第3讲　受力分析　共点力的平衡高考物理总复习新教材版

第讲受力分析共点力的平衡[教材阅读指导](对应人教版新教材必修第一册页码及相关问题)P65[实验]，测力计B受到A的拉力F，测力计A受B的拉力F′，F与F′有什么关系？提示：F与F′属于相互作用力，大小相等、方向相反，作用在同一直线上。P74[例题2]，三力的平衡用什么方法解决？提示：有三种方法：(1)两个力的合力和第三个力平衡的方法；(2)用正交分解的方法；(3)按效果分解法。P75[练习与应用]T4，四个力的平衡问题，如何求拉力F?提示：利用正交分解的方法结合平衡条件求解。P77[复习与提高]B组T5，该题应该用什么方法分析求解？提示：用图解法分析求解。P77[复习与提高]B组T6。提示：(1)eq\f(4\r(3),3)G，eq\f(2\r(3),3)G；(2)eq\f(\r(21),3)G。物理观念受力分析1．定义把指定物体(研究对象)在特定的物理环境中受到的所有外力都找出来，并画出eq\x(\s\up1(01))受力示意图的过程。2．受力分析的一般顺序先分析场力(eq\x(\s\up1(02))重力、静电力、磁场力)，再分析接触力(弹力、eq\x(\s\up1(03))摩擦力)，最后分析其他力。物理观念共点力的平衡1．共点力作用于物体的eq\x(\s\up1(01))同一点或作用线相交于一点的几个力。2．平衡状态物体保持eq\x(\s\up1(02))静止或eq\x(\s\up1(03))匀速直线运动的状态。3．共点力的平衡条件(1)F合＝0或者eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Fx＝0，,Fy＝0。))(2)平衡条件的推论①二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大小eq\x(\s\up1(04))相等，方向eq\x(\s\up1(05))相反。②三力平衡：如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余两个力的合力大小eq\x(\s\up1(06))相等，方向eq\x(\s\up1(07))相反；并且这三个力的矢量可以形成一个首尾相接的矢量eq\x(\s\up1(08))三角形。③多力平衡：如果物体在多个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余几个力的合力大小eq\x(\s\up1(09))相等，方向eq\x(\s\up1(10))相反。一堵点疏通1．对物体进行受力分析时，只能画该物体受到的力，该物体对别的物体施加的力不能画在该物体上。()2．物体的速度为零即处于平衡状态。()3．物体在缓慢运动时所处的状态不属于平衡状态。()4．物体处于平衡状态时，加速度等于零。()5．若物体受三个力F1、F2、F3的作用而平衡，将F2转动90°时，三个力的合力大小为eq\r(2)F2。()6．物体沿斜面下滑时，物体受重力、支持力和下滑力的作用。()答案1.√2.×3.×4.√5.√6.×二对点激活1．(人教版必修第一册·P75·T2改编)(多选)一根轻绳一端系小球P，另一端系于光滑墙壁上的O点，在墙壁和小球P之间夹有一长方体物块Q，如图所示，在小球P、物块Q均处于静止状态的情况下，下列有关说法正确的是()A．物块Q受3个力B．小球P受4个力C．若O点下移，物块Q受到的静摩擦力将增大D．若O点上移，绳子的拉力将变小答案BD解析对P和Q进行受力分析可知，Q受重力、墙壁的弹力、P对Q的弹力、P对Q的摩擦力，P受重力、绳子的拉力、Q对P的弹力、Q对P的摩擦力，因此A错误，B正确；分析Q的受力情况可知，若O点下移，Q处于静止状态，其受到的静摩擦力仍等于重力，不变，C错误；对P进行受力分析可知，若O点上移，绳子的拉力将变小，D正确。2.如图所示，将小物块P轻轻放到半圆柱体上，O为圆心。当小物块处于B位置时恰好能保持静止，OB与竖直半径的夹角∠AOB＝30°。若小物块与圆柱体之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则小物块与圆柱体之间的动摩擦因数为()A.eq\f(\r(3),2) B．