專題05共點力平衡力

1．知道什么是共點力，理解平衡狀態(tài)，掌握共點力平衡的條件(重點)。

2．會根據(jù)平衡條件，利用合成法和正交分解法解決簡單的三力平衡問題(重難點)。

知識點一共點力平衡

一、共點力的平衡

1．物體受到多個不在同一直線上的力的作用，這些力作用于物體上的_______或力的__________可以相交

于同一點，這樣的力稱為共點力。

2．平衡狀態(tài)：物體保持______或_____________狀態(tài)。

3．平衡條件：物體所受的合力為_________，即F合=______。

（1）二力平衡：兩個力大小_______、方向_________，作用在同一直線上。

（2）三力平衡：其中兩個力的________必然與第三個力的大小相等，沿著第三個力________（相同/相

反）的方向。

答案：1．同一點，作用線

2．靜止，勻速直線線運動

3．零，0

①相等，相反②合力，相反

（3）①②0，0

知識點二共點力的應用及方法

一、共點力平衡的應用

1．選定研究對象進行準確的受力分析。

2．三力平衡推薦用合成法

即根據(jù)“任意兩個力的合力與第三個力等大反向”的關系，畫出平行四邊形，結合三角函數(shù)等知識求解。

典型的3種情況如下：

G

Gcosθcosθ

θθ

GsinθGtanθGG

θ

2cosθ2cosθ

GGG

二、共點力平衡的應用

3．正交分解法：物體受多個共點力作用處于平衡狀態(tài)時，可建立適當?shù)淖鴺讼?，利用正交分解法求出x、

y軸方向上的合力，應用F合x=0，F(xiàn)合y=0列式求解。典型的情況如下：

v勻速

FNNF

fθ

f

GθG

F=mgsinθ+fFcosθ=f

N=mgcosθN+Fsinθ=mg

知識點三動態(tài)平衡問題

物體所受的某個力的大小和方向均要發(fā)生變化，但變化過程中的每一個狀態(tài)均可視為平衡狀態(tài)。

用圖解法分析動態(tài)平衡問題的一般步驟：

（）選某一狀態(tài)對物體進行受力分析。

（21）根據(jù)平衡條件作平行四邊形。

（3）根據(jù)已知量的變化情況，作出平行四邊形的邊角變化。

（4）確定未知量大小、方向的變化。

一、考點一、利用平衡推論求力

1．如圖所示，水平推力F使物體靜止于斜面上，則（）

A．物體一定受3個力的作用

B．物體一定受4個力的作用

C．物體一定受到沿斜面向下的靜摩擦力

D．物體可能受到沿斜面向下的靜摩擦力

【答案】D

【詳解】以物體為研究對象，對其受力分析，力正交分解，如圖

若

Fcosθ=mgsinθ

則物體在沿斜面方向所受的合力為0，則物體受重力、支持力和推力，3個力作用。

若

Fcosθ>mgsinθ

則物體有沿著斜面向上運動的趨勢，故物體受到沿斜面向下的靜摩擦力，受重力、支持力、推力和摩擦

力，4個力作用。

若

Fcosθ<mgsinθ

則物體有沿著斜面向下運動的趨勢，故物體受到沿斜面向上的靜摩擦力，受重力、支持力、推力和摩擦

力4個力作用。

故選D。

2．在日常生活中，小巧美觀的冰箱貼使用廣泛。一磁性冰箱貼貼在冰箱的豎直表面上靜止不動時，以下說

法正確的是（）

A．冰箱貼受到的磁力小于彈力

B．冰箱貼受到的磁力大于彈力

C．冰箱貼受到的冰箱的作用力一定豎直向上

D．冰箱貼一共受到三個力的作用，并處于三力平衡狀態(tài)

