3.5共点力的平衡（预习衔接.夯实基础.含解析）2025-2026学年高一上学期物理必修第一册人教版（2019）

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预习衔接.夯实基础 共点力的平衡
一．选择题（共4小题）
1．（2024秋 未央区校级期末）如图所示，一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的压力大小为FN1，木板对小球的支持力大小为FN2。以木板与墙连接点为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。不计摩擦，在此过程中（　　）
A．FN1始终减小，FN2始终增大 B．FN1始终减小，FN2始终减小
C．FN1先增大后减小，FN2始终减小 D．FN1先增大后减小，FN2先减小后增大
2．（2020秋 天河区期末）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。则细线b对小球2的拉力大小为（　　）
A．G B．G C．G D．G
3．（2024春 镇海区校级期末）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M、半径为R，悬挂点为互相垂直的两竖直墙壁交线处的P点，P到球心的距离为2R，一切摩擦不计，则篮球对任一墙壁的压力大小为（　　）
A． B． C． D．
4．（2024秋 萨尔图区校级期末）如图所示，半圆柱放于粗糙水平地面，圆心O的正上方固定一个光滑小定滑轮，轻质绳一端拴一光滑小球，置于半圆柱面上的A点，另一端绕过定滑轮并用拉力T拉住，现缓慢地将小球从A点拽到B点，在此过程中，半圆柱对小球的支持力N以及细线对小球的拉力T的大小变化情况，以下说法正确的是（　　）
A．细线对小球拉力T变大，半圆柱对小球支持力N不变
B．细线对小球拉力T变小，半圆柱对小球支持力N变小
C．地面对半圆柱的支持力变小
D．地面对半圆柱的摩擦力变小
二．多选题（共3小题）
（多选）5．（2024秋 济南期末）有两根轻弹簧a和b，劲度系数分别为k1、k2，现将质量分别为m1、m2的A、B两个小物体按如图方式连接悬挂。开始时整个装置保持静止状态，若给B物体施加一个向上的力，使其缓慢上升一小段距离Δx后，再次保持平衡状态，取重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．施力之前两根轻弹簧的总伸长量
B．施力之前两根轻弹簧的总伸长量
C．再次平衡后物块A上升的高度为
D．再次平衡后物块A上升的高度为
（多选）6．（2024秋 辛集市期末）如图所示，停在某建筑工地上的两辆吊车共同吊起一重物。质量不计的钢丝牵引绳绕过定滑轮和重物上的动滑轮吊起重物缓慢上升，不计滑轮的质量和滑轮与绳索、轴承之间的摩擦。在重物缓慢上升的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．重物所受的合力逐渐增大
B．牵引绳中的作用力逐渐变大
C．地面对吊车的支持力逐渐增大
D．吊车受到地面的摩擦力逐渐增大
（多选）7．（2024春 沙坪坝区校级期末）晾晒衣服的绳子两端分别固定在两根竖直杆上的A、B两点，A、B两点等高，原来无风状态下衣服保持静止。某时一阵恒定的风吹来，衣服受到水平向右的恒力而发生滑动，并在新的位置保持静止，如图所示。两杆间的距离为d，绳长为1.25d，衣服和衣架的总质量为m，重力加速度为g，（sin37°＝0.6。不计绳子的质量及绳与衣架挂钩间的摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．在有风且风力不变的情况下，绳子右端由A点沿杆略向下移到C点，绳子的拉力变小
B．有风时，挂钩左、右两侧绳子的拉力大小不相等
C．相比无风时，在有风的情况下∠AOB小
D．无风时，轻绳的拉力大小为
三．填空题（共4小题）
8．（2024秋 福州期末）如图所示，一重力为G的灯笼悬挂于两墙壁之间处于静止状态。绳OA水平，绳OB与竖直墙夹角为60°，则绳OA的拉力大小为 　 　；绳OB的拉力大小为 　 　。
9．（2024秋 厦门期末）如图所示，水平轻杆AB左端固定在竖直增壁上，右端固定一光滑轻质滑轮，一轻绳一端固定在竖直墙壁上的O点，另一端跨过滑轮挂上一质量m＝3kg的物块，已知∠ABO＝30°，重力加速度g取10m/s2，则轻杆AB对滑轮的作用力大小为 　 　N；若将轻绳在墙上的固定点下移到O′点，则系统稳定后轻杆AB对滑轮的作用力 　 　（选填“变大”“变小”或“不变”）。
