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[!--downpath--]中考中考PAGE/中考受力剖析共點力的平衡(建議用時40分鐘)1．如圖所示，質量mA>mB的兩物體A、B疊置于一起，靠著豎直墻體。讓它們由靜止釋放，在沿粗糙墻壁下落過程中，物體B的受力示意圖是()【解析】選A。A、B在豎直下落過程中與墻壁沒有彈力，所以也沒有磨擦力，A、B均做自由落體運動，均只受重力，故A正確。2.(多選)如圖所示，斜面B放置于水平地面上，其左側放有物體A、C，物體C通過輕繩聯接于天花板，輕繩平行于斜面且處于剪短狀態，A、B、C均靜止，下述說法正確的是()A．A、B間的接觸面一定是粗糙的B．地面對B一定有磨擦力C．B、C間的接觸面可能是光滑的D．B一共遭到6個力的作用【解析】選A、B、C。以A為研究對象，遭到重力和支持力不可能平衡，所以A一定遭到B對A沿斜面向下的靜磨擦力，故A正確；以A、B、C為研究對象，遭到重力和地面的支持力、左斜向下的輕繩的拉力，這三個力不可能平衡，所以地面對B一定有沿水平往右的靜磨擦力，故B正確；以C為研究對象，遭到重力和B對C的支持力、左斜向下的輕繩的拉力，這三個力可能平衡，所以B、C之間可能沒有靜磨擦力，B、C間的接觸面可能是光滑的，故C正確；以B為研究對象，可能遭到重力、A對B的壓力、C對B的壓力、地面對B支持力和A對B的靜磨擦力五個力作用，也可能遭到重力、A對B的壓力、C對B的壓力、地面對B支持力、A對B的靜磨擦力和C對B的靜磨擦力六個力作用，故D錯誤。
3．(2021·某某模擬)一降落傘下系一重物，下落一段時間后步入水平往右的勻速風場，不久后在風場中穩定下落。圖中實線表示其穩定后運動軌跡，則降落傘在空中穩定下落的姿態及軌跡正確的是()【解析】選A。系統穩定下落時，運動軌跡為直線，選項B、D錯誤；研究重物，重物不遇阻力，選項C中繩對重物的斥力一定有水平往右的份量，故選項C中重物不可能平衡，選項A中繩對重物的斥力左右對稱，沒有水平斥力，受力可以平衡，選項A正確。4．如圖所示，一質量為m的沙包用不可伸長的輕繩懸掛在支架上，一練功球員用垂直于繩的力將沙包平緩拉起，使繩與豎直方向的傾角為θ＝30°，且繩緊繃，則此時練功球員對沙包施加的斥力大小為()A．eqf(1,2)mgB．eqf(r(3),2)mgC．eqf(r(3),3)mgD．eqr(3)mg【解析】選A。如圖，構建直角座標系，對沙包進行受力剖析。由平衡條件有：Fcos30°－FTsin30°＝0，FTcos30°＋Fsin30°－mg＝0，聯立可解得：F＝eqf(1,2)mg，選項A正確。5.(創新題)一光滑的輕滑輪用輕繩MA懸掛于M點，站在地面上的人用輕繩越過滑輪拉住漏斗，在石子平緩露出的過程中，人松開輕繩保持不動，則在這一過程中()A．輕繩MA的拉力保持不變B．輕繩MA的拉力逐步減小C．人對地面的壓力逐步減少D．人對地面的磨擦力漸漸減少【解析】選D。
輕滑輪的重力可忽視不計，受三個拉力而平衡，因為人松開輕繩保持不動，故三個拉力的方向均不變，在石子平緩露出的過程中，漏斗的重力漸漸減少，人緊握的輕繩的拉力也漸漸減少，所以MA繩的拉力也漸漸減少，A、B均錯誤；對人進行受力剖析，如圖所示，按照平衡條件，水平方向有f＝Fsinθ，地面對人的支持力N＝mg－Fcosθ，因為F減少，故支持力N減小，磨擦力f降低，再依據牛頓第三定理可得，人對地面的壓力減小，磨擦力降低，D正確，C錯誤。6.(2021·某某模擬)如圖所示,粗糙水平地面上的長方體物塊將一重為G的光滑球體抵在光滑豎直的墻面上,現用水平往右的拉力F平緩帶動長方體物塊,在球體與地面接觸之前,下邊的相關判定正確的是()A.水平拉力F逐步減少B.球對墻上的壓力逐步減少C.地面對長方體物塊的磨擦力漸漸減小D.地面對長方體物塊的支持力漸漸減小【解析】選A。以球為研究對象,進行受力剖析如圖1所示:其中,重力G大小方向均不變,墻上對球的彈力FN1方向不變,長方體物塊對球的支持力FN2大小方向均變化,適宜用圖解法解題,隨著FN2與水平方向傾角逐漸變小,可以看出FN1變大,FN2變大,由牛頓第三定理可知,B錯誤;設長方體物塊的重力為G′,地面對長方體物塊的磨擦力為Ff,選整體為研究對象進行受力剖析,如圖2所示,地面對長方體物塊的支持力N等于總重力,即N=G+G′,故N不變,D錯誤;Ff=μN=μ(G+G′),故地面對長方體物塊的磨擦力不變,故C錯誤;由Ff=FN1+F及FN1變大,知F減少,故A正確。
