人教版高一物理必修第一册同步练习：共点力的平衡

3.5共点力的平衡

学习目标

1.知道共点力的平衡条件，并会分析生产生活中的相关问题。

2.能运用数学中的三角函数、几何关系等对力与平衡问题进行分析和推理。

3.能从不同的角度解决力与平衡问题。

知识梳理

一、共点力平衡的条件及三力平衡问题

1.平衡状态：物体处于静止或匀速直线运动的状态.

2.平衡条件：合外力等于0,即尸仔=0或

3.推论

(1)二力平衡：若物体在两个力作用下处于平衡状态，则这两个力一定等大、反向.

(2)三力平衡：若物体在三个共点力作用下处于平衡状态，则任意两个力的合力与第三个力等大、反

向.

(3)多力平衡：若物体在〃个共点力作用下处于平衡状态，则其中任意(〃一1)个力的合力必定与第"

个力等大、反向.

二、物体在三个力或多个力作用下的平衡问题的解法

1.力的合成法一一般用于受力个数为三个时

(1)确定要合成的两个力；

(2)根据平行四边形定则作出这两个力的合力；

(3)根据平衡条件确定两个力的合力与第三力的关系(等大反向)；

(4)根据三角函数或勾股定理解三角形.

2.正交分解法——一般用于受力个数为三个或三个以上时

(1)建立直角坐标系；

(2)正交分解各力；

（3）沿坐标轴方向根据平衡条件列式求解.

三、利用正交分解法分析多力平衡问题

1.将各个力分解到x轴和y轴上，根据共点力的平衡条件列式（"=0,月,=0）求解.

2.对x、y轴方向的选择原则是：使尽可能多的力落在x、y轴上，需要分解的力尽可能少，被分解

的力尽可能是已知力.

3.此方法多用于三个或三个以上共点力作用下的物体平衡，三个以上共点力平衡一般要采用正交分

解法.

问题探究

题型1受力分析的应用

［例题1］如图所示，质量均为m的a、b两物体，放在两固定的水平挡板之间，物体间用一竖直放

置的轻弹簧连接，在b物体上施加水平拉力F后，两物体始终保持静止状态，已知重力加速度

为g,则下列说法正确的是（）

A.a物体对水平挡板的压力大小可能为2mg

B.b物体所受摩擦力的大小为F

C.a物体所受摩擦力的大小为F

D.弹簧对a物体的弹力大小可能等于mg

【解答】解：ABD、在b物体上施加水平拉力F后，两物体始终保持静止状态，则物体b受到接

触面的静摩擦力，大小等于水平拉力F,b与上挡板之间存在摩擦力，则它们之间一定存在弹力,

即上挡板对b有向下的弹力，所以弹簧的弹力大于物体b的重力，由整体法可知，a物体对水平

面的压力大小大于为2mg,故AD错误，B正确；

C、根据摩擦力产生的条件可知，a物体没有相对运动的趋势，则没有摩擦力，故C错误。

故选：B„

方以3点接

根据物体b受水平拉力F力后仍处于静止，则可知，必定受到静摩擦力，从而可确定弹簧的弹力

与物体b的重力关系，再由摩擦力产生的条件，即可求解。

［变式1］（多选）（2022秋•宁河区校级期末）将一长方形木块锯开为相同的A、B两部分后，按图

示方式叠放并静止在粗糙水平地面上，A、B接触面与竖直方向的夹角为8,A、B间的动摩擦

因数为上若A、B的质量均为m,重力加速度大小为g,则下列说法正确的是（）

B.A对B的摩擦力大小为（imgsin。

C.A对B的摩擦力大小为mgcosO

D.A对B的作用力方向垂直于A、B接触面向下

【解答】解：A.以A、B为整体，由平衡条件可知，地面对B的摩擦力为0。故A正确;

BC.以A为研究对象，受力如图:

