第3講受力分析共點力的平衡

學(xué)習(xí)目標(biāo)1.從具體的情境中選擇研究對象，會分析其彈力、摩擦力的有無及方

向。2.會靈活應(yīng)用整體法和隔離法對多物體受力分析。3.會運用共點力平衡的條

件分析解決平衡問題。

■夯實必備知識

把指定物體（研究對象）在特定的物理環(huán)境中受到的所

T定義卜有外力都找出來，并畫出受力示意圖,這個過程就是

受力分析

受

T研究對象選取方法：整體法或隔離法,

端一廠［明確中象—可以是單個物體，也可以是多個物體

1―T―的組合

先分析重力和已知力,再按接觸面分

q步驟）--［進(jìn)行分析.析彈力、摩擦力,最后分析其他力（靜

電力、磁場力等）

將物體受到的力—畫在受力示意圖

q畫示意圖卜上,準(zhǔn)確標(biāo)出各力的方向，盡量做到

1大力長線、小力短線

P（平衡狀態(tài)卜物體靜止或做勻速直線運動

T平衡條件7=0或F,=（）,F,=（）

共

點

二力—如果物體在兩個共點力的作用下處于平衡

力

平衡狀態(tài)，這兩個力必定大小相等,方向相反

平

衡

r—n如果物體在三個共點力的作用下處于平衡

q推論）——或%—狀態(tài)，其中任意兩個力的僉力一定與第三

UJ個力大小相等，方向相反

—n如果物體受多個共點力作用處于平衡狀態(tài),

—其中任何一個力與其余力的合力大小相

王倒等，方向相反

2.

