第二章 第3讲　受力分析　共点力平衡-2025高三总复习 物理（新高考）

第3讲受力分析共点力平衡[课标要求]1．知道受力分析的概念，了解受力分析的一般思路。2．理解共点力平衡的条件，会解共点力平衡问题。考点一物体的受力分析1．受力分析：即分析物体的受力，有两条思路：(1)根据物体运动状态的变化来分析和判断其受力情况；(2)根据各种力的特点，从相互作用的角度来分析物体的受力。2．受力分析的一般顺序：先分析场力(如重力、电场力、磁场力)，再分析接触力(如弹力、摩擦力)，最后分析其他力。【基础知识判断】1．受力分析时即要分析研究对象受到的力，也要分析研究对象的施力物体的受力。(×)2．惯性不是力，但受力分析时可以把物体的惯性当力。(×)3．受力分析时只分析物体实际受到的力，不要把效果力当性质力去分析。(√)1．受力分析的一般步骤2．受力分析的三种方法假设法在判断某力是否存在时，先对其做出不存在的假设，然后根据该力不存在时对物体运动和受力状态的影响来判断该力是否存在。状态法(1)处于平衡状态的物体：根据其平衡条件进行受力分析。(2)处于变速状态的物体：应用牛顿第二定律进行受力分析。转换法在受力分析时，若不方便直接分析某力是否存在：(1)可以转换为分析该力的反作用力，根据其反作用力是否存在，判断该力是否存在。(2)可以转换为分析与该力相关的其他研究对象，通过对其他研究对象进行受力分析，判断该力是否存在。(2024·四川绵阳高三模拟)如图所示，a、b两个小球穿在一根粗糙的固定杆上(球的小孔比杆的直径大)，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接。已知b球质量为m，杆与水平面成θ角，不计滑轮的一切摩擦，重力加速度为g。当两球静止时，Oa段绳与杆的夹角也为θ，Ob段绳沿竖直方向，则下列说法正确的是()A．a一定受到4个力的作用B．b只可能受到2个力的作用C．绳子对a的拉力有可能等于mgD．a的质量一定为mtanθ答案：C解析：对a和b分别受力分析可知，a至少受重力、杆的支持力、绳的拉力3个力，可能还受摩擦力共4个力，b受重力、绳的拉力2个力或重力、绳的拉力、杆的支持力、摩擦力4个力的作用，选项A、B错误；对b受力分析可知，b受绳子的拉力可能等于mg，因此绳子对a的拉力可能等于mg，选项C正确；对a受力分析，如果摩擦力为零，则magsinθ＝mgcosθ，可得ma＝eq\f(m,tanθ)，选项D错误。规律总结整体法与隔离法方法整体法隔离法概念将加速度相同的几个物体作为一个整体来分析的方法将研究对象与周围物体分隔开来分析的方法选用原则研究系统外的物体对系统整体的作用力或求系统整体的加速度研究系统内物体之间的相互作用力学生用书第30页对点练．(多选)如图所示，两个相似的斜面体A、B在竖直向上的力F的作用下静止靠在竖直粗糙墙壁上。关于斜面体A和B的受力情况，下列说法正确的是()A．A一定受到四个力B．B可能受到四个力C．B与墙壁之间一定有弹力和摩擦力D．A与B之间一定有摩擦力答案：AD解析：对A、B整体受力分析如图甲所示，受到向下的重力和向上的推力F，由平衡条件可知B与墙壁之间不可能有弹力，因此也不可能有摩擦力，故C错误；对B受力分析如图乙所示，其受到重力、A对B的弹力及摩擦力而处于平衡状态，故B受到三个力，B错误，D正确；对A受力分析，如图丙所示，受到重力、推力、B对A的弹力和摩擦力，共四个力，A正确。考点二静态平衡问题1．平衡状态：物体处于静止或匀速直线运动状态。2．平衡条件：F合＝0(Fx＝0，Fy＝0)。3．常用推论(1)二力平衡：两个力等大反向。(2)三力平衡：①任意两个力的合力必与第三个力等大反向。②表示这三个力的有向线段首尾相接组成一个封闭三角形。(3)若物体受n个作用力而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余(n－1)个力的合力大小相等、方向相反。【高考情境链接】(2022·海南高考·改编)我国的石桥世界闻名，如图，某桥由六块形状完全相同的石块组成，其中石块1、6固定，2、5质量相同为m，3、4质量相同为m′，不计石块间的摩擦。判断下列说法正误：(1)石块2、3、4、5都是受到三个力而平衡。(√)(2)石块3、4之间的弹力为零。(×)(3)石块1对2的弹力等于(m＋m′)g。