2025年高一物理同步培優(yōu)講練（人教版必修第一冊）3.5共點力的平衡（解析版）

3.5共點力的平衡

1.知道共點力的平衡條件，并會分析生產生活中的相關問題。

2.能運用數(shù)學中的三角函數(shù)、幾何關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。

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)．

Fx合＝0

2．平衡條件：合外力等于0，即F合＝0或.

Fy合＝0

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n個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，則其中任意(n－1)個力的合力必定與第n

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(Fx＝0，F(xiàn)y＝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．

題型1受力分析的應用

[例題1]如圖所示，質量均為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。

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的重力關系，再由摩擦力產生的條件，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，A、B間的動摩擦

因數(shù)為。若A、B的質量均為m，重力加速度大小為g，則下列說法正確θ的是（）

μ

A．B與地面間沒有摩擦力

B．A對B的摩擦力大小為mgsin

C．A對B的摩擦力大小為μmgcosθ

D．A對B的作用力方向垂直于Aθ、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θ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θ，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：AC。

[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，智能機器制造是一

個重要方向，其中智能機械臂已廣泛應用于各種領域。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

誤；

故選：BC。

題型2共點力的平衡

[例題2]（2024?江蘇模擬）兩個質量均為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（）θ

A．mgtanB．2mgtanC．D．

??2??

θθ

【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＝2mgtan，

根據(jù)牛頓第三定律可知，A球對擋板的壓力大小也為2mgtan，θ故B正確，ACD錯誤。

故選：B。θ

以整體為研究對象，根據(jù)受力情況結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、質量均勻分布，AD、BE分別為BC、AC

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

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

比NB長，如圖所示。則三角形薄板靜止時（）

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O點的連線為重力的方向，

FB與重力交于O點，由共點力平衡可知，F(xiàn)A也交于O點，故AB錯誤；

CD、對O點受力正交分解，如圖

根據(jù)受力平衡可得：

FAcos＝FBcos

依題意α，此時MβA比NB長，故

＜

α因此βcos＞cos

則FA＜FαBβ

故C正確；D錯誤。

故選：C。

[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對玻璃杯側壁的壓力大小為F1，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．F1G，F(xiàn)2GB．F1G，F(xiàn)2G

323233

=3=3=3=3

C．F1G，F(xiàn)2GD．F1C，F(xiàn)2G

1331

【解答=】2解：設=A、2B兩玻璃球球心的連線與豎直方=向2的夾角為=2，如圖甲所示

θ

則由幾何關系可知，將玻璃球A的重力進行分解，如圖乙所示

1

????=2

可得F1＝Gtan，，故A正確，BCD錯誤。

32123

故選：A。θ=3??=2?=3?

[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，可知tan

＝。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，φ圓錐角底角φ

必μ定是該物料的摩擦角。若已知物料的摩擦角和高h，動摩擦因數(shù)為。物料所受滑動摩擦

力等于最大靜摩擦力?？搔涨蟪鰣A錐體的體積為（φ）μ

A．B．C．D．

3333

??2??????

2222

【解3答?】解：物料自然堆積3成?圓錐體，圓錐角底角2?必定是該物料的摩擦6角?，對物料作受力分析如

圖所示

為使物料不下滑，應使減??；當?shù)捉切∮跁r，物料將停留在錐面上，那么使物料恰好不下滑

應使增大，且讓＝，θ所以底角會保θ持為定φ值。若已知和錐體的高h，則可求出它的體積為

θθφφφ

33

121?2????

?=???=?()?=2=2

故A3正確，BC3D錯??誤??；3????3?

故選：A。

[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

D．5左端對地面的壓力為

5

??

【解答】解：A、1對2的壓4力為mg

1

2對4的壓力為F24（mg+m2g）mg

113

=2×=4

4對地面的壓力F4（2mg+F24），解得mg，故A錯誤；

117

=2×

BD、2的右端所受支持力為2F2mg8

3

=4

5的右端所受的支持力為F5（mg+2F2），解得F5mg，故D正確，B錯誤；

115

=2×=4

C、4的頂端受到的壓力大小為F＝F22mg，故C錯誤。

3

=4

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。假設瑜伽球光滑且視為均勻球體，整體可簡化成如圖（b）。當

人緩慢豎直站立的過程中，人的背部與水平面夾角＜，下列說法正確的是（）

?

θ2

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．球對人的壓力先增大后減小

【解答】解：AD．對瑜伽球受力分析，如圖所示：

由平衡條件可知：

N1＝mgtan，N2

??

