第3講　受力分析　共點(diǎn)力的平衡-2026版大一輪高考物理復(fù)習(xí)

第3講受力分析共點(diǎn)力的平衡學(xué)習(xí)目標(biāo)1.從具體的情境中選擇研究對(duì)象，會(huì)分析其彈力、摩擦力的有無(wú)及方向。2.會(huì)靈活應(yīng)用整體法和隔離法對(duì)多物體受力分析。3.會(huì)運(yùn)用共點(diǎn)力平衡的條件分析解決平衡問題。1.2.1.思考判斷(1)物體沿光滑斜面下滑時(shí)，受到重力、支持力和下滑力的作用。(×)(2)物體的速度為零即處于平衡狀態(tài)。(×)(3)物體處于平衡狀態(tài)時(shí)，其加速度一定為零。(√)(4)物體受兩個(gè)力作用處于平衡狀態(tài)，這兩個(gè)力必定等大反向。(√)(5)物體受三個(gè)力F1、F2、F3作用處于平衡狀態(tài)，若將F2轉(zhuǎn)動(dòng)90°，則這三個(gè)力的合力大小為eq\r(2)F2。(√)2.“空中速降”是一項(xiàng)具有挑戰(zhàn)性的體育游樂項(xiàng)目。如圖所示，某人沿一根繩索勻速下滑，繩索上端A豎直，下端B松弛。下列對(duì)人的受力分析正確的是()答案A考點(diǎn)一受力分析受力分析的四種方法假設(shè)法在未知某力是否存在時(shí)，先對(duì)其做出不存在的假設(shè)，然后根據(jù)該力不存在對(duì)物體運(yùn)動(dòng)和受力狀態(tài)的影響來判斷該力是否存在整體法將加速度相同的幾個(gè)相互關(guān)聯(lián)的物體作為一個(gè)整體進(jìn)行受力分析的方法隔離法將所研究的對(duì)象從周圍的物體中分離出來，單獨(dú)進(jìn)行受力分析的方法動(dòng)力學(xué)分析法對(duì)加速運(yùn)動(dòng)的物體進(jìn)行受力分析時(shí)，應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律進(jìn)行分析求解的方法例1如圖1所示，兩梯形木塊A、B疊放在水平地面上，A、B之間的接觸面傾斜。A的左側(cè)靠在光滑的豎直墻面上，加水平推力后，關(guān)于兩木塊的受力，下列說法正確的是()圖1A.A、B之間一定存在摩擦力作用B.木塊A可能受三個(gè)力作用C.木塊A一定受四個(gè)力作用D.木塊B一定受到地面向右的摩擦力答案B解析如果A受到重力、墻面對(duì)它的彈力和B對(duì)它的支持力，這三個(gè)力恰好平衡，則A、B之間沒有摩擦力，故A、C錯(cuò)誤，B正確；以A、B整體為研究對(duì)象，豎直方向受到A、B的重力和地面的支持力，水平方向受到水平推力和墻面的彈力，水平地面可以對(duì)B無(wú)摩擦力，故D錯(cuò)誤。1.(2024·四川蓉城名校聯(lián)盟聯(lián)考)如圖2，天花板與水平面間的夾角為θ＝37°，一質(zhì)量為m的物塊在一垂直于天花板向上的力F作用下靜止于天花板上，已知物塊與天花板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則()圖2A.物塊可能只受三個(gè)力作用B.物塊對(duì)天花板的摩擦力沿天花板向上C.力F的大小不得小于2mgD.力F的大小可能為1.25mg答案C解析物塊在重力作用下，有沿天花板下滑的趨勢(shì)，一定受到沿天花板向上的靜摩擦力，天花板對(duì)物塊一定也有彈力，所以物塊受重力、推力F、天花板的彈力和摩擦力四個(gè)力的作用，故A錯(cuò)誤；天花板對(duì)物塊的摩擦力沿天花板向上，根據(jù)牛頓第三定律可知，物塊對(duì)天花板的摩擦力沿天花板向下，故B錯(cuò)誤；對(duì)物塊受力分析及正交分解如圖所示，物塊靜止，則y方向有F＝mgcosθ＋FN，x方向有Ff＝mgsinθ≤Ffm＝μFN，聯(lián)立解得F≥2mg，故C正確，D錯(cuò)誤。