2026版《金版教程》高考一轮复习物理第6节 专题：共点力平衡的综合问题

高考总复习首选用卷物理第6节专题：共点力平衡的综合问题考点一立体空间中的受力分析1.(多选)张鹏同学在家帮妈妈洗完衣服后，挂在如图所示的晾衣架上晾晒，A、B为竖直墙壁上等高的两点，AO、BO为长度相等的两根轻绳，CO为一根轻杆。转轴C在AB中点D的正下方，AOB在同一水平面上。∠AOB＝60°，∠DOC＝30°，衣服质量为m。则()A．CO杆所受的压力大小为2mgB．CO杆所受的压力大小为eq\f(2\r(3),3)mgC．AO绳所受的拉力大小为eq\r(3)mgD．BO绳所受的拉力大小为mg答案：AD解析：以O点为研究对象，O点受到衣服的拉力T、CO杆的支持力F1和绳AO、BO的拉力，设绳AO和绳BO拉力的合力为F，作出O点的受力示意图如图1所示，根据平衡条件得F1＝eq\f(mg,cos60°)＝2mg，由牛顿第三定律知CO杆所受的压力大小为2mg，故A正确，B错误；F＝mgtan60°＝eq\r(3)mg，将F沿OA、OB方向分解，如图2所示，设绳AO和绳BO所受拉力的大小均为F2，则F＝2F2cos30°，解得F2＝mg，故C错误，D正确。2．如图甲所示为一直角斜槽，斜槽的棱MN与水平面的夹角为θ，两槽面关于过MN的竖直面对称。图乙是斜槽的截面图，一个横截面为正方形的物块恰能沿此斜槽匀速下滑。若两槽面的材料相同，则物块和槽面之间的动摩擦因数为()A.eq\f(1,2)tanθ B.eq\f(\r(2),2)tanθC．tanθ D.eq\r(2)tanθ答案：B解析：设物块质量为m，物块和槽面之间的动摩擦因数为μ，物块恰能沿斜槽匀速下滑，根据平衡条件，沿MN方向有mgsinθ＝2f，在截面平面内有2FNcos45°＝mgcosθ，又f＝μFN，联立可得μ＝eq\f(\r(2),2)tanθ，故选B。3．(2024·安徽省十五校卓越联盟体高三上10月联考)(多选)如图所示，两人用同样大小的力通过两根相同的绳共提一桶水处于静止状态。图甲中两人分别用一根手指拉住绳子的中间位置，图乙中两人分别用四根手指并拢拉住绳子的中间位置，已知图甲和图乙中两人手臂间的夹角均为θ，F1和F2分别为图甲和图乙中每只手对绳子的作用力的大小，则()A．图甲中的F1和图乙中的F2相等B．图甲中绳子的张力大于图乙中绳子的张力C．图甲中，若增大夹角θ，F1变大D．图甲中，保持夹角θ不变，把两条提桶的绳子变长，绳子对手的作用力变小答案：ABC解析：题图甲中，对水桶和绳子整体进行受力分析，根据平衡条件，有2F1coseq\f(θ,2)＝G，同理，题图乙中有2F2coseq\f(θ,2)＝G，可得题图甲中的F1和题图乙中的F2相等，故A正确；题图甲中，由2F1coseq\f(θ,2)＝G可知，若增大夹角θ，F1变大，故C正确；题图甲中，设每只手两侧绳间夹角为α甲，绳中张力为T甲，则有F1＝2T甲coseq\f(α甲,2)，可得T甲＝eq\f(F1,2cos\f(α甲,2))，同理可知，题图乙中有T乙＝eq\f(F2,2cos\f(α乙,2))，如图所示，由题意知α甲>α乙，又F1＝F2，则题图甲中绳子的张力大于题图乙中绳子的张力，故B正确；题图甲中，保持夹角θ不变，把两条提桶的绳子变长，由2F1coseq\f(θ,2)＝G，可知F1大小不变，由牛顿第三定律可知，绳子对手的作用力大小F1′＝F1不变，故D错误。考点二多物体动态平衡问题4．(多选)如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°。已知M始终保持静止，则在此过程中()A．水平拉力的大小可能保持不变B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加答案：BD解析：选N为研究对象，受力情况如图甲所示，用水平拉力F缓慢拉动N的过程中，水平拉力F逐渐增大，细绳的拉力T逐渐增大，A错误，B正确；对于M，受重力GM、支持力F支、绳的拉力T以及斜面对它的摩擦力f。如图乙所示，若开始时斜面对M的摩擦力f沿斜面向上，则T＋f＝GMsinθ，T逐渐增大，f逐渐减小，可能会出现f减小到零后，再反向增大；若开始时斜面对M的摩擦力沿斜面向下，则T＝GMsinθ＋f，当T逐渐增大时，f逐渐增大，C错误，D正确。5．