3.5共點(diǎn)力的平衡一、共點(diǎn)力平衡的條件及三力平衡問(wèn)題1．平衡狀態(tài)：物體處于靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)．2．平衡條件：合外力等于0，即F合＝0或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Fx合＝0,Fy合＝0)).3．推論(1)二力平衡：若物體在兩個(gè)力作用下處于平衡狀態(tài)，則這兩個(gè)力一定等大、反向．(2)三力平衡：若物體在三個(gè)共點(diǎn)力作用下處于平衡狀態(tài)，則任意兩個(gè)力的合力與第三個(gè)力等大、反向．(3)多力平衡：若物體在n個(gè)共點(diǎn)力作用下處于平衡狀態(tài)，則其中任意(n－1)個(gè)力的合力必定與第n個(gè)力等大、反向．二、物體在三個(gè)力或多個(gè)力作用下的平衡問(wèn)題的解法1．力的合成法——一般用于受力個(gè)數(shù)為三個(gè)時(shí)(1)確定要合成的兩個(gè)力；(2)根據(jù)平行四邊形定則作出這兩個(gè)力的合力；(3)根據(jù)平衡條件確定兩個(gè)力的合力與第三力的關(guān)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(gè)數(shù)為三個(gè)或三個(gè)以上時(shí)(1)建立直角坐標(biāo)系；(2)正交分解各力；(3)沿坐標(biāo)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(wèn)題1．將各個(gè)力分解到x軸和y軸上，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件列式(Fx＝0，F(xiàn)y＝0)求解．2．對(duì)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(gè)或三個(gè)以上共點(diǎn)力作用下的物體平衡，三個(gè)以上共點(diǎn)力平衡一般要采用正交分解法．題型1受力分析的應(yīng)用如圖所示，質(zhì)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?fàn)顟B(tài)，已知重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是（）A．a(chǎn)物體對(duì)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(chǎn)物體所受摩擦力的大小為F D．彈簧對(duì)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?fàn)顟B(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(duì)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(duì)水平面的壓力大小大于為2mg，故AD錯(cuò)誤，B正確；C、根據(jù)摩擦力產(chǎn)生的條件可知，a物體沒(méi)有相對(duì)運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，則沒(méi)有摩擦力，故C錯(cuò)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(guān)系，再由摩擦力產(chǎn)生的條件，即可求解。（多選）（2022秋?寧河區(qū)校級(jí)期末）將一長(zhǎng)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θ，A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。若A、B的質(zhì)量均為m，重力加速度大小為g，則下列說(shuō)法正確的是（）A．B與地面間沒(méi)有摩擦力 B．A對(duì)B的摩擦力大小為μmgsinθ C．A對(duì)B的摩擦力大小為mgcosθ D．A對(duì)B的作用力方向垂直于A、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(duì)B的摩擦力為0。故A正確；BC．以A為研究對(duì)象，受力如圖：沿斜面方向，受力平衡可知，B對(duì)A的靜摩擦大小為：f＝mgcosθ由牛頓第三定律可知A對(duì)B的摩擦力大小為mgcosθ。故B錯(cuò)誤；C正確；D．由圖可知，B對(duì)A的作用力與A的重力等大反向，即方向豎直向上，由牛頓第三定律可知，A對(duì)B的作用力方向豎直向下。故D錯(cuò)誤。故選：AC。（多選）《中國(guó)制造2025》是國(guó)家實(shí)施強(qiáng)國(guó)戰(zhàn)略第一個(gè)十年行動(dòng)綱領(lǐng)，智能機(jī)器制造是一個(gè)重要方向，其中智能機(jī)械臂已廣泛應(yīng)用于各種領(lǐng)域。