沿斜面方向，受力平衡可知，B对A的静摩擦大小为:

f=mgcos。

由牛顿第三定律可知A对B的摩擦力大小为mgcos。。故B错误；C正确；

D.由图可知，B对A的作用力与A的重力等大反向，即方向竖直向上，由牛顿第三定律可知,

A对B的作用力方向竖直向下。故D错误。

故选：ACo

［变式2］（多选）《中国制造2025》是国家实施强国战略第一个十年行动纲领，智能机器制造是一

个重要方向，其中智能机械臂已广泛应用于各种领域。如图所示，一智能机械臂铁夹夹起一个

金属小球后静止在空中，铁夹与球接触面保持竖直，则（）

A.若增大铁夹对小球的压力，小球受到的摩擦力变大

B.小球受到的摩擦力之和与重力大小相等

C.铁夹受到的摩擦力方向竖直向下

D.若减小铁夹对小球的压力，小球一定会脱离铁夹

【解答】解：

A.根据竖直方向平衡，小球受到的摩擦力大小等于重力大小，故A错误；

B.根据竖直方向平衡，小球受到的摩擦力大小等于重力大小，故B正确；

C.根据竖直方向平衡，小球受到的摩擦力大小等于重力大小，方向相反，竖直向上，根据牛顿第

三定律，铁夹受到的摩擦力方向竖直向下，故C正确；

D.若减小铁夹对小球的压力，只要最大静摩擦力大小大于等于重力大小，小球仍然静止，故D错

、口

厌；

故选：BCo

题型2共点力的平衡

［例题2］（2024•江苏模拟）两个质量均为m的A、B小球用轻杆连接，A球与固定在斜面上的光滑

竖直挡板接触，B球放在倾角为。的斜面上，A、B均处于静止，B球没有滑动趋势，则A球

对挡板的压力大小为（）

上

mg2mg

A-mgtaneB.2mgtan0C.石而D.—

【解答】解：由于B球没有滑动趋势，因此B球不受斜面的摩擦力；

对A、B整体研究，可得挡板对A球的弹力大小为：F=2mgtan0,

根据牛顿第三定律可知，A球对挡板的压力大小也为2mgtan。，故B正确，ACD错误。

方法点拨

以整体为研究对象，根据受力情况结合共点力的平衡条件进行解答。

［变式3］（2024•绵阳模拟）三角形薄板ABC厚薄均匀、质量均匀分布，AD、BE分另！］为BC、AC

边中线，过这两条中线的交点的竖直线1交BC的延长线于0。两根轻绳分别系于A、B,轻绳

BN固定在天花板某点，调节轻绳MA,使N、B、C三点共线，且AB边保持水平，此时MA

A.三点M、A、C一定共线

B.三点M、A、D一定共线

C.轻绳NB中拉力大于轻绳MA中拉力

D.轻绳NB中拉力小于轻绳MA中拉力

【解答】解：AB、对物体受力分析可知，物体受重力，绳子BN的拉力FB，绳子AM的拉力

FA，由于物体处于静止状态，所以三个力的合力为零，由题意可知，重心与。点的连线为重力的

方向，FB与重力交于。点，由共点力平衡可知，FA也交于0点，故AB错误；

CD、对0点受力正交分解，如图

FACOS«=FBCOSP

依题意，此时MA比NB长，故

a<P

因此cosa>cosp

贝IFA<FB

故C正确；D错误。

故选：Co

[变式4]（2024•广东模拟）如图所示，静止在水平桌面上厚度不计的圆柱形玻璃杯中放有两个半径

相同的玻璃球A和B,每个玻璃球的重力为G。已知玻璃杯的底部直径是玻璃球半径的3倍,

玻璃球A对玻璃杯侧壁的压力大小为Fi，玻璃球A对玻璃球B的压力大小为F2，不计一切摩

擦。下列说法正确的是（）

A.F1=­G,F2=B.Fi=F2=

c.Fl=|G,F2=^GD.FI=^C,F2=1G

【解答】解：设A、B两玻璃球球心的连线与竖直方向的夹角为仇如图甲所示

甲

1

则由几何关系可知sine=-,将玻璃球A的重力进行分解，如图乙所示

G2

乙

可得Fi=Gtan。=亨G,F2-2Fr-故A正确，BCD错误。

故选：Ao

[变式5](2024•青岛三模)如图(a),摩擦角的物理意义是：当两接触面间的静摩擦力达到最大值

时，静摩擦力f与支持面的支持力N的合力F与接触面法线间的夹角即为摩擦角＜p,可知tancp

=Ho利用摩擦角的知识可以用来估料，如图(b)所示。物料自然堆积成圆锥体，圆锥角底角

必定是该物料的摩擦角中。若已知物料的摩擦角中和高h,动摩擦因数为上物料所受滑动摩

擦力等于最大静摩擦力。可求出圆锥体的体积为()