1.思考判斷

⑴物體沿光滑斜面下滑時，受到重力、支持力和下滑力的作用。（X）

（2）物體的速度為零即處于平衡狀態(tài)。（X）

（3）物體處于平衡狀態(tài)時，其加速度一定為零。（J）

（4）物體受兩個力作用處于平衡狀態(tài)，這兩個力必定等大反向。（J）

（5）物體受三個力為、F?、F作用處于平衡狀態(tài)，若將仍轉(zhuǎn)動90。，則這三個力的

合力大小為吸入。（V）

2.“空中速降”是一項具有挑戰(zhàn)性的體育游樂項目。如圖所示，某人沿一根繩索

勻速下滑，繩索上端A豎直，下端3松弛。下列對人的受力分析正確的是（）

答案A

?研透核心考點

考點一受力分析

受力分析的四種方法

在未知某力是否存在時，先對其做出不存在的假設(shè)，然后根據(jù)該

假設(shè)法

力不存在對物體運動和受力狀態(tài)的影響來判斷該力是否存在

將加速度相同的幾個相互關(guān)聯(lián)的物體作為一個整體進(jìn)行受力分析

整體法

的方法

將所研究的對象從周圍的物體中分離出來，單獨進(jìn)行受力分析的

隔離法

方法

對加速運動的物體進(jìn)行受力分析時，應(yīng)用牛頓運動定律進(jìn)行分析

動力學(xué)分析法

求解的方法

例1如圖1所示，兩梯形木塊A、3疊放在水平地面上,A、3之間的接觸面傾斜。

A的左側(cè)靠在光滑的豎直墻面上，加水平推力后，關(guān)于兩木塊的受力，下列說法

正確的是（）

A.A、3之間一定存在摩擦力作用

B.木塊A可能受三個力作用

C.木塊A一定受四個力作用

D.木塊3一定受到地面向右的摩擦力

答案B

解析如果A受到重力、墻面對它的彈力和5對它的支持力，這三個力恰好平衡，

則A、3之間沒有摩擦力，故A、C錯誤，B正確；以A、3整體為研究對象，豎

直方向受到的重力和地面的支持力，水平方向受到水平推力和墻面的彈力，

水平地面可以對3無摩擦力，故D錯誤。

H跟蹤訓(xùn)練

1.（2024?四川蓉城名校聯(lián)盟聯(lián)考）如圖2,天花板與水平面間的夾角為8=37。，一

質(zhì)量為m的物塊在一垂直于天花板向上的力R作用下靜止于天花板上，已知物塊

與天花板之間的動摩擦因數(shù)為〃=0.5,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加

速度大小為g,sin37°=0.6,cos37°=0.8,則（）

A.物塊可能只受三個力作用

B.物塊對天花板的摩擦力沿天花板向上

C.力F的大小不得小于2mg

D.力F的大小可能為1.25mg

答案C

解析物塊在重力作用下，有沿天花板下滑的趨勢，一定受到沿天花板向上的靜

摩擦力，天花板對物塊一定也有彈力，所以物塊受重力、推力F,天花板的彈力

和摩擦力四個力的作用，故A錯誤；天花板對物塊的摩擦力沿天花板向上，根據(jù)

牛頓第三定律可知，物塊對天花板的摩擦力沿天花板向下，故B錯誤；對物塊受

力分析及正交分解如圖所示，物塊靜止，則y方向有R=mgcos6+RN,x方向有

Ff=mgsin8WFfm=〃FN,聯(lián)立解得故C正確，D錯誤。

■方法技巧'

受力分析的三個技巧

(1)不要把研究對象所受的力與研究對象對其他物體的作用力混淆。

(2)除了根據(jù)力的性質(zhì)和特點進(jìn)行判斷，假設(shè)法是判斷彈力、摩擦力的有無及方向

的常用方法。

(3)善于轉(zhuǎn)換研究對象，尤其是在彈力、摩擦力的方向不易判定的情形中，可以分

析與其接觸物體的受力，再應(yīng)用牛頓第三定律判定。

考點二共點力的平衡條件及應(yīng)用

求解共點力平衡問題的常用方法

(1)合成法：一個力與其余所有力的合力等大反向，常用于非共線三力平衡。

(2)正交分解法：氏余=0,K合=0,常用于多力平衡。

(3)矢量三角形法：把表示三個力的有向線段構(gòu)成一個閉合的三角形，常用于非特

殊角的一般三角形。

角度11三力平衡

例2質(zhì)量為機的小球,用細(xì)線A3懸掛在豎直的墻壁上，細(xì)線與墻壁的夾角為60。,

如圖3甲所示，當(dāng)小球受到拉力為時，拉力與細(xì)線的夾角為120。，小球正好靜

止不動，細(xì)線拉力為歹甲。如圖乙所示，當(dāng)小球受到拉力五2時，拉力與細(xì)線的夾

角為150。，小球正好靜止不動，細(xì)線拉力為R乙，重力加速度為g,下列等式正

確的是()

圖3

A.Fi=mgB.在2=2機g

C.Fv=\f3mgD.FL=y[jmg

答案A

解析法一合成法

對甲圖中小球受力分析，如圖⑴所示。小球處于平衡狀態(tài)，由合成法可得拉力

F\=mg,Fv=mg,故A正確，C錯誤；

mgmg

(1)(2)

