第二章 第4讲　牛顿第三定律　共点力的平衡练习含答案-高考物理一轮专题

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【答案】 相互 同时 作用 相反 同一条直线上 静止 匀速 0 0 0 相等 相反 合力 合力
考点一 牛顿第三定律
1.作用力和反作用力的三个关系
2.作用力和反作用力与一对平衡力的比较
[例1] 【对牛顿第三定律的理解】 (2024·甘肃兰州期末)如图所示,人站在电动平衡车上推墙后在水平地面上沿直线运动,忽略空气阻力,则( )
[A] 平衡车加速行驶时,车对人的作用力大于人对车的作用力
[B] 平衡车匀速行驶时,平衡车受到的重力和地面对平衡车的支持力是一对平衡力
[C] 人推墙的力等于墙推人的力
[D] 若人能从平衡车跳离,是因为此时人对车的压力小于车对人的支持力
【答案】 C
【解析】 车对人的作用力与人对车的作用力是一对相互作用力,大小相等,方向相反,故A错误;对平衡车受力分析可知,竖直方向上,受重力、人的压力和地面的支持力,由平衡条件F压+mg=F支可知,地面对平衡车的支持力大于平衡车受到的重力,故B错误;人推墙的力与墙推人的力是一对相互作用力,大小相等,方向相反,故C正确;若人能从平衡车跳离,是因为此时车对人的支持力大于人的重力,故D错误。
[变式] (1)人对平衡车的压力和平衡车对人的支持力是否是一对平衡力?它们的作用效果能否相互抵消?
(2)若人受到的空气阻力与速度成正比,则加速运动时,电动平衡车对人的作用力方向是否竖直向上?
【答案】 见解析
【解析】 (1)根据牛顿第三定律,可知人对平衡车的压力与平衡车对人的支持力是一对相互作用力,不是一对平衡力,作用效果不能抵消。
(2)加速运动时,电动平衡车对人的作用力沿水平方向的分力与空气阻力的合力提供人的加速度,电动平衡车对人的作用力沿竖直方向的分力与人的重力等大反向,则电动平衡车对人的作用力不是竖直向上,而是斜向前上方。
[例2] 【转换研究对象法的应用】(2024·贵州卷,4)如图甲,一质量为m的匀质球置于固定钢质支架的水平横杆和竖直墙之间,并处于静止状态,其中一个视图如图乙所示。测得球与横杆接触点到墙面的距离为球半径的1.8倍,已知重力加速度大小为g,不计所有摩擦,则球对横杆的压力大小为( )
[A] 35mg[B] 34mg
[C] 43mg[D] 53mg
【答案】 D
【解析】 设球与横杆接触点与球心连线与竖直方向夹角为θ ,如图所示,
将小球的重力按照力的作用效果分解为G1和G2,有G1=Gcsθ,设小球的半径为r,则sin θ=1.8r-rr=0.8,所以cs θ=1-sin2θ=0.6,即G1=Gcsθ=53mg,球对横杆的压力FN大小等于分力G1,即FN=G1=53mg,D正确,A、B、C错误。
在计算物体所受某力大小时,如果不便于直接分析求出物体受到的某些力时,可先求这个力的反作用力,再反过来求待求力。如求压力时,可先求支持力,在许多问题中,摩擦力的求解亦是如此。利用牛顿第三定律转换研究对象,使我们分析问题的思路更灵活、更宽阔。
考点二 受力分析
1.受力分析的一般步骤
2.受力分析的四种方法
[例3] 【单个物体的受力分析】 如图所示,甲、乙两人分别乘坐两种电动扶梯,此时两电梯均匀速向上运行,则( )
[A] 甲受到三个力的作用
[B] 甲对扶梯有摩擦力的作用
[C] 乙受到三个力的作用
[D] 乙受到的摩擦力方向沿斜面向下
【答案】 C
【解析】 甲处于匀速直线运动状态,受重力与竖直向上的支持力,二力平衡,不受摩擦力,故A、B错误;乙处于匀速直线运动状态,受力平衡,受到重力、斜面的支持力以及沿斜面向上的摩擦力三个力的作用,故C正确,D错误。
[变式] 在[例3]中,若甲乘坐电动扶梯,与扶梯一起加速向上运动,则甲受到几个力的作用?扶梯对甲有没有摩擦力的作用?