【解答】解：物料自然堆积成圆锥体，圆锥角底角必定是该物料的摩擦角，对物料作受力分析如

图所示

为使物料不下滑，应使。减小；当底角。小于隼时，物料将停留在锥面上，那么使物料恰好不下

滑应使。增大，且让。=中，所以底角会保持为定值隼。若已知中和锥体的高h,则可求出它的

体积为

11h2兀h3nh3

V=­3TCT^h.=3~7^i(t-a--n--(-p-})h=-3--t-a--n-^--(p--=-3--0---

故A正确，BCD错误；

故选：Ao

[变式6](2024•浙江模拟)图甲是传统民居建筑材料瓦片，相同的质量为m的瓦片紧靠在一起静

止竖直叠放在水平地面上如图乙所示。下方瓦片的受力点均在其顶端，则瓦片()

A.4右端对地面的压力比左端的大

B.5右端受到的支持力是2右端受到支持力的2倍

C.4顶端受到的压力大小为mg

5

D.5左端对地面的压力为不ng

1

【解答】解：A、1对2的压力为酒g

113

2对4的压力为F24=/X(/mg+mg)=^mg

一117

4对地面的压力F4=]X(]mg+F24)，解得加且，故A错误；

一3

BD、2的右端所受支持力为F2=^g

115

5的右端所受的支持力为F5=]X(*g+2F2),解得F5=]ng,故D正确，B错误;

3

C、4的顶端受到的压力大小为F=F2=ing,故C错误。

故选：D。

题型3动态平衡分析

[例题3](2024•南充模拟)如图(a),某人借助瑜伽球锻炼腿部力量，她曲膝静蹲，背部倚靠在瑜

伽球上，瑜伽球紧靠竖直墙面。假设瑜伽球光滑且视为均匀球体，整体可简化成如图(b)o当

71

人缓慢竖直站立的过程中，人的背部与水平面夹角0＜万，下列说法正确的是()

图a

A.墙面对球的力保持不变

B.人受到地面的摩擦力变大

C.地面对人的支持力变大

D.球对人的压力先增大后减小

【解答】解：AD.对瑜伽球受力分析，如图所示:

mg

Ni=mgtan9,N2=^^

人缓慢竖直站立的过程中，人的背部与水平面夹角逐渐变大，则墙面对球的力增大。人对球的支

持力增大根据牛顿第三定律可知球对人的压力增大，故AD错误;

