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[!--downpath--]中考中考PAGE/中考受力剖析共点力的平衡(建议用时40分钟)1．如图所示，质量mA>mB的两物体A、B叠置于一起，靠着竖直墙体。让它们由静止释放，在沿粗糙墙壁下落过程中，物体B的受力示意图是()【解析】选A。A、B在竖直下落过程中与墙壁没有弹力，所以也没有磨擦力，A、B均做自由落体运动，均只受重力，故A正确。2.(多选)如图所示，斜面B放置于水平地面上，其左侧放有物体A、C，物体C通过轻绳联接于天花板，轻绳平行于斜面且处于剪短状态，A、B、C均静止，下述说法正确的是()A．A、B间的接触面一定是粗糙的B．地面对B一定有磨擦力C．B、C间的接触面可能是光滑的D．B一共遭到6个力的作用【解析】选A、B、C。以A为研究对象，遭到重力和支持力不可能平衡，所以A一定遭到B对A沿斜面向下的静磨擦力，故A正确；以A、B、C为研究对象，遭到重力和地面的支持力、左斜向下的轻绳的拉力，这三个力不可能平衡，所以地面对B一定有沿水平往右的静磨擦力，故B正确；以C为研究对象，遭到重力和B对C的支持力、左斜向下的轻绳的拉力，这三个力可能平衡，所以B、C之间可能没有静磨擦力，B、C间的接触面可能是光滑的，故C正确；以B为研究对象，可能遭到重力、A对B的压力、C对B的压力、地面对B支持力和A对B的静磨擦力五个力作用，也可能遭到重力、A对B的压力、C对B的压力、地面对B支持力、A对B的静磨擦力和C对B的静磨擦力六个力作用，故D错误。
3．(2021·某某模拟)一降落伞下系一重物，下落一段时间后步入水平往右的匀速风场，不久后在风场中稳定下落。图中实线表示其稳定后运动轨迹，则降落伞在空中稳定下落的姿态及轨迹正确的是()【解析】选A。系统稳定下落时，运动轨迹为直线，选项B、D错误；研究重物，重物不遇阻力，选项C中绳对重物的斥力一定有水平往右的份量，故选项C中重物不可能平衡，选项A中绳对重物的斥力左右对称，没有水平斥力，受力可以平衡，选项A正确。4．如图所示，一质量为m的沙包用不可伸长的轻绳悬挂在支架上，一练功球员用垂直于绳的力将沙包平缓拉起，使绳与竖直方向的倾角为θ＝30°，且绳紧绷，则此时练功球员对沙包施加的斥力大小为()A．eqf(1,2)mgB．eqf(r(3),2)mgC．eqf(r(3),3)mgD．eqr(3)mg【解析】选A。如图，构建直角座标系，对沙包进行受力剖析。由平衡条件有：Fcos30°－FTsin30°＝0，FTcos30°＋Fsin30°－mg＝0，联立可解得：F＝eqf(1,2)mg，选项A正确。5.(创新题)一光滑的轻滑轮用轻绳MA悬挂于M点，站在地面上的人用轻绳越过滑轮拉住漏斗，在石子平缓露出的过程中，人松开轻绳保持不动，则在这一过程中()A．轻绳MA的拉力保持不变B．轻绳MA的拉力逐步减小C．人对地面的压力逐步减少D．人对地面的磨擦力渐渐减少【解析】选D。
轻滑轮的重力可忽视不计，受三个拉力而平衡，因为人松开轻绳保持不动，故三个拉力的方向均不变，在石子平缓露出的过程中，漏斗的重力渐渐减少，人紧握的轻绳的拉力也渐渐减少，所以MA绳的拉力也渐渐减少，A、B均错误；对人进行受力剖析，如图所示，按照平衡条件，水平方向有f＝Fsinθ，地面对人的支持力N＝mg－Fcosθ，因为F减少，故支持力N减小，磨擦力f降低，再依据牛顿第三定理可得，人对地面的压力减小，磨擦力降低，D正确，C错误。6.(2021·某某模拟)如图所示,粗糙水平地面上的长方体物块将一重为G的光滑球体抵在光滑竖直的墙面上,现用水平往右的拉力F平缓带动长方体物块,在球体与地面接触之前,下边的相关判定正确的是()A.水平拉力F逐步减少B.球对墙上的压力逐步减少C.地面对长方体物块的磨擦力渐渐减小D.地面对长方体物块的支持力渐渐减小【解析】选A。以球为研究对象,进行受力剖析如图1所示:其中,重力G大小方向均不变,墙上对球的弹力FN1方向不变,长方体物块对球的支持力FN2大小方向均变化,适宜用图解法解题,随着FN2与水平方向倾角逐渐变小,可以看出FN1变大,FN2变大,由牛顿第三定理可知,B错误;设长方体物块的重力为G′,地面对长方体物块的磨擦力为Ff,选整体为研究对象进行受力剖析,如图2所示,地面对长方体物块的支持力N等于总重力,即N=G+G′,故N不变,D错误;Ff=μN=μ(G+G′),故地面对长方体物块的磨擦力不变,故C错误;由Ff=FN1+F及FN1变大,知F减少,故A正确。