【答案】C

【詳解】ABD．冰箱貼靜止不動，受力平衡，它受到的磁力和受到的彈力是一對平衡力，大小相等；豎

直方向上受重力和摩擦力，共受到四個力的作用，選項ABD錯誤；

C．冰箱貼受到的冰箱的作用力，即冰箱對冰箱貼的磁力、彈力和摩擦力三個力的合力，與冰箱貼的重

力大小相等，方向相反，重力方向豎直向下，故冰箱貼受到的冰箱的作用力一定豎直向上，選項C正確。

故選C。

3．下面圖中，靜止的小球A分別與一個或兩個接觸面接觸，設各接觸面光滑，則A受到兩個彈力的是

（）

A．B．

C．D．

【答案】C

【詳解】A．由圖A可知，繩子處于豎直狀態(tài)，則小球A受到重力和繩子的彈力處于靜止，由平衡條件

可知，重力和繩子的彈力的合力是零，即斜面對小球沒有彈力作用，否則繩子不會處于豎直狀態(tài)，A錯

誤；

B．由圖B可知，小球A靜止在水平面上，不會對斜面產(chǎn)生作用，因此小球只受到重力和水平面的彈力

作用，B錯誤；

C．由圖C可知，小球在斜面上受到重力、斜面的彈力和繩子的彈力作用，處于靜止狀態(tài)，因此小球受

到兩個彈力作用，C正確；

D．由圖D可知，小球A靜止在水平面上，則受到重力和水平面的彈力處于平衡狀態(tài)，豎直面對小球沒

有彈力作用，否則小球不會處于靜止，D錯誤。

故選C。

4．用一把剪刀，去剪一條圓截面的導線。導線先會向外滑動，直到剪刀之間的角度為2，則剪刀和導線

之間的摩擦系數(shù)為（）

A．1tanB．2cosC．2tanD．tan

【答案】D

【詳解】對導線受力分析如圖所示

導線受重力mg和剪刀對它的摩擦力f，其中F1、F2為重力的兩個分力，則有

F1mgsin，F(xiàn)2mgcos

導線恰好靜止時摩擦力達到最大靜摩擦，因此有

fF2

則根據(jù)平衡條件有

F1f

聯(lián)立解得

tan

故選D。

二、考點二、直接合成法解決三力平衡問題

5．如圖所示，用兩根細線把A、B兩小球懸掛在天花板上的同一點O，并用第三根細線連接A、B兩小球，

然后用某個力F作用在小球A上，使三根細線均處于直線狀態(tài)，且OB細線恰好沿豎直方向，兩小球均

處于靜止狀態(tài)。則該力可能為圖中的（）

A．F1和F2B．F2和F3

C．F3和F4D．F4和F2

【答案】B

【詳解】首先對B球受力分析，合力為零。故B球受重力和OB繩子的向上的拉力，由于B球保持靜止，

受力平衡，故AB繩子的拉力為零；再對A球受力分析，受重力，OA繩子的拉力和一個題中需要求解

的力，根據(jù)三力平衡條件，可以知道，任意兩個力的合力必定與第三個力等值、反向、共線，由于重力

和OA繩子的拉力的合力必定在AO方向和豎直方向之間，故只有F2與F3符合，故ACD錯誤，B正確。

故選B。

6．如圖所示，一運送救災物資的直升機沿水平方向勻速飛行，已知物資的總質量為m，吊運物資的懸索與

豎直方向成θ角，設物資所受的空氣阻力為f，懸索對物資的拉力為F，重力加速度為g，則（）

A．fmgsinB．fmgcos

mgmg

C．FD．F

costan

【答案】C

【詳解】以物資為研究對象，分析受力情況：重力mg、懸索對物資的拉力F和空氣阻力f，如圖所示

根據(jù)平衡條件得知：F與f的合力與mg大小相等，方向相反，則有

fmgtan

mg

F

cos

故選C。

7．三段不可伸長的細繩OA、OB、OC能承受的最大拉力相同，它們共同懸掛一重物，如圖所示，其中OB

是水平的，A端、B端固定，若逐漸增加C端所掛物體的質量，則最先斷的繩是（）

A．可能是OB，也可能是OCB．OB

C．OCD．OA

【答案】D

【詳解】以結點O為研究對象，在繩子均不被拉斷時受力如圖所示

根據(jù)平衡條件，結合受力圖可知