如圖所示，一智能機(jī)械臂鐵夾夾起一個(gè)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(duì)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(duì)小球的壓力，小球一定會(huì)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(cuò)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(duì)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(cuò)誤；故選：BC。題型2共點(diǎn)力的平衡（2024?江蘇模擬）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均處于靜止，B球沒(méi)有滑動(dòng)趨勢(shì)，則A球?qū)醢宓膲毫Υ笮椋ǎ〢．mgtanθ B．2mgtanθ C．mgtanθ D．【解答】解：由于B球沒(méi)有滑動(dòng)趨勢(shì)，因此B球不受斜面的摩擦力；對(duì)A、B整體研究，可得擋板對(duì)A球的彈力大小為：F＝2mgtanθ，根據(jù)牛頓第三定律可知，A球?qū)醢宓膲毫Υ笮∫矠?mgtanθ，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B。以整體為研究對(duì)象，根據(jù)受力情況結(jié)合共點(diǎn)力的平衡條件進(jìn)行解答。（2024?綿陽(yáng)模擬）三角形薄板ABC厚薄均勻、質(zhì)量均勻分布，AD、BE分別為BC、AC邊中線，過(guò)這兩條中線的交點(diǎn)的豎直線l交BC的延長(zhǎng)線于O。兩根輕繩分別系于A、B，輕繩BN固定在天花板某點(diǎn)，調(diào)節(jié)輕繩MA，使N、B、C三點(diǎn)共線，且AB邊保持水平，此時(shí)MA比NB長(zhǎng)，如圖所示。則三角形薄板靜止時(shí)（）A．三點(diǎn)M、A、C一定共線 B．三點(diǎn)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(duì)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?fàn)顟B(tài)，所以三個(gè)力的合力為零，由題意可知，重心與O點(diǎn)的連線為重力的方向，F(xiàn)B與重力交于O點(diǎn)，由共點(diǎn)力平衡可知，F(xiàn)A也交于O點(diǎn)，故AB錯(cuò)誤；CD、對(duì)O點(diǎn)受力正交分解，如圖根據(jù)受力平衡可得：FAcosα＝FBcosβ依題意，此時(shí)MA比NB長(zhǎng)，故α＜β因此cosα＞cosβ則FA＜FB故C正確；D錯(cuò)誤。故選：C。（2024?廣東模擬）如圖所示，靜止在水平桌面上厚度不計(jì)的圓柱形玻璃杯中放有兩個(gè)半徑相同的玻璃球A和B，每個(gè)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(duì)玻璃杯側(cè)壁的壓力大小為F1，玻璃球A對(duì)玻璃球B的壓力大小為F2，不計(jì)一切摩擦。下列說(shuō)法正確的是（）A．F1=33G，F(xiàn)2=233G B．F1=23C．F1=12G，F(xiàn)2=32G D．F1=32【解答】解：設(shè)A、B兩玻璃球球心的連線與豎直方向的夾角為θ，如圖甲所示則由幾何關(guān)系可知sinθ=12，將玻璃球可得F1＝Gtanθ=33G，F(xiàn)2=2故選：A。（2024?青島三模）如圖（a），摩擦角的物理意義是：當(dāng)兩接觸面間的靜摩擦力達(dá)到最大值時(shí)，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φ，可知tanφ＝μ。利用摩擦角的知識(shí)可以用來(lái)估料，如圖（b）所示。物料自然堆積成圓錐體，圓錐角底角必定是該物料的摩擦角φ。若已知物料的摩擦角φ和高h(yuǎn)，動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。物料所受滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力?？汕蟪鰣A錐體的體積為（）A．πh33μ2 B．2πh33【解答】解：物料自然堆積成圓錐體，圓錐角底角必定是該物料的摩擦角，對(duì)物料作受力分析如圖所示為使物料不下滑，應(yīng)使θ減??；當(dāng)?shù)捉铅刃∮讦諘r(shí)，物料將停留在錐面上，那么使物料恰好不下滑應(yīng)使θ增大，且讓?duì)龋溅?，所以底角?huì)保持為定值φ。若已知φ和錐體的高h(yuǎn)，則可求出它的體積為V=1故A正確，BCD錯(cuò)誤；故選：A。（2024?浙江模擬）圖甲是傳統(tǒng)民居建筑材料瓦片，相同的質(zhì)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(diǎn)均在其頂端，則瓦片（）A．