高考物理一轮复习考点通关检测突破卷02 共点力的静态平衡和动态分析（2份，原卷版+解析版）

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共点力的静态平衡和动态分析问题（13单选+2多选）
1．（2024·河北保定·一模）如图所示，质量为m的均匀直木杆静置在水平面与倾角为的光滑斜面之间，已知斜面对木杆的支持力大小为F，重力加速度为g，、，下列说法正确的是（ ）
A．木杆处于四力平衡状态
B．水平面可能是光滑的
C．水平面对木杆的支持力大小为
D．水平面对木杆的摩擦力大小为
【答案】A
【详解】AB．根据题意，对木杆受力分析，受重力、斜面的支持力和水平面的支持力，由于斜面光滑，木杆和斜面间没有摩擦力，由平衡条件可知，水平面一定给木杆水平向右的摩擦力，如图所示
可知，木杆处于四力平衡状态，且水平面不可能是光滑的，故A正确，B错误；
CD．由平衡条件有
解得
故CD错误。
故选A。
2．（2024·四川雅安·三模）小明运动后用网兜将篮球挂在相互垂直的墙角。简化图如图所示，设篮球质量为、半径为，悬挂点为互相垂直的两竖直墙壁交线处的点，到球心的距离为，一切摩擦不计，则篮球对任一墙壁的压力大小为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】对球进行受力分析，球受重力Mg、绳子的拉力T及两个墙壁对它的支持力，两个支持力大小相等，夹角为，设支持力的大小为N、绳子与竖直墙壁交线的夹角，根据几何知识可知球心到竖直墙壁交线的垂直距离为
故
解得
在竖直方向上根据受力平衡可得
解得
在水平方向上根据受力平衡可知两个墙壁对球的支持力的合力大小等于绳子拉力T的水平分力的大小，即
解得
根据牛顿第三定律可得则球对任一墙壁的压力大小为，B正确。
故选B。
3．（2024·辽宁辽阳·模拟预测）如图所示，斜面体放在水平面上，A 球套在粗细均匀的水平杆上，B球放在光滑斜面上，A、B两球用轻质细线连接。现用水平向左的推力 F 向左推斜面体，使斜面体缓慢向左移动，A始终保持静止。在斜面体向左移动直至细线与斜面平行过程中，关于线对A 球的作用力F1与斜面对 B球的作用力F2的大小变化，下列说法正确的是（ ）
A．F1不断减小，F2不断减小B．F1不断减小，F2不断增大
C．F1不断增大，F2不断减小D．F1不断增大，F2不断增大
【答案】B
【详解】设B的重力为GB，绳子对B的拉力为T，以B为研究对象可得最终T与F2垂直
由图可知在移动过程中T不断减小，F2不断增大，又由于力的作用是相互的，则可得F1大小与T相等，综合可得F1不断减小，F2不断增大。
故选B。
4．（2021·河北唐山·三模）北方农村秋冬季节常用金属丝网围成圆柱形粮仓储存玉米棒，该粮仓由于玉米棒装的不匀称而发生倾斜现象，为避免倾倒，在左侧用木棍支撑，如图所示。若支撑点距水平地面的高度为m，木棍与水平地面动摩擦因数为，木棍重力不计，粮仓对木棍的作用力沿木棍方向，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为使木棍下端一定不发生侧滑，则木棍的长度最多为（ ）
A．1.5mB．mC．2mD．2m
【答案】C
【详解】设木棍与水平方向夹角为θ，木棍长度为L，设粮仓对木棍的作用力大小为F，则为使木棍下端一定不发生侧滑，由平衡条件有
由几何知识有
两式联立解得
即木棍的长度最多为2m，故ABD错误，C正确。
故选C。
5．（2024·江西上饶·二模）2024年春节期间，哈尔滨的冰雪旅游爆火，图甲中的超级大滑梯是哈尔滨冰雪大世界中最受欢迎的游乐项目之一。现将游客在滑梯上的下滑过程的某阶段简化为如图乙所示模型：一粗糙斜面固定在水平地面上，物体A、B的上下表面皆与斜面平行，A、B相对静止，共同沿斜面匀速下滑，默认图中物体的最大静摩擦力大小均等于相应滑动摩擦力的大小，则下列说法中正确的是（ ）
A．受到的摩擦力为零
B．受到的摩擦力与斜面平行且向下
C．若在A、B匀速下滑过程中对施加一竖直向下的力，则A、B继续匀速下滑
D．若在A、B匀速下滑过程中对施加一竖直向下的力，则A、B将加速下滑
【答案】C
【详解】AB．A向下匀速运动，根据平衡条件可知，A受到与斜面平行且向上的摩擦力，故AB错误；
CD．A、B匀速下滑过程中有
对A施加一竖直向下的力，相当于 “重力”变大，依然处于平衡状态，所以A、B继续匀速下滑，故C正确，D错误；
故选C。
6．（2024·河南·二模）如图所示，竖直固定放置的光滑大圆环，其最高点为P，最低点为Q。现有两个轻弹簧1、2的一端均栓接在大圆环P点，另一端分别拴接M、N两小球，两小球均处于平衡态。已知轻弹簧1、2上的弹力大小相同，轻弹簧1、2轴线方向与PQ连线的夹角分别30°、60°，则下列说法正确的是（ ）
