2026年高考总复习优化设计一轮复习物理（广西版）-课时规范练6　受力分析　共点力的平衡

课时规范练6受力分析共点力的平衡基础对点练1.(受力分析)如图所示,M、N两物体叠放在一起,在恒力F作用下,保持静止状态,则关于两物体受力情况的说法正确的是()A.物体N可能受到4个力B.物体M可能受到6个力C.物体M与墙之间一定没有弹力和摩擦力D.物体M与物体N之间可能无摩擦力2.(物体平衡条件应用)如图所示,一工人手持砖夹提着一块砖匀速前进,手对砖夹竖直方向的拉力大小为F。已知砖夹的质量为m,重力加速度为g,砖夹与砖块之间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若砖块不滑动,则砖夹与砖块一侧间的压力的最小值是()A.F2μ BC.F-mg23.(物体平衡)如图所示,一轻质晒衣架静置于水平地面上,水平横杆与四根相同的斜杆垂直,两斜杆夹角θ=60°。一重为G的物体悬挂在横杆中点,则每根斜杆受到地面的()A.作用力为33G C.作用力为3C.摩擦力为34G D.摩擦力为34.(整体法与隔离法)挂灯笼的习俗起源于西汉。如图所示,由五根等长的轻质细绳悬挂起质量分别为m、km、km、m(k>0)的灯笼A、B、C、D,下面细绳是水平的,上面两细绳与水平方向夹角均为θ1,A、B及C、D间两细绳与竖直方向夹角均为θ2。下列关系式正确的是()A.θ1=θ2B.kθ1=θ2C.tanθ1·tanθ2=kD.tan5.(受力分析、动态分析)(2024宁夏六盘山高级中学模拟)如图所示,某健身者右手拉着抓把沿水平方向从图示位置B缓慢移动到位置A,不计绳子质量,忽略绳子和重物与所有构件间的摩擦,A、B、重物共面,则重物上升过程中()A.绳子的拉力逐渐增大B.该健身者所受合力逐渐减小C.该健身者对地面的压力逐渐减小D.该健身者对地面的摩擦力逐渐增大素养综合练6.如图所示,质量分布均匀的细棒中心为O点,O1点处为光滑铰链,O2点处为轴光滑的定滑轮,且O2在O1正上方,细绳跨过定滑轮与O连接,水平外力F作用于细绳的一端。用FN表示铰链对杆的作用力,现在水平外力F作用下,θ从π2缓慢减小到0,在该过程中,下列说法正确的是(A.F逐渐变小,FN大小不变B.F逐渐变小,FN逐渐变大C.F先变小再变大,FN逐渐变小D.F先变小再变大,FN逐渐变大7.(2024广东梅州质检)在水平外力F的作用下,A、B两个圆柱体按如图所示的方式分别放在水平地面、靠在竖直墙面,将A缓慢向右移动一小段距离(B未与地面接触),不计一切摩擦,则在此过程中,关于水平地面对A的弹力FN1、竖直墙面对B的弹力FN2,下列说法正确的是()A.FN1不变,FN2变大B.FN1变小,FN2变大C.FN1变大,FN2变小D.FN1不变,FN2变小8.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9.如图所示,质量为m的物块A置于倾角为30°的固定粗糙斜面上,其上端通过一轻绳跨过光滑定滑轮与沙桶B相连。初始时沙桶B中没有沙子,质量为12m。现向沙桶B中缓慢加入沙子,整个系统始终保持静止,则在加入沙子的过程中,以下说法正确的是()A.B所受的合力增大B.A所受的摩擦力一直增大C.A所受的摩擦力先减小后增大D.A、B间的轻绳拉力大小保持不变答案：1.C解析M、N两物体静止,所受合力为0,对M、N整体进行受力分析,受到重力和F,墙对M没有弹力,否则合力不能为0,所以也没有摩擦力,故C正确;对N进行受力分析,受到重力、M对N的支持力和M对N向上的静摩擦力,一共3个力,故A、D错误;再对M进行受力分析,受到重力、推力F、N对M的压力以及N给M沿斜面向下的静摩擦力,一共4个力,故B错误。2.C解析工人手持砖夹提着一块砖匀速前进,砖夹处于平衡状态,在竖直方向满足F=mg+2Ff,砖夹与砖块之间恰好达到最大静摩擦力,Ff=μFN,联立解得,砖夹与砖块一侧间的压力的最小值为FN=F-mg3.B解析设斜杆的弹力大小为F,以水平横杆和物体为整体,在竖直方向上根据受力平衡可得4Fcos30°=G,解得F=36G,以其中一斜杆为研究对象,其受力如图所示,可知每根斜杆受到地面的作用力应与F平衡,即大小为36G,每根斜杆受到地面的摩擦力大小为Ff=Fsin30°=312G,B正确,A、C4.C解析对A、B整体受力分析,设下面细绳上的拉力为FT,由几何关系得tanθ1=(k+1)mgFT,对B受力分析,由几何关系得tanθ2=FTkmg,所以tanθ1·tan5.D解析由题意可知,重物和健身者一直处于动态平衡状态,由平衡条件可知,健身者所受合力等于零,绳上的拉力大小不变,其大小等于重物的重力mg,A、B错误;对健身者受力分析,如图所示,由平衡条件可知,在竖直方向,则有FTsinθ+FN=Mg,又有FT=mg,可得FN=Mg-mgsinθ,在水平方向,则有FTcosθ=Ff,当从B缓慢移到A时,θ角逐渐变小,地面对健身者的支持力逐渐变大,地面对健身者的摩擦力逐渐变大,由牛顿第三定律可知,健身者对地面的压力逐渐增大,健身者对地面的摩擦力逐渐增大,C错误,D正确。6.A解析受力分析如图所示,力三角形与几何三角形(△O2OO1)相似,则有GO2O1=FNOO1=FOO2,因为O2O1、OO1长度不变,故FN大小不变,OO27.A解析以圆柱体B为研究对象,分析受力如图所示当将A缓慢向右移动一小段距离时,F1与竖直方向的夹角增大,由图看出墙对B的弹力FN2增大;以圆柱体A、B整体为研究对象,根据平衡条件,在竖直方向有FN1=(mA+mB)g,当将A缓慢向右移动一小段距离时,水平地面对A的弹力FN1不变,故A正确,B、C、D错误。8.B解析对人受力分析如图甲所示,则有FN+FT=m人g,其中绳对工人的拉力和工人对绳的拉力是一对作用力与反作用力,A错误,B正确;将动滑轮和重物视为整体,对其受力分析如图乙所示,则有FT=m物g2cosθ,重物缓慢拉起过程,θ逐渐增大,则FT逐渐增大9.B解析整个系统始终保持静止,故B所受的合力始终为0,A错误;B只在竖直方向上受到绳的拉力和重力,故绳的拉力大小等于B的重力,初始时沙桶