4右端對(duì)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(duì)地面的壓力為5【解答】解：A、1對(duì)2的壓力為122對(duì)4的壓力為F24=12×（124對(duì)地面的壓力F4=12×（12mg+F24），解得7BD、2的右端所受支持力為F2=35的右端所受的支持力為F5=12×（12mg+2F2），解得F5=54C、4的頂端受到的壓力大小為F＝F2=34mg，故故選：D。題型3動(dòng)態(tài)平衡分析（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(shè)瑜伽球光滑且視為均勻球體，整體可簡(jiǎn)化成如圖（b）。當(dāng)人緩慢豎直站立的過(guò)程中，人的背部與水平面夾角θ＜πA．墻面對(duì)球的力保持不變 B．人受到地面的摩擦力變大 C．地面對(duì)人的支持力變大 D．球?qū)θ说膲毫ο仍龃蠛鬁p小【解答】解：AD．對(duì)瑜伽球受力分析，如圖所示：由平衡條件可知：N1＝mgtanθ，N2=人緩慢豎直站立的過(guò)程中，人的背部與水平面夾角逐漸變大，則墻面對(duì)球的力增大。人對(duì)球的支持力增大根據(jù)牛頓第三定律可知球?qū)θ说膲毫υ龃?，故AD錯(cuò)誤；BC．對(duì)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(duì)人的支持力不變，故B正確，C錯(cuò)誤。故選：B。根據(jù)整體和隔離法，對(duì)瑜伽球、瑜伽球和人進(jìn)行受力分析，列出對(duì)應(yīng)的平衡式子即可。（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(diǎn)，足球與墻壁的接觸點(diǎn)為B。繩子的長(zhǎng)短變化可導(dǎo)致繩對(duì)足球的拉力、墻對(duì)足球的支持力發(fā)生改變。以上情境可簡(jiǎn)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(diǎn)，用一水平細(xì)桿壓在輕繩上緊貼墻壁從O點(diǎn)緩慢下移，在細(xì)桿下移過(guò)程中下列說(shuō)法正確的是（）A．輕繩對(duì)小球的拉力逐漸增大 B．輕繩對(duì)小球的拉力逐漸減小 C．墻壁對(duì)小球的支持力逐漸減小 D．墻壁對(duì)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(duì)小球的支持力處于平衡狀態(tài)，設(shè)拉力與豎直方向的夾角為θ，如圖所示。根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可得拉力大小為T=mg墻壁對(duì)小球的支持力大小為N＝mgtanθ在細(xì)桿下移過(guò)程中，θ增大，cosθ逐漸減小，則拉力T逐漸增大；tanθ逐漸增大，則墻壁對(duì)小球的彈力N逐漸增大，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A。（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(shè)小球?qū)γ娴膲毫Υ笮镕1，小球?qū)δ景宓膲毫Υ笮镕2，以木板與墻連接點(diǎn)所形成的水平直線為軸，將木板從圖示位置順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)到與墻面垂直的位置，不計(jì)摩擦，在此過(guò)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?qū)γ娴膲毫Υ笮镕1，小球?qū)δ景宓膲毫Υ笮镕2，根據(jù)牛頓第三定律，可知墻面對(duì)小球的支持力大小等于F1，木板對(duì)小球的支持力大小等于F2，對(duì)小球進(jìn)行受力分析，作出受力動(dòng)態(tài)三角形，如圖所示木板從圖示位置順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)到與墻面垂直的位置過(guò)程中，木板對(duì)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(cuò)誤，C正確。故選：C。（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(zhì)量為80kg，懸繩與豎直墻壁的夾角為37°，懸繩對(duì)工人（含裝備）的彈力大小為FT，墻壁對(duì)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(shuō)法正確的是（）A．FT＝640N B．FN＝480N C．若緩慢減小懸繩的長(zhǎng)度，F(xiàn)T和FN都增大 D．