f(mg,24)，根據牛頓第三定律可知每條腿對月球表面的壓力大小為eq\f(mg,24)，D對，A、B、C錯。答案：D4.車載手機支架是一種非常實用的小工具，可將其簡化成相互垂直的斜面AB和斜面BC(如圖)，斜面BC與水平面的夾角為θ，質量為m的手機在兩個斜面之間保持靜止，重力加速度為g。將重力沿AB、BC方向分解，則沿斜面AB的分力大小為()A．mgsinθ B．mgcosθC．eq\f(mg,tanθ) D．eq\f(mg,sinθ)解析：根據題圖，由三角函數可得沿斜面AB的分力大小Gx＝mgcosθ，故A、C、D錯誤，B正確。答案：B5．(2024·四川眉山仁壽一中質檢)2023年的春晚舞蹈《錦繡》，藝術地再現了古代戍邊將士與西域各民族化干戈為玉帛并建立深厚友誼的動人故事。圖(a)是一個優(yōu)美且難度極大的后仰動作，人后仰平衡時，可粗略認為頭受到重力G、肌肉拉力F2和頸椎支持力F1。如圖(b)，若彎曲后的頭頸與水平方向成60°角，F2與水平方向成45°角，則可估算出F1的大小為()A．(eq\r(3)＋1)G B．(eq\r(3)－1)GC．(eq\r(3)＋2)G D．(eq\r(3)－2)G解析：由力的平衡條件可得F1sin60°＝G＋F2sin45°，F1cos60°＝F2cos45°，解得F1＝(eq\r(3)＋1)G。故選A。答案：A6．(多選)如圖所示，氫氣球的質量m＝0.1kg，無風時在輕繩的牽引下靜止在空中，此時輕繩的拉力為8N。當有水平風吹來時，氣球受到大小為6N的水平風力作用，輕繩傾斜一定角度后氣球仍靜止在空中，g＝10m/s2，下列說法正確的是()A．氣球所受浮力大小為9NB．有風時，氣球所受合力方向豎直向下C．有風時，氣球所受合力大小為eq\r(37)ND．有風時，輕繩的拉力大小為10N解析：無風時，對氣球受力分析得F?。絤g＋FT＝9N，故A正確；有風時，氣球保持靜止，故合力為零，故B、C錯誤；有風時，設繩與豎直方向的夾角為θ，對氣球受力分析得F風＝F′Tsinθ，F?。絤g＋F′Tcosθ，聯立解得F′T＝10N。故D正確。答案：AD7．(2024·四川內江三模)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，每個籃子由兩個質地均勻的圓形鋼圈穿進網布構成，兩籃通過四根等長的輕繩與鋼圈的四等分點相連，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解析：設一個籃子的質量為m，連接下籃的繩子的拉力為T2，對下籃，根據平衡條件得4T2＝mg，解得T2＝eq\f(mg,4)，設連接上籃的繩子的拉力為T1，繩子與豎直方向夾角為θ，對兩個籃整體由平衡條件得4T1cosθ＝2mg，根據幾何關系得sinθ＝eq\f(24,40)＝0.6，聯立解得T1＝eq\f(5,8)mg，則eq\f(T1,T2)＝eq\f(5,2)，故C正確，A、B、D錯誤。答案：C8．一輛貨車運載著完全相同的圓柱形光滑的空油桶，在車廂底，一層油桶平整排列，相互緊貼并被牢牢固定，上一層只有一個質量為m的桶C，自由地擺放在桶A、B之間。若桶A、桶B和貨車一起沿水平地面做勻速直線運動，如圖所示。重力加速度為g，則桶A對桶C的支持力大小為()A．eq\f(1,2)mg B．eq\f(\r(3),3)mgC．eq\f(\r(3),2)mg D．mg解析：以桶C為研究對象，受力分析如圖所示，貨車沿水平地面做勻速直線運動時，由平衡條件可得，x軸方向有FAsin30°－FBsin30°＝0，y軸方向有FAcos30°＋FBcos30°＝mg，聯立解得FA＝FB＝eq\f(\r(3),3)mg。故選B。答案：B[能力提升練]9．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)，并且通過一條細繩跨過定滑輪連接。