BC.对整体受力分析，如图所示

R

由平衡条件，可知：

FN=（M+m）g,f=Ni

由此可知人受到地面的摩擦力变大，地面对人的支持力不变，故B正确，C错误。

故选：Bo

方法点接

根据整体和隔离法，对瑜伽球、瑜伽球和人进行受力分析，列出对应的平衡式子即可。

[变式7]（2024•西宁二模）如图（a）所示，在光滑墙壁上用网兜把一足球挂在A点，足球与墙壁

的接触点为B。绳子的长短变化可导致绳对足球的拉力、墙对足球的支持力发生改变。以上情

境可简化为图（b）所示模型：用一轻绳将一光滑小球系于竖直墙壁上的。点，用一水平细杆

压在轻绳上紧贴墙壁从O点缓慢下移，在细杆下移过程中下列说法正确的是（）

图（a）图（b）

A.轻绳对小球的拉力逐渐增大

B.轻绳对小球的拉力逐渐减小

C.墙壁对小球的支持力逐渐减小

D.墙壁对小球的支持力保持不变

【解答】解：小球受到重力、拉力和墙壁对小球的支持力处于平衡状态，设拉力与竖直方向的夹

角为。，如图所示。

\----馥N

mg

mq

根据共点力平衡条件可得拉力大小为T=

墙壁对小球的支持力大小为N=mgtan0

在细杆下移过程中，。增大，cose逐渐减小，则拉力T逐渐增大；tan。逐渐增大，则墙壁对小球

的弹力N逐渐增大，故A正确，BCD错误。

故选：Ao

[变式8]（2023秋•雁塔区期末）如图所示，一小球放在竖直的墙面与倾斜的木板之间，设小球对

墙面的压力大小为Fi，小球对木板的压力大小为F2,以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴,

将木板从图示位置顺时针缓慢转到与墙面垂直的位置，不计摩擦，在此过程中（）

A.Fi一直增大，F2一直减小

B.Fi先减小后增大，F2一直减小

C.Fi和F2都一直在减小

D.Fi和F2都一直在增大

【解答】解：小球对墙面的压力大小为Fi，小球对木板的压力大小为F2,根据牛顿第三定律，可

知墙面对小球的支持力大小等于Fi，木板对小球的支持力大小等于F2,对小球进行受力分析，作

出受力动态三角形，如图所示

木板从图示位置顺时针缓慢转到与墙面垂直的位置过程中，木板对小球的支持力方向逐渐靠近竖

直方向，可得Fi和F2都一直在减小，故ABD错误，C正确。

故选：Co

[变式9]（2023秋•齐齐哈尔期末）如图所示，清洗楼房玻璃的工人常用一根绳索将自己悬停在空

中，工人及其装备的总质量为80kg,悬绳与竖直墙壁的夹角为37。，悬绳对工人（含装备）的

弹力大小为FT，墙壁对工人（含装备）的弹力大小为FN，忽略一切摩擦，sin37°=0.6,

cos37°=0.8,重力加速度g取lOm/s?。则下列说法正确的是（）

B.FN=480N

C.若缓慢减小悬绳的长度，FT和FN都增大

D.若缓慢减小悬绳的长度，FT与FN的合力增大

【解答】解：AB、工人受重力、支持力和拉力三个力的作用，如图所示;

