選擇1力和物體平衡

考點內容考情分析

1、受力平衡部分一般結合生活實際考察物體的靜態受力平衡、動

考向一物體的靜態平衡態受力平衡分析

2、牛頓定律一般以生活實際為背景命題，進行模型化受力分析。

往往涉及靜態平衡問題、動態平衡問題及多物體、連接體構成的系

考向二物體的動態平衡

統分析，涉及整體法與隔離法相結合分析方法。

因深究"解題攻略"

1.思想方法

(1)在判斷彈力或摩擦力是否存在以及確定它們的方向時常用假設法。

(2)求解平衡問題時常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、相似三角形法、圖解法等。

(3)帶電體的平衡問題仍然滿足平衡條件，只是要注意準確分析場力一一電場力、安培力或洛倫茲

力。

2.模型建構

(1)合力與分力的關系

①合力不變時，兩相等分力的夾角越大，兩分力越大，夾角接近180。時，兩分力接近無窮大。

②兩相等分力夾角為120。時，兩分力與合力大小相等。

(2)平衡條件的應用

?n個共點力平衡時其中任意(n—1)個力的合力與第n個力是一對平衡力。

②物體受包括重力在內的三個力作用平衡時一般用合成法，合成除重力外的兩個力，合力與重力

平衡，在力的三角形中解決問題，這樣就把力的問題轉化為三角形問題。

(3)滑塊與斜面模型

如圖所示，斜面固定，物塊與斜面間的動摩擦因數為由將物塊輕放在斜面上，若|iNtanO,物

塊保持靜止：若呼tan。,物塊下滑。與物塊質量無關，只由日與。決定，其中層tanO時稱為“自鎖

現象。

3.考法解析

考法一圖解法

1.題目特點：物體在三個力作用下緩慢運動，其中一個力恒定，另一個力方向恒定。

2應用思路：讀懂題目敘述的情景，依次畫出多個狀態下力的漸變平行四邊形或矢量三角形，根

據有向線段長度、方向的變化判斷相應力的大小、方向的變化。

考法二解析法

1題目特點：物體受力示意圖中某個力恒定，某個夾角發生的變化可判、可用。

2.應用思路：對力進行合成、分解或正交分解，用恒力、變角的三角函數寫出變力的表達式（即平

衡方程），根據三角函數的變化判斷力的變化。

考法三相似三角形法

1.題目特點：物體在繩、桿或彈簧的作用下沿圓周緩慢運動。

2應用思路：相似三角形法是圖解法的特例，平移受力示意圖中的兩個力，與第三個力構建力三

角形，找到與之相似的幾何三角形，列出相應比例式進行分析，其中與半徑對應的力大小不變。

LOO'A與力的矢△A08勺力的矢

量三角形相似質三角形相似

考法四輔助圓法

（1）適用情況:物體受三個力，其中一個力大小、方向不變，另外兩個力大小、方向都在改變，但變化的兩

個力之間的夾角不變。

（2）方法展示

①已知條件:Fi恒定,F2、F3的夾角一定。

②解題過程:在圓中畫出力的矢量三角形，以恒定力為弦，另外兩個力的交點在圓周上移動，由三角形

各邊長度及方向的變化判定力的變化;兩個力的夾角分大于90。（如圖甲）和小于90。（如圖乙）兩種情況。

4.受力分析的順序

一般按照“重力—電場力（磁場力）一彈力-摩擦力—其他力”的順序，結合整體法與隔離法分析物體的

受力情況。

5.處理平衡問題常用的四種方法

合成法物體受三個共點力的作用而平衡，則任意兩個力的合力一定與第三個力大小相

等，方向相反

物體受三個共點力的作用而平衡，將某一個力按力的效果分解，則其分力和其

分解法

他兩個力滿足平衡條件

物體受到三個或三個以上力的作用時，將物體所受的力分解為相互垂直的兩

正交分解法

組，每組力都滿足平衡條件

對受三力作用而平衡的物體，將力的矢量圖平移使三力組成一個首尾依次相接

力的三角形法

的矢量三角形，根據正弦定理、余弦定理或相似三角形等數學知識求解未知力

〃親臨"高考練場"