10．（2024秋 黄浦区校级期末）一质量为m的物体沿倾角θ的斜面恰好可以匀速下滑，则物体与斜面间的摩擦因数为 　 　。若把斜面倾角减为α（α＜θ），将物体由静止放在斜面上，则斜面对物体的摩擦力大小为 　 　。
11．（2024秋 黄浦区校级期末）如图所示，两个质量均为m的物体分别挂在支架上的B点（如图甲所示）和跨过滑轮的轻绳BC上（如图乙所示），图甲中轻杆AB可绕A点转动，图乙中水平轻杆一端A插在墙壁内，已知θ＝30°，重力加速度为g，则图甲中轻杆AB的受力F1＝　 　，图乙中滑轮受到轻杆AB的作用力F2＝　 　。
四．解答题（共4小题）
12．（2024春 惠州期末）如图所示，某小朋友设计了一个“平衡”的小游戏，他将质量为M的小物块A放在水平桌面上，质量为m的小物块B通过轻绳与A相连，水平拉力F（大小未知）作用在物块B上，当轻绳与竖直方向的夹角调整为θ时，小物块A刚好在桌面不滑动，系统处于平衡状态。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度为g。求：
（1）拉力F和轻绳AB间的拉力大小；
（2）小物块A与桌面间的动摩擦因数μ。
13．（2024春 滨州期末）炎热夏天，人们都安装空调，图甲是某小区高层住宅外安装空调主机的情境。为安全起见，要求吊运过程中空调主机与楼墙保持一定的距离。原理如图乙，一人在高处控制一端系在主机上的轻绳P，另一人在地面控制另一根一端系在主机上的轻绳Q，二人配合可使主机缓慢竖直上升。主机质量m＝49kg，当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°。主机视为质点，重力加速度g＝10m/s2（sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）。求：
（1）此时P、Q绳中拉力的大小；
（2）此时地面上的人对地面摩擦力的大小和方向。
14．（2024秋 武昌区校级期末）如图所示，质量为m的物块在一大小为mg、方向与斜面成37°角斜向下的推力F（力的作用线在斜面上的投影与斜面底边平行）作用下在斜面上以速度v做匀速运动，运动过程中斜面一直保持静止。若某时刻，物块与斜面右边缘的距离为x、与斜面底边的距离为y，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，斜面质量为M。求：
（1）物块滑离斜面所需要的时间t；
（2）物块滑离斜面前，地面给斜面的支持力大小N。
15．（2024春 鼓楼区校级期末）如图所示，两个半圆柱A、C紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱B，三者半径均为R，B的质量为m，A、C的质量都为，与地面间的动摩擦因数均为μ。现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至B恰好降到地面，整个过程中C保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
（1）未拉A时，C对B的作用力大小；
（2）满足题中条件，μ的最小值μmin。
预习衔接.夯实基础 共点力的平衡
参考答案与试题解析
一．选择题（共4小题）
1．（2024秋 未央区校级期末）如图所示，一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的压力大小为FN1，木板对小球的支持力大小为FN2。以木板与墙连接点为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。不计摩擦，在此过程中（　　）
A．FN1始终减小，FN2始终增大
B．FN1始终减小，FN2始终减小
C．FN1先增大后减小，FN2始终减小
D．FN1先增大后减小，FN2先减小后增大
【考点】解析法求共点力的平衡；力的合成与分解的应用．
【专题】比较思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】以小球为研究对象，分析受力情况：重力、木板的支持力和墙壁的压力，根据平衡条件列方程判断即可。
【解答】解：以小球为研究对象，对其进行受力分析，受重力G、墙面对球的压力大小为FN1，木板对小球的支持力大小为FN2，如图所示：