22

FOAFOBFOC

FOAFOB

FOAFOCmg

即OA繩受的拉力最大，而細繩OA、OB、OC能承受的最大拉力相同，則當物體質量逐漸增加時，OA

繩最先被拉斷。

故選D。

8．如圖所示，兩個質量均為m的物體分別掛在支架上的B點（如圖甲所示）和跨過滑輪的輕繩BC上（如

圖乙所示），圖甲中輕桿AB可繞A點轉動，圖乙中水平輕桿一端A插在墻壁內(nèi)，已知30，重力加

速度為g，則圖甲中輕桿AB的受力F1，圖乙中滑輪受到輕桿AB的作用力F2。

【答案】3mgmg

【詳解】[1]甲圖中結點受力如圖

輕繩BC對結點的拉力為T，AB對結點的支持力為F，則

mg

F3mg

tan30

根據(jù)牛頓第三定律可知圖甲中輕桿AB的受力

F1F3mg

[2]乙圖中，繩子對滑輪的作用力應是兩股繩的合力，如圖所示

則菱形特點和平衡關系可知

F2Fmg

根據(jù)平衡可知，滑輪受輕桿作用力為mg。

三、考點三、整體法與隔離法結合處理物體平衡問題

9．如圖所示，在水平地面上疊放著質量均為m的三個長方形木塊A、B、C，在水平推力F的作用下，以

共同的速度沿桌面做勻速滑動。在這一滑動過程中，下列判斷正確的是（）

A．木塊B作用于木塊A的摩擦力大小為F

B．木塊B作用于木塊C的摩擦力大小為2F

C．木塊C作用于桌面的摩擦力大小為2F

F

D．木塊C與桌面間的滑動摩擦系數(shù)為

3mg

【答案】D

【詳解】A．以A為對象，根據(jù)受力平衡可知，木塊B作用于木塊A的摩擦力為0，故A錯誤；

B．以AB為整體，根據(jù)受力平衡可知，木塊C作用于木塊B的摩擦力為F，則木塊B作用于木塊C的

摩擦力大小為F，故B錯誤；

CD．以ABC為整體，根據(jù)受力平衡可知，木塊C受到的滑動摩擦力大小為

fF

可知木塊C作用于桌面的摩擦力大小為F，又

fN3mg

可得木塊C與桌面間的滑動摩擦系數(shù)為

F

3mg

故C錯誤，D正確。

故選D。

10．如圖所示，球重8N；直角三角形木塊（不會與右墻面接觸）傾角α=45°。除地面與木塊間有摩擦外，

其他接觸面摩擦均不計。要使整個裝置靜止，至少要用F=4N的水平推力。則

（1）如果水平推力改為5N，求木塊所受的摩擦力；

（2）如果水平推力改為11N，求木塊所受的摩擦力。

【答案】（1）3N，水平向右；（2）3N，水平向左

【詳解】（1）對球根據(jù)平衡條件得

G

F82N

Nsin45

對木塊根據(jù)平衡條件得

FNcos454fmax

解得

fmax4N

如果水平推力改為5N，根據(jù)平衡條件得

FNcos455f1

解得

f13N

方向水平向右；

（2）如果水平推力改為11N，根據(jù)平衡條件得

11FNcos45f2

解得

f23N

方向水平向左。

11．木箱重G1，人重G2，人站在木箱里用力F向上推木箱，如圖所示，則木箱對地面的壓力大小為，

人對木箱底的壓力大小為。

【答案】G1G2G2F

【詳解】[1]將人和木箱看成一個整體，豎直方向木箱和人這個整體受到豎直向下的重力G1G2，以及

豎直向上，地面對整體的彈力FN，在豎直方向有

G1G2FN

而根據(jù)牛頓第三定律可知，地面對木箱的支持力大小與木箱對地面的壓力大小相等，因此木箱對地面

的壓力

FNFNG1G2

[2]人對木箱頂部有一個向上的推力F，則根據(jù)牛頓第三定律可知，木箱頂部對人有一個向下的反作用

力，大小等于F，人自身所受重力豎直向下，此外人受到木箱底對人豎直向上的支持N而處于平衡狀

態(tài)，則對人在豎直方向有

G2FN

而根據(jù)牛頓第三定律可知，木箱對人的支持力和人對木箱的壓力是一對相互作用力，大小相等，因此

