階段綜合訓(xùn)練（二）

受力分析共點力平衡[基礎(chǔ)訓(xùn)練]1.

如圖所示，放在粗糙水平地面上的斜劈C上疊放了A、B兩個物體，B的上表面水平，三者均保持靜止?fàn)顟B(tài).關(guān)于A、B、C的受力情況，下列說法正確的是（

B

）A.

物體A可能受到三個力的作用B.

物體B一定受到四個力的作用C.

物體B對C的作用力可能與斜劈表面夾角為90°D.

地面可能對C有摩擦力作用B解析：物體A受到豎直向下的重力和豎直向上的支持力作用，二力平衡，A錯誤；物體B受到的重力、A對B的壓力、C對B的支持力和摩擦力共四個力的作用，B正確；對A、B整體，其受到豎直向下的重力和C對其的作用力（支持力和摩擦力的合力），由平衡條件可知，C對B的作用力一定豎直向上，根據(jù)牛頓第三定律，物體B對C的作用力一定豎直向下，C錯誤；對A、B、C整體，其受重力和支持力作用而處于平衡狀態(tài)，故不受地面的摩擦力作用，D錯誤.2.

如圖所示，一只氣球在風(fēng)中處于靜止?fàn)顟B(tài)，風(fēng)對氣球的作用力水平向右.細(xì)繩與豎直方向的夾角為α，繩的拉力為T，則風(fēng)對氣球作用力的大小為（

C

）C.

Tsin

αD.

Tcos

αC解析：以氣球為研究對象，受力分析如圖所示，則由力的平衡條件可知，氣球在水平方向的合力為零，即風(fēng)對氣球作用力的大小為F＝Tsir

α，C正確，ABD錯誤.3.

（雙選）（2024·福州?？迹┮蝗苏驹谒降孛嫔贤Q直墻壁上刷涂料，情景可以簡化成如圖所示，在人緩慢向上推動滾輪刷涂料的過程中，忽略滾輪質(zhì)量的變化及滾輪相應(yīng)的摩擦，下列說法正確的是（

CD

）A.

輕質(zhì)細(xì)桿對滾輪的彈力逐漸變大B.

滾輪受到的合外力逐漸減小C.

人對地面的壓力不變D.

人受到摩擦力逐漸變小CD

甲

乙4.

（雙選）如圖所示，一傾角為45°的斜面固定于墻角，為使一光滑的鐵球靜止于圖示位置，需加一水平力F，且F通過球心.下列說法正確的是（

BC

）A.

鐵球一定受墻的彈力且水平向左B.

鐵球可能受墻的彈力且水平向左C.

鐵球一定受斜面的彈力且垂直斜面向上D.

鐵球可能受斜面的彈力且垂直斜面向上解析：F的大小合適時，球可以靜止在無墻的斜面上，F(xiàn)增大到一定程度時墻才對球有水平向左的彈力，故A錯誤，B正確；而斜面對球必須有斜向上的彈力才能使球不下落，故C正確，D錯誤.BC5.

（雙選）4個質(zhì)量均為m的小球通過兩根相同的輕彈簧A和兩根相同的輕彈簧B連接，如圖所示，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時A、B彈簧的實際長度相等，下面兩個小球間的細(xì)線平行于水平面，彈簧A、B與豎直方向的夾角分別為θ和45°.彈簧A、B的勁度系數(shù)分別為kA、kB，且原長相等.設(shè)輕彈簧A、B中的拉力大小分別為FA、FB，重力加速度大小為g，小球直徑與彈簧長度相比可以忽略，則（

BC

）A.

kA＝kBD.

FB＝2mgBC

6.

[圖解法]黃河鐵牛是世界橋梁史上的傳世之寶.如圖，唐代蒲津浮橋通過兩岸的鐵牛固定，鐵牛底部的鐵柱插入地下.設(shè)橋索對鐵牛的拉力為F1，鐵柱對鐵牛的作用力為F2，則（

A

）A.

若F1增大，F(xiàn)2也增大B.

若F1增大，F(xiàn)2將減小C.

F1與F2的合力不一定豎直向上D.

F1與F2的合力一定豎直向下A解析：對鐵牛受力分析，鐵牛受到自身重力G、橋索對鐵牛的拉力F1和鐵柱對鐵牛的作用力F2，三者滿足共點力平衡.根據(jù)共點力平衡條件和三角形定則可得，若F1增大，F(xiàn)2也增大，A正確，B錯誤；F1與F2的合力與重力平衡，故合力方向豎直向上，C、D錯誤.7.

[解析法]如圖所示，某健身者右手拉著抓把沿圖示位置B水平緩慢移動到位置A，他始終保持靜止，不計繩子質(zhì)量，忽略繩子和重物與所有構(gòu)件間的摩擦，A、B、重物共面，則重物上升過程（

D

）A.