對乙圖中小球受力分析，如圖⑵所示，小球處于平衡狀態(tài)，由合成法可得仍=

mgtan60°=y/3mg,F乙=溫懸心=2/ng,故B、D錯誤。

法二正交分解法

對甲圖中小球受力分析，建立坐標(biāo)系，分解B和R甲，如圖⑶所示，

x軸方向：Fisin60。=尸甲sin60°

y軸方向：Ficos60°+F^cos6Q°=mg

聯(lián)立解得八=f\=/ng,故A正確，C錯誤；

對乙圖中小球受力分析，建立坐標(biāo)系，分解R乙，如圖(4)所示，

x軸方向：F2=Fisin60°

y軸方向：Ficos60°=mg

聯(lián)立解得尸2=小根?，F(xiàn)乙=2mg,故B、D錯誤。

2.如圖4所示，在天花板的某點處豎直固定一根輕桿a,桿的下端有一個不計大小

的輕質(zhì)定滑輪。。一根跨過滑輪。的細(xì)線下端系一個重為G的物體，在細(xì)線A

端施加拉力R使物體保持靜止，。4與豎直方向的夾角6=60。，不計一切摩擦。

下列說法中正確的是（）

A.細(xì)線彈力大小為2G

B.a桿對滑輪的作用力大小為4G

C.a桿對滑輪的作用力方向沿著桿豎直向上

D.a桿對滑輪的作用力大小為G

答案B

解析對物體受力分析可知，細(xì)線彈力與其重力平衡，所以細(xì)線彈力大小為G,

故A錯誤；由于滑輪兩側(cè)細(xì)線中彈力大小相等，所以滑輪兩側(cè)細(xì)線彈力的合力歹

方向位于兩側(cè)細(xì)線夾角的平分線上（如圖所示），根據(jù)對稱性可知兩側(cè)細(xì)線彈力的

合力大小為F=2Tcos30°=y[3G,方向與豎直方向夾角為30。斜向左下。對滑輪根

據(jù)平衡條件可知，。桿對滑輪的作用力與R平衡，其大小也為小G,方向與豎直

方向夾角為30。斜向右上，故B正確，C、D錯誤。

F

3.（2024.海南統(tǒng)考模擬）如圖5所示，兩個可視為質(zhì)點的光滑小球a和b,先用一剛

性輕細(xì)桿相連，再用兩根細(xì)繩兩端分別連接八人球，并將細(xì)繩懸掛在。點。已

知小球。和6的質(zhì)量之比ma：mb=y[3：1,細(xì)繩Oa的長度是細(xì)繩Ob的長度的吸

倍，兩球處于平衡狀態(tài)時，繩0a上的拉力大小為Fa,繩Ob上的拉力大小為Fb。

則及：互為（）

A.^3：1B.加：1

C.?。簓[2D.y[2：y[3

答案B

解析兩球都受到重力、細(xì)桿的彈力和細(xì)繩的拉力這三個力的作用而處于平衡狀

態(tài)，對。、6受力分析，如圖所示，在圖中過。點作豎直線交時于c點，則△Oac

與小球。的力矢量三角形相似，△。尻與小球6的力矢量三角形相似，有警=尹，

lOclOa

猿=*解得Ez：入=&：1,故B正確。

角度級多力平衡

例3（2024?上海虹口模擬）如圖6所示，一質(zhì)量為m的正方體物塊置于風(fēng)洞內(nèi)的水

平面上，其一面與風(fēng)速垂直，當(dāng)風(fēng)速為00時剛好能推動該物塊。已知風(fēng)對物塊的

推力R8s濟(jì)，其中。為風(fēng)速、S為物塊的迎風(fēng)面積。當(dāng)風(fēng)速變?yōu)?oo時，剛好能

推動用同一材料做成的另一正方體物塊，則該物塊的質(zhì)量為（最大靜摩擦力等于滑

動摩擦力）（）

v

m

圖6

A.4mB.8m

C.32mD.64m

答案D

解析設(shè)質(zhì)量為機的正方體物塊的邊長為a,密度為當(dāng)風(fēng)速為oo時剛好能推

動物塊，根據(jù)平衡條件有R=B,RN=mg,其中F=kSv2=ka2vi,F（=^FN,m=pa3,

解得整；當(dāng)風(fēng)速變?yōu)?oo時，剛好能推動物塊的邊長變?yōu)?a,物塊的體積變

為64a3,則物塊質(zhì)量變?yōu)榧?64/%3=64機，故D正確。

m艮aiUM

