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第07 讲 共点力的平衡（专项训练）
模拟·基础演练
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
AD
B
B
AD
C
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
C
A
A
BC
C
C
C
B
BC
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
D
AC
D
D
AC
B
AC
B
C
2．【答案】 3 变小 不变
【详解】[1]手机受到底托T 的作用力大小为
，板面S 对手机的作用力大小为
，以及重力3 个力的作
用；
[2] 设手机质量为m，板面S 与水平方向的夹角为
，以手机为对象，根据受力平衡可得
保持转轴A 不动，将支撑杆H 由竖直方向逆时针缓慢转动一个小角度，则
变大，可知底托T 对手机的作
用力变大；
[3]支架对手机的作用力与手机的重力平衡，则支架对手机的作用力不变。
3．【答案】 不变 不变
【详解】[1] [2]开始时物块沿斜面匀速下滑，则物块和斜面体都处于平衡状态，竖直方向斜面体受到水平
面的支持力等于物块和斜面体的重力之和，根据牛顿第三定律，斜面体对水平面的压力等于物块和斜面体
的重力，水平方向，地面对斜面体的摩擦力为零，当对物块施加平行斜面向下的恒定推力后，物块沿斜面
下滑的过程中，物块对斜面体的压力不变，则摩擦力也不变，即斜面体受力不变，所以斜面体对水平面的
压力不变，仍等于物块和斜面体的重力；水平方向，地面对斜面体的摩擦力仍为零，也不变。
4．【答案】 增大 减小 增大
【详解】[1]同一根轻绳上弹力大小处处相等，绳a 的弹力与绳b 对滑轮的作用力大小相等，方向相反，可
知，绳a 弹力方向一定沿
的角平分线，则有
可知，在
增大过程中，
增大；
[2][3]对重物进行分析有F=mg
对滑轮进行分析，根据平衡条件有
解得
，
可知，在
增大过程中，
减小，
增大。
8．【答案】
【详解】[1]对任意一颗珍珠进行受力分析，珍珠受到竖直向下的重力
、垂直于圆锥面指向斜上方的支
持力
以及两根细线的拉力
。由题意知圆锥顶角为
，则圆锥母线与竖直方向夹角为
，根据几何关
系可知，支持力
与竖直方向夹角为
。在竖直方向上，由平衡条件可得
解得
[2]在水平方向上，支持力的水平分力
方向背离圆心。珍珠在水平面内处于平衡状态，细线拉力的合力
必须与支持力的水平分力平衡，即
方向指向圆心。由俯视图可知，6 颗珍珠等间距分布，细线构成正六边形，相邻两边夹角为
。两根细
线拉力大小均为
，夹角为
，其合力大小
联立解得
9.【答案】(1)65N
(2)0
(3)
【详解】（1）对滑块A 由平衡条件得
代入数据解得
（2）B 由P 到Q，A 下滑
B 到Q 时弹簧压缩量
由于
弹簧弹性势能的变化量
（3）B 由P 到Q，对A、B 系统根据机械能守恒定律得
且
解得
11．【答案】(1)3N；0(2)
(3)
【详解】（1）
平板静止时，根据平衡条件
解得吸盘对平板电脑的摩擦力大小
支架和平板整体只受重力和支持力，则桌面对支架的摩擦力大小
（2）
当加速度最大时，吸盘对平板的弹力恰好为零，对平板电脑
解得
（3）当平板在吸盘的下方且有倾角
时，更容易滑动，受力分析如图
将要滑动时
又
解得
当
角改变时，由数学知识
因此，保证平板可以静止在任意平面上的最小吸引力为
。
14.【答案】(1)游戏者不能到达冰坑边缘A 点
(2)（i）172J；（ii）156J
【详解】（1）游戏者不能到达冰坑边缘A 点，游戏者在冰坑边缘A 点，有
重力沿冰坑切面向下的分力
由于
故游戏者不能到达冰坑边缘A 点；
（2）（i）设球面冰坑的半径为R，有
则
增加的重力势能
解得
（ii）设游戏者在离开冰面时受到的支持力为N，竖直方向，有
水平方向，有
当
时，游戏者具有最小速度和最小动能，有
解得
15．【答案】 变大 变小
【详解】[1][2]对风筝受力分析，并建立直角坐标系，如图
由于夹角φ 不变，可知风力方向F 不变，根据矢量三角形可知，当夹角α 增大，风筝受到的风力变大，风
筝线上的拉力变大。对该同学受力分析可知
由于拉力变大，夹角α 增大，所以支持力变小。
22．【答案】 变大 变大
【详解】[1]在物块缓慢移动过程中，以物块为研究对象，根据受力平衡可得
可知
轻绳2 与竖直方向的夹角
逐渐增大，
越来越小，则轻绳2 的张力越来越大；
[2]在物块缓慢移动过程中，M、N 之间的轻绳1 长度不变，根据数学知识可知，小环O 的运动轨迹为椭圆，
M、N 为椭圆的两个焦点，当轻绳2 与M、N 连线方向垂直时，小环O 刚好位于椭圆的短轴顶点上，根据
椭圆知识可知，此时
最大，则此过程中
逐渐增大，以小环O 为研究对象，根据受力平
衡可得
可得
，可知此过程中轻绳1 的张力一直变大。
29．【答案】(1)0.5
(2)
【详解】（1）由题知，最上层谷粒恰好处于静止状态，设圆锥体的底角为
,对其受力分析，可得
解得
（2）当圆锥体底角大小为
时，对最上层谷粒，根据牛顿第二定律有
解得
32．【答案】(1)
(2)
,
(3)
,
【详解】（1）物块受到的力
根据牛顿第二定律
解得
（2）沿斜面运动，当摩擦力为零时速度最大，则有
得
根据动能定理
解得
（3）沿斜面正交分解有
垂直斜面正交分解有
摩擦力为
解得
设
可得
时，
最小，最小值为
方向：
或直接受力分析，夹角
为定值，重力恒定，故外力
垂直于支持力与摩擦力的合力时，
最小，则有
重难·创新演练
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
AD
B
D
A
A
B
B
B
5．【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）开始时手对小球的拉力大小
系统静止，先对斜面上物块
受力平衡，绳子拉力
对小球
竖直方向受力平衡
解得
（2）小球上升到最大高度时，两者速度均为0，忽略摩擦，只有重力做功，系统机械能守恒。 初始时滑
轮到小球的绳长
小球上升
后，滑轮到小球的绳长
因此物块
沿斜面向下移动的距离
重力势能减少量等于小球重力势能增加量
解得
（3）由机械能守恒，小球回到初始位置时势能与初始相同，动能为0，故
设绳子拉力为
，对
沿斜面向下为正方向列牛顿第二定律
对小球
竖直向上为正方向列牛顿第二定律
速度关联，加速度关系
整理得
10.【答案】(1)
，方向竖直向上
(2)
【详解】（1）图甲中直升飞机处于悬停状态，处于平衡状态，因为桨翼旋转造成空气对直升机作用力的
大小
，方向竖直向上。
（2）图乙直升机水平向右直线飞行，设空气作用力为
，与机身方向垂直，水平分量向右，飞机在水平
方向，根据牛顿第二定律，有
竖直方向
解得
真题·实战演练
题号
1
2
答案
A
2．【答案】(1)450N(2)9.0×103J(3)600W
【详解】（1）由于木板匀速运动则有
解得
（2）根据功的定义式有
解得
（3）根据功率的定义
，有