设木板与墙之间的夹角为θ，根据平衡条件知：
FN1
FN2
将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置，θ增大，则知FN1始终减小，FN2始终减小，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题运用函数法研究动态平衡问题，也可以运用图解法直观反映力的变化情况，解题的关键在于正确作出几何图形。
2．（2020秋 天河区期末）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。则细线b对小球2的拉力大小为（　　）
A．G B．G C．G D．G
【考点】共点力的平衡问题及求解；力的合成与分解的应用．
【专题】定量思想；整体法和隔离法；共点力作用下物体平衡专题；理解能力．
【答案】A
【分析】选取1、2两球整体为研究对象进行受力分析，根据平衡条件列方程求解细线c对小球2的拉力，再对2球根据力的合成求解细线b对小球2的拉力大小。
【解答】解：选取1、2两球整体为研究对象，受到重力2G、a和c细线的拉力，如图所示：
根据平衡条件结合图中几何关系可得：Fc＝2Gtan30°＝2GG，
再对2球分析，受到重力G、c和b细线的拉力，根据力的合成可得：FbG，故A正确、BCD错误。
故选：A。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。注意整体法和隔离法的应用。
3．（2024春 镇海区校级期末）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M、半径为R，悬挂点为互相垂直的两竖直墙壁交线处的P点，P到球心的距离为2R，一切摩擦不计，则篮球对任一墙壁的压力大小为（　　）
A． B． C． D．
【考点】共点力的平衡问题及求解；牛顿第三定律的理解与应用；力的分解过程中多解和极值的问题．
【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】根据几何关系求角度，再根据受力平衡、平行四边形定则，以及牛顿第三定律，求力。
【解答】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，根据对称性，两个支持力大小相等，根据题中图形可知，夹角为90°，设支持力的大小为N、绳子与竖直墙壁交线的夹角θ，根据几何知识，球心到竖直墙壁交线的垂直距离，所以
解得θ＝45°
在竖直方向上根据受力平衡列式
Tcosθ＝Mg
解得
在水平方向上根据受力平衡，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，结合平行四边形定则，可知
解得
根据牛顿第三定律，球对任一墙壁的压力大小与支持力N大小相等，故为，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题解题关键是掌握受力平衡，根据平衡条件列等式。
4．（2024秋 萨尔图区校级期末）如图所示，半圆柱放于粗糙水平地面，圆心O的正上方固定一个光滑小定滑轮，轻质绳一端拴一光滑小球，置于半圆柱面上的A点，另一端绕过定滑轮并用拉力T拉住，现缓慢地将小球从A点拽到B点，在此过程中，半圆柱对小球的支持力N以及细线对小球的拉力T的大小变化情况，以下说法正确的是（　　）
A．细线对小球拉力T变大，半圆柱对小球支持力N不变
B．细线对小球拉力T变小，半圆柱对小球支持力N变小
C．地面对半圆柱的支持力变小
D．地面对半圆柱的摩擦力变小
【考点】相似三角形法解决动态平衡问题；力的合成与分解的应用；共点力的平衡问题及求解．
【专题】比较思想；图析法；共点力作用下物体平衡专题；分析综合能力．
【答案】D
【分析】分析小球受力情况：重力G，细线的拉力T和半球面的支持力N，作出N、T的合力F，根据三角形相似法分析N、T的变化；由整体法得地面对半圆柱支持力及地面对半圆柱的摩擦力变化情况。
【解答】解：AB．对小球受力分析，作出N、T的合力F，如图所示：
由平衡条件得：F＝G，
由三角形NAF与三角形AOO1相似可得
得
，
缓慢地将小球从A点拽到B点过程中，O1O、AO不变，O1A变小，所以细线对小球拉力T变小，半圆柱对小球支持力N不变，故AB错误；