7．在機場和海港，常用輸送帶運送乘客的行李和貨物，如圖所示，甲為水平輸送帶，乙為傾斜輸送帶，當行李箱m隨輸送帶一起勻速運動時彈簧對小球的彈力示意圖，不計空氣阻力，下述幾種判別中正確的是()A.甲、乙兩種情形中的行李箱都遭到兩個力作用B．甲、乙兩種情形中的行李箱都遭到三個力作用C．情形甲中的行李箱遭到兩個力作用，情形乙中的行李箱遭到三個力作用D．情形甲中的行李箱遭到三個力作用，情形乙中的行李箱遭到四個力作用【解析】選C。對甲上的行李箱受力剖析知，其不受磨擦力作用，只受重力和彈力兩個力的作用；對乙上的行李箱受力剖析知，其受沿斜面向下的磨擦力、重力和彈力三個力的作用，所以選項C正確。8.如圖所示的是一個熱學平衡系統，該系統由三條輕質細繩將質量均為m的兩個小球聯接懸掛組成，小球半徑相比輕繩寬度可以忽視，輕繩1與豎直方向的傾角為30°，輕繩2與豎直方向的傾角小于45°，輕繩3水平。當此系統處于靜止狀態時，輕繩1、2、3的拉力分別為F1、F2、F3，比較三力的大小，下述推論正確的是()A．F1F2D．F1F3，A錯誤；對下方小球受力剖析，因F2是直角三角形的底邊，而mg和F3是直角邊，可知F2>F3，B錯誤；對上方小球剖析，水平方向：°＝F2sinθ，因θ>45°，則F1>F2，C正確，D錯誤。
9．(2021·某某模擬)如圖所示，在豎直平面內，固定有半弧形軌道，其兩端點M、N連線水平。將一輕質小環套在軌道上，一細線穿過輕環A，一端系在M點，另一端系一質量為m的小球，小球正好靜止在圖示位置。不計所有磨擦，重力加速度大小為g。下述說法正確的是()A．軌道對輕環的支持力大小為mgB．細線對M點的拉力大小為eqf(r(3),2)mgC．細線對輕環的斥力大小為eqf(3,2)mgD．N點和輕環的連線與豎直方向的傾角為30°【解析】選D。輕環兩側細線的拉力大小相等，均為T＝mg，輕環外側細線的拉力與輕環對半弧形軌道的壓力的傾角相等，設為θ，由eqxto(OA)＝eqxto(OM)知∠OMA＝∠MAO＝θ，則3θ＝90°，θ＝30°，輕環受力平衡，則軌道對輕環的支持力大小FN＝30°＝eqr(3)mg，選項A錯誤；細線對M點的拉力大小為mg，選項B錯誤；細線對輕環的斥力大小為F′N＝FN＝eqr(3)mg，選項C錯誤；由幾何關系可知，N點和輕環的連線與豎直方向的傾角為30°，選項D正確。10.(多選)如圖所示，A、B兩物體在豎直向下的力F作用下靜止，A、B接觸面水平，則A、B兩個物體的受力個數可能為()A．A受2個力、B受3個力B．A受3個力、B受3個力C．A受4個力、B受3個力D．A受4個力、B受5個力【解析】選A、C。
A、B兩物體都處于平衡狀態，若A與斜面正好沒有接觸，則A受2個力作用(重力、B對A的支持力)，B受3個力作用(重力、A對B壓力、外力F)，選項A正確；若A與斜面互相擠壓且處于靜止狀態，則A受4個力作用(重力、B對A的支持力、斜面對A的壓力、斜面對A的磨擦力)，B受3個力作用(重力、A對B壓力、外力F)，選項C正確，B、D錯誤。11.(2021·某某模擬)牙簽是中國人常用的飲食工具,也是中華飲食文化的標志之一。如圖所示,用牙簽夾質量為m的小球,牙簽與小球球心均在豎直平面內,牙簽和豎直方向的傾角均為θ,此時小球遭到的磨擦力為0,下述說法正確的是()A.兩根牙簽對小球的彈力均為B.兩根牙簽對小球的彈力均為C.若保持牙簽對小球的彈力大小不變,減小牙簽和豎直方向的傾角θ,則小球一定向下滑動D.若保持牙簽對小球的彈力大小不變,減少牙簽和豎直方向的傾角θ,則小球一定向上滑動【解析】選B。對球受力剖析,牙簽對小球的兩個壓力,小球的重力,如圖所示:在豎直方向上有θ=mg,解得F1=F2=,故選項A錯誤,B正確;若保持牙簽對小球的彈力大小不變,減小牙簽和豎直方向的傾角θ,由圖可知,則小球一定向上滑動,故選項C錯誤;同理,若保持牙簽對小球的彈力大小不變,減少牙簽和豎直方向的傾角θ,由圖可知,則小球一定向下滑動,故選項D錯誤。