mg80x10

-

由数学知识得：FT=cos37o=08"N=1000N

FN=mgtan37°=80X10X0.75N=600N,故AB错误；

mq

C、根据FT=G，FN=mgtanB,若缓慢减小悬绳的长度，悬绳与竖直墙壁的夹角将增大，则拉

力FT、支持力FN都增大，故C正确；

D、根据平衡条件，无论悬索的长度增加或减小，FT与FN的合力始终等于重力，大小和方向都

不变，故D错误。

故选：Co

[变式10]（2023秋•沙坪坝区校级期末）如图所示，一玻璃清洁工人坐在简易的小木板BC上，通过

楼顶的滑轮和轻质绳索OA在竖直平面内缓慢下降。在下降过程中，工人腿部与竖直玻璃墙的

夹角0=60°,且保持不变。玻璃墙对脚的作用力始终沿腿方向，小木板BC保持水平且与玻

璃墙平行。某时刻轻绳OA与竖直玻璃墙的夹角a=30°,连接小木板的两等长轻绳AB、AC

的夹角9=120°,且与OA在同一倾斜平面内。已知工人及工具的总质量m=80kg,小木板的

质量可忽略不计，g=10m/s2o假设工人姿势保持不变，下列说法正确的是（）

甲乙丙

A.此时，玻璃墙对脚的作用力大小为4008N

B.此时，AB、AC绳上的张力大小均为400N

C.从该时刻起，工人缓慢下降过程中，玻璃墙对脚的作用力逐渐减小

D.从该时刻起，工人缓慢下降过程中，OA绳上的张力逐渐减小

【解答】解：AB.对工人受力分析如图1,根据平衡条件有

mg

图1

1

F=mgcos0=8OX10X—N=400N

绳AB的张力大小

V3厂

TOA=mgcosa=80X10x—N=400V3N

根据力的合成可知AB、AC绳上的张力大小均为

2Tcos60°=TOA

解得T=400同

故AB错误：

CD.对工人和小木板整体受力分析如图2所示：

mg

图2

因某时刻，0=60°,a=30°,故玻璃墙对脚的作用力Fi的方向与绳索OA的拉力F2的方向垂

直，从该时刻起，工人在缓慢下移的过程中，Fi的方向不变，a减小，F2的方向向竖直方向靠近,

由图1可知Fi变小，F2变大，由牛顿第三定律可知脚对墙的作用力变小，故D错误，C正确；

故选：C=

强化训练

【基础强化】

1.（2024•唐山一模）如图所示，用一根轻质细绳将重为10N的画框对称悬挂在竖直墙上，画框

上两个挂钉间的距离为0.5m。若绳能承受的最大拉力为10N,要使绳不会被拉断，绳子的最短

长度为（）

V3

C.——mD.1.0m

3

【解答】解：对画框受力分析如图所示:

画框受到重力mg和两个大小相等的细绳拉力Fi、F2的作用而处于静止状态，当

Fi=F2=Fmax=10N时，对应于细绳不被拉断的最小长度为L,设此时F1和F2与竖直方向的夹角

都为6,由平衡条件可得：

2Ficos0=mg=10N,解得：cos0=O.5,所以有：0=60°；

O.SdV3

设画框上两个挂钉间的距离为的d,则绳子的最小长度为：L=--x2=^m,故ABD错误,

sin63

C正确。

故选：Co

2.（2024•南昌三模）如图所示，一梯子斜靠在光滑的竖直墙壁上，下端放在粗糙的水平地面上,

某工人站立于梯子上，下列说法正确的是（）

A.地面对梯子的摩擦力方向水平向右

B.人和梯子组成的系统受三个力作用

C.梯子对工人的作用力竖直向上

D.地面对梯子的作用力竖直向上

【解答】解：AB、先对人和梯子组成的系统受力分析，系统在竖直方向上受重力、地面的支持力，

墙光滑，竖直墙对梯子没有摩擦力；在水平方向上，受到竖直墙壁水平向右的支持力和地面水平

向左的摩擦力，共四个力作用，故AB错误；

C、根据平衡条件，对人受力分析，人受到竖直向下的重力，梯子对工人的作用力竖直向上与重

力平衡，故C正确；

D.地面对直梯的作用力为支持力和摩擦力的合力，方向斜向左上方，故D错误。

故选：Co

3.（2024•湛江二模）如图所示，国产C919飞机正在沿机身所在直线匀速斜向上飞行，机身与水

平方向的夹角为仇飞机受到的重力大小为G,垂直机身向上的空气升力为Fi，沿飞机前进方

向的动力大小为F2,空气阻力与飞机运动方向相反、大小为F3。下列关系式正确的是（）

G

A.Fi=GB.F]=Gsin0C.F1=--D.F>F

COSu23

【解答】解：对飞机受力分析，如图所示

G

根据平衡条件，在水平方向

F2Cos0=Fisin0+F3Cos0

在竖直方向

G+F3sin0=F2sin9+Ficos0

联立，解得

F]=Geos。

F±sin6

F2…

故D正确，ABC错误。

故选：D。

4.（2024•温州三模）现代家居常用吊篮美化室内环境。如图所示，三根等长的轻质铁链对称地悬

挂在吊篮架上，另一端接在一起，悬挂在支架上。已知吊篮、花和花盆的总质量为3m。下列说

法正确的是（）

A.每根铁链的拉力均为mg

B.给花浇水后支架对墙面的作用力变大

C.改变铁链的长度，铁链的拉力大小不变

D.吊篮架对花盆的支持力与花盆的重力是一对相互作用力

【解答】解：A、设每根轻质铁链上的拉力为T,其与竖直方向的夹角为3对吊篮、花和花盆整

体，则有：3Tcos0=3mg

mg

解得：T=%^>mg

故A错误；

B、设墙面对支架的作用力为F,给花浇水（水质量为m°）后，吊篮、花和花盆的总质量增大，

对支架（设质量为m'）、吊篮、花和花盆整体，由竖直方向平衡关系有

F=（3m+mo+m'）g

可知，墙面对支架的作用力F变大，由牛顿第三定律可知，支架对墙面的作用力变大，故B正确;