CD．小球从A到B过程中，T竖直分量减小，T水平分量减小，对小球和半圆柱组成的整体得地面对半圆柱支持力变大，地面对半圆柱的摩擦力变小，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题是平衡问题中动态变化分析问题，N与T不垂直，运用三角形相似法分析，作为一种方法要学会应用，同时注意整体法的应用。
二．多选题（共3小题）
（多选）5．（2024秋 济南期末）有两根轻弹簧a和b，劲度系数分别为k1、k2，现将质量分别为m1、m2的A、B两个小物体按如图方式连接悬挂。开始时整个装置保持静止状态，若给B物体施加一个向上的力，使其缓慢上升一小段距离Δx后，再次保持平衡状态，取重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．施力之前两根轻弹簧的总伸长量
B．施力之前两根轻弹簧的总伸长量
C．再次平衡后物块A上升的高度为
D．再次平衡后物块A上升的高度为
【考点】共点力的平衡问题及求解；胡克定律及其应用．
【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．
【答案】AC
【分析】施力之前，以B和AB整体为对象，根据受力平衡可计算伸长量；给B物体施加一个向上的力，对A根据共点力平衡条件结合胡克定律解答。
【解答】解：AB.施力之前，以B为对象，根据受力平衡可得，b的伸长量为
对整体，根据受力平衡可得，a的伸长量为
则两根轻弹簧的总伸长量为
故A正确，B错误；
CD.若给B物体施加一个向上的力，使其缓慢上升一小段距离Δx 后；设物块A上升的高度为ΔxA，则此时轻弹簧a、b的伸长量分别为
x′a＝xa﹣ΔxA，x′b＝xb+ΔxA﹣Δx
以A物体对象，可得
k1x′a＝m1g+k2x′b
联立解得
故C正确，D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查共点力平衡条件及胡克定律的应用，解题关键掌握弹簧形变量的表示。
（多选）6．（2024秋 辛集市期末）如图所示，停在某建筑工地上的两辆吊车共同吊起一重物。质量不计的钢丝牵引绳绕过定滑轮和重物上的动滑轮吊起重物缓慢上升，不计滑轮的质量和滑轮与绳索、轴承之间的摩擦。在重物缓慢上升的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．重物所受的合力逐渐增大
B．牵引绳中的作用力逐渐变大
C．地面对吊车的支持力逐渐增大
D．吊车受到地面的摩擦力逐渐增大
【考点】共点力的平衡问题及求解；力的合成与分解的应用．
【专题】定性思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．
【答案】BD
【分析】A.根据重物所处的状态分析合外力的变化；
B.根据受力分析情况结合平衡条件判断绳子拉力情况；
C.利用整体法分析竖直方向的受力判断；
D.对吊车在水平方向进行分析判断。
【解答】解：A．由于物体缓慢升高，但一直处于平衡状态，则合力一直为零，故A错误；
B．随着重物的上升，吊起重物的牵引绳夹角增大，满足2Fcosθ＝mg，θ为两边牵引绳与竖直方向的夹角，mg不变，cosθ减小，所以F增大，即牵引绳中的作用力在增大，故B正确；
C．由于是缓慢上升，整体法可知整体处于平衡状态，地面支持力始终平衡整体的重力，大小不变，故C错误；
D．牵引绳的作用力在增大，吊车受到牵引绳的作用力的水平分量在增大，水平方向吊车受力平衡，所以吊车受到地面的摩擦力逐渐增大，故D正确。
故选：BD。
【点评】考查平衡问题，会根据平衡条件讨论合外力和各分力的变化情况。
（多选）7．（2024春 沙坪坝区校级期末）晾晒衣服的绳子两端分别固定在两根竖直杆上的A、B两点，A、B两点等高，原来无风状态下衣服保持静止。某时一阵恒定的风吹来，衣服受到水平向右的恒力而发生滑动，并在新的位置保持静止，如图所示。两杆间的距离为d，绳长为1.25d，衣服和衣架的总质量为m，重力加速度为g，（sin37°＝0.6。不计绳子的质量及绳与衣架挂钩间的摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．在有风且风力不变的情况下，绳子右端由A点沿杆略向下移到C点，绳子的拉力变小
B．有风时，挂钩左、右两侧绳子的拉力大小不相等
C．相比无风时，在有风的情况下∠AOB小
D．无风时，轻绳的拉力大小为
【考点】图解法解决动态平衡问题．
【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．