受力分析的三個(gè)技巧(1)不要把研究對(duì)象所受的力與研究對(duì)象對(duì)其他物體的作用力混淆。(2)除了根據(jù)力的性質(zhì)和特點(diǎn)進(jìn)行判斷，假設(shè)法是判斷彈力、摩擦力的有無(wú)及方向的常用方法。(3)善于轉(zhuǎn)換研究對(duì)象，尤其是在彈力、摩擦力的方向不易判定的情形中，可以分析與其接觸物體的受力，再應(yīng)用牛頓第三定律判定?？键c(diǎn)二共點(diǎn)力的平衡條件及應(yīng)用求解共點(diǎn)力平衡問題的常用方法(1)合成法：一個(gè)力與其余所有力的合力等大反向，常用于非共線三力平衡。(2)正交分解法：Fx合＝0，F(xiàn)y合＝0，常用于多力平衡。(3)矢量三角形法：把表示三個(gè)力的有向線段構(gòu)成一個(gè)閉合的三角形，常用于非特殊角的一般三角形。角度三力平衡例2質(zhì)量為m的小球，用細(xì)線AB懸掛在豎直的墻壁上，細(xì)線與墻壁的夾角為60°，如圖3甲所示，當(dāng)小球受到拉力F1時(shí)，拉力與細(xì)線的夾角為120°，小球正好靜止不動(dòng)，細(xì)線拉力為F甲。如圖乙所示，當(dāng)小球受到拉力F2時(shí)，拉力與細(xì)線的夾角為150°，小球正好靜止不動(dòng)，細(xì)線拉力為F乙，重力加速度為g，下列等式正確的是()圖3A.F1＝mg B.F2＝2mgC.F甲＝eq\r(3)mg D.F乙＝eq\r(3)mg答案A解析法一合成法對(duì)甲圖中小球受力分析，如圖(1)所示。小球處于平衡狀態(tài)，由合成法可得拉力F1＝mg，F(xiàn)甲＝mg，故A正確，C錯(cuò)誤；(1)(2)對(duì)乙圖中小球受力分析，如圖(2)所示，小球處于平衡狀態(tài)，由合成法可得F2＝mgtan60°＝eq\r(3)mg，F(xiàn)乙＝eq\f(mg,cos60°)＝2mg，故B、D錯(cuò)誤。法二正交分解法對(duì)甲圖中小球受力分析，建立坐標(biāo)系，分解F1和F甲，如圖(3)所示，x軸方向：F1sin60°＝F甲sin60°y軸方向：F1cos60°＋F甲cos60°＝mg聯(lián)立解得F1＝F甲＝mg，故A正確，C錯(cuò)誤；對(duì)乙圖中小球受力分析，建立坐標(biāo)系，分解F乙，如圖(4)所示，x軸方向：F2＝F乙sin60°y軸方向：F乙cos60°＝mg聯(lián)立解得F2＝eq\r(3)mg，F(xiàn)乙＝2mg，故B、D錯(cuò)誤。(3)(4)2.如圖4所示，在天花板的某點(diǎn)處豎直固定一根輕桿a，桿的下端有一個(gè)不計(jì)大小的輕質(zhì)定滑輪O。一根跨過滑輪O的細(xì)線下端系一個(gè)重為G的物體，在細(xì)線A端施加拉力F使物體保持靜止，OA與豎直方向的夾角θ＝60°，不計(jì)一切摩擦。下列說法中正確的是()圖4A.細(xì)線彈力大小為2GB.a桿對(duì)滑輪的作用力大小為eq\r(3)GC.a桿對(duì)滑輪的作用力方向沿著桿豎直向上D.a桿對(duì)滑輪的作用力大小為G答案B解析對(duì)物體受力分析可知，細(xì)線彈力與其重力平衡，所以細(xì)線彈力大小為G，故A錯(cuò)誤；由于滑輪兩側(cè)細(xì)線中彈力大小相等，所以滑輪兩側(cè)細(xì)線彈力的合力F方向位于兩側(cè)細(xì)線夾角的平分線上(如圖所示)，根據(jù)對(duì)稱性可知兩側(cè)細(xì)線彈力的合力大小為F＝2Tcos30°＝eq\r(3)G，方向與豎直方向夾角為30°斜向左下。對(duì)滑輪根據(jù)平衡條件可知，a桿對(duì)滑輪的作用力與F平衡，其大小也為eq\r(3)G，方向與豎直方向夾角為30°斜向右上，故B正確，C、D錯(cuò)誤。3.