若緩慢減小懸繩的長(zhǎng)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(gè)力的作用，如圖所示；由數(shù)學(xué)知識(shí)得：FT=mgcos37°=FN＝mgtan37°＝80×10×0.75N＝600N，故AB錯(cuò)誤；C、根據(jù)FT=mgcosθ，F(xiàn)N＝mgtanθ，若緩慢減小懸繩的長(zhǎng)度，懸繩與豎直墻壁的夾角將增大，則拉力FT、支持力FN都增大，故D、根據(jù)平衡條件，無(wú)論懸索的長(zhǎng)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(cuò)誤。故選：C。（2023秋?沙坪壩區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，一玻璃清潔工人坐在簡(jiǎn)易的小木板BC上，通過(guò)樓頂?shù)幕喓洼p質(zhì)繩索OA在豎直平面內(nèi)緩慢下降。在下降過(guò)程中，工人腿部與豎直玻璃墻的夾角β＝60°，且保持不變。玻璃墻對(duì)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行。某時(shí)刻輕繩OA與豎直玻璃墻的夾角α＝30°，連接小木板的兩等長(zhǎng)輕繩AB、AC的夾角θ＝120°，且與OA在同一傾斜平面內(nèi)。已知工人及工具的總質(zhì)量m＝80kg，小木板的質(zhì)量可忽略不計(jì)，g＝10m/s2。假設(shè)工人姿勢(shì)保持不變，下列說(shuō)法正確的是（）A．此時(shí)，玻璃墻對(duì)腳的作用力大小為4003B．此時(shí)，AB、AC繩上的張力大小均為400N C．從該時(shí)刻起，工人緩慢下降過(guò)程中，玻璃墻對(duì)腳的作用力逐漸減小 D．從該時(shí)刻起，工人緩慢下降過(guò)程中，OA繩上的張力逐漸減小【解答】解：AB．對(duì)工人受力分析如圖1，根據(jù)平衡條件有圖1F＝mgcosβ＝80×10×12N繩AB的張力大小TOA＝mgcosα＝80×10×32N＝400根據(jù)力的合成可知AB、AC繩上的張力大小均為2Tcos60°＝TOA解得T＝4003N故AB錯(cuò)誤；CD．對(duì)工人和小木板整體受力分析如圖2所示：圖2因某時(shí)刻，β＝60°，α＝30°，故玻璃墻對(duì)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(shí)刻起，工人在緩慢下移的過(guò)程中，F(xiàn)1的方向不變，α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(duì)墻的作用力變小，故D錯(cuò)誤，C正確；故選：C?！净A(chǔ)強(qiáng)化】（2024?唐山一模）如圖所示，用一根輕質(zhì)細(xì)繩將重為10N的畫框?qū)ΨQ懸掛在豎直墻上，畫框上兩個(gè)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(huì)被拉斷，繩子的最短長(zhǎng)度為（）A．34m B．0.5m C．33m【解答】解：對(duì)畫框受力分析如圖所示：畫框受到重力mg和兩個(gè)大小相等的細(xì)繩拉力F1、F2的作用而處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)F1＝F2＝Fmax＝10N時(shí)，對(duì)應(yīng)于細(xì)繩不被拉斷的最小長(zhǎng)度為L(zhǎng)，設(shè)此時(shí)F1和F2與豎直方向的夾角都為θ，由平衡條件可得：2F1cosθ＝mg＝10N，解得：cosθ＝0.5，所以有：θ＝60°；設(shè)畫框上兩個(gè)掛釘間的距離為的d，則繩子的最小長(zhǎng)度為：L=0.5dsinθ×2=33故選：C。（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(shuō)法正確的是（）A．地面對(duì)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(gè)力作用 C．梯子對(duì)工人的作用力豎直向上 D．地面對(duì)梯子的作用力豎直向上【解答】解：AB、先對(duì)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(duì)梯子沒(méi)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(gè)力作用，故AB錯(cuò)誤；C、根據(jù)平衡條件，對(duì)人受力分析，人受到豎直向下的重力，梯子對(duì)工人的作用力豎直向上與重力平衡，故C正確；D.地面對(duì)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(cuò)誤。故選：C。（2024?湛江二模）如圖所示，國(guó)產(chǎn)C919飛機(jī)正在沿機(jī)身所在直線勻速斜向上飛行，機(jī)身與水平方向的夾角為θ，飛機(jī)受到的重力大小為G，垂直機(jī)身向上的空氣升力為F1，沿飛機(jī)前進(jìn)方向的動(dòng)力大小為F2，空氣阻力與飛機(jī)運(yùn)動(dòng)方向相反、大小為F3。下列關(guān)系式正確的是（）A．F1＝G B．F1＝Gsinθ C．