4.（2024?北京海淀模擬）如圖7所示，質(zhì)量為m的木箱在大小為F的水平外力作用

下，沿傾角為。的斜面勻速向上運動，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）

圖7

A.木箱所受合力大小為mgsm0+Fcos0

B.斜面對木箱的支持力大小為機geos6

C.斜面對木箱的摩擦力大小為Feos0—mgsm0

D.斜面對木箱作用力的合力大小為F+mg

答案C

解析對木箱進(jìn)行受力分析，受到重力機g、斜面的彈力K、摩擦力再、水平外

力F,如圖所示。由于木箱沿著斜面勻速向上運動，根據(jù)木箱受力平衡得木箱所

受合力大小為0,A錯誤；垂直于斜面方向上受力平衡，斜面對木箱的支持力大

小斤N=RsinO+zngcosaB錯誤；由于沿著斜面方向上受力平衡，有Reos6=a

+mgsin0,得斜面對木箱的摩擦力大小為B=Rcos。一機gsinaC正確；斜面對

木箱作用力的合力大小與重力和外力R的合力大小相等，即產(chǎn)+（mg）2,

D錯誤。

■方法總結(jié)，

處理平衡問題的三個技巧

(1)物體受三個力平衡時，利用力的分解法或合成法比較簡單。

⑵物體受四個或四個以上的力作用時，一般要采用正交分解法。

(3)正交分解法建立坐標(biāo)系時應(yīng)使盡可能多的力與坐標(biāo)軸重合，需要分解的力盡可

能少。

考點三整體法和隔離法解決多物體平衡問題

多物體通常由兩個或兩個以上的研究對象，通過直接接觸或通過繩、桿等媒介連

接組合，如疊加體、連接體等，處理方法通常是整體法和隔離法交替使用。

例4(2024?廣東模擬預(yù)測)如圖8所示，質(zhì)量為m的正方體A和質(zhì)量為M的正方

體B放在兩豎直墻和水平面間，處于靜止?fàn)顟B(tài)。A和3的接觸面與豎直方向的夾

角為a,重力加速度為g,若不計一切摩擦，下列說法正確的是()

A.水平面對正方體B的彈力大于(航+m)g

B.水平面對正方體B的彈力大小為(航+m)gcosa

C.墻面對正方體A的彈力大小為mgtana

D.墻面對正方體3的彈力大小為懸

Ldnex

答案D

解析對A和5構(gòu)成的整體進(jìn)行受力分析，如圖甲所示，整體受重力(M+m)g、

水平面的支持力RN、兩墻面的支持力RNA和RNB,由于兩正方體受力平衡，根據(jù)

共點力平衡條件，水平面對正方體3的彈力大小為FN=(M+m)g,故A、B錯誤；

隔離A,對A進(jìn)行受力分析，受重力mg、墻面的支持力RNA、3的支持力RNBA,

如圖乙所示，根據(jù)共點力平衡條件有，豎直方向mg=bNBAsina,水平方向RNA=

FNBACOS?,解得匕即墻面對正方體A的彈力大小等于恐，故C錯誤；

由整體法可知FNB=RNA,則墻面對正方體3的彈力大小為FNB=EF，故D正確。

idn(X

(M+/n)gmg

甲乙

■方法總結(jié)'

處理多物體平衡問題的技巧

(1)合理選擇研究對象：在分析兩個或兩個以上物體間的相互作用時，一般采用整

體法與隔離法進(jìn)行分析，在使用時有時需要先整體再隔離，有時需要先隔離再整

體，交替使用整體法和隔離法。

(2)轉(zhuǎn)移研究對象：用隔離法直接分析一個物體的受力情況不方便時，可轉(zhuǎn)移研究

對象，先隔離分析相互作用的另一個物體的受力情況，再根據(jù)牛頓第三定律分析

該物體的受力情況。

m艮awia

5.如圖9所示，兩個質(zhì)量均為m的小球通過兩根輕彈簧A、B連接，在水平外力F

作用下，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧實際長度相等。彈簧A、3的勁度系數(shù)分別為

kA、kB,且原長相等。彈簧A、3與豎直方向的夾角分別為。與45。。設(shè)A、3中

的拉力分別為入、后，小球直徑相比彈簧長度可忽略，重力加速度為g,則()