【答案】 见解析
【解析】 甲与扶梯一起加速运动,所以人的加速度的方向为斜向右上,可以将人的加速度分解为竖直向上的加速度和水平向右的加速度;竖直方向受到重力以及扶梯的支持力,有FN-mg=may,水平方向受到水平向右的摩擦力,有Ff=max。综上所述,甲受到三个力的作用;扶梯对甲有摩擦力的作用,摩擦力的方向为水平向右。
[例4] 【多个物体的受力分析】 (2024·广西南宁二模)如图所示,水平地面上静止叠放着a、b两个石块,已知a与b之间接触面切线不水平,不考虑a与b之间的万有引力以及空气影响,则( )
[A] b对a的支持力与a受到的重力是一对平衡力
[B] b共受到5个力的作用
[C] 地面对b的摩擦力水平向左
[D] 地面受到的压力等于a和b的重力之和
【答案】 D
【解析】 b对a的支持力与a受到的重力不在同一直线上,所以不是一对平衡力,故A错误;以a、b两个石块为整体,根据受力平衡可知,地面对b只有支持力作用,没有摩擦力作用,则地面受到的压力等于a和b的重力之和;以b为研究对象,b受到重力、a对b的压力和摩擦力、地面的支持力共4个力的作用,故B、C错误,D正确。
[变式] 在[例4]中,石块b对a的作用力是否一定是竖直向上?地面对石块b的支持力和b受到的重力是否是一对平衡力?
【答案】 一定;不是
【解析】 a与b的接触面不水平,石块b对a的作用力为其对a的支持力与其对a的静摩擦力的合力,与a受到的重力是平衡力,则b对a的作用力方向一定竖直向上;选取a、b作为整体研究,根据平衡条件,地面对石块b的支持力和a、b整体受到的重力是一对平衡力。
考点三 共点力的平衡
1.处理共点力平衡问题的基本思路
确定平衡状态(加速度为零)→巧选研究对象(整体法或隔离法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作讨论。
2.解决平衡问题的四种常用方法
[例5] 【合成法(或分解法)】 (2024·湖南长沙一模)(多选)如图所示,在轻绳中间用挂钩(没画出)悬挂一个质量为m的重物,双手紧握轻绳的两端,然后沿水平固定的刻度尺缓慢分开,重力加速度为g,则( )
[A] 两侧轻绳拉力的合力不变
[B] 两侧轻绳的拉力均减小
[C] 当θ=90°时两侧轻绳的拉力均为2mg2
[D] 当两侧绳长与两手间距相等时两侧轻绳的拉力均为mg
【答案】 AC
【解析】两侧轻绳拉力的合力大小等于重物重力大小,不变,A正确;对挂钩处受力分析如图所示,设两侧轻绳的夹角为θ,有2Fcs θ2=mg,解得F=mg2csθ2,双手分开的过程,θ2增大,所以两侧轻绳的拉力均增大,故B错误;当θ=90°时,代入数据可得F1=mg2cs45°=2mg2,故C正确;当两侧绳长与两手间距相等时,即θ=60°,两侧轻绳的拉力均为F2=mg2cs30°=3mg3,故D错误。
[变式] 在[例5]中,若静止时两侧轻绳夹角为120°,则两侧轻绳的拉力为多少?此时若把轻绳换成自然长度与轻绳等长的橡皮筋,物体悬挂后仍处于静止状态,橡皮筋处于弹性限度内,则橡皮筋的弹力是否与轻绳的拉力相等?