人緩慢豎直θ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對人的壓力增大，故AD錯誤；

BC．對整體受力分析，如圖所示

由平衡條件，可知：

FN＝（M+m）g，f＝N1

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：B。

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O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（）

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)，設拉力與豎直方向的夾

角為，如圖所示。

θ

根據(jù)共點力平衡條件可得拉力大小為

??

?=

墻壁對小球的支持力大小為N＝mgtan????

在細桿下移過程中，增大，cos逐漸減θ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θA正確，BθCD錯誤。θ

故選：A。

[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，設小球對

墻面的壓力大小為F1，小球對木板的壓力大小為F2，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到與墻面垂直的位置，不計摩擦，在此過程中（）

A．F1一直增大，F(xiàn)2一直減小

B．F1先減小后增大，F(xiàn)2一直減小

C．F1和F2都一直在減小

D．F1和F2都一直在增大

【解答】解：小球對墻面的壓力大小為F1，小球對木板的壓力大小為F2，根據(jù)牛頓第三定律，可

知墻面對小球的支持力大小等于F1，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F1和F2都一直在減小，故ABD錯誤，C正確。

故選：C。

[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10m/s2。則下列說法正確的是（）

A．FT＝640N

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；

由數(shù)學知識得：FTN＝1000N

??80×10

==

FN＝mgtan37°＝80×??1?03×7°0.75N0＝.8600N，故AB錯誤；

C、根據(jù)FT，F(xiàn)N＝mgtan，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

??

=θ

力FT、支持力??F?N?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：C。

[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質繩索OA在豎直平面內緩慢下降。在下降過程中，工人腿部與豎直玻璃墻的

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

夾角＝120°，且與OA在同一傾斜平面內。已α知工人及工具的總質量m＝80kg，小木板的質

量可忽θ略不計，g＝10m/s2。假設工人姿勢保持不變，下列說法正確的是（）

A．此時，玻璃墻對腳的作用力大小為

B．此時，AB、AC繩上的張力大小均為4040003N?

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

圖1

F＝mgcos＝80×10N＝400N

1

繩AB的張β力大小×2

TOA＝mgcos＝80×10N＝400N

3

根據(jù)力的合成α可知AB、×A2C繩上的張3力大小均為

2Tcos60°＝TOA

解得T＝400N

故AB錯誤；3

CD．對工人和小木板整體受力分析如圖2所示：

圖2

因某時刻，＝60°，＝30°，故玻璃墻對腳的作用力F1的方向與繩索OA的拉力F2的方向垂

直，從該時刻β起，工人α在緩慢下移的過程中，F(xiàn)1的方向不變，減小，F(xiàn)2的方向向豎直方向靠近，

由圖1可知F1變小，F(xiàn)2變大，由牛頓第三定律可知腳對墻的作α用力變小，故D錯誤，C正確；

故選：C。

【基礎強化】

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

A．B．0.5mC．D．1.0m

33

??

【解答4】解：對畫框受力分析如圖所示：3

畫框受到重力mg和兩個大小相等的細繩拉力F1、F2的作用而處于靜止狀態(tài)，當

F1＝F2＝Fmax＝10N時，對應于細繩不被拉斷的最小長度為L，設此時F1和F2與豎直方向的夾角

都為，由平衡條件可得：

2F1coθs＝mg＝10N，解得：cos＝0.5，所以有：＝60°；

θθθ

設畫框上兩個掛釘間的距離為的d，則繩子的最小長度為：，故ABD錯誤，

0.5?3

C正確。?=????×2=3?

故選：C。

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：C。

3.（2024?湛江二模）如圖所示，國產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，飛機受到的重力大小為G，垂直機身向上的空氣升力為F1，沿飛機前進方

向的動力大小為θF2，空氣阻力與飛機運動方向相反、大小為F3。下列關系式正確的是（）

A．F1＝GB．F1＝GsinC．D．F2＞F3

1?

【解答】解：對飛機受力分析，如圖θ所示?=????

根據(jù)平衡條件，在水平方向

F2cos＝F1sin+F3cos

θθθ

在豎直方向

G+F3sin＝F2sin+F1cos

聯(lián)立，解θ得θθ

F1＝Gcos

θ＞

1

23?????

故?D?正?確=，?A?B??C錯誤0。

故選：D。

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

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、設每根輕質鐵鏈上的拉力為T，其與豎直方向的夾角為，對吊籃、花和花盆整

體，則有：3Tcos＝3mgθ

解得：T＞θmg

??

=

故A錯誤；????