B./CA=kB

C.FA=\[3mgD.FB=2mg

答案A

解析對下面的小球進(jìn)行受力分析，如圖甲所示。根據(jù)平衡條件得尸=mgtan45。

=mg,FB=^^fmg,故D錯誤；對兩個小球整體受力分析，如圖乙所示，

F1I------------L

根據(jù)平衡條件得tan。=五而，又F=mg,解得tan。：1FA=^（2mg）2+F2=A/5

AFR

mg,故A正確，C錯誤；由題意可知，兩彈簧的形變量相等，則有％=詈=詈,

KAKB

解得鋁冷強故B錯誤。

2mg

乙

素養(yǎng)能力（限時：40分鐘）

A級基礎(chǔ)對點練

對點練1受力分析

1.（2024?河北滄州統(tǒng)考期末）如圖1所示，用輕繩將物體。系于豎直墻面，。與墻

面之間夾有物體P,P、。均處于靜止?fàn)顟B(tài)，則下列說法正確的是（）

A.物體P一定受到4個力的作用

B.物體P可能受到4個力的作用

C.物體?？赡苁艿?個力的作用

D.物體Q一定受到3個力的作用

答案B

解析物體P受到的力有重力、壓力、支持力、墻的摩擦力和。的摩擦力（兩個

摩擦力可能存在其中一個，也可能同時存在），故物體P可能受到4個或5個作用

力，故A錯誤，B正確；物體Q受到的力有重力、拉力、支持力、P的摩擦力（可

能存在），故物體。可能受到3個或4個作用力，故C、D錯誤。

2.（2024.重慶八中質(zhì)檢）如圖2所示，在細(xì)線拉力作用下風(fēng)箏靜止在空中。若風(fēng)箏

重力不能忽略，則空氣對風(fēng)箏作用力的方向可能是（）

A.①B.@

C.③D.④

答案B

解析風(fēng)箏靜止于空中，處于平衡狀態(tài)，所受合外力為零。空氣對風(fēng)箏的作用力，

與風(fēng)箏重力和細(xì)線拉力的合力等大反向，受力分析如圖所示，則空氣對風(fēng)箏作用

力的方向可能是②的方向，故B正確。

3.（多選）如圖3所示，一個質(zhì)量m=0.4kg的小球穿在水平直桿上處于靜止?fàn)顟B(tài),

現(xiàn)對小球施加一個5N的拉力F,R與桿的夾角為53。，小球與桿之間的動摩擦因

數(shù)〃=0.5,則（g取10N/kg）（）

圖3

A.小球受到2個力

B.小球受到3個力

C若尸=10N,則小球受4個力

D.若歹=10N,則小球受3個力

答案AC

解析如圖在沿桿和垂直桿方向建立直角坐標(biāo)系，當(dāng)R=5N時，R在y軸上的分

力3=Rsin53。=4N,R與重力在y軸上的合力剛好為0,所以桿與小球只接觸

不擠壓，無彈力和摩擦力，A正確，B錯誤；當(dāng)歹=10N時，3=8N,F與重力

在y軸上的合力為4N,垂直于桿向上，此時桿對小球的彈力垂直于桿向下，且歹

在水平方向上有分力，因此桿對小球還有摩擦力，小球一共受4個力，C正確，

D錯誤。

對點練2共點力平衡的條件及應(yīng)用

4.如圖4所示，輕桿一端固定在豎直墻壁上，另一端固定一個質(zhì)量為1.6kg的小

球，勁度系數(shù)為100N/m的水平輕質(zhì)彈簧夾在墻壁與小球之間，處于壓縮狀態(tài),

彈簧的壓縮量為12cm,輕桿與墻壁的夾角為60。。取重力加速度大小g=10m/s2,

彈簧始終在彈性限度內(nèi)。輕桿對小球的作用力大小為()