(×)(4)物体处于平衡状态时，其加速度一定为零。(√)解决静态平衡问题的四种常用方法合成法三个共点力平衡时，任意两个力的合力一定与第三个力大小相等、方向相反。分解法三个共点力平衡时，将任意一个力沿着另外两个力的方向分解，则其分力一定分别与另外两个力大小相等、方向相反。正交分解法物体受到多个力作用而平衡时，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。三角形法三个共点力平衡时，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、相似三角形或直角三角形等数学知识求解有关问题。考向1合成法(或分解法)(2023·浙江6月选考)如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重为G的光滑圆柱体静置其上，a、b为相切点，∠aOb＝90°，半径Ob与重力的夹角为37°。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则圆柱体受到的支持力Fa、Fb大小为()A．Fa＝0.6G，Fb＝0.4GB．Fa＝0.4G，Fb＝0.6GC．Fa＝0.8G，Fb＝0.6GD．Fa＝0.6G，Fb＝0.8G答案：D解析：方法一：分解法对圆柱体受力分析，将重力分别沿着Fa、Fb的反方向分解，根据平衡条件可得Fa＝mgsin37°＝0.6G，Fb＝mgcos37°＝0.8G，D正确。方法二：合成法对圆柱体受力分析，根据平衡条件可知圆柱体受到的支持力Fa、Fb的合力与重力G平衡，同理可得Fa＝mgsin37°＝0.6G，Fb＝mgcos37°＝0.8G，D正确。考向2正交分解法(多选)(2024·湖北武汉质检)如图所示，轻质光滑滑轮两侧用轻绳连着两个物体A与B，物体B放在水平地面上，A、B均静止。已知A和B的质量分别为mA、mB，绳与水平方向的夹角为θ(θ＜90°)，重力加速度为g，则()A．物体B受到的摩擦力可能为零B．物体B受到的摩擦力大小为mAgcosθ学生用书第31页C．物体B对地面的压力可能为零D．物体B对地面的压力大小为mBg－mAgsinθ答案：BD解析：对A分析，轻绳拉力FT＝mAg，对B分析，在水平方向有Ff＝FTcosθ＝mAgcosθ，选项B正确；在竖直方向地面对B的支持力FN＝mBg－FTsinθ＝mBg－mA·gsinθ，由牛顿第三定律可知，选项D正确；当mBg＝mAgsinθ时，FN＝0，此时物体B不可能静止，选项A、C错误。考向3三角形法(2024·广东珠海模拟)如图所示的装置，杆QO沿竖直方向固定，且顶端有一光滑的定滑轮，轻杆OP用铰链固定于O点且可绕O点转动，用两根轻绳分别拴接质量分别为m1、m2的小球1、2并系于P点，其中拴接1小球的轻绳跨过定滑轮，已知O点到滑轮顶端Q的距离等于OP，当系统平衡时两杆的夹角为α＝120°，则m1∶m2为()A．1∶2 B．eq\r(3)∶2C．1∶1 D．eq\r(3)∶1答案：D解析：以结点P为研究对象，受力分析如图所示，则拴接小球1轻绳的拉力大小等于m1g，由力的平衡条件将杆OP的支持力与轻绳的拉力合成，由相似三角形可得m1g＝2m2gcos30°，解得m1∶m2＝eq\r(3)∶1，故A、B、C错误，D正确。考向4非共面力作用下的平衡问题图甲为挂在架子上的双层晾衣篮。上、下篮子完全相同且保持水平，每个篮子由两个质地均匀的圆形钢圈穿进网布构成，两篮通过四根等长的轻绳与钢圈的四等分点相连，上篮钢圈用另外四根等长轻绳系在挂钩上。晾衣篮的有关尺寸如图乙所示，则图甲中上、下各一根绳中的张力大小之比为()A．1∶1 B．2∶1C．5∶2 D．5∶4答案：C解析：设一个篮子的质量为m，连接下篮的每根绳子的拉力为FT2，对下篮，根据平衡条件得4FT2＝mg，解得FT2＝eq\f(mg,4)，设连接上篮的每根绳子的拉力为FT1，绳子与竖直方向夹角为θ，对两个篮子组成的整体，由平衡条件得4FT1cosθ＝2mg，根据几何关系得sinθ＝eq\f(24,40)＝0.6，联立解得FT1＝eq\f(5,8)mg，则eq\f(FT1,FT2)＝eq\f(5,2)，故C正确，A、B、D错误。考向5整体法与隔离法解答多体平衡问题挂灯笼的习俗起源于西汉时期，已成为中国人喜庆的象征。