考向一物體的靜態平衡

1.（2024?宜興市校級三模）如圖所示，質量為2m的物塊C置于傾角為37°的斜面D上，C通

過一細線繞過光滑定滑輪系于P點，P為細線QP、EP、BP的結點，質量為m的小球B置于

3

光滑的半球體A上，半球體A的半徑為R,O為球心。已知PO=2R,PB=-/?,EP水平，

PQ豎直，且Q、P、O在同一直線上，系統處于靜止狀態，小球B可視為質點，重力加速度

為g,sin37°=0.6,cos37°=0.8,則下列說法正確的是（）

3

A.細線PB的拉力大小為《徵9

B.細線PE和細線PB的拉力大小相等

C.半球體A受到地面的摩擦力和斜面D受到地面的摩擦力大小相等

D.物塊C受到斜面D的摩擦力方向沿斜面向下

【解答】解：A.對小球B做受力分析，如圖所示:

mgFNFPB

2R=^=~PB

,“13

聯立解得：FN=^mg,FpB=]ng，故A錯誤；

B、對結點P進行受力分析，根據受力平衡有，線PE的拉力大小等于細線PB的拉力在水平方向

的分力，故PE的拉力小于PB的拉力，故B錯誤；

D、由上述項分析可知：2mgsin37°>FPB>FpE

對于C受力分析可得：2mgsin37°=丘+FPE

由此可得：斜面D對C的摩擦力方向沿斜面向上，故D錯誤；

C、對A、B整體受力分析，A所受地面的摩擦力大小等于細線PB的拉力在水平方向的分力，

對C和斜面整體受力分析，斜面受到地面的摩擦力大小等于細線PE的拉力大小，線PE的拉力

大小等于細線PB的拉力在水平方向的分力，故C正確。

故選：Co

2.（2024?市中區校級模擬）小口徑的水泥管如圖甲所示，通常用于排水、灌溉和防護。運輸到目

的地時可用簡易裝置卸貨。如圖乙所示，兩根直木棍AB和CD相互平行，兩端分別靠在車和

地面上固定不動。一個半徑R=5cm、質量m=20kg的水泥管從木棍的上部恰好能勻速滑下，

己知兩木棍間距d=8cm,與水平面的夾角a=37°（sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取

10m/s2)()

甲乙

A.每根直木棍對水泥圓筒的彈力為80N

B.每根直木棍與水泥桶間的動摩擦因數為0.75

C.將水泥圓筒沿直木棍勻速向上拉動，所需最小拉力為192N

D.將水泥圓筒沿直木棍勻速向上拉動，可施加沿斜面向上320N的力

【解答】解：A、從BD—AC視角分析，受力不意圖如圖所小:

d

-4

2

---

H5

根據平衡條件可得：2FNcos0=mgcosa

400

解得：FN=~^—N,故A錯誤；

B、設每根木棍對水泥圓筒的摩擦力大小為f,則有：2f=mgsina

根據滑動摩擦力的計算公式可得：f=*N

所以動摩擦因數為：u=0.45,故B錯誤；

C、從右側視角受力分析，如圖所示：

mg

兩根木棍對水泥圓筒的摩擦力的合力為：2f，=2pN

2f〃0.453

故兩個力的合力方向固定，圖中0角滿足：tan0=----=——n="^T~=7

2Ncos3cosu0.64

故0=37°

現問題變為“物體受重力、木棍提供的力和拉力三力平衡，拉力最小值為多少”，根據力學平衡

的矢量三角形得：

Fmin=mgsin（a+p）

解得：Fmin=192N,故C正確；

D、將水泥圓筒沿直木棍勻速向上拉動，根據平衡條件可得沿斜面向上的拉力大小為：F=

mgsina+2f=2mgsina

代入數據解得：F=240N,故D錯誤。

故選：Co

3.（2024?沙坪壩區校級模擬）如圖所示，直徑為D的圓筒靜置于水平面上，完全相同的甲、乙

兩球體放置在圓筒中，球體直徑為d,且d<D<2d,所有接觸面均光滑，甲球與圓筒底面和側

面的彈力大小分別為Ni、N2O如果將兩球體放置在另一圓筒中，該圓筒的直徑D'稍大于D,

甲球與該圓筒底面和側面的彈力大小分別為N'1、N'2,則（）

,,

A.N2>N2B.N'2<N2C.NI>NID.N'I<NI

【解答】解：設一個小球的重力為G,對小球乙受力分析，如圖所示:

F

N?