【答案】AC
【分析】两细绳拉力的合力不变，夹角变小，拉力变小；
动滑轮两端绳子的拉力总是相等；
根据受力情况和几何关系，分析角度；
根据平衡条件和几何关系，求F。
【解答】解：A．重力、风力的合力为恒力与两细绳拉力的合力等大反向，如图所示
当在有风的情况下，将A点沿杆稍下移到C点，两端绳子之间的夹角变小，则拉力F变小，故A正确；
B．不计绳子的质量及绳与衣架挂钩间的摩擦，挂钩相当于动滑轮，两端绳子的拉力总是相等，故B错误；
C．设无风时绳子夹角的一半为θ1，绳长为L，有风时绳子夹角的一半为θ2，有风时如图
根据几何关系可得：
L1+L2＝Lsinθ2
d＝Lsinθ1
又因为
d＞L1+L2
所以θ1＞θ2
故C正确；
D．无风时，衣服受到重力和两边绳子的拉力处于平衡状态，如图所示，同一条绳子拉力相等，则挂钩左右两侧绳子与竖直方向的夹角相等。由几何关系可得
解得：θ＝53°
根据平衡条件可
mg＝2Fcosθ
解得
故D错误。
故选：AC。
【点评】本题主要考查了共点力的动态平衡问题，熟悉物体的受力分析，结合几何关系即可完成解答。
三．填空题（共4小题）
8．（2024秋 福州期末）如图所示，一重力为G的灯笼悬挂于两墙壁之间处于静止状态。绳OA水平，绳OB与竖直墙夹角为60°，则绳OA的拉力大小为 　G；　；绳OB的拉力大小为 　2G　。
【考点】共点力的平衡问题及求解；力的合成与分解的应用．
【专题】定量思想；方程法；共点力作用下物体平衡专题；理解能力．
【答案】G；2G。
【分析】以结点O为研究对象进行受力分析，根据平衡条件进行解答。
【解答】解：以结点O为研究对象，受到灯笼的拉力、OA和OB的拉力，如图所示；
根据平衡条件结合几何关系可得：FA＝Gtan60°G；
FB2G。
故答案为：G；2G。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成，然后建立平衡方程进行解答。
9．（2024秋 厦门期末）如图所示，水平轻杆AB左端固定在竖直增壁上，右端固定一光滑轻质滑轮，一轻绳一端固定在竖直墙壁上的O点，另一端跨过滑轮挂上一质量m＝3kg的物块，已知∠ABO＝30°，重力加速度g取10m/s2，则轻杆AB对滑轮的作用力大小为 　30　N；若将轻绳在墙上的固定点下移到O′点，则系统稳定后轻杆AB对滑轮的作用力 　变大　（选填“变大”“变小”或“不变”）。
【考点】共点力的平衡问题及求解；力的合成与分解的应用．
【专题】定量思想；控制变量法；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．
【答案】30，变大。
【分析】对滑轮受力分析，根据平行四边形定则解题；
根据平行四边形定则判断F1和F2合力的大小变化。
【解答】解：对B受力分析，如图所示
F1和F2为同一根绳子上的张力，故
F1＝mg＝F2
根据几何关系可知
F1＝F2＝mg＝3×10N＝30N
则根据平行四边形定则可知，轻杆AB对滑轮的作用力大小为30N；
将轻绳在墙上的固定点下移到O′点，根据上图可知，F1和F2的夹角变小，结合平行四边形定则可知，合力变大，即系统稳定后轻杆AB对滑轮的作用力变大。
故答案为：30，变大。
【点评】本题考查的是平衡状态受力分析的运用，根据平行四边形定则解题，题型较为简单。
10．（2024秋 黄浦区校级期末）一质量为m的物体沿倾角θ的斜面恰好可以匀速下滑，则物体与斜面间的摩擦因数为 　tanθ　。若把斜面倾角减为α（α＜θ），将物体由静止放在斜面上，则斜面对物体的摩擦力大小为 　mgsinα　。
【考点】共点力的平衡问题及求解；判断是否存在摩擦力．
【专题】定量思想；合成分解法；共点力作用下物体平衡专题；理解能力．
【答案】tanθ；mgsinα。
【分析】以物体为研究对象，受到重力、支持力和摩擦力，根据平衡条件结合滑动摩擦力的计算公式求解动摩擦因数；物体静止在斜面上，根据平衡条件可得斜面对物体的摩擦力大小。
【解答】解：以物体为研究对象，受到重力、支持力和摩擦力，如图所示：
垂直于斜面方向根据平衡条件可得：FN＝mgcosθ
沿斜面方向根据平衡条件可得：mgsinθ＝f
又有：f＝μFN
联立解得：μ＝tanθ；
若把斜面倾角减为α（α＜θ），将物体由静止放在斜面上，根据平衡条件可得斜面对物体的摩擦力大小为：
f′＝mgsinα。
故答案为：tanθ；mgsinα。