【答案】 mg 橡皮筋的弹力小于轻绳的拉力
【解析】 若静止时两侧轻绳夹角为120°,则两侧轻绳的弹力F=mg2cs60°=mg;若把轻绳换成自然长度与轻绳等长的橡皮筋,物体悬挂后仍处于静止状态,由于橡皮筋的伸长,两绳的夹角小于120°,根据平行四边形定则,合力不变,夹角减小时,分力减小,所以橡皮筋的弹力小于轻绳的拉力mg。
[例6] 【正交分解法】 (2024·山西大同二模)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θ,飞机受到的重力大小为G,垂直于机身向上的空气升力为F1,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( )
[A] F1=G[B] F1=Gsin θ
[C] F1=Gcsθ[D] F2>F3
【答案】 D
【解析】对飞机受力分析并沿飞机运动方向与垂直飞机运动方向进行正交分解,如图所示,根据平衡条件,沿x方向有F2=F3+Gsin θ,沿y方向有F1=Gcs θ,故可判断A、B、C错误,D正确。
[例7] 【三角形法】 如图所示,两个可视为质点的光滑小球a和b,先用一刚性轻细杆相连,再用两根细绳两端分别连接a、b球,并将细绳悬挂在O点。已知小球a和b的质量之比ma∶mb=3∶1,细绳Oa的长度是细绳Ob长度的2倍,两球处于平衡状态时,绳Oa上的拉力大小为Fa,绳Ob上的拉力大小为Fb,则Fa∶Fb为( )
[A] 3∶1[B] 6∶1
[C] 3∶2[D] 2∶3
【答案】 B
【解析】两球都受到重力、细杆的弹力和细绳的拉力这三个力的作用而处于平衡状态,对a、b受力分析,如图所示,在图中过O点作竖直线交ab于c点,则△Oac与小球a的力矢量三角形相似,△Obc与小球b的力矢量三角形相似,有maglOc=FalOa,mbglOc=FblOb,解得Fa∶Fb=6∶1,故B正确。
[例8] 【整体法与隔离法解多物体平衡问题】 (2024·河南开封期末)(多选)质量为M的正方体A与质量为m的圆球B在水平向右的外力F作用下静止在墙角处,它们的截面图如图所示,截面正方形的对角线与截面圆的一条直径恰好在一条直线上,所有摩擦忽略不计,重力加速度为g。则( )
[A] F=mg
[B] F=(M+m)g
[C] 地面受到的压力FN=(M+m)g
[D] 地面受到的压力FN>(M+m)g
【答案】 AC
【解析】 对圆球B受力分析如图甲所示,
根据平衡条件有FT=mgcs45°=2mg,FN′=mgtan 45°=mg,对A、B整体受力分析如图乙所示,则F=FN′=mg,地面受到的压力为FN=(M+m)g,故A、C正确,B、D错误。
[变式] 如图所示,若质量为m的正方体A和质量为M的正方体B放在两竖直墙和水平面间,处于静止状态。A和B的接触面与竖直方向的夹角为α,重力加速度为g,若不计一切摩擦,求水平面对正方体B的弹力大小和墙面对正方体A的弹力大小。
【答案】 (M+m)g mgtanα
【解析】 对A和B构成的整体进行受力分析,如图甲所示,整体受重力(M+m)g、
水平面的支持力FN、两墙面的支持力FNA和FNB,
由于两正方体受力平衡,根据共点力平衡条件,
水平面对正方体B的弹力大小为FN=(M+m)g;
隔离A,对A进行受力分析,受重力mg、墙面的支持力FNA、B的支持力FNBA,如图乙所示,
根据共点力平衡条件有,
竖直方向mg=FNBAsin α,
水平方向FNA=FNBAcs α,
解得FNA=mgtanα,
即墙面对正方体A的弹力大小为mgtanα。
处理多物体平衡问题的技巧
(1)合理选择研究对象:在分析两个或两个以上物体间的相互作用时,一般采用整体法与隔离法进行分析,在使用时有时需要先整体再隔离,有时需要先隔离再整体,交替使用整体法和隔离法。
(2)转移研究对象:用隔离法直接分析一个物体的受力情况不方便时,可转移研究对象,先隔离分析相互作用的另一个物体的受力情况,再根据牛顿第三定律分析该物体的受力情况。