如图所示，由五根等长的轻质细绳悬挂起四个质量相等的灯笼，中间的细绳是水平的，另外四根细绳与水平面所成的角分别为θ1和θ2。设悬挂端绳子拉力大小为F1，水平段绳子拉力大小为F2，灯笼质量为m，下列关系式中正确的是()A．F1＝F2 B．F1＝2F2C．F1＝eq\f(2mg,tanθ1) D．F2＝eq\f(mg,tanθ2)答案：D解析：对左边两个灯笼的整体受力分析可知F1cosθ1＝F2，F1sinθ1＝2mg，解得F1＝eq\f(F2,cosθ1)，F1＝eq\f(2mg,sinθ1)，则F1不等于F2,F1也不一定是2F2，选项A、B、C错误；对左边第2个灯笼受力分析可知F2＝eq\f(mg,tanθ2)，选项D正确。故选D。考点三动态平衡问题1．共点力的动态平衡动态平衡是指处于平衡状态的物体所受的某个力(或者几个力)的大小或方向缓慢变化，是动态力，但变化过程中的每一个状态均可视为平衡状态。2．处理动态平衡问题的常用方法方法过程解析法(1)列平衡方程得出未知量与已知量的关系表达式。(2)根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况。图解法(1)根据已知量的变化情况，画出不同状态下平行四边形边、角的变化。(2)根据边长的变化判断力的大小的变化，根据角度的变化判断力的方向的变化。方法过程相似三角形法(1)根据已知条件画出同一状态下对应的力的三角形和几何三角形，确定对应边，利用三角形相似知识列出比例式。(2)根据已知量的变化判断未知量的变化情况。正弦定理(或拉密定理)法(1)特点：物体受三个共点力，这三个力其中有一个力为恒力，另外两个力都变化，且两个变化的力的夹角不变。(2)正弦定理法：eq\f(F1,sinα1)＝eq\f(F2,sinα2)＝eq\f(F3,sinα3)(其中α1、α2、α3分别为F2与F3、F1与F3、F1与F2的夹角)。学生用书第32页考向1解析法(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【审题指导】(1)分析推力F、凹槽对滑块的支持力的大小变化应以小滑块为研究对象。(2)分析墙面对凹槽的压力的大小变化应以凹槽为研究对象。(3)分析水平地面对凹槽的支持力的大小变化应以滑块和凹槽整体为研究对象。答案：C解析：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，设θ为小滑块与O点连线跟竖直方向的夹角，由平衡条件可知，推力F＝mgsinθ，凹槽对滑块的支持力FN＝mgcosθ，小滑块由A点向B点缓慢移动过程中，θ角逐渐增大，力F逐渐增大，力FN逐渐减小，选项A、B错误；由牛顿第三定律可知，滑块对凹槽的压力FN′＝FN＝mgcosθ，滑块对凹槽的压力FN′在水平方向上的分力FN′sinθ＝mgcosθsinθ＝0.5mgsin2θ，对凹槽进行受力分析，由平衡条件可知，墙面对凹槽的压力为F压＝0.5mgsin2θ，当θ＝45°时最大，所以墙面对凹槽的压力先增大后减小，选项C正确；由于力F的方向始终沿圆弧的切线方向，对滑块和凹槽整体受力分析，可知水平地面对凹槽的支持力逐渐减小，选项D错误。考向2图解法(2024·河南郑州联考)如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，P与圆心O的连线与水平面的夹角为θ，将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90°，框架与小球始终保持静止状态。在此过程中下列说法正确的是()A．地面对框架的摩擦力始终为零B．框架对小球的支持力先减小后增大C．拉力F的最小值为mgcosθD．框架对地面的压力先增大后减小答案：C解析：以小球为研究对象，受力分析如图所示，根据几何关系可知，当F顺时针转动至竖直向上之前，支持力逐渐减小，F先减小后增大，当F的方向沿圆的切线方向向上时，F最小，此时为F＝mgcosθ，故B错误，C正确；以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿水平方向的分力逐渐减小，所以地面对框架的摩擦力始终在减小；F沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的支持力始终在减小，则框架对地面的压力始终在减小，故A、D错误。