已知b球質量為m，桿與水平面成θ角，不計滑輪的一切摩擦，重力加速度為g。當兩球靜止時，Oa段繩與桿的夾角也為θ，Ob段繩沿豎直方向，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．a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的拉力大小有可能等于mgD．a的質量一定為mtanθ解析：對a和b受力分析可知，a可能受重力、桿的支持力、繩的拉力3個力的作用，可能還受摩擦力共4個力的作用，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A、B錯誤；對b受力分析可知，b受繩子拉力大小可能等于mg，因此繩子對a的拉力大小可能等于mg，選項C正確；對a受力分析，如果a、b所受摩擦力均為零，則由Gasinθ＝mgcosθ可得Ga＝eq\f(mg,tanθ)，即ma＝eq\f(m,tanθ)，選項D錯誤。答案：C10．(2024·四川綿陽三臺中學診斷)如圖所示，小球a與小球b質量相等，分別與兩個相同的輕彈簧A、B和輕繩相連接并處于平衡狀態(tài)。輕彈簧A與豎直方向的夾角為θ＝60°，則()A．小球a受到三個力的作用B．輕繩所受到的拉力大小是eq\r(3)mgC．彈簧A、B的伸長量之比為4∶1D．將輕繩剪斷的瞬間小球b應處于失重狀態(tài)解析：根據題意，對小球a受力分析可知，受重力、彈簧A的拉力、彈簧B的拉力和繩子的拉力，4個力的作用，故A錯誤；根據題意，對小球b受力分析，由平衡條件可得，彈簧B的彈力為TB＝mg，對小球a、b整體受力分析，設彈簧A的彈力為TA，繩子的拉力為F，根據平衡條件有TAcos60°＝2mg，TAsin60°＝F，解得TA＝4mg，F＝2eq\r(3)mg，由胡克定律F＝kx可知，彈簧A、B的伸長量之比等于彈力之比為4∶1，故B錯誤，C正確；將輕繩剪斷的瞬間，小球b的受力情況不變，仍處于靜止狀態(tài)，故D錯誤。答案：C11．(2024·四川遂寧三模)如圖所示，將三根長均為L的完全相同的輕質細桿連接到同一個頂點O，另一端分別連接到豎直墻壁上的A、B、C三個點，BC連線沿水平方向，△ABC的三邊邊長也均為L。其中O、A、B、C點處，分別是四個可以向各個方向自由轉動的輕質光滑鉸鏈(未畫出)。在O點用細繩懸掛一個質量為m的重物，則AO桿對墻壁的作用力為()A．eq\f(\r(3),3)mg B．eq\f(2\r(3),3)mgC．eq\r(3)mg D．eq\f(4\r(3),3)mg解析：從O點作△ABC所在平面的投影，記為O′，由幾何關系可得O′A＝eq\f(\r(3),3)L，設OA與平面ABC的夾角為θ，則有Lcosθ＝eq\f(\r(3),3)L，可得cosθ＝eq\f(\r(3),3)，設繩子與△OBC所在平面的夾角為α，根據幾何關系可得cosα＝eq\f(1,3)，則根據正余弦關系可得sinθ＝eq\f(\r(6),3)，sinα＝eq\f(2\r(2),3)；以O點為受力分析點，根據平行四邊形定則，作出矢量圖：則根據數學關系sinβ＝sin(θ＋α)，解得sinβ＝eq\f(\r(6),3)，再根據正弦定理可得eq\f(TOA,sinα)＝eq\f(mg,sinβ)，解得TOA＝eq\f(2\r(3),3)mg。故選B。答案：B12．(多選)如圖所示，質量為M、半徑為R的半球形物體A放在水平地面上，通過最高點處大小不計的釘子用水平細線拉住一質量為m、半徑為r的光滑球B。重力加速度為g，則()A．A對地面的壓力等于(M＋m)gB．A對地面的摩擦力方向向左C．A對B的支持力大小為eq\f(R＋r,R)mgD．細線對B的拉力大小為eq\f(r,R)mg解析：對A、B整體受力分析，受重力和支持力，相對地面無相對滑動趨勢，故不受摩擦力，根據平衡條件知，支持力等于整體的重力，根據牛頓第三定律知，整體對地面的壓