(满分:70分)
对点1.牛顿第三定律
1. (4分)(2024·湖南长沙质量监测)如图所示,一种“吸盘式”挂钩它紧压在平整、清洁的竖直瓷砖墙面上后,可挂衣帽等物品而不掉落,不考虑物品与墙面之间的摩擦。则( )
[A] 墙面与挂钩间的摩擦力为滑动摩擦力
[B] 物品和挂钩的总重力一定等于墙面给挂钩的最大静摩擦力
[C] 物品对挂钩的压力和挂钩对物品的弹力是一对平衡力
[D] 挂钩给墙面的摩擦力竖直向下
【答案】 D
【解析】 挂钩处于静止状态,所以其所受墙面的摩擦力为静摩擦力,故A错误;物品和挂钩的总重力一定等于墙面给挂钩的静摩擦力,而静摩擦力的大小应小于或等于最大静摩擦力,故B错误;物品对挂钩的压力和挂钩对物品的弹力是一对相互作用力,故C错误;挂钩受到墙面施加的竖直向上的摩擦力,根据牛顿第三定律可知挂钩给墙面的摩擦力竖直向下,故D正确。
2.(4分) (2024·贵州遵义一模)有一种游戏叫“拔老根儿”,如图所示。其实就是两个人,每人手里拿着长长的杨树叶根,把两个叶根十字交错在一起,两人各自揪住自己手里叶根的两头,同时使劲往自己怀里拽,谁手里的叶根断了谁输。假如两个小孩选用的叶根所承受的最大拉力相等,则( )
[A] 叶根夹角较小的一方获胜
[B] 力气较大的小孩获胜
[C] 叶根夹角较大的一方的叶根对另一方的叶根的作用力更大些
[D] 叶根夹角较大的一方的叶根对另一方的叶根的作用力更小些
【答案】 A
【解析】 根据牛顿第三定律可知,叶根夹角较大的一方的叶根与另一方的叶根的作用力大小相等;以两个叶根十字交错点为研究对象,可知每个叶根对交错点的作用力的合力大小相等,根据力的合成有F合=2Fcs θ,可知叶根夹角较小的一方产生的拉力F较小,则叶根夹角较大的一方先达到叶根所承受的最大拉力,故叶根夹角较小的一方获胜。故选A。
对点2.受力分析
3.(4分) (2025·内蒙古高考适应性考试)“那达慕”是国家级非物质文化遗产,套马是“那达慕”大会的传统活动之一。某次套马的情景如图所示。套马者视为质点,可能受重力G、支持力FN、拉力F、摩擦力Ff,其受力示意图可能正确的是( )

[A] [B]

[C] [D]
【答案】 B
【解析】 对套马者受力分析可知,套马者受到沿绳子方向向左上方的拉力F、垂直于水平地面的支持力FN、竖直向下的重力G、水平向右的摩擦力Ff,所以A、C、D错误,B正确。
4.(6分) (2024·广西桂林阶段检测)(多选)如图所示,有P、N两块质量相同的物块,在物块P上施加一沿水平方向的外力F,使它们叠放在竖直面上且处于静止状态,则( )
[A] 物块P一定受到4个力的作用
[B] 物块P一定受到5个力的作用
[C] 物块N一定受到4个力的作用
[D] 物块N一定受到5个力的作用
【答案】 AD
【解析】 如果P、N之间没有摩擦力,则物块P不能平衡,所以N对P有斜向左下的支持力和沿着接触面向左上的摩擦力,物块P一定受到4个力的作用,故A正确,B错误;对整体分析可知,墙对N有向上的摩擦力,大小等于两者的重力之和,物块N还受到重力、墙对N的支持力、P对N的支持力、P对N的摩擦力,所以物块N一定受到5个力的作用,故C错误,D正确。
对点3.共点力的平衡
5.(6分)(2024·河南郑州三模)(多选)如图所示为一次高校物理公开课的演示实验情境:一个锥形物件被双手提起静止在空中。锥体表面粗糙,其中一只手对锥体的作用力示意图已画出,则双手对锥体( )
[A] 摩擦力的合力大于它们对锥体压力的合力
[B] 摩擦力的合力小于它们对锥体压力的合力
[C] 作用力的合力大小等于锥体的重力大小
[D] 作用力的合力大小大于锥体的重力大小
【答案】 AC
【解析】 根据受力的对称性可知,双手摩擦力合力的方向竖直向上,设为F1,双手压力的合力方向竖直向下,设为F2,锥体的重力方向竖直向下,设为G,由平衡条件可知F1=F2+G,即F1-F2=G,作用力的合力大小等于锥体的重力大小。