考向3相似三角形法(多选)如图所示，一斜面固定在水平面上，一半球形滑块固定在斜面上，球心O的正上方有一定滑轮A(视为质点)，细线的一端与一质量分布均匀的光滑圆球B连接，另一端绕过滑轮A在水平向右的拉力F作用下使圆球B保持静止。改变拉力F的大小，使圆球B从两球心等高的位置缓慢移动到圆球B的球心正好在O点的正上方(不考虑该位置的情况)。圆球B不会与定滑轮A接触，则下列说法正确的是()A．拉力F一直减小B．拉力F先增大后减小C．半球形滑块对圆球B的支持力先增大后减小D．半球形滑块对圆球B的支持力大小保持不变答案：AD解析：对B进行受力分析并合成三角形如图所示，根据几何关系可知图中力构成的矢量三角形与阴影部分的三角形相似，则eq\f(mg,h)＝eq\f(FN,r)＝eq\f(F,l)，移动过程中，高度h和两球的球心距离r不变，所以半球形滑块对圆球B的支持力大小保持不变，绳子长度l变短，则拉力F减小，故B、C错误，A、D正确。故选AD。考向4正弦定理法(2022·河北高考)如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中()A．圆柱体对木板的压力逐渐增大B．圆柱体对木板的压力先增大后减小C．两根细绳上的拉力均先增大后减小D．两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变答案：B解析：设两绳子对圆柱体的拉力的合力为FT，木板对圆柱体的支持力为FN，从右向左看，对圆柱体受力分析并合成三角形如图所示。在木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平的过程中，α不变，γ从90°逐渐减小到0，又γ＋β＋α＝180°且α＜90°，可知90°＜γ＋β＜180°，则0＜β＜180°，可知β从锐角逐渐增大到钝角，在矢量三角形中，根据正弦定理得eq\f(sinα,mg)＝eq\f(sinβ,FN)＝eq\f(sinγ,FT)，则由sinγ不断减小可知FT不断减小，由sinβ先增大后减小可知FN先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小；设两绳子之间的夹角为2θ，绳子拉力为FT′，则2FT′cosθ＝FT，可得FT′＝eq\f(FT,2cosθ)，θ不变，FT逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B正确，A、C、D错误。故选B。学生用书第33页一、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”“恰能”“恰好”等。临界问题常见的种类：1．由静止到运动，摩擦力达到最大静摩擦力。2．绳子恰好绷紧，拉力F＝0。3．刚好离开接触面，支持力FN＝0。二、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。三、解答平衡中临界、极值问题的三种方法图解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。数学分析法通过对问题的分析，根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)。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，即极大和极小。应用1．[临界问题]如图所示，一个重力为5N的砝码，用细线悬挂在O点，现在用力F拉砝码，使细线偏离竖直方向30°处于静止状态，此时所用拉力F的最小值为()A．5.0N B．2.5NC．8.65N D．4.3N答案：B解析：以砝码为研究对象，分析受力情况，其受重力G、细线的拉力FT和力F，由图看出，当F与细线垂直时F最小，由数学知识得F的最小值为F＝Gsin30°＝2.5N，故选项B正确。应用2．[临界问题](2022·浙江1月选考)如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石礅，石礅与水平地面间的动摩擦因数为μ。