7．在机场和海港，常用输送带运送乘客的行李和货物，如图所示，甲为水平输送带，乙为倾斜输送带，当行李箱m随输送带一起匀速运动时弹簧对小球的弹力示意图，不计空气阻力，下述几种判别中正确的是()A.甲、乙两种情形中的行李箱都遭到两个力作用B．甲、乙两种情形中的行李箱都遭到三个力作用C．情形甲中的行李箱遭到两个力作用，情形乙中的行李箱遭到三个力作用D．情形甲中的行李箱遭到三个力作用，情形乙中的行李箱遭到四个力作用【解析】选C。对甲上的行李箱受力剖析知，其不受磨擦力作用，只受重力和弹力两个力的作用；对乙上的行李箱受力剖析知，其受沿斜面向下的磨擦力、重力和弹力三个力的作用，所以选项C正确。8.如图所示的是一个热学平衡系统，该系统由三条轻质细绳将质量均为m的两个小球联接悬挂组成，小球半径相比轻绳宽度可以忽视，轻绳1与竖直方向的倾角为30°，轻绳2与竖直方向的倾角小于45°，轻绳3水平。当此系统处于静止状态时，轻绳1、2、3的拉力分别为F1、F2、F3，比较三力的大小，下述推论正确的是()A．F1F2D．F1F3，A错误；对下方小球受力剖析，因F2是直角三角形的底边，而mg和F3是直角边，可知F2>F3，B错误；对上方小球剖析，水平方向：°＝F2sinθ，因θ>45°，则F1>F2，C正确，D错误。
9．(2021·某某模拟)如图所示，在竖直平面内，固定有半弧形轨道，其两端点M、N连线水平。将一轻质小环套在轨道上，一细线穿过轻环A，一端系在M点，另一端系一质量为m的小球，小球正好静止在图示位置。不计所有磨擦，重力加速度大小为g。下述说法正确的是()A．轨道对轻环的支持力大小为mgB．细线对M点的拉力大小为eqf(r(3),2)mgC．细线对轻环的斥力大小为eqf(3,2)mgD．N点和轻环的连线与竖直方向的倾角为30°【解析】选D。轻环两侧细线的拉力大小相等，均为T＝mg，轻环外侧细线的拉力与轻环对半弧形轨道的压力的倾角相等，设为θ，由eqxto(OA)＝eqxto(OM)知∠OMA＝∠MAO＝θ，则3θ＝90°，θ＝30°，轻环受力平衡，则轨道对轻环的支持力大小FN＝30°＝eqr(3)mg，选项A错误；细线对M点的拉力大小为mg，选项B错误；细线对轻环的斥力大小为F′N＝FN＝eqr(3)mg，选项C错误；由几何关系可知，N点和轻环的连线与竖直方向的倾角为30°，选项D正确。10.(多选)如图所示，A、B两物体在竖直向下的力F作用下静止，A、B接触面水平，则A、B两个物体的受力个数可能为()A．A受2个力、B受3个力B．A受3个力、B受3个力C．A受4个力、B受3个力D．A受4个力、B受5个力【解析】选A、C。
A、B两物体都处于平衡状态，若A与斜面正好没有接触，则A受2个力作用(重力、B对A的支持力)，B受3个力作用(重力、A对B压力、外力F)，选项A正确；若A与斜面互相挤压且处于静止状态，则A受4个力作用(重力、B对A的支持力、斜面对A的压力、斜面对A的磨擦力)，B受3个力作用(重力、A对B压力、外力F)，选项C正确，B、D错误。11.(2021·某某模拟)牙签是中国人常用的饮食工具,也是中华饮食文化的标志之一。如图所示,用牙签夹质量为m的小球,牙签与小球球心均在竖直平面内,牙签和竖直方向的倾角均为θ,此时小球遭到的磨擦力为0,下述说法正确的是()A.两根牙签对小球的弹力均为B.两根牙签对小球的弹力均为C.若保持牙签对小球的弹力大小不变,减小牙签和竖直方向的倾角θ,则小球一定向下滑动D.若保持牙签对小球的弹力大小不变,减少牙签和竖直方向的倾角θ,则小球一定向上滑动【解析】选B。对球受力剖析,牙签对小球的两个压力,小球的重力,如图所示:在竖直方向上有θ=mg,解得F1=F2=,故选项A错误,B正确;若保持牙签对小球的弹力大小不变,减小牙签和竖直方向的倾角θ,由图可知,则小球一定向上滑动,故选项C错误;同理,若保持牙签对小球的弹力大小不变,减少牙签和竖直方向的倾角θ,由图可知,则小球一定向下滑动,故选项D错误。