6.(4分)(2024·河北卷,5)如图,弹簧测力计下端挂有一质量为0.20 kg的光滑均匀球体,球体静止于带有固定挡板的斜面上,斜面倾角为30°,挡板与斜面夹角为60°。若弹簧测力计位于竖直方向,读数为 1.0 N,g取10 m/s2,挡板对球体支持力的大小为( )
[A] 33 N[B] 1.0 N
[C] 233 N[D] 2.0 N
【答案】 A
【解析】对小球受力分析如图所示,由几何关系易得力F、力FN与竖直方向的夹角均为30°,因此由正交分解方程可得FNsin 30°=Fsin 30°,FNcs 30°+Fcs 30°+FT=mg,联立解得F=FN=33 N,故A正确。
7.(4分)(2025·内蒙古高考适应性考试)2024年9月,国内起重能力最大的双臂架变幅式起重船“二航卓越”号交付使用。若起重船的钢缆和缆绳通过图示两种方式连接:图甲中直接连接,钢缆不平行;图乙中通过矩形钢架连接,钢缆始终平行。通过改变钢缆长度(缆绳长度不变),匀速吊起构件的过程中,每根缆绳承受的拉力( )
[A] 图甲中变大[B] 图甲中变小
[C] 图乙中变大[D] 图乙中变小
【答案】 A
【解析】 设缆绳与竖直方向的夹角为θ,假设有n根缆绳,设构件的质量为m,对构件受力分析,由平衡条件得nFTcs θ=mg,解得每根缆绳承受的拉力大小为FT=mgncsθ,题图甲匀速吊起构件的过程中,缆绳与竖直方向的夹角θ变大,则每根缆绳承受的拉力变大;题图乙匀速吊起构件的过程中,缆绳与竖直方向的夹角θ不变,则每根缆绳承受的拉力不变。故选A。
8.(14分)(2024·贵州贵阳模拟)如图所示,一轻质细绳跨过定滑轮和动滑轮将物体m2和A点连接,物体m1=0.8 kg、m2=2 kg、斜面质量M=3 kg。m1、m2、M均保持静止,此时细绳与竖直方向的夹角θ=37°、斜面与水平面的夹角θ=37°,不计滑轮与绳的摩擦。(取sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,g取10 m/s2)求:
(1)细绳的拉力大小;
(2)斜面对物体m2的摩擦力Ff1的大小和斜面对地面的摩擦力Ff2的大小。
【答案】 (1)5 N (2)7 N 4 N
【解析】 (1)对O点受力分析,根据受力平衡可得
2FTcs θ=m1g,解得细绳的拉力大小为
FT=m1g2csθ=0.8×102×0.8 N=5 N。
(2)对m2受力分析,假设摩擦力沿斜面向上,则有
Ff1+FT=m2gsin θ,
解得斜面对物体m2的摩擦力大小为
Ff1=m2gsin θ-FT=2×10×0.6 N-5 N=7 N,
假设成立;
对M和m2整体受力分析,根据受力平衡及牛顿第三定律可得Ff2=FTcs θ=5×0.8 N=4 N。
9. (6分)(2024·湖南长沙模拟)(多选)如图所示,质量为m的匀质细绳,一端系在天花板上的A点,另一端系在竖直墙壁上的B点,平衡后最低点为C点。现测得AC段绳长是CB段绳长的3倍,且绳子A端的切线与竖直方向的夹角为β,绳子B端的切线与墙壁的夹角为α=60°(重力加速度为g),则( )
[A] β=30°
[B] 绳子在C处的弹力大小FC=33mg
[C] 绳子在A处的弹力大小FA=32mg
[D] 绳子上B处拉力最大
【答案】 AC
【解析】对CB段绳子受力分析,受重力G1=14mg、墙壁的拉力FB、AC段绳子对其向左的拉力FC,如图甲所示,根据平衡条件可得FBcs α=14mg,FBsin α=FC,联立解得FC=34mg,FB=12mg;再对AC段绳子受力分析,受重力G2=34mg、BC段绳子对其向右的拉力FC′=FC,AC段绳子的拉力FA,
如图乙所示,根据平衡条件有FAcs β=34mg,FAsin β=FC′,联立解得FA=32mg,β=30°,故A、C正确,B错误。由以上分析可知FC