F1=Gcosθ D．F【解答】解：對(duì)飛機(jī)受力分析，如圖所示根據(jù)平衡條件，在水平方向F2cosθ＝F1sinθ+F3cosθ在豎直方向G+F3sinθ＝F2sinθ+F1cosθ聯(lián)立，解得F1＝GcosθF2故D正確，ABC錯(cuò)誤。故選：D。（2024?溫州三模）現(xiàn)代家居常用吊籃美化室內(nèi)環(huán)境。如圖所示，三根等長(zhǎng)的輕質(zhì)鐵鏈對(duì)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(zhì)量為3m。下列說(shuō)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(duì)墻面的作用力變大 C．改變鐵鏈的長(zhǎng)度，鐵鏈的拉力大小不變 D．吊籃架對(duì)花盆的支持力與花盆的重力是一對(duì)相互作用力【解答】解：A、設(shè)每根輕質(zhì)鐵鏈上的拉力為T，其與豎直方向的夾角為θ，對(duì)吊籃、花和花盆整體，則有：3Tcosθ＝3mg解得：T=mg故A錯(cuò)誤；B、設(shè)墻面對(duì)支架的作用力為F，給花澆水（水質(zhì)量為m0）后，吊籃、花和花盆的總質(zhì)量增大，對(duì)支架（設(shè)質(zhì)量為m′）、吊籃、花和花盆整體，由豎直方向平衡關(guān)系有F＝（3m+m0+m′）g可知，墻面對(duì)支架的作用力F變大，由牛頓第三定律可知，支架對(duì)墻面的作用力變大，故B正確；C、改變鐵鏈的長(zhǎng)度，θ角會(huì)變化，導(dǎo)致鐵鏈的拉力T大小變化，故C錯(cuò)誤；D、吊籃架對(duì)花盆的支持力作用在花盆上，與花盆的重力是一對(duì)平衡力，故D錯(cuò)誤。故選：B。（2024?湖北三模）如圖所示，某款手機(jī)支架由“L型”擋板和底座構(gòu)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(diǎn)的軸在豎直面內(nèi)自由調(diào)節(jié)，AB、BC部分對(duì)手機(jī)的彈力分別為F1和F2（不計(jì)手機(jī)與擋板間的摩擦），在“L型”擋板由圖示位置順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)至水平的過(guò)程中，下列說(shuō)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(duì)手機(jī)受力分析，如圖所示。已知AB、BC部分對(duì)手機(jī)的彈力分別為F1和F2，兩者相互垂直，即α＝90°手機(jī)處于靜止?fàn)顟B(tài)，合外力為零，根據(jù)拉密原理有Gsinα因?yàn)槭謾C(jī)的重力G和α不變，所以上式的比值不變。擋板由圖示位置順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)至水平的過(guò)程中，β由鈍角增大到180°，即sinβ減小，則知F2變?。沪扔赦g角減小到90°，即sinθ變大，則知F1變大，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A。（2024?保定一模）如圖，質(zhì)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θ＝60°，g取10m/s2。則以下說(shuō)法正確的是（）A．B對(duì)A的支持力大小為23B．水平地面對(duì)B的摩擦力方向水平向右 C．增大夾角θ，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(duì)B的支持力減小【解答】解：A、對(duì)A受力分析，如圖所示。根據(jù)平衡條件得B對(duì)A的支持力N為N=mgcosθ=0.2×10cos60°NB、對(duì)A、B整體受力分析，在水平方向上，根據(jù)平衡條件可知，水平地面對(duì)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(duì)A受力分析，由平衡條件有F＝mgtanθ，可知增大夾角θ，若AB依然保持靜止，F(xiàn)增大，故C錯(cuò)誤；D、對(duì)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(duì)B的支持力不變，故D錯(cuò)誤。故選：B?！舅仞B(yǎng)提升】（2024?南充二模）某物理興趣小組，在學(xué)習(xí)了力的合成和分解后，設(shè)計(jì)了如圖所示的情境來(lái)體驗(yàn)力的作用效果，細(xì)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(shè)鉛筆的重力可以忽略不計(jì)，在保證裝置不散架的情況下，將整個(gè)裝置繞過(guò)A點(diǎn)垂直于紙面的軸在豎直平面內(nèi)逆時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．A點(diǎn)的刺痛感會(huì)增強(qiáng) B．