圖4

A.12NB.16N

C.20ND.32N

答案C

解析小球受重力機g、彈簧水平向右的彈力R彈、輕桿的作用力R而處于平衡狀

態(tài)，由平衡條件可得可=1(mg)2+蹊,又加g=16N,F^=區(qū)=12N,聯(lián)立可

得F=y/162+122N=20N,故C正確。

5.(2024.四川成都模擬)2023年的春晚舞蹈《錦繡》，藝術(shù)地再現(xiàn)了古代戍邊將士與

西域各民族化干戈為玉帛并建立深厚友誼的動人故事。圖5(a)是一個優(yōu)美且難度

極大的后仰動作，人后仰平衡時，可粗略認(rèn)為頭受到重力G、肌肉拉力人和頸椎

支持力為。如圖(b),若彎曲后的頭頸與水平方向成60。角，B與水平方向成45。

角，則可估算出后的大小為()

（a）（b）

圖5

A.（V3+1）GB.（V3-1）G

C.（小+2）GD.（V3-2）G

答案A

解析由力的平衡條件可得Risin60o=G+F?sin45。，F(xiàn)icos60°=F2cos45°,解得

Fi=（V3+l）G,故A正確。

6.如圖6(a)是一種大跨度懸索橋梁，圖(b)為懸索橋模型。六對輕質(zhì)吊索懸掛著質(zhì)

量為M的水平橋面，吊索在橋面兩側(cè)豎直對稱排列，其上端掛在兩根輕質(zhì)懸索上

［圖(b)中只畫了一側(cè)分布］,懸索兩端與水平方向成45。，則一根懸索水平段CD上

的張力大小是(）

圖6

1

C.-^MgD.戲g

答案A

解析對左邊的懸索A3C受力分析，如圖所示，由平衡條件可得TCD=TCOS45。,

Tsin45o=|wg,解得故A正確。

Mg

4

對點練3整體法和隔離法解決多物體平衡問題

7.（2024?江蘇徐州模擬預(yù)測）質(zhì)量為m粗細(xì)均勻的麻繩如圖7所示懸掛，懸點處切

線與豎直方向夾角分別為37。和53。，P點為最低點，sin37o=0.6,則（）

A.左側(cè)懸點對麻繩拉力為Q.6mg

B.右側(cè)懸點對麻繩拉力為O.Smg

C.最低點尸處張力為0.3mg

D.P點右側(cè)麻繩質(zhì)量為0.36m

答案D

解析對麻繩受力分析，受重力mg,左側(cè)懸點對麻繩拉力Fu右側(cè)懸點對麻繩

拉力Fi,則Ficos37°+F2COS53。=mg,Fisin37°=F2sin53°,解得Fi=0.8mg,

F2=0.6mg,故A、B錯誤；對右側(cè)麻繩受力分析，受重力mig、最低點尸處張力

F、右側(cè)懸點對麻繩拉力尸2,則F=F2sin53°=0.48mg,m\g=Ficos53°=0.36mg,

所以尸點右側(cè)麻繩質(zhì)量為加=0.36機，故C錯誤，D正確。

8.（2024?安徽模擬預(yù)測）如圖8,半徑為R、質(zhì)量為m的半圓柱體A放在粗糙的水

平地面上，A與豎直墻面間有一半徑為R質(zhì)量為機的光滑圓柱體3,A和3的

質(zhì)量分布都均勻。改變半圓柱體A距豎直墻面的距離，使A、3仍保持靜止?fàn)顟B(tài)，

半圓柱體A的圓心距豎直墻面的最遠(yuǎn)距離為2凡設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,