B、設墻面對支架的作用力為F，給花澆水（水質量為m0）后，吊籃、花和花盆的總質量增大，

對支架（設質量為m′）、吊籃、花和花盆整體，由豎直方向平衡關系有

F＝（3m+m0+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，導致鐵鏈的拉力T大小變化，故C錯誤；

D、吊籃架對花盆的支θ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：B。

5.（2024?湖北三模）如圖所示，某款手機支架由“L型”擋板和底座構成，擋板使用一體成型材

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

的彈力分別為F1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

至水平的過程中，下列說法正確的是（）

A．F1逐漸增大，F(xiàn)2逐漸減小

B．F1逐漸減小，F(xiàn)2逐漸增大

C．F1逐漸減小，F(xiàn)2先增大后減小

D．F1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F1和F2，兩者相互垂直，即＝90°

手機處于靜止狀態(tài)，合外力為零，根據(jù)拉密原理有α

??1?2

==

?因??為?手機??的??重力??G??和不變，所以上式的比值不變。擋板由圖示位置順時針緩慢轉至水平的過程

中，由鈍角增大到18α0°，即sin減小，則知F2變??；由鈍角減小到90°，即sin變大，則知

F1變β大，故A正確，BCD錯誤。βθθ

故選：A。

6.（2024?保定一模）如圖，質量為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＝60°，g取10m/s2。則以

下說法正確的是（）θ

A．B對A的支持力大小為

B．水平地面對B的摩擦力方2向3水?平向右

C．增大夾角，若AB依然保持靜止，F(xiàn)減小

D．增大夾角θ，若AB依然保持靜止，地面對B的支持力減小

【解答】解：θA、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NN＝4N，故A錯誤；

??0.2×10

B、對A、B整體受力分析，在水平方向=上?，??根?據(jù)=平??衡?6條0°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，若AB依然保持靜止，F(xiàn)增大，

故C錯誤；θθ

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：B。

【素養(yǎng)提升】

7.（2024?南充二模）某物理興趣小組，在學習了力的合成和分解后，設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O處懸掛一物塊，假設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逆時針緩慢轉動的過程中，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．OB繩一定不會被拉斷D．OB繩可能被拉斷

【解答】解：對O點進行受力分析，如下圖所示

根據(jù)拉密定理可得：

????????

==

由題意可知，在整個裝???置(?繞?過?)A點??垂?∠直1于紙??面?∠的2軸在豎直平面內逆時針緩慢轉動的過程中，保持

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

彈θ力FAO先變大后π變θ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OB繩一定不會被拉斷，故C正確，ABD錯誤。

故選：C。

8.（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

質量比為（）

??

??

A．B．C．D．2

13

3

23

【解答】解：設繩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，由幾何關系可得：

Fcos60°＝mbg

解得：，故ABC錯誤，D正確。

??

=2

故選：D?。?

9.（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，可以調節(jié)繩子的長度來改變兩梯的夾角。梯子置于水平地面上，一

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

A．當＝60°時，梯子單邊對地面的正壓力大小為

??

θ

B．當＝120°時，梯子單邊對地面的正壓力大小為2mg

C．角θ越大，梯子對人的作用力越小

D．θ角越大，梯子對人的作用力越大

【解θ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，故A正確，B錯誤；

??

θ

CD.對人做受力分析，梯子對人的支持力大小等于人的重力2，梯子對人的支持力與人對梯子的壓

力是相互作用力，大小與無關，故CD錯誤。

故選：A。θ

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（）

A．24NB．108NC．126ND．168N

【解答】解：設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°

＝7×30×0.8N＝168N，故D正確、ABC錯誤。

故選：D。

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

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；

BC．平行握筷時，小球受力平衡，小球受到的靜摩擦力為

11

?=2??

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，設夾形握筷時兩筷子的夾角為，

小球受力分析如圖所示：

根據(jù)平衡條件可得

2??

小球受到的靜摩擦力2?為???2=??+2????2＞

???

?2=?+2?????1

夾形握筷時，筷子對小球壓力2?越??大2，小球受2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”的質量為m，

設繩索對他對的拉力大小為F1，豎直墻壁對他的支持力大小為F2，不計他與墻壁間的摩擦力及

繩索的重力，當?shù)氐闹亓铀俣葹間。則下列說法正確的是（）

A．“蜘蛛人”受到的重力一定大于拉力，所以他會下降

B．當“蜘蛛人”靜止于某位置時，可簡化為如圖2中所示的模型，此時繩索與豎直墻壁的夾角

為，則

??

θ?2=

C．在“蜘?蛛??人?”緩慢下降的過程中，繩索對其拉力F1的大小逐漸增大

D．“蜘蛛人”使用可吸附在豎直玻璃上的擦窗工具擦拭玻璃，如圖