G

根據受力平衡可得：FsinB=G、Fcos0=N

整體受力分析，如圖所示:

根據受力平衡可得：Ni=2G、N=N2

當圓筒半徑增加，則。減小，所以tan。減小，即N增加，W增大,Ni不變，所以BCD錯誤，A

正確。

故選：Ao

4.（2024?興慶區校級三模）如圖所示，在房檐上M、N兩點間固定一根不可伸長的輕繩，在輕

繩的中點O用細線系住鳥籠B,在O點兩側與其間距相同的P、Q兩點系住相同的鳥籠A、Co

穩定后MP、NQ間輕繩與水平方向夾角均為4，OP、OQ間輕繩與豎直方向夾角均為的，已

A.MP間輕繩彈力為啟詼

B-op間輕繩的彈力大小為后拓

C.tan0i*tan02=3

D.如果逐漸增大各鳥籠的質量，則91、02都增大

【解答】解：A、整體受力分析如圖所示：

根據受力平衡可得：2FMpsin8i=3mg,解得：FMP=故A錯誤；

mg

B、對鳥籠B受力分析可得：2Fopcos02=mg,解得：FOp-2cos62,故B錯誤，

C、對鳥籠A受力分析，根據受力平衡可得：FMPCOS0i=Fopsin02,結合A,B選項的平衡方程聯

立解得：tan0i?tan02=3,故C正確；

D、增加各鳥籠的質量，角度不變，只是繩上的拉力增加，故D錯誤。

故選：C=

5.（2024?蓮湖區校級二模）如圖所示，質量m=3kg的滑塊靜止在水平實驗臺上，通過三段輕繩

分別與天花板和球形容器相連，OA與天花板夾角為45°,OB水平。重力加速度g取10m/s2,

假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法正確的是（）

A.若實驗臺對滑塊的摩擦力不超過10N,則球形容器與容器內液體總重力最大為20N

B.若實驗臺對滑塊的摩擦力不超過10N,則球形容器與容器內液體總重力最大為30N

C.若球形容器與容器內液體總重力最大為12N時滑塊即將滑動，則滑塊與實驗臺的動摩擦因數

-0.40

D.若球形容器與容器內液體總重力最大為12N時滑塊即將滑動，則滑塊與實驗臺的動摩擦因

數呼0.30

【解答】解：AB、若實驗臺對滑塊的摩擦力不超過10N,即OB繩子的最大拉力為10N,對O

TBf

根據共點力平衡得輕繩受到的拉力為：

OATA=-T77==6=1。6,

OC輕繩受到的拉力為：Tc=TBtan45°=f?tan45°=10XlN=10N

故AB錯誤；

CD、結合前面的分析，可知Tc=f?tan45°

所以當球形容器與容器內液體總重力最大為12N時，滑塊即將滑動，則滑塊受到的最大靜摩擦力：

cTm

=-t-a--n-475r°7=Tm=12N

712

滑塊與實驗臺的動摩擦因數m以=優==0.4

TILCJ3X_LU

故C正確，D錯誤。

故選：Co

6.（2024?南寧一模）如圖所示，用三個完全相同的小立柱將足球支起，小立柱的上端可視為點,

小立柱的位置連線成正三角形，放在水平桌面上，足球與小立柱的觸點與足球球心的連線與豎

直方向的夾角均為37°,已知每個小立柱對足球的支持力大小為2.5N,不計足球與小立柱間的

摩擦及小立柱的重力，已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,則下列說法正確的是（）

側視圖

A.單個小立柱對足球的支持力方向豎直向上

B.足球所受的重力為7.5N

C.足球對小立柱的作用力與桌子對小立柱的作用力是平衡力

D.足球對小立柱的作用力與桌子對小立柱的作用力是相互作用力

【解答】解：A、不計足球與立柱間的摩擦，三個立柱對足球作用力為彈力，方向垂直于足球的

切面，沿半徑方向指向足球，不是豎直向上，故A錯誤；

B、由于三個立柱對稱擺放，則每個立柱對足球的彈力大小相等，對足球受力分析，一個立柱對

足球的作用力如圖：

由平衡條件得：G=3FNCOS37°=3X2.5X0.8N=6N,故B錯誤；

CD、不計足球與小立柱間的摩擦及小立柱的重力，小立柱受到足球對小立柱的作用力、桌子對小

立柱的作用力而平衡，所以足球對小立柱的作用力與桌子對小立柱的作用力是平衡力，故C正確、

D錯誤。

故選：Co

7.（多選）（2024?洛陽一模）如圖所示，三根輕質細線結于O點，OA另一端固定在天花板上的A

點（位于圓心O'的正上方），OB另一端連接質量為m的小球P（可視為質點），OC另一端連

接質量為2m的物體Q,將小球P放置于半徑為R、質量為3m的圓表面光滑的半圓柱上，半圓

柱及物體Q均放置于粗糙水平面上，當A、0、O'處于同一豎直線上時，OC處于水平且物體

3

Q恰好不滑動，此時OB=]R,00,=2R,重力加速度大小為g,最大靜摩擦力等于滑動摩擦

A.半圓柱所受的摩擦力與物體Q所受到的摩擦力大小相等

B.0C段繩子的拉力大小為界更mg

C.水平面對圓柱體的支持力大小為4mg

D.物體Q與水平面間的動摩擦因數為二手

【解答】解：A、根據題意，對整體進行受力分析，水平方向上合力為0,物塊所受摩擦力與半

圓柱體所受摩擦力等大反向，故A正確；

BD、對小球P受力分析，受重力mg,光滑半圓柱的支持力N和繩子的拉力F,處于平衡狀態,

畫出拉力等大反向的力F,即為mg和N的合力，如圖所示：

_F'mg3(f7?)2+(27?)2-/?27

由相似二角形有：77g=五歹，解得：F'=-m^,由余弦定理有：cos0=-----a-----=￡，

UD4ZX—KXZKo

則有：sin。=V1—cos26—~~~~

o

對結點0受力分析，如圖所示：

由平衡條件有：F2=F1SinO,F3=F1COS0,對物體Q受力分析，如圖所示:

由平衡條件有：FN=2mg,f=F4，又有：F4=F2=FxsinB=Fsind=mg,f=|iFN,解得:

U=1-=善=邛P，故B錯誤，D正確；

FNFN64

C、OA段繩子的張力：F3=FICOSO,在豎直方向上將小球P和圓柱體整體受力分析有：FN+F3=

4mg,解得：FN=4mg-Ficos0,即：FN<4mg,故C錯誤。

故選：ADo

8.（多選）（2024?岳麓區校級模擬）光滑半圓槽的邊緣上固定有一輕質定滑輪，輕質定滑輪軸與

一直桿AB一端連接，直桿可繞B在豎直面上轉動，輕繩一端連接一小球P,另一端跨過輕質

定滑輪后套著一鐵環Q,然后固定在直桿的A端，如圖所示。開始時直桿通過外力水平放置并

使整個系統處于平衡狀態，不計任何摩擦阻力，小球可視為質點，則（）

A.若輕繩PB段與BQ段均與豎直方向成30°角，小球P和鐵環Q的質量之比為1：1

B.若小球P的質量足夠大，系統平衡時小球P可能位于半圓弧槽的最低點

C.若通過外力把直桿AB順時針緩慢轉動一小段距離，小球P的位置可能不動

D.若通過外力把直桿AB逆時針緩慢轉動一小段距離，小球P的位置一定下移

【解答】解：A、受力分析如下圖所示，

若輕繩PB段與BQ段均與豎直方向成30°角，根據水平方向的合力為零可知：a=B=30°

由幾何關系可得，只有OP與豎直方向的夾角也為30°,水平方向上合力才可能為零，

對小球P在豎直方向有：mig=FTcos30°+FNCOS30°

對小球P水平方向有：FTsin30°=FNsin30°

對鐵環Q豎直方向有：m2g=2FTCOSOC

聯立可得出小球P和鐵環Q的質量之比為1：1,故A正確；

B、如果小球P在半圓弧槽的最低點，那么連接小球的輕繩拉力應該為零，此時整個系統不可能

平衡，故B錯誤；

C、假設小球P位置不變，輕繩拉力不變，B端右側的繩長1不變，把直桿AB順時針轉動一小段

,d

距禺，AB段的水平距禺d變小，由：sina=-

m2g

由此可知，a變小，繩的拉力：Fr=將變小，與小球P位置不變時，輕繩拉力不變相矛盾,

故c錯誤；

D、直桿AB逆時針緩慢轉動一小段距離，AB段的水平距離d也是變小，設/BOP=。，如圖建

0

立直角坐標系，對小球P受力進行正交分解后，可得：F^c。巧=m1gcos6

ei

變形可得：F7=m15（2cos^-^p,由上式可知，小球質量不變，輕繩拉力變小，。變大，小

球P下移，故D正確。

故選：ADo

9.（多選）（2024?鼓樓區校級模擬）如圖所示，質量為m的勻質細繩，一端系在天花板上的A點，

另一端系在豎直墻壁上的B點，平衡后最低點為C點。現測得AC段繩長是CB段繩長的3倍,

且繩子A端的切線與豎直方向的夾角為0,繩子B端的切線與墻壁的夾角為（a=60°,重力

加速度為g）則（）

A.0=30。

B.繩子在C處彈力大小FC=^771g

C.繩子在A處的彈力大小匕=噂7ng

D.繩子上B處拉力最大

1

【解答】解：ABC、對CB段受力分析，受重力Gi=]ng、墻壁的拉力FB，AC段繩子對其向左

的拉力Fc，如下圖所示：

,1V31

=mF

根據平衡條件可得：FB^osa=-^mg,FBsina=Fc,聯立解得：^c~g>B