可知，人對木箱的壓力

NNG2F

12．某同學用兩只手分別撐住桌子使自己懸空并保持靜止，兩手臂和桌面夾角均為60，該同學質量為

M60kg，每張桌子的質量為m15kg，桌腳與地面之間的動摩擦因數(shù)0.8。則：（1）左側桌子對

地面的壓力為N；（2）左側桌子對地面的摩擦力為N（結果保留一位小數(shù)）。

【答案】450.0173.2

【詳解】[1]設地面對左側桌子的支持力為，以人和桌子為整體受力分析

?N

2FNMg2mg

解得

FN450.0N

[2]對該同學受力分析，設手臂受力為F，可得

2FsinMg

解得

F2003N

對桌子受力分析，水平方向有

fFcos1003N173.2N

根據(jù)牛頓第三定律，左側桌子對地面的摩擦力大小為173.2N。

四、考點四、正交分解法解共點力平衡

13．如圖所示A球和B球用輕線連接并靜止在光滑的圓柱體上，若A球的質量為m，則B球的質量為

[sin370.6,sin530.8]（）

m3m

A．B．

25

2m3m

C．D．

34

【答案】D

【詳解】由平衡可得

mgsin37mBgsin53

解得

3m

m

B4

故選D。

14．如圖所示，水平地面上放有兩個平行且挨著的半圓柱體A、B，重力為G的光滑圓柱體C靜置其上.A、

B、C的半徑相等，設C受到A的支持力大小為FA，地面對A的摩擦力大小為f，則（）

G33G

A．FAG，fB．FG，f

2A32

3G33

C．FAG，fD．FG，fG

2A36

【答案】D

【詳解】對C進行受力分析，設C受到B的支持力大小為FB，由共點力平衡有

FAcos60FBcos60

且

FAsin60FBsin60G

解得

3

FG

A3

對A進行受力分析，有

3

fFcos60G

A6

故選D。

15．如圖，小范同學牽著小狗沿水平道路散步，在一段時間內(nèi)認為小范和小狗均保持勻速直線運動。已知

牽狗繩處于伸直狀態(tài)與水平方向夾角37，狗的質量為15kg，路面對人的摩擦力大小為4N。牽狗

繩的質量忽略不計，取sin37°0.6。

(1)運動過程中小狗能否視為質點，說明理由。（簡答）

(2)求路面對小狗的摩擦力大小。（計算）

(3)求路面對小狗的支持力大小。（計算）

【答案】(1)可以，見解析

(2)4N

(3)147N

【詳解】（1）可以，小狗做勻速直線運動，小狗各點的運動情況相同，則可以將小狗視為質點。

（2）以人為對象，水平方向根據(jù)受力平衡可得

Tcosf人

解得繩子拉力大小為

T5N

以狗為對象，水平方向根據(jù)受力平衡可得

Tcosf狗

解得路面對狗的摩擦力為

f狗4N

（3）以狗為對象，豎直方向根據(jù)受力平衡可得

TsinNmg

解得路面對狗的支持力大小為

N147N

16．重力為mg的物體A受到與豎直方向成角的外力F后，靜止在豎直墻面上，如圖所示，試求墻對物

體A的靜摩擦力。

【答案】見解析

【詳解】物體A受豎直向下的重力G，外力F，墻對A水平向右的支持力（彈力）FN，以及還可能

有靜摩擦力f。

①當接觸面光滑，GFcos時，物體能保持靜止，物體沒有運動趨勢，故物體不受摩擦力，即

f0

②當GFcos時，物體A有向下運動的趨勢，那么A應受到向上的靜摩擦力，且有

fGFcos

③當GFcos時，物體A則有向上運動的趨勢，那么A受到的靜摩擦力的方向向下，且有

fFcosG

五、考點五、用三角形法則解決平衡問題

17．水平橫梁一端插在墻壁內(nèi)，另一端裝小滑輪B。一輕繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過滑輪后懸