(2024·海南統(tǒng)考模擬)如圖5所示，兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的光滑小球a和b，先用一剛性輕細(xì)桿相連，再用兩根細(xì)繩兩端分別連接a、b球，并將細(xì)繩懸掛在O點(diǎn)。已知小球a和b的質(zhì)量之比ma∶mb＝eq\r(3)∶1，細(xì)繩Oa的長(zhǎng)度是細(xì)繩Ob的長(zhǎng)度的eq\r(2)倍，兩球處于平衡狀態(tài)時(shí)，繩Oa上的拉力大小為Fa，繩Ob上的拉力大小為Fb。則Fa∶Fb為()圖5A.eq\r(3)∶1 B.eq\r(6)∶1C.eq\r(3)∶eq\r(2) D.eq\r(2)∶eq\r(3)答案B解析兩球都受到重力、細(xì)桿的彈力和細(xì)繩的拉力這三個(gè)力的作用而處于平衡狀態(tài)，對(duì)a、b受力分析，如圖所示，在圖中過O點(diǎn)作豎直線交ab于c點(diǎn)，則△Oac與小球a的力矢量三角形相似，△Obc與小球b的力矢量三角形相似，有eq\f(mag,lOc)＝eq\f(Fa,lOa)，eq\f(mbg,lOc)＝eq\f(Fb,lOb)，解得Fa∶Fb＝eq\r(6)∶1，故B正確。角度多力平衡例3(2024·上海虹口模擬)如圖6所示，一質(zhì)量為m的正方體物塊置于風(fēng)洞內(nèi)的水平面上，其一面與風(fēng)速垂直，當(dāng)風(fēng)速為v0時(shí)剛好能推動(dòng)該物塊。已知風(fēng)對(duì)物塊的推力F∝Sv2，其中v為風(fēng)速、S為物塊的迎風(fēng)面積。當(dāng)風(fēng)速變?yōu)?v0時(shí)，剛好能推動(dòng)用同一材料做成的另一正方體物塊，則該物塊的質(zhì)量為(最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)()圖6A.4m B.8mC.32m D.64m答案D解析設(shè)質(zhì)量為m的正方體物塊的邊長(zhǎng)為a，密度為ρ，當(dāng)風(fēng)速為v0時(shí)剛好能推動(dòng)物塊，根據(jù)平衡條件有F＝Ff，F(xiàn)N＝mg，其中F＝kSv2＝ka2veq\o\al(2,0)，F(xiàn)f＝μFN，m＝ρa(bǔ)3，解得a＝eq\f(kveq\o\al(2,0),μρg)；當(dāng)風(fēng)速變?yōu)?v0時(shí)，剛好能推動(dòng)物塊的邊長(zhǎng)變?yōu)?a，物塊的體積變?yōu)?4a3，則物塊質(zhì)量變?yōu)閙′＝64ρa(bǔ)3＝64m，故D正確。4.(2024·北京海淀模擬)如圖7所示，質(zhì)量為m的木箱在大小為F的水平外力作用下，沿傾角為θ的斜面勻速向上運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力。下列說法正確的是()圖7A.木箱所受合力大小為mgsinθ＋FcosθB.斜面對(duì)木箱的支持力大小為mgcosθC.斜面對(duì)木箱的摩擦力大小為Fcosθ－mgsinθD.斜面對(duì)木箱作用力的合力大小為F＋mg答案C解析對(duì)木箱進(jìn)行受力分析，受到重力mg、斜面的彈力FN、摩擦力Ff、水平外力F，如圖所示。由于木箱沿著斜面勻速向上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)木箱受力平衡得木箱所受合力大小為0，A錯(cuò)誤；垂直于斜面方向上受力平衡，斜面對(duì)木箱的支持力大小FN＝Fsinθ＋mgcosθ，B錯(cuò)誤；由于沿著斜面方向上受力平衡，有Fcosθ＝Ff＋mgsinθ，得斜面對(duì)木箱的摩擦力大小為Ff＝Fcosθ－mgsinθ，C正確；斜面對(duì)木箱作用力的合力大小與重力和外力F的合力大小相等，即F合＝eq\r(F2＋（mg）2)，D錯(cuò)誤。