eq\f(\r(3),3)C．eq\f(1,2) D．eq\f(1,3)答案B解析当小物块处于B位置时恰好能保持静止，则此时小物块所受摩擦力为最大静摩擦力，其受力如图所示，由平衡条件得：N＝mgcosθ，fm＝mgsinθ，又fm＝μN，联立解得μ＝eq\f(\r(3),3)，故A、C、D错误，B正确。考点1物体的受力分析[科学思维梳理]受力分析的方法步骤例1如图所示，物体A靠在竖直墙面上，在竖直向上的力F作用下，A、B共同向上匀速运动，下列说法正确的是()A．物体A受到物体B对它的作用力的大小等于物体A的重力B．物体B受到的作用力F的大小要小于物体A、B的重力之和C．墙面对物体A的滑动摩擦力方向向下D．物体A对物体B的静摩擦力方向沿接触面斜向上[答案]A[解析]A、B共同向上做匀速运动，则A和B均处于受力平衡状态，A、B整体水平方向不受外力，故墙面对A、B无弹力作用，墙面对物体A没有摩擦力，F大小等于A、B的重力之和，B、C错误；物体A在其重力和B对它的作用力的作用下处于平衡状态，故A正确；A受到B斜向上的摩擦力，所以物体A对物体B的静摩擦力方向沿接触面斜向下，D错误。[关键能力升华]受力分析的基本技巧(1)要善于转换研究对象，尤其是对于摩擦力不易判定的情形，可以先分析与之相接触、受力较少的物体的受力情况，再应用牛顿第三定律判定。(2)假设法是判断弹力、摩擦力的存在及方向的基本方法。[对点跟进训练](受力分析)(多选)如图所示为形状相同的两个劈形物体，它们之间的接触面光滑，两物体与地面的接触面均粗糙，现对A施加水平向右的力F，两物体均保持静止，则物体B的受力个数可能是()A．2个 B．3个C．4个 D．5个答案AC解析对A受力分析可知，当F与A所受的静摩擦力大小相等时，则A、B之间没有弹力，当F比A所受的静摩擦力更大时，则A、B之间有弹力。当A对B没有弹力时，B受到重力和地面的支持力2个力；当A对B有弹力时，B还受到重力、地面的支持力与摩擦力，共4个力。故A、C正确，B、D错误。考点2共点力的平衡[科学思维梳理]求解共点力的平衡问题的常用方法方法内容合成法物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反分解法物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件正交分解法物体受到三个或三个以上力的作用而平衡，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件力的三角形法对受三力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移，使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力例2如图所示，质量为m的物体分别置于水平地面和倾角为θ的固定斜面上。物体与地面、物体与斜面之间的动摩擦因数均为μ，用与水平地面夹角为θ的推力F1作用于物体上，使其沿地面匀速向右滑动；用水平推力F2作用于物体上，使其沿斜面匀速向上滑动，则推力之比eq\f(F1,F2)为()A.eq\f(μ,sinθ＋μcosθ) B．eq\f(μ,sinθ－μcosθ)C.eq\f(sinθ＋μcosθ,μ) D．eq\f(sinθ－μcosθ,μ)[答案]A[解析]分别对物体进行受力分析，如图甲、乙所示，物体在地面上匀速向右滑动，则水平方向上有F1x＝Ff1＝F1cosθ，竖直方向上有FN1＝F1sinθ＋mg，且Ff1＝μFN1′，FN1＝FN1′，则可得F1＝eq\f(μmg,cosθ－μsinθ)；物体在斜面上匀速向上滑动时，在沿斜面方向上有F2x＝mgsinθ＋Ff2＝F2cosθ，在垂直斜面方向上有FN2＝F2sinθ＋mgcosθ，且有Ff2＝μFN2′，FN2＝FN2′，可得F2＝eq\f(mgsinθ＋μcosθ,cosθ－μsinθ)，则eq\f(F1,F2)＝eq\f(μ,sinθ＋μcosθ)，A正确。[关键能力升华]应用平衡条件解题的步骤(1)选取研究对象：根据题目要求，选取一个平衡体(单个物体或系统，也可以是结点)作为研究对象。