工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石礅时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ，则下列说法正确的是()A．轻绳的合拉力大小为eq\f(μmg,cosθ)B．轻绳的合拉力大小为eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)C．减小夹角θ，轻绳的合拉力一定减小D．轻绳的合拉力最小时，地面对石礅的摩擦力也最小答案：B解析：对石礅受力分析如图所示，设两根轻绳的合力为F，根据平衡条件有Fcosθ＝Ff，Fsinθ＋FN＝mg，且Ff＝μFN，联立可得F＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)，选项A错误，B正确；上式变形得F＝eq\f(μmg,\r(1＋μ2)sin（θ＋α）)，其中tanα＝eq\f(1,μ)，根据三角函数特点，由于θ的初始值不知道，因此减小θ，轻绳的合拉力F并不一定减小，选项C错误；根据上述讨论，当θ＋α＝90°时，轻绳的合拉力F最小，而摩擦力Ff＝Fcosθ＝eq\f(μmgcosθ,cosθ＋μsinθ)＝eq\f(μmg,1＋μtanθ)，可知增大夹角θ，摩擦力一直减小，当θ趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力F最小时，地面对石礅的摩擦力不是最小的，选项D错误。应用3.[极值问题]如图所示，物体的质量为m＝5kg，两根轻细绳AB和AC的一端固定于竖直墙上，另一端系于物体上(∠BAC＝θ＝60°)，在物体上另施加一个方向与水平线也成θ角的拉力F，若要使两绳都能伸直，求拉力F的大小范围。(g取10m/s2)答案：eq\f(50\r(3),3)N≤F≤eq\f(100,3)eq\r(3)N解析：设AB绳的拉力为F1，AC绳的拉力为F2，对物体受力分析，由平衡条件有Fcosθ－F2－F1cosθ＝0，Fsinθ＋F1sinθ－mg＝0，可得F＝eq\f(mg,sinθ)－F1，F＝eq\f(F2,2cosθ)＋eq\f(mg,2sinθ)。若要使两绳都能伸直，则有F1≥0，F2≥0，则F的最大值Fmax＝eq\f(mg,sinθ)＝eq\f(100,3)eq\r(3)N，F的最小值Fmin＝eq\f(mg,2sinθ)＝eq\f(50,3)eq\r(3)N，即拉力F的大小范围为eq\f(50\r(3),3)N≤F≤eq\f(100,3)eq\r(3)N。课时测评8受力分析共点力平衡eq\f(对应学生,用书P356)(时间：45分钟满分：60分)(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)(选择题每题5分，共60分)1．(2023·江苏高考)如图所示，“嫦娥五号”探测器静止在月球平坦表面处。已知探测器质量为m，四条腿与竖直方向的夹角均为θ，月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的eq\f(1,6)。每条腿对月球表面压力的大小为()A．eq\f(mg,4)B．eq\f(mg,4cosθ)C．eq\f(mg,6cosθ)D．eq\f(mg,24)答案：D解析：对“嫦娥五号”探测器受力分析有FN＝mg月，则对一条腿有FN1＝eq\f(1,4)mg月＝eq\f(mg,24)，根据牛顿第三定律可知每条腿对月球表面的压力为eq\f(mg,24)。故选D。2．如图甲为家庭常用的燃气灶实物图，灶面上有一个支架。共有4个均匀分布的支撑面，对放在上面的厨具起到支撑作用。现把一个高压锅放在支架上，并抽象成示意图乙，已知支架的每个支撑面与水平方向成α＝37°角。高压锅和里面的食物总质量为4.8kg。则每个支撑面给高压锅的支持力为(忽略高压锅和支撑面之间的摩擦力，取g＝10m/s2)()A．12N B．15NC．20N D．48N答案：B解析：设每个支撑面给高压锅的支持力的竖直分量为F，则F＝eq\f(1,4)mg，由几何关系可得eq\f(F,FN)＝cos37°，解得FN＝15N，B正确。3．