處理平衡問題的三個(gè)技巧(1)物體受三個(gè)力平衡時(shí)，利用力的分解法或合成法比較簡(jiǎn)單。(2)物體受四個(gè)或四個(gè)以上的力作用時(shí)，一般要采用正交分解法。(3)正交分解法建立坐標(biāo)系時(shí)應(yīng)使盡可能多的力與坐標(biāo)軸重合，需要分解的力盡可能少?？键c(diǎn)三整體法和隔離法解決多物體平衡問題多物體通常由兩個(gè)或兩個(gè)以上的研究對(duì)象，通過直接接觸或通過繩、桿等媒介連接組合，如疊加體、連接體等，處理方法通常是整體法和隔離法交替使用。例4(2024·廣東模擬預(yù)測(cè))如圖8所示，質(zhì)量為m的正方體A和質(zhì)量為M的正方體B放在兩豎直墻和水平面間，處于靜止?fàn)顟B(tài)。A和B的接觸面與豎直方向的夾角為α，重力加速度為g，若不計(jì)一切摩擦，下列說法正確的是()圖8A.水平面對(duì)正方體B的彈力大于(M＋m)gB.水平面對(duì)正方體B的彈力大小為(M＋m)gcosαC.墻面對(duì)正方體A的彈力大小為mgtanαD.墻面對(duì)正方體B的彈力大小為eq\f(mg,tanα)答案D解析對(duì)A和B構(gòu)成的整體進(jìn)行受力分析，如圖甲所示，整體受重力(M＋m)g、水平面的支持力FN、兩墻面的支持力FNA和FNB，由于兩正方體受力平衡，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，水平面對(duì)正方體B的彈力大小為FN＝(M＋m)g，故A、B錯(cuò)誤；隔離A，對(duì)A進(jìn)行受力分析，受重力mg、墻面的支持力FNA、B的支持力FNBA，如圖乙所示，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件有，豎直方向mg＝FNBAsinα，水平方向FNA＝FNBAcosα，解得FNA＝eq\f(mg,tanα)，即墻面對(duì)正方體A的彈力大小等于eq\f(mg,tanα)，故C錯(cuò)誤；由整體法可知FNB＝FNA，則墻面對(duì)正方體B的彈力大小為FNB＝eq\f(mg,tanα)，故D正確。處理多物體平衡問題的技巧(1)合理選擇研究對(duì)象：在分析兩個(gè)或兩個(gè)以上物體間的相互作用時(shí)，一般采用整體法與隔離法進(jìn)行分析，在使用時(shí)有時(shí)需要先整體再隔離，有時(shí)需要先隔離再整體，交替使用整體法和隔離法。(2)轉(zhuǎn)移研究對(duì)象：用隔離法直接分析一個(gè)物體的受力情況不方便時(shí)，可轉(zhuǎn)移研究對(duì)象，先隔離分析相互作用的另一個(gè)物體的受力情況，再根據(jù)牛頓第三定律分析該物體的受力情況。5.如圖9所示，兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球通過兩根輕彈簧A、B連接，在水平外力F作用下，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧實(shí)際長(zhǎng)度相等。彈簧A、B的勁度系數(shù)分別為kA、kB，且原長(zhǎng)相等。彈簧A、B與豎直方向的夾角分別為θ與45°。設(shè)A、B中的拉力分別為FA、FB，小球直徑相比彈簧長(zhǎng)度可忽略，重力加速度為g，則()圖9A.tanθ＝eq\f(1,2) B.kA＝kBC.FA＝eq\r(3)mg D.FB＝2mg答案A解析對(duì)下面的小球進(jìn)行受力分析，如圖甲所示。