掛一質量m=10kg的重物，∠CBA=30°，如圖所示，則滑輪受到繩子的作用力為（g取10N/kg）（）

A．50NB．503NC．100ND．1003N

【答案】C

【詳解】對重物分析，懸掛重物的輕繩的拉力

F=mg=100N

對滑輪對輕繩作用力的作用點B進行受力分析，如圖所示

根據(jù)題意可知，滑輪上下兩側的輕繩之間的夾角為

30°+90°=120°

則有

N=F=100N

則滑輪受到繩子的作用力

N'N100N

故選C。

18．如圖所示，作用于O點的三個力平衡，設其中一個力大小為F1，沿-y方向，大小未知的力F2與+x方

向夾角為θ，下列說法正確的是（）

A．力F3只能在第二象限

B．力F3只能在第三象限

C．力F3與F2的夾角越小，則F3與F2的合力越小

D．F3的最小值為F1cosθ

【答案】D

【分析】三個力平衡時合力為零，由平衡條件知：其中任意兩個力的合力與第三力大小相等、方向相

反。作出F2、F3的合力，必定與F1大小相等、方向相反。根據(jù)幾何知識分析F3的方向范圍和最小值。

【詳解】A．B．三個力平衡時，合力必須為零，任意兩個力的合力與第三力必須大小相等、方向相反，

所以可知力F3可能在第二象限的任意方向上，也可能在第三象限。故AB錯誤；

C．根據(jù)平衡條件得知F3與F2的合力與F1大小相等、方向相反，F(xiàn)1大小不變，所以力F3與F2夾角越

小時，F(xiàn)3與F2的合力不變。故C錯誤；

D．由幾何知識知，當F2⊥F3時，即虛線位置時，F(xiàn)3有最小值，且最小值為

F1sin(90)F1cos

故D正確；

故選D。

【點睛】本題運用三角形定則分析三力平衡問題，確定F3的范圍及最小值。也可以運用結論確定F3

取得最小值的條件F2⊥F3。

19．如圖所示，質量為m的光滑球被豎直擋板擋住，靜止在傾角為θ的斜面上，則小球對擋板的壓力大小

為，對斜面的壓力大小為．

mg

【答案】mgtanθ

cos

【詳解】[1][2]以小球為研究對象并進行受力分析，將小球的重力按實際效果分解如圖所示

則根據(jù)三角形的關系可以知道

mg

Nmgtan；N

12cos

20．如圖所示，一個硬質圓環(huán)豎直放置在地面上，兩根輕桿OA、OB一端由鉸鏈（圖中未畫出）連接在圓

環(huán)圓心O處，另一端也由鉸鏈分別連接在圓環(huán)A、B兩點。重物G由一根輕繩OC懸掛在O點。開始

時，輕桿OA水平，OB與OA夾角為150°。若從圖示位置將圓環(huán)順時針緩慢旋轉90°，桿OA對O點

的作用力大小變化情況是；若從圖示位置將圓環(huán)逆時針緩慢旋轉90°，桿OB對O點

的作用力大小變化情況是（均選填“一直變大”、“一直變小”、“先變大后變小”或“先

變小后變大”）。

【答案】先變大后變小一直變小

【詳解】[1]對O點受力分析，受重力和兩個桿沿著桿的拉力，若從圖示位置將圓環(huán)順時針緩慢旋轉90°，

相當于重力反向（逆時針）轉動90度，如圖

從圖可以看出，當重力方向等效逆時針轉動時，兩個桿的彈力的合力也逆時針轉動，桿AO的彈力先

變大后變小，而桿BO的彈力一直變小。

[2]若從圖示位置將圓環(huán)逆時針緩慢旋轉90°，相當于重力反向（順時針）轉動90度，如圖

從圖可以看出，當重力等效順時針轉動時，桿OA彈力變小，桿OB彈力也變小。

六、考點六、動態(tài)平衡問題

21．用與豎直方向成θ（θ＜45°）的傾斜繩a和水平繩b共同固定一個小球，這時繩b的拉力為F1，現(xiàn)在保