(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答案：C解析：对滑块受力分析，设推力F与水平方向的夹角为θ，凹槽对滑块的支持力为N，由平衡条件有F＝mgsinθ，N＝mgcosθ，滑块从A点缓慢移动到B点的过程中，θ由0°增大到90°，则推力F逐渐增大，支持力N逐渐减小，A、B错误；对凹槽与滑块整体受力分析，墙面对凹槽的压力为FN＝Fcosθ＝mgsinθcosθ＝eq\f(1,2)mgsin2θ，则θ由0°增大到90°的过程中，墙面对凹槽的压力FN先增大后减小，C正确；水平地面对凹槽的支持力为N地＝(M＋m)g－Fsinθ＝(M＋m)g－mgsin2θ，则θ由0°增大到90°的过程中，水平地面对凹槽的支持力N地逐渐减小，D错误。6．如图所示，木块B放置在粗糙水平地面上，O为固定在木块上的光滑铰链。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，不计滑轮的摩擦，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，木块始终保持静止，则在整个过程中()A．地面对木块的摩擦力逐渐变小B．轻杆对小球的作用力逐渐变小C．地面对木块的支持力逐渐变小D．外力F大小不变答案：A解析：对小球A进行受力分析如图1所示，因缓慢运动过程中A始终处于平衡状态，则三力构成闭合的矢量三角形，由几何关系知力的矢量三角形与几何三角形AOO′相似，则有eq\f(mg,OO′)＝eq\f(F′,OA)＝eq\f(F,O′A)，得F′＝eq\f(OA,OO′)mg，F＝eq\f(O′A,OO′)mg，缓慢运动过程中，O′A越来越小，OO′和OA均不变，则轻杆对小球的作用力F′大小不变，外力F逐渐变小，故B、D错误；对木块进行受力分析如图2所示，由平衡条件可知Ff＝F″sin∠AOO′，FN＝mBg＋F″cos∠AOO′，其中F″＝F′，且在整个过程中∠AOO′不断减小，所以地面对木块的摩擦力Ff逐渐变小，地面对木块的支持力FN逐渐变大，故A正确，C错误。考点三共点力平衡中的临界、极值问题7．如图所示，一光滑球体放在支架与竖直墙壁之间，支架的倾角θ＝60°，光滑球体的质量为m，支架的质量为2m，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个装置保持静止，则支架和地面间的动摩擦因数至少为()A.eq\f(\r(3),9) B.eq\f(\r(3),4)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\f(\r(3),3)答案：D解析：对光滑球体受力分析如图甲所示，根据平衡条件可得FN2cosθ＝mg；对支架受力分析如图乙所示，根据牛顿第三定律可知FN3＝FN2，对支架由平衡条件可得FN4＝2mg＋FN3cosθ，Ff＝FN3sinθ，又达到最大静摩擦力时Ff＝μFN4，联立以上各式解得μ＝eq\f(\r(3),3)，可知支架和地面间的动摩擦因数至少为eq\f(\r(3),3)，故选D。8．(2020·山东高考)如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为()A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,5) D.eq\f(1,6)答案：C解析：当木板与水平面的夹角为45°时，两物块刚好要滑动，对物块A受力分析如图甲所示。沿木板方向，A与B之间的滑动摩擦力f1＝μN1＝μmgcos45°，根据平衡条件可知T＝mgsin45°＋μmgcos45°①；对物块B受力分析如图乙所示。沿木板方向，B与木板之间的滑动摩擦力f2＝μN2＝μ·3mgcos45°，根据平衡条件可知2mgsin45°＝T＋μmgcos45°＋μ·3mgcos45°②；①②两式联立，可得2mgsin45°＝mgsin45°＋μmgcos45°＋μmgcos45°＋μ·3mgcos45°，解得μ＝eq\f(1,5)。A、B、D错误，C正确。9.(2025·广东省广州市高三上阶段训练)如图所示，工人在水平地面上用绳子拉木箱，拉力与水平方向的夹角为θ，木箱与地面之间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),3)。