3

再對AC段繩子受力分析，受重力G2=]ng、BC段繩子對其向右的拉力Fc'=FC,AC段繩子

的拉力為FA，如圖所示：

3V3

,

根據平衡條件有：F4cos0=鏟9，FAsinP=Fc>聯立解得：=^mg,0=30°,故AC正

確，B錯誤；

D、由ABC可知：FC<FB<FA，則繩子上A處拉力最大，故D錯誤。

故選：AC。

10.（多選）（2024?北辰區三模）圖甲為家用燃氣爐架，其有四個對稱分布的爪，若將總質量一定

的鍋放在爐架上，如圖乙所示（側視圖）。忽略爪與鍋之間的摩擦力，若鍋可以看作半徑為R

的球面，正對的兩爪間距為d,則下列說法正確的是（）

A.R越大，爪與鍋之間的彈力越小

B.R越大，爪與鍋之間的彈力越大

C.d越大，爪與鍋之間的彈力越大

D.d越大，鍋受到的合力越大

【解答】解：如下圖所示，鍋靜止，受重力G、四個對稱分布的爪的支持力F。

則有：4Fcos0=G

色d

sin02=-

R2R

cos0=V1—sin29

G

聯立方程解得：F=

晨）2

可知，R越大，爪與鍋之間的彈力F越小；d越大，爪與鍋之間的彈力F越大。

故AC正確，BD錯誤。

故選：AC-

考向二物體的動態平衡

11.（2024?泉州一模）紙質手提袋因其性能優良、綠色環保等優點被廣泛使用。用手從繩帶中部豎

直提起裝有物品的紙袋，紙袋保持靜止，如圖所示。下列說法正確的是（）

A.每條繩帶中的張力大小等于紙袋總重力的彳

B.若只稍微增加繩帶長度，則每條繩帶中的張力變大

C.若只稍微減小繩扣間距，則每條繩帶中的張力變大

D.若只稍微增大繩扣間距，則繩帶對手的總作用力不變

【解答】解：A、根據平衡條件分析可知，每條繩帶中的張力豎直方向的分力大小等于紙袋總重

1

力的彳，故A錯誤；

q

G

BC、設每條繩帶與豎直方向的夾角仇根據平衡條件有FcosS=-

q

G

可得每條繩帶中的張力為F=---

4cos6

若只稍微增加繩帶長度，則。減小，每條繩帶中的張力變小，若只稍微減小繩扣間距，則0減小,

每條繩帶中的張力變小，故BC錯誤；

D、若只稍微增大繩扣間距，則繩帶對手的總作用力與紙袋重力等大反向，不變，故D正確。

故選：D。

12.（2024?歷城區校級模擬）如圖，右側面光滑的斜面體固定在水平面上，質量相等的物塊M、N

分別放在斜面體的左右兩個面上，M、N拴接在跨過光滑定滑輪的輕質細繩兩端，整個系統處

于靜止狀態。現對N施加一始終與右側輕繩垂直的拉力F,使N緩慢移動至右側細繩水平，該

過程M保持靜止。下列說法正確的是（）

A.拉力F逐漸增大

B.輕繩的拉力先減小后增大

C.M所受摩擦力先增大后減小

D.斜面對M的作用力先增大后減小

【解答】解：AB、N離開斜面后，設F與豎直方向的夾角為。，分析N受力如圖所示，則有

T=mgsinQ,F=mgcosO

因。逐漸減小，mg不變，所以F逐漸增大，繩子的拉力T逐漸減小，故A正確，B錯誤；

C、力F作用之前，有

mgsin30°+f=mgsin60"