持小球的原位置不動，使繩b在原豎直平面內(nèi)逆時針轉過θ角后固定，繩b的拉力變?yōu)镕2，再轉過θ角，

繩b的拉力為F3，則（）

A．F1=F2＜F3B．F1=F3＞F2

C．F1＜F2＜F3D．Fa增大

【答案】B

【詳解】對小球受力分析，受到重力和兩個拉力，三力平衡，如圖

根據(jù)幾何關系可知，力F2垂直與傾斜繩a，由圖可知

F1F3F2

且Fa不斷減小。

故選B。

22．如圖所示，用兩根等長輕繩將質量為m的木板懸掛在豎直木樁上等高的兩點，制成一簡易秋千。某次

維修時將兩豎直木樁移近些，但仍保持兩輕繩長度不變且懸掛點不變。木板靜止時，F(xiàn)1表示木板所受

合力的大小，F(xiàn)2表示單根輕繩對木板拉力的大小，則維修后（）

A．F1不變F2變大B．F1不變F2變小

C．F1變大F2變大D．F1變小F2變小

【答案】B

【詳解】根據(jù)平衡條件得

F10

維修時將兩豎直木樁移近些，合力F1不變；

設繩與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)平衡條件得

2F2cosmg

解得

mg

F

22cos

維修時將兩豎直木樁移近些，θ減小，F(xiàn)2減小。

故選B。

23．如圖所示，光滑水平地面上放有截面為四分之圓周的柱狀物體A，A與墻面之間放一光滑的圓柱形物

體B，對A施加一水平向左的力F，整個裝置保持靜止。若將A的位置向左移動稍許，整個裝置仍保

持平衡，則A對B的彈力將；推力F將。（選填“增大”“不變”或“減小”）

【答案】減小減小

【詳解】[1]對小球B受力分析，如圖所示

當A的位置向左移動少許后，A對B的彈力與豎直方向的夾角減小，故A對B的彈力N′將越來越小，

墻壁對B球的彈力N減小；

[2]將兩者看做一個整體，整體的受力分析如圖所示

根據(jù)平衡條件可得

FN

由于墻壁對B球的彈力N減小，則推力F將減小。

24．如圖所示，重為Ｇ的圓盤與一輕桿相連，桿與圓盤恰相切，支點為Ｏ。現(xiàn)用始終豎直向下的力F拉桿

的另一端，使該端緩慢向下轉動，則桿轉到豎直之前，拉力F的力矩大小變化情況

是，拉力F的大小變化情況是。

【答案】先增大后減小一直增大

【詳解】[1]F的力矩等于重力的力矩，因重力的大小方向不變，則其變化情況同重力臂的變化。桿沒

質量，實際質量集中在盤心，把盤心和支點連起來，在拉的時候，盤的重力不變，最大力臂是盤心和

支點的連線長度，所以力矩先增大后減小。

[2]如圖所示

由力矩平衡可得

L

G1cos()FLcos

cos2

解得

L1Lsin

FG1cos()G1(tan)

cosL2cosL2cos

由數(shù)學知識可知，在從090變化過程中，所以拉力是始終增大的。

甲、乙兩個物體質量分別為m1與m2，被不可伸長的細繩與光滑滑輪固定于墻上A點，細繩與滑輪的質

量均忽略不計，系統(tǒng)保持靜止。О點兩側繩與豎直方向的夾角分別為α和β。以下三種不同的細繩、滑輪

組合中，初始狀態(tài)α均為70°。

25．組合1如圖所示，且m1=m2。

（1）β等于°；。

（2）若對乙施加水平外力，在新的位置重新平衡后β()

A．增大B．減小C．保持不變

26．組合2如圖所示，m1與m2大小關系未知。

（1）β等于°；

（2）若將A向上移動一小段距離，在新的位置保持平衡時，β()

A．增大B．減小C．保持不變

27．組合3如圖所示，m1與m2大小關系未知。

（1）β等于°；

（2）若用外力將乙向下移動一小段距離，在新的位置保持平衡時，β()