12.如图所示是竖直面内一个光滑的方形框架，AB是它的一条竖直半径，O点为其圆心。弹簧的一端连在A点，另一端连着一个质量为m的小套环弹簧对小球的弹力示意图，换用不同的弹簧，套环可静止于框架上不同的位置，对应的θ角也都会不同，则在套环从图示位置下移到θ角接近90°的过程中，框架对套环的弹力FN和弹簧对套环的弹力F的变化情况是()A．FN减少B．FN减小C．F减少D．F减小【解析】选C。对套环进行受力剖析，受重力、框架的支持力、弹簧的弹力，建立力的矢量三角形，利使劲三角形和几何三角形相像得eqf(mg,OA)＝eqf(F,AC)＝eqf(FN,OC)，故框架弹力FN不变、弹簧弹力F变小，C正确。13.(创新题)“民生在勤，勤则不匮”，劳动是幸福的源泉。某同事借助周末帮助父亲打理家务时，使用沾湿的拖布清除地板上的污渍。假定湿拖布的质量为2kg，拖布杆与水平方向成53°角，当对拖布施加一个沿拖布杆向上、大小为10N的力F1时，正好能促进拖布往前匀速运动并将污垢清洗干净。假如想要把地板上的污垢清洗干净，需将沿拖布杆向上的力减小到F2＝20N。设拖布与地板、油渍间的动磨擦质数相等且仍然不变，这么污渍与地板间的附着力约为(可觉得污渍与地板间的附着力等于拖布与地板间的滑动磨擦力，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)()A．3.7NB．7.7NC．12.0ND．13.3N【解析】选B。
对拖布受力剖析，如图所示，拖布遭到重力mg，地板的支持力N1，人对拖布杆向上的力F1，地板对拖布的磨擦力f1，则N1＝mg＋°，拖布匀速运动则有f1＝°，又f1＝μN1，解得拖布与地板间的动磨擦质数为μ＝eqf(3,14)。当给拖布施加更大的力后，拖布遭到地板的支持力变大，磨擦力将减小，支持力N2＝mg＋°，磨擦力f2＝μN2，解得f2≈7.7N，选项B正确。【总结提高】本题的易错点为构建起错误的模型，误觉得沿拖布杆向上的力减小到F2=20N时，拖布仍匀速运动，求得f2=°=12N，误选C。14.如图所示，AB是重力为G的匀质细直杆，其中A端通过光滑合页固定于竖直墙面上，B端受一与细直杆倾角恒为60°的拉力作用，使杆由水平位置平缓沿逆秒针方向转入竖直位置。求：(1)当杆与墙面的倾角为60°时，杆A、B端遭到的斥力的大小；(2)当杆与墙面的倾角为30°时，杆A、B端分别遭到的斥力的大小。【解析】(1)当杆与墙面的倾角为60°时，对杆的受力剖析如图所示：据平衡条件可得FB＝°＝eqf(G,2)，FA＝°＝eqf(r(3)G,2)(2)当杆与墙面的倾角为30°时，对杆的受力剖析如图所示：由三力组成的矢量三角形与△ACD相像，有eqf(FA′,AD)＝eqf(FB′,CD)＝eqf(G,AC)设竿子长为l0，由几何关系知CD＝eqf(l0,4)，AC＝eqf(r(3),2)l0，AD＝eqf(r(13),4)l0解得FA′＝eqf(r(39),6)G，FB′＝eqf(r(3),6)G答案：(1)FA＝eqf(r(3)G,2)FB＝eqf(G,2)(2)FA′＝eqf(r(39),6)GFB′＝eqf(r(3),6)G【总结提高】(1)三力平衡必共点；(2)当角的关系容易确定时，借助三角函数求解，当边的关系确定时，常用相像三角形法求解；(3)图解法只能定性剖析力的大小变化，解析法可以定量估算力的大小。
借助解析法剖析时，受力剖析是前提，因而也须要用图解法画出受力图。【加固训练】(2020·某某模拟)如图(a)所示，三四面体的左、右两边斜面的夹角α=β=45°，物块P、Q用越过定滑轮的轻绳相连，分别置于两旁的斜面上，此时物块P正好不向上滑动。已知P、Q与斜面之间的动磨擦质数均为μ=tan15°，设最大静磨擦力等于滑动磨擦力。(1)求物块P、Q的质量之比m1∶m2；(2)当三四面体平缓绕两侧棱边顺秒针转动θ角，如图(b)所示，物块Q正好不下降，求θ角。【解析】(1)物块P正好不向上滑动。剖析P的受力，有Ff1＝μFN1，FN1＝m1gcosα，m1gsinα－Ff1＝FT剖析Q的受力，有Ff2＝μFN2，FN2＝m2gcosβ，m2gsinβ＋Ff2＝FT解得：eqf(m1,m2)＝eqr(3)(2)三四面体转动θ角后，物块Q正好不下降。剖析Q的受力，有：Ff2′＝μF′N2，F′N2＝m2gcos(β＋θ)，m2gsin(β＋θ)－Ff1′＝FT′分析P的受力，有Ff1′＝μFN1′，FN1′＝m1gcos(α－θ)，m1gsin(α－θ)＋Ff1′＝FT′联立解得：eqf(m1,m2)＝eqf(sin（30°＋θ）,sin（60°－θ）)即eqf(sin（30°＋θ）,sin（60°－θ）)＝eqf(sin30°cosθ＋cos30°sinθ,sin60°cosθ－cos60°sinθ)＝eqr(3)通分可得：tanθ＝eqf(r(3),3)，则θ＝30°答案：(1)eqr(3)∶1(2)30°