所以原來M所受摩擦力沿斜面向下，隨著繩子拉力的減小，M受到的摩擦力逐漸減小，當右繩

水平時，繩子拉力為零，則M受到的摩擦力沿斜面向上，所以M受到的摩擦力先沿斜面向下減

小，再沿斜面向上增大，故C錯誤；

D、斜面對M的作用力為斜面的支持力和摩擦力的合力，因為支持力不變，所以當摩擦力先減小

再增大時，斜面對M的作用力先減小后增大，故D錯誤。

故選：A?

13.（2024?順慶區校級模擬）如圖所示，木板B放置在粗糙水平地面上，O為光滑錢鏈。輕桿一

端與錢鏈O固定連接，另一端固定連接一質量為m的小球A?現將輕繩一端拴在小球A上，

另一端通過光滑的定滑輪0'由力F牽引，定滑輪位于0的正上方，整個系統處于靜止狀態。現

改變力F的大小使小球A和輕桿從圖示位置緩慢運動到。，正下方，木板始終保持靜止，則在整

個過程中（）

A.外力F大小不變

B.輕桿對小球的作用力大小變小

C.地面對木板的支持力逐漸變小

D.地面對木板的摩擦力逐漸減小

【解答】解：AB、對小球A進行受力分析，三力構成矢量三角形，如圖所示。

根據相似三角形有

一gFF'