【点评】计算摩擦力，首先要根据物体的受力情况，判断物体的状态，确定是什么摩擦力，再选择解题方法：静摩擦力由平衡条件求解，而滑动摩擦力可由公式或平衡条件求解；当两个物相对静止时，受到的是静摩擦力；当两个物体之间发生相对运动时，受到的是滑动摩擦力。
11．（2024秋 黄浦区校级期末）如图所示，两个质量均为m的物体分别挂在支架上的B点（如图甲所示）和跨过滑轮的轻绳BC上（如图乙所示），图甲中轻杆AB可绕A点转动，图乙中水平轻杆一端A插在墙壁内，已知θ＝30°，重力加速度为g，则图甲中轻杆AB的受力F1＝　mg　，图乙中滑轮受到轻杆AB的作用力F2＝　mg　。
【考点】共点力的平衡问题及求解；牛顿第三定律的理解与应用；力的合成与分解的应用．
【专题】定量思想；推理法；受力分析方法专题；推理论证能力．
【答案】mg，mg。
【分析】对图甲，根据动杆的模型对结点B受力分析，根据平衡条件列式求解，结合牛顿第三定律解答；对图乙，根据定杆模型和定滑轮画受力示意图，然后根据力的平衡条件列式求解。
【解答】解：对图甲，结点B的受力如图
根据平衡条件
水平方向T1cos30°＝N1
竖直方向T1sin30°＝mg
解得N1mg
N1是轻杆对B点的作用力，根据牛顿第三定律，轻杆AB受到的力F1＝N1mg；
对乙图，以滑轮为研究对象，受力如图
由于定滑轮的作用，所以T2大小等于mg，又因为T2与水平方向的夹角为30°，故T2和mg的夹角是120°，根据力的合成的知识可知，T2和mg的合力沿左下方与mg成60°夹角，大小等于mg，轻杆对滑轮的力N2与合力等大反向，
故N2＝mg
故答案为：mg，mg。
【点评】考查动杆定杆，滑轮和结点的受力分析和利用平衡条件列式解决相关问题。
四．解答题（共4小题）
12．（2024春 惠州期末）如图所示，某小朋友设计了一个“平衡”的小游戏，他将质量为M的小物块A放在水平桌面上，质量为m的小物块B通过轻绳与A相连，水平拉力F（大小未知）作用在物块B上，当轻绳与竖直方向的夹角调整为θ时，小物块A刚好在桌面不滑动，系统处于平衡状态。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度为g。求：
（1）拉力F和轻绳AB间的拉力大小；
（2）小物块A与桌面间的动摩擦因数μ。
【考点】图解法解决动态平衡问题．
【专题】定量思想；推理法；合成分解法；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．
【答案】（1）拉力F＝mgtanθ，轻绳AB间的拉力大小；
（2）小物块A与桌面间的动摩擦因数。
【分析】（1）对B受力分析，并正交分解力，由平衡平衡条件，可求拉力F和轻绳AB间的拉力大小；
（2）对物块受力分析，并正交分解力，由平衡条件可解出小物块A与桌面间的动摩擦因数μ。
【解答】解：（1）对B受力分析，由平衡平衡条件得
mg＝Tcosθ
F＝Tsinθ
联立得
F＝mgtanθ
（2）以A为对象，平衡条件可得
Tsinθ＝f
Tcosθ+Mg＝FN
又
f＝μFN
联立可得
答：（1）拉力F＝mgtanθ，轻绳AB间的拉力大小；
（2）小物块A与桌面间的动摩擦因数。
【点评】本题考查共点力平衡条件的应用，解题关键掌握受力分析以及运用正交分解法求解力。
13．（2024春 滨州期末）炎热夏天，人们都安装空调，图甲是某小区高层住宅外安装空调主机的情境。为安全起见，要求吊运过程中空调主机与楼墙保持一定的距离。原理如图乙，一人在高处控制一端系在主机上的轻绳P，另一人在地面控制另一根一端系在主机上的轻绳Q，二人配合可使主机缓慢竖直上升。主机质量m＝49kg，当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°。主机视为质点，重力加速度g＝10m/s2（sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）。求：
（1）此时P、Q绳中拉力的大小；
（2）此时地面上的人对地面摩擦力的大小和方向。
【考点】共点力的平衡问题及求解．
【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．
【答案】（1）Q绳中拉力的大小1050N，P绳中拉力的大小1400N；
（2）地面上的人对地面摩擦力的大小840N，方向水平向右。
【分析】（1）对空调主机受力分析，根据平衡条件列式，求拉力大小；
（2）对地面上的人受力分析，在水平方向根据平衡条件求人受到的摩擦力，再根据牛顿第三定律，分析人对地面的摩擦力。