(2)画受力示意图：对研究对象进行受力分析，画出受力示意图。(3)合成或分解：三个力直接合成或分解，四个及四个以上的力正交分解。(4)列方程求解：根据平衡条件列出平衡方程，解平衡方程，对结果进行讨论。[对点跟进训练]1．(合成法)(2021·福建省三明市高三三模)现代人经常低头玩手机，这会使颈椎长期受压，可能引发颈椎病。某同学低头看手机时，可粗略认为头受到重力G、肌肉拉力F和颈椎支持力N，如图所示，若头颈弯曲与竖直方向成30°，此时肌肉对头的拉力F约为头重的1倍，由此估算颈椎受到的压力大小约为()A．2G B．eq\r(3)GC．G D．eq\f(\r(3),2)G答案B解析根据平衡条件知，重力G、肌肉拉力F的合力与颈椎支持力N平衡，根据平行四边形定则及几何关系得N＝2Gcos30°＝eq\r(3)G，由牛顿第三定律知，颈椎受到的压力大小约为eq\r(3)G，故B正确。2.(正交分解法)如图甲所示，推力F垂直斜面作用在斜面体上，斜面体静止在竖直墙面上，若将斜面体改成如图乙所示放置，用相同大小的推力F垂直斜面作用到斜面体上，则下列说法正确的是()A．墙面受到的压力一定变小B．斜面体受到的摩擦力一定变小C．斜面体受到的摩擦力可能变大D．斜面体可能沿墙面向上滑动答案B解析以斜面体为研究对象，受力分析如图所示，图甲中N1＝Fcosθ，f1＝mg＋Fsinθ≤fm，图乙中N2＝Fcosθ，即墙面受到的压力不变，所以fm不变。若Fsinθ＝mg，则f2＝0，斜面体静止；若Fsinθ＞mg，则f2方向向下且f2＝Fsinθ－mg，斜面体静止；若Fsinθ＜mg，则f2方向向上且f2＝mg－Fsinθ，斜面体静止；所以斜面体受到的摩擦力一定变小，B正确，A、C、D错误。考点3动态平衡问题分析[科学思维梳理]1．动态平衡问题通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢的变化，而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态，在问题的描述中常用“缓慢”等语言叙述。2．解决动态平衡问题的常用方法(1)解析法对研究对象进行受力分析，先画出受力示意图，再根据物体的平衡条件列式求解，得到因变量与自变量的函数表达式(通常为三角函数关系)，最后根据自变量的变化确定因变量的变化。(2)图解法此法常用于求解三力平衡问题中，已知一个力是恒力、另一个力方向不变的情况。一般按照以下流程解题。(3)相似三角形法正确作出力的三角形后，如能判定力的三角形与图形中已知长度的三角形(线、杆、壁等围成的几何三角形)相似，则可用相似三角形对应边成比例求出力的比例关系，从而达到求未知量的目的。往往涉及三个力，其中一个力为恒力，另两个力的方向均发生变化，则此时通常用相似三角形法分析。相似三角形法是解平衡问题时常用到的一种方法，解题的关键是正确的受力分析，寻找力三角形和几何三角形相似。例3光滑斜面上固定着一根刚性圆弧形细杆，小球通过轻绳与细杆相连，此时轻绳处于水平方向，球心恰位于圆弧形细杆的圆心处，如图所示。将悬点A缓慢沿杆向上移动，直到轻绳处于竖直方向，在这个过程中，轻绳的拉力()A．逐渐增大 B．大小不变C．先减小后增大 D．先增大后减小[答案]C[解析]解法一(图解法)：在悬点A缓慢向上移动的过程中，小球始终处于平衡状态，小球所受重力mg的大小和方向都不变，支持力的方向不变，对小球进行受力分析如图甲所示，由图可知，拉力T先减小后增大，C正确。解法二(解析法)：如图乙所示，由正弦定理得eq\f(T,sinα)＝eq\f(mg,sinβ)，得T＝eq\f(mgsinα,sinβ)，由于mg和α不变，而sinβ先增大后减小，可得T先减小后增大，C正确。[关键能力升华]图解法处理动态平衡问题图解法就是在对物体进行受力分析(一般受3个力)的基础上，若满足有一个力大小、方向均不变，另有一个力方向不变时，画出这3个力的封闭矢量三角形来分析力的变化情况的方法。如例3中小球所受重力mg的大小、方向均不变，小球所受斜面的支持力FN方向不变，大小变化，这两个力与小球所受轻绳的拉力T三力平衡，构成一矢量三角形，由T大小、方向的变化，引起FN的变化，且当T垂直FN时，T有最小值。[对点跟进训练]1．