根據(jù)平衡條件得F＝mgtan45°＝mg，F(xiàn)B＝eq\f(mg,cos45°)＝eq\r(2)mg，故D錯(cuò)誤；對(duì)兩個(gè)小球整體受力分析，如圖乙所示，根據(jù)平衡條件得tanθ＝eq\f(F,2mg)，又F＝mg，解得tanθ＝eq\f(1,2)，F(xiàn)A＝eq\r(（2mg）2＋F2)＝eq\r(5)mg，故A正確，C錯(cuò)誤；由題意可知，兩彈簧的形變量相等，則有x＝eq\f(FA,kA)＝eq\f(FB,kB)，解得eq\f(kA,kB)＝eq\f(FA,FB)＝eq\f(\r(5),\r(2))，故B錯(cuò)誤。A級(jí)基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練對(duì)點(diǎn)練1受力分析1.(2024·河北滄州統(tǒng)考期末)如圖1所示，用輕繩將物體Q系于豎直墻面，Q與墻面之間夾有物體P，P、Q均處于靜止?fàn)顟B(tài)，則下列說法正確的是()圖1A.物體P一定受到4個(gè)力的作用B.物體P可能受到4個(gè)力的作用C.物體Q可能受到5個(gè)力的作用D.物體Q一定受到3個(gè)力的作用答案B解析物體P受到的力有重力、壓力、支持力、墻的摩擦力和Q的摩擦力(兩個(gè)摩擦力可能存在其中一個(gè)，也可能同時(shí)存在)，故物體P可能受到4個(gè)或5個(gè)作用力，故A錯(cuò)誤，B正確；物體Q受到的力有重力、拉力、支持力、P的摩擦力(可能存在)，故物體Q可能受到3個(gè)或4個(gè)作用力，故C、D錯(cuò)誤。2.(2024·重慶八中質(zhì)檢)如圖2所示，在細(xì)線拉力作用下風(fēng)箏靜止在空中。若風(fēng)箏重力不能忽略，則空氣對(duì)風(fēng)箏作用力的方向可能是()圖2A.① B.②C.③ D.④答案B解析風(fēng)箏靜止于空中，處于平衡狀態(tài)，所受合外力為零?？諝鈱?duì)風(fēng)箏的作用力，與風(fēng)箏重力和細(xì)線拉力的合力等大反向，受力分析如圖所示，則空氣對(duì)風(fēng)箏作用力的方向可能是②的方向，故B正確。3.(多選)如圖3所示，一個(gè)質(zhì)量m＝0.4kg的小球穿在水平直桿上處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)對(duì)小球施加一個(gè)5N的拉力F，F(xiàn)與桿的夾角為53°，小球與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，則(g取10N/kg)()圖3A.小球受到2個(gè)力B.小球受到3個(gè)力C.若F＝10N，則小球受4個(gè)力D.若F＝10N，則小球受3個(gè)力答案AC解析如圖在沿桿和垂直桿方向建立直角坐標(biāo)系，當(dāng)F＝5N時(shí)，F(xiàn)在y軸上的分力Fy＝Fsin53°＝4N，F(xiàn)與重力在y軸上的合力剛好為0，所以桿與小球只接觸不擠壓，無(wú)彈力和摩擦力，A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)F＝10N時(shí)，F(xiàn)y＝8N，F(xiàn)與重力在y軸上的合力為4N，垂直于桿向上，此時(shí)桿對(duì)小球的彈力垂直于桿向下，且F在水平方向上有分力，因此桿對(duì)小球還有摩擦力，小球一共受4個(gè)力，C正確，D錯(cuò)誤。對(duì)點(diǎn)練2共點(diǎn)力平衡的條件及應(yīng)用4.如圖4所示，輕桿一端固定在豎直墻壁上，另一端固定一個(gè)質(zhì)量為1.6kg的小球，勁度系數(shù)為100N/m的水平輕質(zhì)彈簧夾在墻壁與小球之間，處于壓縮狀態(tài)，彈簧的壓縮量為12cm，輕桿與墻壁的夾角為60°。取重力加速度大小g＝10m/s2，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。