【解答】解：（1）对空调主机受力分析，建坐标系如图所示
根据平衡条件，则y方向有
FPcosα＝mg+FQcosβ
x方向有
FPsinα＝FQsinβ
联立解得
FQ＝1050N，FP＝1400N
（2）对地面上的人受力分析，在水平方向有
Ff＝F′Qsinβ
解得
Ff＝840N
方向水平向左，由牛顿第三定律知人对地面的摩擦力大小
F′f＝Ff＝840N
方向水平向右。
答：（1）Q绳中拉力的大小1050N，P绳中拉力的大小1400N；
（2）地面上的人对地面摩擦力的大小840N，方向水平向右。
【点评】本题解题关键是正确受力分析，采用正交分解法沿着水平和竖直方向正确列出平衡等式。
14．（2024秋 武昌区校级期末）如图所示，质量为m的物块在一大小为mg、方向与斜面成37°角斜向下的推力F（力的作用线在斜面上的投影与斜面底边平行）作用下在斜面上以速度v做匀速运动，运动过程中斜面一直保持静止。若某时刻，物块与斜面右边缘的距离为x、与斜面底边的距离为y，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，斜面质量为M。求：
（1）物块滑离斜面所需要的时间t；
（2）物块滑离斜面前，地面给斜面的支持力大小N。
【考点】共点力的平衡问题及求解；匀变速直线运动位移与时间的关系．
【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．
【答案】（1）物块滑离斜面所需要的时间为或；
（2）物块滑离斜面前，地面给斜面的支持力大小为（M+1.6m）g。
【分析】（1）根据力的合成与分解分析速度方向，根据运动学公式解答；
（2）根据共点力平衡条件解答。
【解答】解：（1）力F在平行斜面向右方向的分力F1＝Fcos37°＝0.8mg
重力沿斜面向下的分力G1＝mgsin37°＝0.6mg，则两个力的合力与摩擦力等大反向，则合力与水平方向的夹角的正切值tanα
即α＝37°
即物块的速度方向与水平方向夹角为37°；
若y＜xtan37°，则滑块从底边滑出斜面，所用时间为t
若y＞xtan 37°，则滑块从侧边滑出斜面，所用时间为t
（2）物块滑离斜面前，地面给斜面的支持力大小N＝（M+m）g+Fsin37°＝（M+1.6m）g。
答：（1）物块滑离斜面所需要的时间为或；
（2）物块滑离斜面前，地面给斜面的支持力大小为（M+1.6m）g。
【点评】本题考查共点力平衡条件的应用，解题关键注意空间思维的培养，掌握平衡条件的运用即可。
15．（2024春 鼓楼区校级期末）如图所示，两个半圆柱A、C紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱B，三者半径均为R，B的质量为m，A、C的质量都为，与地面间的动摩擦因数均为μ。现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至B恰好降到地面，整个过程中C保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
（1）未拉A时，C对B的作用力大小；
（2）满足题中条件，μ的最小值μmin。
【考点】图解法解决动态平衡问题．
【专题】计算题；信息给予题；定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．
【答案】（1）未拉A时，C对B的作用力大小为；
（2）满足题中条件，μ的最小值为。
【分析】（1）以B为研究对象，分析受力，根据平衡条件和几何知识计算；
（2）以B为研究对象，分析受力，根据平衡条件和几何知识推导地面对C的支持力和摩擦力，根据摩擦力讨论计算。
【解答】解：（1）B受力如图所示
由平衡条件可得
F12＝mg
由平行四边形定则可得
由图可得
解得
（2）对B受力分析，如图所示
由平衡条件和题意可得
对C受力分析，如图所示
由牛顿第三定律
由平衡条件可得
要使C物体始终不动，则
f≤fmax
最大静摩擦力等于滑动摩擦力
fmax＝μN
代入数据解得
由图可得，B柱下滑过程，接近地面时，α最大值。根据
解得
αmax＝60°
所以动摩擦因数的最小值为
答：（1）未拉A时，C对B的作用力大小为；
（2）满足题中条件，μ的最小值为。
【点评】本题关键掌握研究对象的选取和摩擦力变化情况的讨论。
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