00'=~0rA='0A

緩慢運動過程O'A越來越小，則F逐漸減小；由于OA長度不變，桿對小球的作用力大小P不

變，故B錯誤；

CD、對木板，由于桿對木板的作用力大小不變，方向向右下方，但桿的作用力與豎直方向的夾角

越來越小，所以地面對木板的支持力逐漸增大，地面對木板的摩擦力逐漸減小，故C錯誤，D正

確。

故選：D。

1

14.（2024?蜀山區校級三模）如圖所示，表面為光滑：圓弧的物體B靜置在水平地面上，有一豎直

光滑擋板A恰與B相切于最左端。點，有一小球a放置于A與B之間。整個裝置都可以繞O

A.若A保持豎直，且下端沿著B的表面向上緩慢移動到B的最高點，小球所受B的彈力一直

增大

B.若A保持豎直，且下端沿著B的表面向上緩慢移動到B的最高點，小球所受A的彈力一直

增大

C.若整個裝置繞過O點且垂直于該截面的軸逆時針緩慢旋轉90°的過程中，小球所受B的彈

力一直減小

D.若整個裝置繞過O點且垂直于該截面的軸逆時針緩慢旋轉90°的過程中，小球所受A的彈

力先減小后增大

【解答】解：AB、若A保持豎直，且下端沿著B的表面向上緩慢移動到B的最高點，對小球受

力分析如圖甲所示：

根據圖像可知，在此過程中，小球所受B的彈力一直減小，小球所受A的彈力也是一直減小，

故AB錯誤；

CD,若整個裝置繞過O點且垂直于該截面的軸逆時針緩慢旋轉90°的過程中，對小球受力分析,

利用“矢量圓”作圖如圖乙所示：

乙

根據圖像可知，小球所受A的彈力先增大后減小，所受B的彈力一直減小，故C正確，D錯誤。

故選：Co

15.（多選）（2024?鯉城區校級二模）如圖，兩個半徑均為r的光滑球a、b放在半徑為R（R>2r）

的半球形容器內，均靜止時a、b與半球的接觸點P、Q與半球球心O的連線與水平方向的夾角

為a和0（a<P）o若兩球的質量用ma>1/，兩球對容器的壓力大小用FNa、FNI,表示，則（）

FNaFNCLCOS0

C.——=1D.——=-------

FNb卜Nbcosa

【解答】解：分別對光滑球a、b的受力分析如圖所示，其中：Fab與Fba是球a、b之間相互作用

的彈力，這兩個力均沿著兩球圓心的連線AB,容器對兩球的支持力分別為F'Na、F'沖，兩球

的重力分別為mag、mbg=

根據平衡條件，球a受到的三個力可圍成力的矢量三角形（圖中藍色三角形），此矢量三角形與

幾何三角形aOAC相似（點A、B分別為球a、b的球心，OC沿豎直方向），則可得：

科應F'aFab

OC=OA=~AC

同理，球b受到的三個力也可圍成力的矢量三角形（圖中紅色三角形），此矢量三角形與幾何三

角形AOBC相似，則可得：

mbgF'NbFba

OC=OB='BC

由幾何關系得：OA=r-R,OB=r-R,可得：OA=OB

又有Fab與Fba是一對相互作用力，即Fab=Fba

maF,NaBC

可得?二—r;—=

」何?mbFNbAC

根據正弦定理，

ACOA

在△°AC中有：sin（90°-a）=sin^OCA

BCOB

在△°BC中的：sin（90。-/?）=sinz.OCB

因為/OCA+/OCB=180°,所以sin/OCA=sin/OCB

BCcosB

可得：~AT=-------

ACcosa

MaF'NaCOsB

則有：77=看~=----

7nbFNbcosa

FNCLF'NaCOsB小…

由牛頓第三定律可得：7~二喜—=----，故BD正確，AC錯誤。

rNbFNbCOSa

故選：BDo

16.如圖，在豎直平面內固定一光滑的半圓環，圓心為O、半徑為R,0A為半圓環的豎直半徑，

AB為與0A在同一直線上的光滑固定桿，半圓環上套有一小球a,桿AB上套有另一小球b。

兩小球之間連接一輕彈簧，初始時小球a在距圓環A點右側不遠處的P點，小球b固定于桿

AB上的Q點，兩小球間距離為R。現用外力使小球b沿桿AB緩慢向上移動一段距離，但未

到達A點。在移動過程中彈簧始終在彈性限度內且在一條直線上，兩小球均可視為質點，則下

列說法正確的是（）

A.初始時彈簧彈力大于半圓環對小球a的彈力

B.初始時彈簧彈力大于小球a的重力

C.小球b沿桿緩慢向上移動過程中，環對小球a的支持力先增大后減小

D.小球b沿桿緩慢向上移動過程中，彈簧彈力增大

【解答】解：AB.對小球a進行受力分析，如圖所示：

因為力的三角形與三角形OPQ相似，根據三角形相似可得:

GFNF

OQ=~OP=PQ

初始時，根據題意可得：PQ=OP=R,OQ>R

所以G>FN=F,故AB錯誤；

C.小球b緩慢上移過程，小球a處于動態平衡狀態，隨著小球b上移，0Q減小，0P不變，重

力G不變，半圓環對小球的支持力FN增大，故C錯誤；

D.設彈簧的原長為L,彈簧的形變量為x,根據胡克定律可得：

GFkx

F=kx則詼=所==

根據題意可知OQ減小，重力G不變，L不變，則彈簧形變量x增大，彈簧彈力F增大，故D正

確。

故選：D。

17.如圖所示為搬運貨物小車的截面圖，擋板0A固定于底板0B的左端，ZAOB<90°,初始時

0B水平，將一圓柱形物體置于小車上，左邊與0A接觸。現保持0點的位置不變，緩慢拾起B

端，直至OB豎直。不計空氣阻力和摩擦力，此過程中（）

A.圓柱形物體對0A的壓力先增大后減小

B.圓柱形物體對0B的壓力先增大后減小

C.圓柱形物體對0A的壓力先減小后增大

D.小車對圓柱形物體作用力逐漸變大

【解答】解：由題意可知，擋板0A和0B的夾角保持不變，所以兩板對球的彈力NA和NB的

方向夾角也是恒定不變的，大小均等于NAOB的大小，如圖所示：

由幾何關系可知持O點的位置不變，B端緩慢抬起，直至OB豎直，根據幾何關系可知NA逐漸

變大；NB先增加后減小，根據牛頓第三定律可知圓柱形物體對OA的壓力逐漸增大，圓柱形物體

對OB的壓力先增大后減小。小車對圓柱形物體作用力不變，一直都等于球的重力，故ACD錯

誤，B正確。

故選：Bo

18.（2024?西安三模）如圖所示，輕桿AB可繞著水平轉軸O在豎直面內無摩擦地轉動，此時桿

AB和過O點的水平線CD夾角為9,有一段不可伸長的細繩兩端系于A、B兩端，在輕質細繩

上通過一輕滑輪懸掛一質量為m的物塊處于靜止狀態，現使桿