輕桿對(duì)小球的作用力大小為()圖4A.12N B.16NC.20N D.32N答案C解析小球受重力mg、彈簧水平向右的彈力F彈、輕桿的作用力F而處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可得F＝eq\r(（mg）2＋Feq\o\al(2,彈))，又mg＝16N，F(xiàn)彈＝kx＝12N，聯(lián)立可得F＝eq\r(162＋122)N＝20N，故C正確。5.(2024·四川成都模擬)2023年的春晚舞蹈《錦繡》，藝術(shù)地再現(xiàn)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(dòng)人故事。圖5(a)是一個(gè)優(yōu)美且難度極大的后仰動(dòng)作，人后仰平衡時(shí)，可粗略認(rèn)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，F(xiàn)2與水平方向成45°角，則可估算出F1的大小為()圖5A.(eq\r(3)＋1)G B.(eq\r(3)－1)GC.(eq\r(3)＋2)G D.(eq\r(3)－2)G答案A解析由力的平衡條件可得F1sin60°＝G＋F2sin45°，F(xiàn)1cos60°＝F2cos45°，解得F1＝(eq\r(3)＋1)G，故A正確。6.如圖6(a)是一種大跨度懸索橋梁，圖(b)為懸索橋模型。六對(duì)輕質(zhì)吊索懸掛著質(zhì)量為M的水平橋面，吊索在橋面兩側(cè)豎直對(duì)稱排列，其上端掛在兩根輕質(zhì)懸索上[圖(b)中只畫了一側(cè)分布]，懸索兩端與水平方向成45°，則一根懸索水平段CD上的張力大小是()圖6A.eq\f(1,4)Mg B.eq\f(1,6)MgC.eq\f(1,12)Mg D.eq\f(1,24)Mg答案A解析對(duì)左邊的懸索ABC受力分析，如圖所示，由平衡條件可得TCD＝Tcos45°，Tsin45°＝eq\f(1,4)Mg，解得TCD＝eq\f(1,4)Mg，故A正確。對(duì)點(diǎn)練3整體法和隔離法解決多物體平衡問題7.(2024·江蘇徐州模擬預(yù)測(cè))質(zhì)量為m粗細(xì)均勻的麻繩如圖7所示懸掛，懸點(diǎn)處切線與豎直方向夾角分別為37°和53°，P點(diǎn)為最低點(diǎn)，sin37°＝0.6，則()圖7A.左側(cè)懸點(diǎn)對(duì)麻繩拉力為0.6mgB.右側(cè)懸點(diǎn)對(duì)麻繩拉力為0.8mgC.最低點(diǎn)P處張力為0.3mgD.P點(diǎn)右側(cè)麻繩質(zhì)量為0.36m答案D解析對(duì)麻繩受力分析，受重力mg、左側(cè)懸點(diǎn)對(duì)麻繩拉力F1、右側(cè)懸點(diǎn)對(duì)麻繩拉力F2，則F1cos37°＋F2cos53°＝mg，F(xiàn)1sin37°＝F2sin53°，解得F1＝0.8mg，F(xiàn)2＝0.6mg，故A、B錯(cuò)誤；對(duì)右側(cè)麻繩受力分析，受重力m1g、最低點(diǎn)P處張力F、右側(cè)懸點(diǎn)對(duì)麻繩拉力F2，則F＝F2sin53°＝0.48mg，m1g＝F2cos53°＝0.36mg，所以P點(diǎn)右側(cè)麻繩質(zhì)量為m1＝0.36m，故C錯(cuò)誤，D正確。8.(2024·安徽模擬預(yù)測(cè))如圖8，半徑為R、質(zhì)量為m的半圓柱體A放在粗糙的水平地面上，A與豎直墻面間有一半徑為R、質(zhì)量為m的光滑圓柱體B，A和B的質(zhì)量分布都均勻。改變半圓柱體A距豎直墻面的距離，使A、B仍保持靜止?fàn)顟B(tài)，半圓柱體A的圓心距豎直墻面的最遠(yuǎn)距離為2R。