(正交分解法)(2022·江苏省扬州市高三上期中调研)如图所示，战士在水平地面上拉轮胎训练，战士以速度v做匀速直线运动，运动过程中保持双肩及两绳的端点A、B等高，两绳间的夹角为θ，所构成的平面与水平面间的夹角α不变，则()A．保持v不变，θ变小，绳子的拉力变小B．保持v不变，θ变小，绳子的拉力变大C．保持θ不变，v较小时，绳子的拉力较小D．保持θ不变，v较小时，绳子的拉力较大答案A解析保持v不变，则轮胎做匀速直线运动，设绳子的拉力为T，两根绳拉力的合力为F，根据平行四边形定则有F＝2Tcoseq\f(θ,2)，对轮胎受力分析，根据正交分解，水平方向上有Fcosα＝f，竖直方向有Fsinα＋N＝mg，又f＝μN，联立解得T＝eq\f(μmg,2cos\f(θ,2)cosα＋μsinα)，故θ变小，绳子的拉力变小，故A正确，B错误；由前面分析知，轮胎做匀速直线运动时，T＝eq\f(μmg,2cos\f(θ,2)cosα＋μsinα)，可知保持θ不变，则拉力T不变，与速度的大小无关，故C、D错误。2.(相似三角形法)如图所示，质量为m的小球套在竖直固定的光滑圆环上，在圆环的最高点有一个光滑小孔，一根轻绳的下端系着小球，上端穿过小孔用力F拉住，开始时绳与竖直方向的夹角为θ，小球处于静止状态，现缓慢拉动轻绳，使小球沿光滑圆环上升一小段距离，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是()A．绳与竖直方向的夹角为θ时，F＝mgcosθB．小球沿光滑圆环上升过程中，轻绳拉力逐渐增大C．小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力逐渐增大D．小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力大小不变答案D解析绳与竖直方向的夹角为θ时，小球受到竖直向下的重力mg、圆环对小球沿半径向外的支持力FN以及沿绳方向的拉力F，画出力的示意图如图所示，由三角形相似得：eq\f(FN,R)＝eq\f(mg,R)＝eq\f(F,L)，可知FN＝mg，F＝2mgcosθ，A错误；小球沿光滑圆环上升过程中，FN＝mg不变，L变短，则F变小，故D正确，B、C错误。3.(解析法、图解法)(2017·全国卷Ⅰ)(多选)如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α>\f(π,2)))。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中()A．MN上的张力逐渐增大B．MN上的张力先增大后减小C．OM上的张力逐渐增大D．OM上的张力先增大后减小答案AD解析解法一：设重物的质量为m，绳OM中的张力为TOM，绳MN中的张力为TMN。开始时，TOM＝mg，TMN＝0。由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力mg等大、反向。如图所示，已知角α不变，在绳MN缓慢拉起的过程中，角β逐渐增大，则角(α－β)逐渐减小，但角θ不变，在三角形中，利用正弦定理得：eq\f(TOM,sinα－β)＝eq\f(mg,sinθ)，(α－β)由钝角变为锐角，则TOM先增大后减小，选项D正确；同理知eq\f(TMN,sinβ)＝eq\f(mg,sinθ)，在β由0变为eq\f(π,2)的过程中，TMN一直增大，选项A正确。解法二：重物受到重力mg、OM绳的拉力FOM、MN绳的拉力FMN共三个力的作用。缓慢拉起过程中任一时刻可认为是平衡状态，三力的合力恒为0。如图所示，由三角形定则得一首尾相接的闭合三角形，由于α>eq\f(π,2)且不变，则三角形中FMN与FOM的交点在一个圆弧上移动，由图可以看出，在OM被拉到水平的过程中，绳MN中拉力一直增大且恰好达到最大值，绳OM中拉力先增大后减小，故A、D正确，B、C错误。考点4平衡中的临界与极值问题[科学思维梳理]1．临界问题当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等语言叙述。2．