A．轻弹簧1处于压缩状态，轻弹簧2处于伸长状态
B．大圆环对两小球的弹力方向均指向圆心
C．M、N两小球的质量比为
D．大圆环对M、N两小球的弹力大小之比为
【答案】C
【详解】A．对两个小球受力分析并画力的矢量三角形，如图所示
两个弹力均指向P点，故两弹簧均处于拉伸状态，故A错误；
B．大圆环对两球的弹力均背离圆心，故B错误；
CD．M的力矢量三角形相似于三角形OPM，故
可知
故C正确，D错误。
故选C。
7．（2024·广西桂林·三模）如图所示，P、Q是两个光滑的定滑轮，吊着A、B、C三个小球的三条轻绳各有一端在O点打结，悬吊A、C两个球的轻绳分别绕过定滑轮P、Q，三个球静止时，OQ段轻绳与竖直方向的夹角。已知B、C两球的质量均为m，，则A球的质量为（ ）
A．mB．1.2mC．1.5mD．1.6m
【答案】B
【详解】对O点受力分析如下
由题可知OQ、OB段的拉力满足
将、合成如上图所示，由于三个球静止，O点受力平衡，根据几何关系有、是平行四边形的两边，有
则有A球的质量为
故选B。
8．（2024·福建宁德·三模）某物理兴趣小组为了模拟机器人“手臂”，制作了如图所示装置，A、B类似于人手臂的关节，能在竖直面内自由转动，前臂BC末端系一重物和一轻绳，轻绳另一端跨过滑轮牵拉前臂。初始时，关节A、B均锁定，前臂BC水平。小组成员解除关节A的锁定，通过拉绳缓慢提升重物，上臂AB转过60°。不计“手臂”重力及一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．绳CD拉力先减小后增大
B．绳CD拉力先增大后减小
C．前臂BC受到的压力大小不变
D．前臂BC受到的压力先减小后增大
【答案】C
【详解】AB．对C点受力分析，沿轻绳的拉力T，竖直向下大小为重物重力的拉力mg，沿AC方向由A指向C的支持力N，如图
根据三力平衡的特点可知力的三角形与边的三角形相似，有
依题意，上臂AB转过60°过程中，保持不变，减小。可知绳CD拉力减小。故AB错误；
CD．同理，可得
上臂AB转过60°过程中，保持不变，大小也保持不变。可知前臂BC对C点的支持力的大小不变。根据牛顿第三定律可知，前臂BC受到的压力大小不变。故C正确；D错误。
故选C。
9．（2015·上海·二模）如图，质量为m的均匀半圆形薄板，可以绕光滑水平轴A在竖直平面内转动，AB是它的直径，O是圆心。在B点作用一个竖直向上的力F使薄板平衡，此时AB恰处于水平位置，若保持力F始终竖直向上，在F作用下使薄板绕A点沿逆时针方向缓慢转动，直到AB接近竖直位置的过程中，力F对应的力矩为M，则M、F大小变化情况是
A．M变小，F不变
B．M、F均变大
C．M、F均先变大再变小
D．M先变大再变小，F始终变大
【答案】C
【详解】以A点为支点，拉力F有力矩，重力也有力矩；设重力的作用点在P点，如图：
保持力F始终竖直，在F作用下使薄板绕A点沿逆时针方向缓慢转动，直到AB到达竖直位置的过程中，重心P与A点的水平距离先变大后变小，故重力的力矩M′先变大后变小，力F对应的力矩为M先变大后变小；而拉力的力臂是逐渐变小；设AB与竖直方向夹角为θ，根据力矩平衡条件，有：
F•2Rsinθ=M=M′
故：
故F先增加后减小；
A. M变小，F不变，与结论不相符，选项A错误；
B. M、F均变大，与结论不相符，选项B错误；
C. M、F均先变大再变小，与结论相符，选项C正确；
D. M先变大再变小，F始终变大，与结论不相符，选项D错误；
故选C。
10．（20-21高三上·广东·阶段练习）如图所示，轻绳两端分别与A、D两物体相连接，mA＝1 kg，mB＝2 kg，mC＝3 kg， mD＝4 kg，物体A、B、C、D之间及D与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，轻绳与滑轮间的摩擦可忽略不计。最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，若要用力将D物体拉动，则作用在D物体上水平向左的拉力最小为（取g＝10 m/s2） （ ）
A．8 NB．10 NC．12 ND．14 N
【答案】C
【详解】以A为研究对象，绳子要将A拉动，绳子拉力至少要等于A受到的最大静摩擦力，即
以四个物体整体为研究对象，受拉力F，两根绳子拉力和地面对D的摩擦力四个力作用，因此要将D物体拉动，水平向左的拉力最小为
故选C。