C、改变铁链的长度，。角会变化，导致铁链的拉力T大小变化，故C错误；

D、吊篮架对花盆的支持力作用在花盆上，与花盆的重力是一对平衡力，故D错误。

故选：Bo

（2024•湖北三模）如图所示，某款手机支架由“L型”挡板和底座构成，挡板使用一体成型材

料制成，其AB、BC部分相互垂直，可绕O点的轴在竖直面内自由调节，AB、BC部分对手机

的弹力分别为Fi和F2（不计手机与挡板间的摩擦），在“L型”挡板由图示位置顺时针缓慢转

至水平的过程中，下列说法正确的是（）

A.Fi逐渐增大，F2逐渐减小

B.Fi逐渐减小，F2逐渐增大

C.Fi逐渐减小，F2先增大后减小

D.Fi先增大后减小，F2逐渐减小

【解答】解：对手机受力分析，如图所示。

已知AB、BC部分对手机的弹力分别为Fi和F2,两者相互垂直，即a=90°

手机处于静止状态，合外力为零，根据拉密原理有

GFi12

sinasindsinfi

因为手机的重力G和a不变，所以上式的比值不变。挡板由图示位置顺时针缓慢转至水平的过程

中，0由钝角增大到180°,即sin。减小,则知F2变小；。由钝角减小到90°,即sin®变大,

则知Fi变大，故A正确，BCD错误。

故选：Ao

6.（2024•保定一模）如图，质量为0.2kg的小球A在水平力F作用下，与四分之一光滑圆弧形滑

块B一起静止在地面上，小球球心跟圆弧圆心连线与竖直方向夹角0=60°,gMX10m/s2o则

A.B对A的支持力大小为2gN

B.水平地面对B的摩擦力方向水平向右

C.增大夹角8,若AB依然保持静止，F减小

D.增大夹角若AB依然保持静止，地面对B的支持力减小

【解答】解：A、对A受力分析，如图所示。

根据平衡条件得B对A的支持力N为N=睛=左耐N=4N,故A错误；

B、对A、B整体受力分析，在水平方向上，根据平衡条件可知，水平地面对B的摩擦力与水平

力F等大反向，即摩擦力水平向右，故B正确；

C、对A受力分析，由平衡条件有F=mgtan。，可知增大夹角仇若AB依然保持静止，F增大,

故C错误；

D、对A、B整体受力分析，在竖直方向上，根据平衡条件可知，支持力与A、B的总重力二力

平衡，大小相等，即地面对B的支持力不变，故D错误。

故选：Bo

【素养提升】

7.（2024•南充二模）某物理兴趣小组，在学习了力的合成和分解后，设计了如图所示的情境来体

验力的作用效果，细线OB一端系于铅笔右端，另一端栓在手指上，使OA水平，手掌始终伸

直，再在。处悬挂一物块，假设铅笔的重力可以忽略不计，在保证装置不散架的情况下，将整

个装置绕过A点垂直于纸面的轴在竖直平面内逆时针缓慢转动的过程中，下列说法正确的是

()