A點(diǎn)的刺痛感會(huì)減弱 C．OB繩一定不會(huì)被拉斷 D．OB繩可能被拉斷【解答】解：對(duì)O點(diǎn)進(jìn)行受力分析，如下圖所示根據(jù)拉密定理可得：mg由題意可知，在整個(gè)裝置繞過(guò)A點(diǎn)垂直于紙面的軸在豎直平面內(nèi)逆時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中，保持θ不變，即保持（π﹣θ）不變。由于∠1變小，從鈍角變?yōu)殇J角，sin∠1先變大后變小，則鉛筆的彈力FAO先變大后變小，A點(diǎn)的刺痛感先增強(qiáng)后減弱。由于∠2變大，sin∠2變小，則OB繩的拉力TBO變小，所以O(shè)B繩一定不會(huì)被拉斷，故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：C。（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(zhì)細(xì)繩懸掛處于靜止?fàn)顟B(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(zhì)量比maA．12 B．33 C．3 D【解答】解：設(shè)繩2的拉力大小為F，對(duì)小球a進(jìn)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(guān)系可得：F＝mag對(duì)小球b進(jìn)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(guān)系可得：Fcos60°＝mbg解得：mamb=2，故故選：D。（2023秋?沙坪壩區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，是一種多功能“人”字形折疊梯，其頂部用活頁(yè)連在一起，兩梯中有一繩子，可以調(diào)節(jié)繩子的長(zhǎng)度來(lái)改變兩梯的夾角θ。梯子置于水平地面上，一質(zhì)量為m的人站在梯子頂部，梯子的質(zhì)量不計(jì)，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，則（）A．當(dāng)θ＝60°時(shí)，梯子單邊對(duì)地面的正壓力大小為mg2B．當(dāng)θ＝120°時(shí)，梯子單邊對(duì)地面的正壓力大小為mg C．θ角越大，梯子對(duì)人的作用力越小 D．θ角越大，梯子對(duì)人的作用力越大【解答】解：AB.對(duì)人和梯子整體，進(jìn)行分析，有mg＝FN根據(jù)牛頓第三定律，可知梯子單邊對(duì)地面的正壓力大小為mg2，與θ角無(wú)關(guān)，故A正確，BCD.對(duì)人做受力分析，梯子對(duì)人的支持力大小等于人的重力，梯子對(duì)人的支持力與人對(duì)梯子的壓力是相互作用力，大小與θ無(wú)關(guān)，故CD錯(cuò)誤。故選：A。（2023秋?太原期末）如圖所示，阻力傘共有7根等長(zhǎng)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．24N B．108N C．126N D．168N【解答】解：設(shè)阻力傘可提供的最大阻力為f，對(duì)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(cuò)誤。故選：D。（2023秋?龍華區(qū)期末）如圖所示，人們習(xí)慣用兩種方式握筷：平行和夾形。在豎直平面內(nèi)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(duì)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(duì)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(duì)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(cuò)誤；BC．平行握筷時(shí)，小球受力平衡，小球受到的靜摩擦力為f平行握筷時(shí)，筷子對(duì)小球壓力越大，小球受到的靜摩擦力不變，設(shè)夾形握筷時(shí)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為f夾形握筷時(shí)，筷子對(duì)小球壓力越大，小球受到的靜摩擦力越大，夾住相同的小球，夾形握筷時(shí)所需要的靜摩擦力更大，平行握筷更容易，故BC錯(cuò)誤；D．兩種方式，筷子對(duì)小球作用力的合力與小球的重力平衡，等大反向，故筷子對(duì)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)】（2023秋?鼓樓區(qū)校級(jí)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(dú)特風(fēng)景，如圖1所示。已知“蜘蛛人”的質(zhì)量為m，設(shè)繩索對(duì)他對(duì)的拉力大小為F1，豎直墻壁