12.如圖所示是豎直面內一個光滑的方形框架，AB是它的一條豎直半徑，O點為其圓心。彈簧的一端連在A點，另一端連著一個質量為m的小套環彈簧對小球的彈力示意圖，換用不同的彈簧，套環可靜止于框架上不同的位置，對應的θ角也都會不同，則在套環從圖示位置下移到θ角接近90°的過程中，框架對套環的彈力FN和彈簧對套環的彈力F的變化情況是()A．FN減少B．FN減小C．F減少D．F減小【解析】選C。對套環進行受力剖析，受重力、框架的支持力、彈簧的彈力，建立力的矢量三角形，利使勁三角形和幾何三角形相像得eqf(mg,OA)＝eqf(F,AC)＝eqf(FN,OC)，故框架彈力FN不變、彈簧彈力F變小，C正確。13.(創新題)“民生在勤，勤則不匱”，勞動是幸福的源泉。某同事借助周末幫助父親打理家務時，使用沾濕的拖布清除地板上的污漬。假定濕拖布的質量為2kg，拖布桿與水平方向成53°角，當對拖布施加一個沿拖布桿向上、大小為10N的力F1時，正好能促進拖布往前勻速運動并將污垢清洗干凈。假如想要把地板上的污垢清洗干凈，需將沿拖布桿向上的力減小到F2＝20N。設拖布與地板、油漬間的動磨擦質數相等且仍然不變，這么污漬與地板間的附著力約為(可覺得污漬與地板間的附著力等于拖布與地板間的滑動磨擦力，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】選B。
對拖布受力剖析，如圖所示，拖布遭到重力mg，地板的支持力N1，人對拖布桿向上的力F1，地板對拖布的磨擦力f1，則N1＝mg＋°，拖布勻速運動則有f1＝°，又f1＝μN1，解得拖布與地板間的動磨擦質數為μ＝eqf(3,14)。當給拖布施加更大的力后，拖布遭到地板的支持力變大，磨擦力將減小，支持力N2＝mg＋°，磨擦力f2＝μN2，解得f2≈7.7N，選項B正確。【總結提高】本題的易錯點為構建起錯誤的模型，誤覺得沿拖布桿向上的力減小到F2=20N時，拖布仍勻速運動，求得f2=°=12N，誤選C。14.如圖所示，AB是重力為G的勻質細直桿，其中A端通過光滑合頁固定于豎直墻面上，B端受一與細直桿傾角恒為60°的拉力作用，使桿由水平位置平緩沿逆秒針方向轉入豎直位置。求：(1)當桿與墻面的傾角為60°時，桿A、B端遭到的斥力的大小；(2)當桿與墻面的傾角為30°時，桿A、B端分別遭到的斥力的大小。【解析】(1)當桿與墻面的傾角為60°時，對桿的受力剖析如圖所示：據平衡條件可得FB＝°＝eqf(G,2)，FA＝°＝eqf(r(3)G,2)(2)當桿與墻面的傾角為30°時，對桿的受力剖析如圖所示：由三力組成的矢量三角形與△ACD相像，有eqf(FA′,AD)＝eqf(FB′,CD)＝eqf(G,AC)設竿子長為l0，由幾何關系知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【總結提高】(1)三力平衡必共點；(2)當角的關系容易確定時，借助三角函數求解，當邊的關系確定時，常用相像三角形法求解；(3)圖解法只能定性剖析力的大小變化，解析法可以定量估算力的大小。
借助解析法剖析時，受力剖析是前提，因而也須要用圖解法畫出受力圖。【加固訓練】(2020·某某模擬)如圖(a)所示，三四面體的左、右兩邊斜面的夾角α=β=45°，物塊P、Q用越過定滑輪的輕繩相連，分別置于兩旁的斜面上，此時物塊P正好不向上滑動。已知P、Q與斜面之間的動磨擦質數均為μ=tan15°，設最大靜磨擦力等于滑動磨擦力。(1)求物塊P、Q的質量之比m1∶m2；(2)當三四面體平緩繞兩側棱邊順秒針轉動θ角，如圖(b)所示，物塊Q正好不下降，求θ角?！窘馕觥?1)物塊P正好不向上滑動。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)三四面體轉動θ角后，物塊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′聯立解得：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)，則θ＝30°答案：(1)eqr(3)∶1(2)30°