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則半圓柱體A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為()圖8A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(\r(3),6)答案D解析對(duì)A、B整體受力分析如圖甲所示，可知地面對(duì)A的支持力FN地＝2mg，摩擦力Ff＝FN墻。對(duì)B受力分析如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知θ＝30°，則FN墻＝mgtan30°，又Ff＝μFN地，聯(lián)立解得μ＝eq\f(mgtan30°,2mg)＝eq\f(\r(3),6)，故D正確。甲乙B級(jí)綜合提升練9.如圖9所示，將兩個(gè)相同的木塊P、Q置于粗糙斜面上，P、Q中間有一處于壓縮狀態(tài)的彈簧，彈簧不與P、Q拴接。木塊P受到一個(gè)沿斜面向下的恒定拉力F，P、Q均靜止。下列說法正確的是()圖9A.P一定受到5個(gè)力的作用B.Q一定受到4個(gè)力的作用C.只移去彈簧后P可能會(huì)沿斜面下滑D.只移去彈簧后P所受摩擦力可能不變答案A解析設(shè)木塊質(zhì)量為m，斜面傾角為θ，對(duì)P受力分析如圖所示，則P受到重力、支持力、彈簧彈力、摩擦力、拉力5個(gè)力的作用，A正確；Q受到的彈簧彈力沿斜面向上，若Q重力沿斜面向下的分力與彈簧彈力的大小相等，則Q不受摩擦力，所以Q可能受到重力、支持力、彈簧彈力3個(gè)力的作用，B錯(cuò)誤；有彈簧時(shí)，正交分解P受到的重力，沿斜面方向受力平衡，有FfP＝mgsinθ＋F彈＋F，只移去彈簧時(shí)，有FfP′＝mgsinθ＋F，可知木塊P受到的沿斜面向下的力變小，需要的摩擦力變小，故木塊P仍然靜止，C、D錯(cuò)誤。10.(2024·湖北武漢聯(lián)考)如圖10所示，兩個(gè)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θ的斜面上，A、B均靜止，B球沒有滑動(dòng)趨勢(shì)，則A球?qū)醢宓膲毫Υ笮?重力加速度為g)()圖10A.mgtanθ B.eq\f(2mg,tanθ)C.eq\f(mg,tanθ) D.2mgtanθ答案D解析根據(jù)題述，B球沒有滑動(dòng)趨勢(shì)，說明B球不受摩擦力作用。豎直擋板光滑，A球不受摩擦力作用。把A、B看成整體并進(jìn)行受力分析，設(shè)擋板對(duì)A球的支持力為F，由平衡條件可得tanθ＝eq\f(F,2mg)，解得F＝2mgtanθ，由牛頓第三定律可知，A球?qū)醢宓膲毫Υ笮?mgtanθ，D正確。11.(2024·江蘇蘇州期末)如圖11所示，a、b兩個(gè)小球穿在一根與水平面成θ角的光滑固定桿上，并且通過一條細(xì)繩跨過定滑輪連接，當(dāng)兩球靜止時(shí)，Oa段繩與桿的夾角也為θ，Ob段繩沿豎直方向。已知a球質(zhì)量為m，重力加速度為g，不計(jì)所有摩擦，則下列說法正確的是()圖11A.a可能受到2個(gè)力的作用B.b可能受到3個(gè)力的作用C.b的重力為mgtanθD.繩子對(duì)a的拉力等于mg答案C解析對(duì)b進(jìn)行受力分析，因?yàn)镺b段繩沿豎直方向，故b只受豎直向下的重力和豎直向上的繩子拉力而平衡，有FT＝mbg，故B錯(cuò)誤；細(xì)繩對(duì)b有拉力，故對(duì)a也有等大的拉力，對(duì)a進(jìn)行受力分析，如圖所示，則a需受3個(gè)力才能平衡，故A錯(cuò)誤；在a的受力分析圖中，F(xiàn)N垂直桿向上，它與豎直方向的夾角為θ，F(xiàn)T沿繩方向，故它與豎直方向的夾角β＝90°－2θ，故α＝90°＋θ，F(xiàn)T和FN的合力與a的重力大小相等，由正弦定理得eq\f(mg,sinα)＝eq\f(FT,sinθ)，解得FT＝mgtanθ，故D錯(cuò)誤；