11．（2023·山东潍坊·模拟预测）小明同学喜欢体育运动，他拖拉物体时拉力最大为 某次训练中，体育老师将不同质量的重物置于倾角为15°的斜面上，让他拉动重物沿斜面向上运动， 重物与斜面间的动摩擦因数为 则他能拉动的重物质量最大为（ ）
A．100kgB．
C．200kgD．
【答案】C
【详解】设F与斜面夹角为，则恰好拉动物体时有
整理可得
故当时，m最大
故选C。
12．（2021·河南郑州·三模）用三根细线a、b、c将重力均为G的两个小球1和2连接并悬挂，如图所示。两小球处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30°，细线c水平。则（ ）
A．细线a对小球1的拉力的大小4G
B．细线b对小球2的拉力的大小G
C．细线c对小球2的拉力的大小G
D．细线b与竖直方向的夹角为60°
【答案】C
【详解】A．细绳ɑ对小球1的拉力在竖直方向的分量平衡两球的重力，所以
化简得
选项A错误；
C．细线c对小球2的拉力与细线ɑ对小球1的拉力的水平分量大小相等，所以
代入数据得
选项C正确；
B．细绳b对小球1的拉力与b对小球2的拉力大小相等，细绳b对小球2的拉力大小等于小球2所受的重力与c的拉力矢量之和，所以
代入数据得
选项B错误；
D．设细线b与竖直方向的夹角为，细线b的拉力竖直方向的分力与小球1的重力相等，有
解得
明显
60°
选项D错误。
故选C。
13．（21-22高三下·湖南·阶段练习）“V”形吊车在港口等地有重要的作用.如图所示，底座支点记为O点，OA为“V”形吊车的左臂，OA上端A处固定有定滑轮，OB为活杆且为“V”形吊车的右臂，一根钢索连接底座与B点，另一根钢索连接B点后跨过定滑轮吊着一质量为M的重物，重物静止.已知左臂OA与水平面的夹角为，左臂OA与钢索AB段的夹角为θ，且左臂OA与右臂OB相互垂直，左臂OA、右臂OB总质量为m，钢索质量忽略不计，不计一切摩擦，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．定滑轮对钢索的支持力为
B．AB段钢索所受到的拉力为2Mg
C．右臂OB对钢索的支持力为
D．底座对左臂OA、右臂OB、重物整体的支持力为
【答案】A
【详解】A．作示意图如图1所示，设重物所在位置为C点，则钢索在A点夹角为
定滑轮只改变钢索拉力的方向，不改变力的大小，则钢索对滑轮的作用力方向沿着的角平分线，即
由牛顿第三定律可知，滑轮对钢索的作用力
故A正确；
B．由题意可知，物体缓慢向上运动，钢索拉力
故B错误；
C．以B点为研究对象，受力分析如图2所示，可知
解得
故C错误；
D．以整体为研究对象，钢索也与底座接触，底座对整体的支持力大于，故D选项错误。
故选A。
14．（2024·青海·模拟预测）如图所示，轻绳两端固定在水平天花板上，在轻绳上悬挂3个质量均为m的灯笼，左右两侧的灯笼关于过结点O的竖直线对称，MN段轻绳与水平方向的夹角为α，NO段轻绳与竖直方向的夹角为β，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．NO段轻绳的拉力大小为
B．MN段轻绳的拉力大小为
C．NO段轻绳的拉力与MN段轻绳的拉力大小之比为sinα：3sinβ
D．NO段轻绳的拉力与MN段轻绳的拉力大小之比为csα：sinβ
【答案】BD
【详解】A．对最底部灯笼受力分析，竖直方向受力平衡，有
解得
A错误；
B．对三个灯笼整体受力分析，竖直方向受力平衡，有
解得
B正确；
CD．对结点N受力分析，水平方向受力平衡，有
故NO段轻绳的拉力与MN段轻绳的拉力大小之比为
C错误，D正确。
故选BD。
15．（2019·宁夏银川·一模）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
【详解】如图所示，两个绳子是对称的，与竖直方向夹角是相等的。
假设绳子的长度为x，则有
绳子一端在上下移动的时候，绳子的长度不变，两杆之间的距离不变，则θ角度不变。
AC．两个绳子的合力向上，大小等于衣服的重力，由于夹角不变，所以绳子的拉力不变，A正确，C错误；
B．当N向右移动后，根据，即L变大，绳长不变，所以θ角减小，绳子与竖直方向的夹角变大，绳子的拉力变大，B正确；
D．绳长和两杆距离不变的情况下，θ不变，所以挂的衣服质量变化，不会影响悬挂点的移动，D错误。
故选AB。
考点序号
考点
考向
题型分布
考点1
共点力的静态平衡和动态分析问题
考向1：受力分析
考向2：整体法和隔离法的应用
考向3：单个物体的平衡问题
考向4：多个物体的平衡问题
考向5：多种方法解决动态平衡问题
考向6：平衡问题中的临界和极值问题
13单选+2多选