A．增大B．減小C．保持不變

【答案】25．55A26．70C27．40A

【解析】25．（1）由于m1=m2，根據(jù)幾何關系可知

18070

55

2

（2）若對乙施加水平外力，對乙分析如圖所示。

可知變大，在新的位置重新平衡后，如圖所示。

F1

根據(jù)幾何關系可知，在新的位置重新平衡后β增大。

故選A。

26．（1）對O點分析，如圖所示。

繞過同一滑輪的繩子拉力相等，根據(jù)力的合成關系可知

70

（2）若將A向上移動一小段距離，繩子上的力大小不變，則在新的位置保持平衡時，β保持不變。

故選C。

27．（1）對O點分析，如圖所示。

根據(jù)幾何關系可知

180240

（2）若用外力將乙向下移動一小段距離，在新的位置保持平衡時，如圖所示。拉乙繩的拉力增大，根

據(jù)力的合成關系可知，β增大。

故選A。

28．如圖所示，戰(zhàn)士在水平地面上進行拉輪胎的負荷訓練，設戰(zhàn)士做勻速直線運動，運動過程中保持雙肩

及兩繩的端點A、B等高。兩繩間的夾角為60，所構成的平面與水平面間的夾角恒為53，輪

胎質量為9kg，地面和輪胎之間的動摩擦因數(shù)為0.3，取g10m/s2。求：

（1）地面對輪胎的支持力N的大??；

（2）每根繩的拉力T的大小；

（3）若兩繩間的夾角變大，其他條件不變，求每根繩子上的拉力T的大小變化。

450753

【答案】（1）N；（2）N；（3）變大

77

【詳解】（1）設這兩根繩拉力的合力F合，方向沿繩子所組成角的角平分線，與水平面的夾角為，受

力分析如圖所示：

對輪胎，由平衡條件得

mgNF合sin

NF合cos

代入數(shù)據(jù)，解得

225450

F合=N，NN

77

（2）由正交分解可得，兩根繩拉力的合力為

F合2Tcos

2

解得

753

TN

7

（3）由上分析可得

F

T合

2cos

2

若兩繩間的夾角變大，其他條件不變，可知T變大。

生活中的力

生活中，力無處不在。我們推門而入，感受到了推力與阻力的較量；行走時，地面的支持力與重力保

持平衡；風起時，樹葉搖曳，那是風力在舞動；甚至我們提筆寫字，也是手指施加的力讓墨跡流淌。

力，它讓萬物運動，讓世界充滿生機。

29．如圖所示，小張正在練習擦板投籃?；@球擦板過程中受到（）

A．手的推力、重力

B．重力、彈力和空氣阻力

C．重力、彈力、籃板的摩擦力和空氣阻力

D．手的推力、重力、彈力、籃板的摩擦力和空氣阻力

30．小佘同學和小張同學想要比誰力量大，他們在地面上固定一個光滑豎直擋板，現(xiàn)將一個長方形物塊A

與截面為三角形的墊塊B疊放在一起，他們分別用水平外力F緩緩向左推動B，使A緩慢升高一定高

度，設各接觸面均光滑，則該過程中（）

A．A和B均受三個力作用而平衡

B．誰使得A上升高度高，誰力量大

C．A對B的壓力越來越小

D．推力F的大小恒定不變

31．如圖所示，用水平力F將質量為m的黑板擦壓在黑板上使其保持靜止，則（）

A．墻面可能光滑

B．黑板擦所受的摩擦力等于μF

C．黑板擦與墻壁之間的最大靜摩擦力可能大于mg

D．如果F增大，黑板擦所受的摩擦力一定增大

32．如圖有一材質均勻的玻璃水杯，在逐漸倒水至杯滿過程中，水（包括水杯）的重心位置。

33．如圖所示，小林同學通過輕繩拉著木箱在水平面內(nèi)勻速向右運動。木箱運動過程中受到個力的

作用，物體受到地面的支持力N與重力G的大小關系為NG（選填“＞”“=”或“＜”）。

【答案】29．C30．D31．C32．先降低，后升高33．4<

【解析】29．籃球擦板過程中受到重力、彈力、籃板的摩擦力和空氣阻力共四個力作用。

故選C。

30．A．先以A為研究對象，受到重力、豎直擋板的彈力和斜面的支持力三個力，再以B為研究對象，

B受到重力、A的壓力、地面的支持力和推力F四個力，故A錯誤；

BCD．B對A的支持力和墻對A的支持力方向均不變，以A為對象，根據(jù)平衡條件得知，這兩個力

大小保持不變，則A對B的壓力也保持不變；對整體分析受力如圖所示

用水平外力F緩緩向左推動B，使A緩慢升高，由平衡條件得知

FN1

豎直擋板對A的支持力N1不變，則推力F不變；所以A上升高度與推力F的大小沒有直接關系，故

BC錯誤，D正確。

故選D。