A.A点的刺痛感会增强B.A点的刺痛感会减弱

C.0B绳一定不会被拉断D.0B绳可能被拉断

【解答】解：对O点进行受力分析，如下图所示

由题意可知，在整个装置绕过/点垂直于纸面的轴在竖直平面内逆时针缓慢转动的过程中，保持

。不变，即保持（n-0）不变。由于N1变小，从钝角变为锐角，sin/1先变大后变小，则铅笔

的弹力FAO先变大后变小，A点的刺痛感先增强后减弱。由于/2变大，sin/2变小，则OB绳

的拉力TBO变小，所以0B绳一定不会被拉断，故C正确，ABD错误。

故选：Co

（2023秋•雁塔区期末）如图所示，a、b两小球用1、2、3三根轻质细绳悬挂处于静止状态，

绳1与竖直方向的夹角为30°,绳2与竖直方向的夹角为60°,绳3水平。则a、b两小球的

ma

【解答】解：设绳2的拉力大小为F,对小球a进行受力分析如图1所示。

由平衡条件可知小球a的重力与F的合力与绳1的拉力等大反向，由几何关系可得：

F=mag

对小球b进行受力分析如图2所示，由平衡条件可知小球b的重力与F的合力与绳3的拉力等大

反向，由几何关系可得：

Fcos60°=mbg

ma

解得：77=2，故ABC错误，D正确。

iil-b

故选：D。

（2023秋•沙坪坝区校级期末）如图所示，是一种多功能“人”字形折叠梯，其顶部用活页连

在一起，两梯中有一绳子，可以调节绳子的长度来改变两梯的夹角0„梯子置于水平地面上，

一质量为m的人站在梯子顶部，梯子的质量不计，整个装置处于静止状态，则（）

mq

A.当0=60°时，梯子单边对地面的正压力大小为〒

B.当。=120°时，梯子单边对地面的正压力大小为mg

c.e角越大，梯子对人的作用力越小

D.。角越大，梯子对人的作用力越大

【解答】解：AB.对人和梯子整体，进行分析，有

mg=FN

根据牛顿第三定律，可知梯子单边对地面的正压力大小为”与。角无关，故A正确，B错误;

CD.对人做受力分析，梯子对人的支持力大小等于人的重力，梯子对人的支持力与人对梯子的压

力是相互作用力，大小与e无关，故CD错误。

故选：A«

10.（2023秋•太原期末）如图所示，阻力伞共有7根等长的伞绳和1根中心轴线绳，每根伞绳与

中心轴线绳的夹角均为37°,每根伞绳能承受的最大拉力均为30N,忽略伞的重力，cos37°=

0.8,若中心轴线绳始终未被拉断，阻力伞可提供的最大阻力为（）

中心轴线绳

A.24NB.108NC.126ND.168N

【解答】解：设阻力伞可提供的最大阻力为f,对伞水平方向根据平衡条件可得：f=7FmCos37°=

7X30X0.8N=168N,故D正确、ABC错误。

故选：D。

11.（2023秋•龙华区期末）如图所示，人们习惯用两种方式握筷：平行和夹形。在竖直平面内用

相同的筷子以两种方式分别夹住相同的小球，已知每根筷子对小球的压力大小相等，则（）

A.小球被夹住后只受到重力和摩擦力

B.筷子对小球压力越大，小球受到的静摩擦力越大

C.两种方式，夹住相同的小球，夹形握筷更容易

D.两种方式，筷子对小球作用力的合力方向都是竖直向上

【解答】A.两种方式，小球均受到重力、摩擦力、筷子的弹力，故A错误;

1

BC.平行握筷时，小球受力平衡，小球受到的静摩擦力为0=

平行握筷时，筷子对小球压力越大，小球受到的静摩擦力不变，设夹形握筷时两筷子的夹角为,

小球受力分析如图所示:

mg

ee

根据平衡条件可得2/2©。巧=mg+2Wsin-

小球受到的静摩擦力为f2=2cos-+2Ntan->

24

夹形握筷时，筷子对小球压力越大，小球受到的静摩擦力越大，夹住相同的小球，夹形握筷时所

需要的静摩擦力更大，平行握筷更容易，故BC错误；

D.两种方式，筷子对小球作用力的合力与小球的重力平衡，等大反向，故筷子对小球作用力的

合力方向都是竖直向上，故D正确。

故选：D。

【能力培优】

12.（2023秋•鼓楼区校级期末）“蜘蛛人”主要靠一根绳索把自己悬挂在几十层高的大厦外，清洗

大厦的玻璃和外墙，成为扮靓城市的一道独特风景，如图1所示。已知“蜘蛛人”的质量为m,

设绳索对他对的拉力大小为Fi，竖直墙壁对他的支持力大小为F2,不计他与墙壁间的摩