繩子的拉力逐漸增大B.

該健身者所受合力逐漸減小C.

該健身者對地面的壓力逐漸減小D.

該健身者對地面的摩擦力逐漸增大D解析：健身者所受合力等于零，繩上的拉力大小始終等于重物受到的重力大小mg，A、B錯誤；對健身者受力分析，如圖所示，在豎直方向上有mgsin

θ＋FN＝Mg，可得FN＝Mg－mgsin

θ，在水平方向上有mgcos

θ＝Ff，當(dāng)從B水平緩慢移到A時，θ角逐漸變小，地面對健身者的支持力和摩擦力變大，由牛頓第三定律可知，健身者對地面的壓力和摩擦力逐漸增大，C錯誤，D正確.8.

[相似三角形法]如圖所示，在豎直墻壁上的O處用光滑鉸鏈鉸接一輕質(zhì)桿的一端，桿的另一端固定小球（可以看成質(zhì)點），輕繩的一端懸于P點，另一端與小球相連.已知輕質(zhì)桿的長度為R，輕繩的長度為L，且R＜L＜2R.A、B是墻上的兩點，且OA＝OB＝R.

現(xiàn)將輕繩的上端點P沿墻壁緩慢下移至A點，此過程中輕繩對小球的拉力F1及輕質(zhì)桿對小球的支持力F2的大小變化情況為（

A

）A.

F1和F2均增大B.

F1保持不變，F(xiàn)2先增大后減小C.

F1和F2均減小D.

F1先減小后增大，F(xiàn)2保持不變A

[能力提升]9.

（雙選）（2024·三明一中?？迹┤鐖D所示，將一勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在內(nèi)壁光滑、半徑為R的半球形容器底部中心O'處（O為球心），彈簧另一端與質(zhì)量為m的小球A相連，小球靜止于P點，OP與水平方向間的夾角θ＝30°.若換為與質(zhì)量為2m的小球B相連，小球B將靜止于M點（圖中未畫出），下列說法正確的是（

CD

）CDA.

容器對小球B的作用力大小為mgB.

彈簧對小球A的作用力大于對小球B的作用力

10.

[動態(tài)圓法]如圖甲所示，這是空軍飛行員防眩暈訓(xùn)練器，若某飛行員訓(xùn)練時，左、右手拉住圓環(huán)，處于平衡狀態(tài)，左手剛好在水平狀態(tài)，右手與水平方向有一定的夾角，不考慮腿部受到的作用力，等效為如圖乙所示的模型，在圓環(huán)順時針緩慢旋轉(zhuǎn)90°過程中，保持兩手臂伸直狀態(tài)，則（

B

）A.

兩手的拉力均變小B.

左手拉力先變大再變小，右手拉力一直變小C.

左手拉力一直變小，右手拉力先變小再變大D.

左手拉力先變大再變小，右手拉力先變大再變小B解析：在圓環(huán)順時針緩慢旋轉(zhuǎn)90°過程中，重力恒定，兩手拉力的夾角不變，力的矢量圖如圖所示，由圖可知，左手拉力先變大后變小，右手拉力一直變小，B正確.11.

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，B為半圓水平直徑的端點.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點向B點緩慢移動，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（

C

）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C

12.

（雙選）[整體法、隔離法解決平衡問題]傾角為α、質(zhì)量為M的斜面體靜止在水平桌面上，質(zhì)量為m的木塊在水平拉力F的作用下沿斜面向上做勻速直線運動，斜面體保持靜止，下列說法正確的是（

BC

）A.

木塊受到的摩擦力大小是Fcos

αB.

木塊對斜面體的壓力大小是mgcos

α＋Fsin

αC.

桌面與斜面體之間一定有摩擦力D.

桌面對斜面體的支持力大小是（M＋m）g＋Fcos

αBC解析：對木塊受力分析，沿斜面方向有f＋mgsin

α＝Fcos

α，即木塊受到的摩擦力大小f＝Fcos

α－mgsin

α，A錯誤；在垂直于斜面方向上有FN＝mgcos

α＋Fsin

α，根據(jù)牛頓第三定律可得木塊對斜面體的壓力大小F壓＝mgcos

α＋Fsin

α，B正確；對整體受力平衡分析，整體在水平方向上受到拉力F的作用，所以斜面體一定受到桌面對它的摩擦力，C正確；運用整體法，在豎直方向上受力平衡，因此桌面對斜面體的支持力大小FN'＝（M＋m）g，D錯誤.

（1）輕繩AC段的張力FAC與輕繩EP的張力FEP之比；答案：（1）1∶2