31．AB．根據(jù)受力平衡可知，黑板擦受到豎直向上的靜摩擦力與重力平衡，所以墻面一定是粗糙的；

根據(jù)受力平衡可得

f靜mg

故AB錯誤；

C．黑板擦保持靜止，則黑板擦與墻壁之間的最大靜摩擦力滿足

fmmg

故C正確；

D．如果F增大，黑板擦受到的靜摩擦力仍與黑板擦的重力二力平衡，黑板擦受到的靜摩擦力始終等于

黑板擦的重力，保持不變，故D錯誤。

故選C。

32．水杯未加水時，重心位置在水杯的中心略偏下一點的位置；在水杯在逐漸倒水至杯滿過程中，水

（包括水杯）的重心位置先降低，后升高。

33．[1][2]木箱受到重力、支持力、拉力和摩擦力4個力的作用；設拉力為F，力與水平方向夾角為，

因為豎直方向平衡

NFsinG

所以

NG

7號標準籃球的直徑為24.6cm，質量為0.64kg。

34．用兩根手指抵住籃球，籃球懸停在空中，手指對籃球的壓力是發(fā)生彈性形變產(chǎn)生的，籃球受

到的摩擦力大小為N（結果保留3位有效數(shù)字）。

35．籃球沿直線運動的頻閃照片如圖所示，

（1）下列描述籃球運動的物理量中，屬于矢量的是()（多選）

A．重力B．質量C．路程D．速度

（2）此運動籃球的()

A．加速度向左B．加速度向右C．速度向左D．速度向右

36．鐵架臺上固定反射式位移傳感器，在其正下方由靜止釋放籃球。

（1）計算機的軟件界面呈現(xiàn)的圖像是()

A．B．

C．D．

（2）籃球下落的運動規(guī)律，早在四百年前伽利略利用“斜面實驗”進行了研究，其實驗思想是()

A．小球沿斜面運動時速度較小，故速度的測量比較容易

B．小球沿斜面運動時速度較小，故位移的測量比較容易

x

C．測量小球沿斜面運動時位移與時間平方比值的規(guī)律，再外推到斜面傾角90°的情況

t2

v2

D．測量小球沿斜面運動時速度平方與位移比值的規(guī)律，再外推到斜面傾角90°的情況

x

37．小范同學練習投籃，籃球的運動軌跡如圖中虛線所示。

（1）請畫出籃球經(jīng)過A點的受力示意圖。

（2）小范投球后發(fā)現(xiàn)籃球框不標準，籃球卡在球筐上，如圖所示，可抽象為簡化圖（a）。測量出球框

直徑為12.3cm，則單位長度球框對籃球彈力的大小為N。（結果保留3位有效數(shù)字）

38．日常收納時把籃球放在支架上，如圖所示，Q為豎直固定擋板，P為可繞水平固定軸O轉動的擋板。P

從圖中位置沿逆時針方向緩慢轉過一個小角度，轉動過程中，P對籃球彈力的大小如何變化？；

P對籃球的彈力與Q對籃球的彈力的合力如何變化？。

【答案】34．手指3.1435．ADB36．BC37．見解

析18.838．逐漸增大保持不變

【解析】34．[1]手指對籃球的壓力是由于手指發(fā)生彈性形變產(chǎn)生的；

[2]對籃球受力分析由平衡條件可得

2fmg0.649.8N

可得籃球受到的摩擦力大小為

f3.14N

35．[1]重力、速度既有大小又有方向，遵循平行四邊形運算法則，為矢量；質量和路程只有大小沒有

方向，是標量。

故選AD。

[2]由于不知道拍攝籃球運動時，籃球具體的運動情況，所以籃球可能向左也可能向右運動，但是籃球

在連續(xù)相等時間內(nèi)向右通過的位移距離逐漸增大，可知加速度方向向右。

故選B。

36．[1]籃球在下落的過程中，做勻變速直線運動，加速度近似等于9.8m/s2，因為vt圖像的斜率表示

加速度，圖A斜率大于10m/s2，圖B斜率小于10m/s2，圖C和圖D不是勻變速直線運動。

故選B。

[2]AB．小球沿斜面運動時加速度較小，同一位移，所用時間較長，時間測量較容易，故AB錯誤；

CD．“斜面實驗”研究自由落體運動的規(guī)律，其實驗思想通過測量斜面上物體運動的情況，然后進行合

x

理的外推，從而得出自由落體是勻變速直線運動，因而需要測量位移與時間平方的比值情況，合理

t2

外推到90°，故C正確，D錯誤。

故選C。

37．[1]對籃球經(jīng)過A點受力分析可知，僅受重力，如圖

[2]對籃球受力分析，如圖

由幾何關系可知

6.151

sin

12.32

由平衡條件可得

mg

Ncos

d球框

解得單位長度球框對籃球彈力的大小為

mg0.649.8

NN18.8N

d球框cos3

3.140.123

2

38．[1][2]對籃球受力分析如圖

由平衡條件

G