极值问题平衡中的极值问题，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题。3．解决极值问题和临界问题的方法(1)极限法：首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡的临界点和极值点；临界条件必须在变化中去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而要把某个物理量推向极端，即极大或极小。(2)数学分析法：通过对问题的分析，依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(或画出函数图像)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值)。(3)物理分析法：根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用平行四边形定则进行动态分析，确定最大值与最小值。例4质量为m＝10kg的木箱置于水平地面上，它与地面间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),3)，取g＝10m/s2，其受到一个与水平方向成θ角斜向上的拉力F，如图所示，为使木箱做匀速直线运动，拉力F的最小值以及此时θ分别是()A．50N30° B．50N60°C.eq\f(200,3)N30° D．eq\f(200,3)N60°[答案]A[解析]解法一：对木箱受力分析，木箱受重力mg、拉力F、地面的支持力N和滑动摩擦力f作用，木箱做匀速直线运动，根据平衡条件得：Fcosθ＝f，Fsinθ＋N＝mg，又f＝μN，联立解得：F＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)＝eq\f(μmg,\r(1＋μ2)sinθ＋α)，其中tanα＝eq\f(1,μ)＝eq\r(3)，α＝60°，由数学知识可知，当θ＋α＝90°，即θ＝30°时F有最小值，且最小值为：Fmin＝eq\f(μmg,\r(1＋μ2))＝eq\f(\f(\r(3),3)×10×10,\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2))N＝50N，故A正确，B、C、D错误。解法二：四力平衡转化为三力平衡，再结合图解法分析。f与N的合力F合方向不变，当F的方向与F合的方向垂直时，F最小，如图所示。设F合与竖直方向的夹角为β，则tanβ＝eq\f(f,N)＝μ，β＝30°，Fmin＝mgsinβ＝eq\f(1,2)mg＝50N，此时θ＝β＝30°，故选A。[关键能力升华](1)受力分析中的临界与极值问题常与动态平衡问题结合起来考查，应用图解法进行分析，作出力的平行四边形或矢量三角形，常常有助于直观地得到结果。(2)由静摩擦力变为滑动摩擦力、摩擦力方向改变、弹力有无及方向改变常常是临界与极值问题中要特别注意的。[对点跟进训练]1.(共点力平衡中的临界问题)如图所示，物体A放在水平桌面上，通过定滑轮悬挂一个重为10N的物体B，且已知物体A与桌面间的最大静摩擦力为4N。要使A静止，需加一水平向左的力F1，则力F1的取值可以为()A．3N B．7NC．15N D．17N答案B解析对A受力分析，当A受到的最大摩擦力水平向左时，力F1最小，此时F1min＋Ff＝mBg，解得F1min＝6N；当A受到的最大摩擦力水平向右时，力F1最大，此时F1max－Ff＝mBg，解得F1max＝14N，所以力F1的取值范围应该是6N≤F1≤14N，故A、C、D错误，B正确。2.(共点力平衡中的极值问题)(2021·山东省烟台市一模)(多选)筷子是中华饮食文化的标志之一，我国著名物理学家李政道曾夸赞说：“筷子如此简单的两根木头，却精妙绝伦地应用了物理学杠杆原理。”如图所示，用筷子夹住质量为m的小球，两根筷子均在竖直平面内，且筷子和竖直方向的夹角均为θ。已知小球与筷子之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，小球静止。下列说法正确的是()A．筷子对小球的最小压力是eq\f(mg,2μcosθ＋sinθ)B．