(2023·海南高考)如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是()A．工人受到的重力和支持力是一对平衡力B．工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力C．重物缓慢拉起过程，绳子拉力变小D．重物缓慢拉起过程，绳子拉力不变答案：B解析：对人受力分析如图甲所示，则有FN＋FT＝mg，工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力，A错误，B正确；对滑轮受力分析如图乙所示，则有FT＝eq\f(mg,2cosθ)，则随着重物缓慢拉起过程，θ逐渐增大，则FT逐渐增大，C、D错误。4．(2024·山东青岛模拟)如图所示，是常见的杆秤的工作示意图。三根长度均为5L的细绳上端连在一起，并固定在杆秤的左端，另一端与质量为m、直径为6L、质量分布均匀的秤盘相连，连接点将秤盘边缘三等分。重力加速度为g。当在盘中放置质量为2m的物体，秤杆处于平衡状态时，秤盘静止在水平位置，这时每根细绳的拉力大小为()A．eq\f(5mg,3) B．eq\f(5mg,4)C．eq\f(5mg,6) D．eq\f(5mg,2)答案：B解析：设绳子与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系可得sinθ＝eq\f(R,l)＝eq\f(3L,5L)＝0.6，可得θ＝37°，以秤盘和盘中物体为整体，根据受力平衡可得3FTcos37°＝3mg，解得每根细绳的拉力大小为FT＝eq\f(5mg,4)，故选B。5．(2024·河南商丘模拟)如图甲为不锈钢砧板架示意图。在图乙中，质量为M的圆形砧板稳稳地竖立在砧板架上，砧板架两侧横梁近似光滑，间距为d，取重力加速度为g，下列说法正确的是()A．砧板对砧板架一侧横梁的作用力一定小于MgB．若增大横梁的间距d，砧板对两侧横梁的作用力均增大C．若增大横梁的间距d，砧板架对地面的压力增大D．若换一个质量相同、直径更大的砧板，两侧横梁受到的压力均增大答案：B解析：设每侧砧板架横梁对砧板的支持力均为FN，FN垂直接触面指向砧板圆心，FN与竖直方向夹角为θ，根据平衡条件有2FNcosθ＝Mg，根据牛顿第三定律可得砧板对砧板架一侧横梁的作用力大小为FN′＝FN＝eq\f(Mg,2cosθ)，所以可得砧板对砧板架一侧横梁的作用力不一定小于Mg，A错误；若增大横梁的间距d，θ变大，可知FN′变大；同理，若换一个质量相同直径更大的砧板，可知θ变小，FN′变小，B正确，D错误；若增大横梁的间距d，对砧板和砧板架整体分析可得，地面对砧板架的支持力等于砧板和砧板架的总重力，根据牛顿第三定律可得砧板架对地面的压力不变，C错误。故选B。6．(多选)如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是()A．绳的右端上移到b′，绳子拉力不变B．将杆N向右移一些，绳子拉力变大C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小D．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移答案：AB解析：设两段绳子间的夹角为2α，由平衡条件可知，2Fcosα＝mg，所以F＝eq\f(mg,2cosα)，设绳子总长为L，两杆间距离为x，由几何关系L1sinα＋L2sinα＝x，得sinα＝eq\f(x,L1＋L2)＝eq\f(x,L)，绳子右端上移，L、x都不变，α不变，绳子拉力F也不变，A正确；杆N向右移动一些，x变大，α变大，cosα变小，F变大，B正确；绳子两端高度差变化，不影响x和L，所以F不变，C错误；衣服质量增加，绳子上的拉力增加，由于α不会变化，悬挂点不会右移，D错误。7．(2023·河北唐山三模)如图所示，木板B放置在粗糙水平地面上，O为光滑铰链。轻杆一端与铰链O固定连接，另一端固定连接一质量为m的小球A。现将轻绳一端拴在小球A上，另一端通过光滑的定滑轮O′由力F牵引，定滑轮位于O的正上方，整个系统处于静止状态。现改变力F的大小使小球A和轻杆从图示位置缓慢运动到O′正下方，木板始终保持静止，则在整个过程中()A．外力F大小不变B．轻杆对小球的作用力大小变小C．