现将θ由30°逐渐增大到60°，保持木箱做匀速直线运动，在此过程中()A．绳子对木箱的拉力先增大后减小B．绳子对木箱的拉力先减小后增大C．木箱所受的摩擦力一直增大D．木箱所受的摩擦力一直减小答案：D解析：设木箱质量为m，对木箱受力分析，如图所示，根据平衡条件可得Fcosθ＝f，FN＋Fsinθ＝mg，又f＝μFN，联立解得F＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)＝eq\f(μmg,\r(1＋μ2)sin（α＋θ）)，其中sinα＝eq\f(1,\r(1＋μ2))＝eq\f(\r(3),2)，解得α＝60°，可知当θ＝30°时，绳子对木箱的拉力F有最小值，则将θ由30°逐渐增大到60°的过程中，绳子对木箱的拉力一直增大，故A、B错误；木箱所受的摩擦力大小为f＝Fcosθ＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)cosθ＝eq\f(\a\vs4\al(μmg),1＋μtanθ)，可知将θ由30°逐渐增大到60°的过程中，木箱所受的摩擦力一直减小，故C错误，D正确。10．歼­20战斗机安装了我国自主研制的矢量发动机，能够在不改变飞机飞行方向的情况下，通过转动尾喷口方向改变推力的方向，使战斗机获得很多优异的飞行性能。已知在歼­20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航时升阻比(垂直机身向上的升力和平行机身向后的阻力之比)为eq\r(15)，飞机的重力为G，则使飞机实现节油巡航模式的最小推力是()A．G B.eq\f(G,\r(15))C.eq\f(G,16) D.eq\f(G,4)答案：D解析：飞机受到重力G、发动机推力F1、升力F2和空气阻力f，重力的方向竖直向下，升力F2的方向竖直向上，空气阻力f的方向与F2垂直，如图所示。歼­20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航，则水平方向有Fx＝f，竖直方向有F2＋Fy＝G，由题意可知F2＝eq\r(15)f，联立解得Fy＝G－eq\r(15)f，则Feq\o\al(2,1)＝Feq\o\al(2,x)＋Feq\o\al(2,y)＝16f2－2eq\r(15)Gf＋G2，当f＝eq\f(\r(15),16)G时F1取得最小值，为F1min＝eq\f(G,4)，故D正确。考点四非质点类物质的平衡问题11．(2022·湖南高考)2022年北京冬奥会跳台滑雪空中技巧比赛场地边，有一根系有飘带的风力指示杆，教练员根据飘带的形态提示运动员现场风力的情况。若飘带可视为粗细一致的匀质长绳，其所处范围内风速水平向右、大小恒定且不随高度改变。当飘带稳定时，飘带实际形态最接近的是()答案：A解析：将飘带等分为极多段长度相等的小段，每段均可看成质量相等的质点，因风速水平向右、大小恒定且不随高度改变，则每段飘带受到的风力相等，设为F，方向水平向右，每段飘带所受的重力设为G，则从飘带自由端起，x段飘带受重力xG、风力xF以及紧邻的上方飘带(或与杆的系点)的拉力Tx而平衡，如图所示，这部分飘带上端切线与竖直方向的夹角θx满足tanθx＝eq\f(xF,xG)＝eq\f(F,G)，即θx与选取的x的大小无关，为定值，则飘带为一条倾斜的直线，故选A。12.(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BC段绳长的n倍，且绳子B端的切线与墙壁的夹角为α。以下说法正确的是()A．绳子在C处弹力大小为mgtanαB．绳子在B处弹力大小为eq\f(mg,（n＋1）cosα)C．绳子在A处弹力大小为eq\f(mg\r(1＋tan2α),n＋1)D．绳子A端的切线与竖直方向的夹角β满足关系式tanα∶tanβ＝n∶1答案：BD解析：对BC段绳子受力分析，受重力、墙壁B点对它的拉力、AC段绳子对其水平向左的拉力，如图甲所示，根据平衡条件，有FBcosα＝eq\f(1,n＋1)mg，可得FB＝eq\f(mg,（n＋1）cosα)，根据牛顿第三定律，可知绳子在B处弹力大小为FB′＝eq