当θ增大时，筷子对小球的最小压力一定增大C．当θ减小时，筷子对小球的最小压力一定增大D．要想用筷子夹住小球，必须满足μ>tanθ答案BD解析对小球受力分析，如图所示，小球受力平衡，竖直方向有：2fcosθ＝mg＋2Nsinθ，f≤fmax＝μN，解得：N≥eq\f(mg,2μcosθ－sinθ)，故筷子对小球的最小压力为eq\f(mg,2μcosθ－sinθ)，A错误；根据Nmin＝eq\f(mg,2μcosθ－sinθ)，可知当θ增大时，筷子对小球的最小压力一定增大，故B正确，C错误；要想用筷子夹住小球，则Nmin＝eq\f(mg,2μcosθ－sinθ)>0，则μcosθ－sinθ>0，即必须满足μ>tanθ，故D正确。思想方法2整体法与隔离法在平衡问题中的应用1方法概述整体法是指将相互关联的各个物体看成一个整体的方法，整体法的优点在于只需要分析整个系统与外界的关系，避开了系统内部繁杂的相互作用。隔离法是指将某物体从周围物体中隔离出来，单独分析该物体的方法，隔离法的优点在于能把系统内各个物体所处的状态、物体状态变化的原因以及物体间的相互作用关系表达清楚。2解题思路【典题例证】如图，光滑球A与粗糙半球B放在倾角为30°的斜面C上，C放在水平地面上，均处于静止状态。若A与B的半径相等，A的质量为2m，B的质量为m，重力加速度大小为g，则()A．C对A的支持力大小为eq\r(3)mgB．C对B的摩擦力大小为eq\f(1,2)mgC．B对A的支持力大小为eq\f(2\r(3),3)mgD．地面对C的摩擦力大小为eq\f(\r(3),6)mg[答案]C[解析]对球A进行受力分析，如图所示，由几何关系可知，C对A的支持力、B对A的支持力与A的重力的反向延长线的夹角都是30°，由平衡条件可知FBA＝FCA＝eq\f(GA,2cos30°)＝eq\f(2\r(3)mg,3)，故C正确，A错误；以A、B整体为研究对象，沿斜面方向的静摩擦力与重力的分力平衡，所以C对B的摩擦力大小为Ff＝(GA＋GB)sin30°＝eq\f(3mg,2)，故B错误；以A、B、C整体为研究对象，在水平方向不受力，所以地面对C的摩擦力大小为0，故D错误。【名师点睛】(1)用整体法进行受力分析时不需要再考虑系统内物体间的相互作用。(2)用隔离法时一般隔离受力较少的物体。【针对训练】1.如图所示，一轻绳跨过光滑的定滑轮，一端与质量为10kg的吊篮相连，另一端被站在吊篮里质量为50kg的人握住，整个系统悬于空中并处于静止状态。重力加速度g＝10m/s2，连接滑轮的两轻绳均处于竖直方向，则该人对吊篮的压力大小为()A．150N B．200NC．300N D．350N答案B解析设轻绳的拉力为F，以人与吊篮组成的整体为研究对象，进行受力分析，根据平衡条件有2F＝(m＋M)g，将m＝10kg、M＝50kg代入解得F＝300N；再对人进行受力分析，根据平衡条件有F＋FN＝Mg，解得FN＝200N，根据牛顿第三定律，可知该人对吊篮的压力大小为200N，故B正确，A、C、D错误。2．(2021·湖南高考)质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是()A．推力F先增大后减小B．凹槽对滑块的支持力先减小后增大C．墙面对凹槽的压力先增大后减小D．水平地面对凹槽的支持力先减小后增大答案C解析对滑块受力分析，设推力F与水平方向的夹角为θ，凹槽对滑块的支持力为N，由平衡条件有F＝mgsinθ，N＝mgcosθ，滑块从A点缓慢移动到B点的过程中，θ由0°增大到90°，则推力F逐渐增大，支持力N逐渐减小，A、B错误；对凹槽与滑块整体受力分析，墙面对凹槽的压力为FN＝Fcosθ＝mgsinθcosθ＝eq\f(1,2)mgsin2θ，则θ由0°增大到90°的过程中，墙面对凹槽的压力FN先增大后减小，C正确；水平地面对凹槽的支持力为N地＝(M＋m)g－Fsinθ＝(M＋m)g－mgsin2θ，则θ由0°增大到90°的过程中，水平地面对凹槽的支持力N地逐渐减小，D错误。一、选择题(本题共8小题，其中第1～7题为单选，第8题为多选)1.如图所示，倾斜的滑杆上套有一个圆环(所受重力不可忽略)，圆环通过轻绳拉着一个物体，在圆环沿滑杆下滑的过程中，轻绳始终竖直。