則半圓柱體A與地面間的動摩擦因數(shù)為（）

A坐

C雪D聿

3o

答案D

解析對A、3整體受力分析如圖甲所示，可知地面對A的支持力RN地=2/ng,

摩擦力4=人墻。對3受力分析如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知。=30。，則外埼=

mgtan30°,又歷=〃外地，聯(lián)立解得〃，乳=乎,故D正確。

甲乙

B級綜合提升練

9.如圖9所示，將兩個相同的木塊P、Q置于粗糙斜面上，P、。中間有一處于壓

縮狀態(tài)的彈簧，彈簧不與尸、Q拴接。木塊P受到一個沿斜面向下的恒定拉力F,

P、。均靜止。下列說法正確的是（）

A.P一定受到5個力的作用

B.Q一定受到4個力的作用

C.只移去彈簧后P可能會沿斜面下滑

D.只移去彈簧后P所受摩擦力可能不變

答案A

解析設(shè)木塊質(zhì)量為m,斜面傾角為0,對尸受力分析如圖所示，則P受到重力、

支持力、彈簧彈力、摩擦力、拉力5個力的作用，A正確；。受到的彈簧彈力沿

斜面向上，若。重力沿斜面向下的分力與彈簧彈力的大小相等，則Q不受摩擦力，

所以?？赡苁艿街亓?、支持力、彈簧彈力3個力的作用，B錯誤；有彈簧時，正

交分解P受到的重力，沿斜面方向受力平衡，有Bp=mgsin6+R彈+R,只移去

彈簧時，有BP，=機gsin。+憶可知木塊P受到的沿斜面向下的力變小，需要的

摩擦力變小，故木塊P仍然靜止，C、D錯誤。

10.（2024?湖北武漢聯(lián)考）如圖10所示，兩個質(zhì)量均為m的A,B小球用輕桿連接，

A球與固定在斜面上的光滑豎直擋板接觸，3球放在傾角為。的斜面上，A、B均

靜止，3球沒有滑動趨勢，則A球?qū)醢宓膲毫Υ笮椋ㄖ亓铀俣葹間）（）

圖10

A^gtan6B.常

D.2機gtan9

答案D

解析根據(jù)題述，B球沒有滑動趨勢，說明5球不受摩擦力作用。豎直擋板光滑，

A球不受摩擦力作用。把A、3看成整體并進(jìn)行受力分析，設(shè)擋板對A球的支持

力為凡由平衡條件可得tan。=總，解得R=2mgtan。，由牛頓第三定律可知，

A球?qū)醢宓膲毫Υ笮?/ngtanaD正確。

11.（2024.江蘇蘇州期末）如圖11所示，a、b兩個小球穿在一根與水平面成。角的

光滑固定桿上，并且通過一條細(xì)繩跨過定滑輪連接，當(dāng)兩球靜止時，段繩與桿

的夾角也為仇。少段繩沿豎直方向。已知。球質(zhì)量為加重力加速度為g,不計

所有摩擦，則下列說法正確的是（）

圖11

A.a可能受到2個力的作用

B方可能受到3個力的作用

C.b的重力為mgtan0

D.繩子對a的拉力等于mg

答案C

解析對方進(jìn)行受力分析，因為。6段繩沿豎直方向，故6只受豎直向下的重力

和豎直向上的繩子拉力而平衡，有Fr=mbg,故B錯誤；細(xì)繩對6有拉力，故對

。也有等大的拉力，對a進(jìn)行受力分析，如圖所示，則a需受3個力才能平衡，

故A錯誤；在a的受力分析圖中，人垂直桿向上，它與豎直方向的夾角為aFT

沿繩方向，故它與豎直方向的夾角4=90。-2仇故。=90。+aFT和FN的合力與

。的重力大小相等，由正弦定理得第=焉，解得H=mgtan。，故D錯誤；又

ex#c/

因為Fr=/n甩，所以》的重力為mgtan仇C正確。

12.(2023?遼寧丹東模擬)如圖12所示，細(xì)線一端系在質(zhì)量為機的圓環(huán)A