地面对木板的支持力逐渐变小D．地面对木板的摩擦力逐渐减小答案：D解析：对小球A进行受力分析，三力构成矢量三角形，如图所示，根据几何关系可知两三角形相似，因此eq\f(mg,OO′)＝eq\f(F,O′A)＝eq\f(F′,OA)，缓慢运动过程中O′A越来越小，则F逐渐减小，故A错误；由于OA长度不变，则轻杆对小球的作用力大小不变，故B错误；对木板，由于轻杆对木板的作用力大小不变，方向向右下，但轻杆的作用力与竖直方向的夹角越来越小，所以地面对木板的支持力逐渐增大，地面对木板的摩擦力逐渐减小，故C错误，D正确。故选D。8．(多选)如图所示，质量为2M的物块A静置于水平台面上，质量为M的半球体C静置于水平地面上，质量为m的光滑小球B(可视为质点)放在半球体C上，P点为三根轻绳PA、PB、PO的结点。系统在图示位置处于静止状态，P点位于半球体球心的正上方，PO竖直，PA水平，PB刚好与半球体相切且与竖直方向的夹角θ＝30°。已知物块A与台面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则()A．绳OP的拉力大小为eq\f(1,4)mgB．C受到的摩擦力大小为eq\f(\r(,3),4)mgC．A受到的摩擦力大小为eq\f(1,4)mgD．地面对C的支持力大小为Mg＋eq\f(1,4)mg答案：BD解析：对小球B受力分析如图所示，PB的拉力大小FTPB＝mgcosθ＝eq\f(\r(3),2)mg，对P点受力分析可知，OP的拉力大小FTOP＝FTPBcosθ＝eq\f(3,4)mg，A错误；对物体A受力分析可知，物体A所受摩擦力大小等于绳PA的拉力大小，即FfA＝FTPBsinθ＝eq\f(\r(,3),4)mg，C错误；对A、B、C组成的整体受力分析可知，半球C受到的摩擦力大小等于A所受摩擦力大小，即FfC＝FfA＝eq\f(\r(,3),4)mg，B正确；对A、B、C整体受力分析，由平衡条件可知，地面对半球C的支持力大小为(M＋m)g－FTOP＝Mg＋eq\f(1,4)mg，D正确。9．(多选)如图所示，在半圆形光滑凹槽内，两轻质弹簧的下端固定在槽的最低点，另一端分别与小球P、Q相连。已知两球在图示位置静止。O′P＞O′Q，则下列说法中正确的是()A．若两球质量相同，则P球对槽的压力较小B．若两球质量相同，则两球对槽的压力大小相等C．若P球的质量大，则O′P弹簧的劲度系数大D．若P球的质量大，则O′P弹簧的弹力大答案：BD解析：分别对两小球受力分析如图所示，都受重力、支持力和弹簧的弹力三个力，两小球静止，受力平衡，根据平行四边形定则作平行四边形，又GQ′＝GQ，GP′＝GP，则eq\f(FNQ,GQ)＝eq\f(OQ,OO′)＝eq\f(R,R)＝1；eq\f(FNP,GP)＝eq\f(OP,OO′)＝eq\f(R,R)＝1，即支持力始终与重力相等，若两球质量相等，重力相等，则所受支持力相等，两球对槽的压力必然相等，故A错误，B正确；由eq\f(FQ,GQ)＝eq\f(O′Q,OO′)得FQ＝GQeq\f(O′Q,R)，由eq\f(FP,GP)＝eq\f(O′P,OO′)得FP＝GPeq\f(O′P,R)，由图可知O′P＞O′Q，若GP＞GQ，则FP＞FQ。两弹簧的形变量未知，根据胡克定律，则劲度系数的大小关系无法确定，故C错误，D正确。10．(多选)如图所示，两个可视为质点的小球a和b，用质量可忽略的刚性细杆相连并放置在光滑的半球面内。已知细杆长度是球半径的eq\r(2)倍，当两球处于静止状态时，细杆与水平面的夹角θ＝15°，则()A．杆对a、b球的作用力大小相等且方向沿杆方向B．小球a和b的质量之比为eq\r(2)∶1C．小球a和b的质量之比为eq\r(3)∶2D．半球面对a、b球的弹力之比为eq\r(3)∶1答案：AD解析：轻杆受到两个球的弹力是一对平衡力，根据牛顿第三定律可得，杆对a、b两球的作用力大小相等且方向沿杆方向，A正确；对a、b两球受力分析如图所示，过O作竖直线交ab于c点，设球面半径为R，则△Oac与左侧力的三角形相似，△Obc与右侧力的三角形相似，由几何关系可得eq\f(mag,Oc)＝eq\f(FT,ac)，eq\f(mbg,Oc)＝eq\f(FT,bc)，即eq\f(ma,mb)＝eq\f(bc,ac)，由题可知，细杆