下列说法正确的是()A．物体做匀速直线运动B．轻绳对物体的拉力大于物体受到的重力C．圆环可能不受摩擦力的作用D．圆环受三个力作用答案A解析圆环沿滑杆下滑的过程中，轻绳始终竖直，物体只受竖直方向的重力和轻绳的拉力作用，这两个力的合力不可能沿滑杆方向，故这两个力为一对平衡力，物体做匀速直线运动，故A正确，B错误；若圆环不受沿滑杆向上的摩擦力作用，则圆环不可能与物体的运动情况相同(即做匀速直线运动)，故C错误；圆环受到重力、滑杆的支持力、摩擦力和轻绳的拉力四个力作用，故D错误。2.(2020·海南高考)如图，上网课时小明把手机放在斜面上，手机处于静止状态。则斜面对手机的()A．支持力竖直向上B．支持力小于手机所受的重力C．摩擦力沿斜面向下D．摩擦力大于手机所受的重力沿斜面向下的分力答案B解析设手机的质量为m，斜面倾角为θ。对手机进行受力分析，如图所示。由图可知支持力方向垂直斜面向上，摩擦力方向沿斜面向上，故A、C错误；根据平衡条件有：f＝mgsinθ，FN＝mgcosθ，因cosθ<1，故FN<mg，且摩擦力等于手机所受的重力沿斜面向下的分力，故B正确，D错误。3．(2021·湖南省郴州市第三次教学质监)山东栖霞笏山金矿事故救援工作中本着“为了每一位被困矿工的生命”，救援队历经多日，最终将被困人员救援出井，在救援中消防员利用如图甲所示三脚架向井底的被困人员提供物资，三脚架可简化为如图乙所示模型。若支架质量不计，每根支架与竖直方向均成30°夹角。已知绳索及所挂载物资总质量为m，则在物资平稳匀速下降过程中，每根支架的弹力大小为()A．mg B．eq\f(mg,3)C.eq\f(\r(3)mg,6) D．eq\f(2\r(3)mg,9)答案D解析如图所示，设一根支架的弹力大小为F，则其在竖直方向分力为F2＝Fcosθ，而在竖直方向上，绳索及所挂载物资受力平衡，由共点力平衡条件，有3Fcosθ＝mg，解得F＝eq\f(2\r(3)mg,9)，故D正确，A、B、C错误。4．(2020·全国卷Ⅲ)如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α＝70°，则β等于()A．45° B．55°C．60° D．70°答案B解析甲物体拴牢在O点，且甲、乙两物体的质量相等，则与甲相连的竖直细线和与乙相连的绳子对O点的拉力大小相等。对O点受力分析，如图所示，根据几何关系有：2β＋α＝180°，解得β＝55°，故B正确。5．(2021·湖南省株洲市高三教学质量统一检测(一))如图为汽车内常备的两种类型的“千斤顶”：甲是“菱”形，乙是“y”形，摇动手柄，使螺旋杆转动，A、B间距离发生改变，从而实现重物的升降。若物重均为G，螺旋杆保持水平，AB与BC之间的夹角都为θ，不计杆件自重，则甲、乙两千斤顶螺旋杆的拉力大小之比为()A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．2∶3答案A解析根据题意，对“y”形千斤顶B点受力分析如图a，由平衡条件得F＝Gcotθ；对“菱”形千斤顶C点受力分析，根据对称性可知，两臂对C点的支持力大小F1相等，由平衡条件有2F1sinθ＝G，对“菱”形千斤顶B点受力分析如图b，由平衡条件得F′＝2F1cosθ，联立解得F′＝Gcotθ；则甲、乙两千斤顶螺旋杆的拉力大小之比为1∶1，故A正确。6.(2021·八省联考重庆卷)如图所示，垂直墙脚有一个截面为半圆的光滑柱体，用细线拉住的小球静止靠在接近半圆底端的M点。通过细线将小球从M点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中，细线始终保持在小球处与半圆相切。下列说法正确的是()A．细线对小球的拉力先增大后减小B．小球对柱体的压力先减小后增大C．柱体受到水平地面的支持力逐渐减小D．柱体对竖直墙面的压力先增大后减小答案D解析以小球为研究对象，设小球所在位置半圆切线方向与竖直方向的夹角为θ，沿半圆切线方向有FT＝mgcosθ，沿半圆半径方向有FN＝mgsinθ，通过细线将小球从M点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中θ从接近