《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題沖刺 專題復(fù)習(xí)篇一 力與物體的平衡練習(xí)（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題沖刺 專題復(fù)習(xí)篇一 力與物體的平衡練習(xí)（含解析）（28頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、力與物體的平衡 要點提煉 1.共點力作用下物體平衡的特點 (1)運動學(xué)特點：速度不變(不一定為零)(動能和動量不變)，加速度為零； (2)力學(xué)特點：F合＝0。 2．三個共點力平衡：其中任意一個力與其余兩個力的合力一定大小相等，方向相反；若有兩個力等大，則這兩個力一定關(guān)于第三個力所在直線對稱；表示三個力的有向線段可以組成一個矢量三角形。 3．多個共點力平衡：任意方向上合力為零；建立直角坐標(biāo)系后，兩個坐標(biāo)軸上的合力均為零，即Fx合＝0，F(xiàn)y合＝0；物體受N個力作用而處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個力與其余N－1個力的合力一定等大反向。 4．動態(tài)平衡：物體在緩慢移動過程中，可以認(rèn)為物體時刻

2、處于平衡狀態(tài)，其所受合力時刻為零。 5．帶電粒子或帶電物體在復(fù)合場中處于平衡狀態(tài)時，合力為零；帶電粒子(或微粒)在重力、恒定電場力和洛倫茲力共同作用下的直線運動必然是勻速直線運動。 高考考向1　受力分析　共點力平衡 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 命題角度1 物體的受力分析 例1　(2019·西寧第四中學(xué)高三一模)一個底面粗糙、質(zhì)量為M的斜劈放在粗糙的水平面上，劈的斜面光滑且與水平面成30°角；現(xiàn)用一端固定的輕繩系一質(zhì)量為m的小球，小球放在斜面上，小球靜止時輕繩與豎直方向的夾角也為30°，如圖所示，試求： (1)當(dāng)斜劈靜止時繩子的拉力大小； (2)當(dāng)斜劈靜止時地面

3、對斜劈的摩擦力的大??； (3)若地面對斜劈的最大靜摩擦力等于地面對斜劈支持力的k倍，為使整個系統(tǒng)靜止，k值必須滿足什么條件？ 解析　(1)以小球為研究對象，受力分析如圖1所示，對拉力T和重力mg進(jìn)行正交分解。 由物體的平衡條件可知：Tcos30°＝mgsin30° 得：T＝mg。 　 (2)以斜劈和小球整體為研究對象，整體受力情況如圖2所示， 由物體平衡條件可得：f＝Tcos60°＝mg。 (3)為使整個系統(tǒng)靜止，要求fmax＝kFN≥Tcos60° 而FN＋Tsin60°＝(M＋m)g 聯(lián)立以上兩式可得：k≥。 答案　(1)mg　(2)mg　(3)k≥ 受力分析的常

4、用方法 受力分析貫穿整個力學(xué)，包括分析處于平衡狀態(tài)和非平衡狀態(tài)物體的受力情況，為了知識的連貫，此處歸納出通用的受力分析方法(對于非平衡狀態(tài)的受力分析運用參見后續(xù)二、三、四專題)。 (1)假設(shè)法：在受力分析時，對于彈力、摩擦力，若不能確定是否存在，或者不能確定力的方向、特點，可先作出假設(shè)(如該力存在、沿某一個方向、摩擦力是靜摩擦力)，然后根據(jù)該假設(shè)對運動狀態(tài)的影響判斷假設(shè)是否成立。 (2)整體法與隔離法：若系統(tǒng)內(nèi)各個物體的運動狀態(tài)相同，優(yōu)先采用整體法；如果需要求解系統(tǒng)內(nèi)部的相互作用，可再用隔離法。如果系統(tǒng)內(nèi)部各部分運動狀態(tài)不同，一般用隔離法(如果存在相對運動但整體處于平衡狀態(tài)，也可以采用整

5、體法)。整體法與隔離法一般交叉綜合運用。 (3)轉(zhuǎn)換對象法：當(dāng)直接分析一個物體的受力不方便時，可轉(zhuǎn)換研究對象，先分析另一個物體的受力，再根據(jù)牛頓第三定律分析該物體的受力。 (4)動力學(xué)分析法：根據(jù)物體的運動狀態(tài)用平衡條件或牛頓運動定律確定其受力情況。 備課記錄： 　 　 　 1－1　(2019·河北武邑中學(xué)高三月考)(多選)如圖所示，將一物塊分成靠在一起的A、B兩

6、部分，B放置在地面上，然后在物體A上施加一水平外力F，整個裝置靜止。關(guān)于A、B兩個物體的受力情況，下列說法中正確的是(　　) A．物體A一定受到三個力的作用 B．物體A一定受到四個力的作用 C．物體B一定受到地面對它的摩擦力的作用 D．物體B可能受到四個力的作用 答案　CD 解析　分析物體A的受力情況，一定受到外力F、重力和B對A的支持力，假設(shè)這三個力能使A處于平衡狀態(tài)，則A只受到三個力，假設(shè)這三個力不能使A平衡，則A一定還受到B對A的摩擦力，所以物體A可能受到三個力的作用，也可能受到四個力的作用，A、B錯誤；以整個裝置為研究對象，因為系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，所以B一定受到地面對它的

7、摩擦力作用，C正確；由于力的作用是相互的，從轉(zhuǎn)換對象角度假設(shè)A受到B對它的摩擦力作用，則B一定受到A對它的摩擦力作用，所以物體B可能受四個力作用，也可能受五個力作用，D正確。 1－2　(2019·山東青島高三一模)(多選)如圖，固定在地面上的帶凹槽的長直桿與水平面成α＝30°角，輕質(zhì)環(huán)a套在桿上，置于凹槽內(nèi)質(zhì)量為m的小球b通過一條細(xì)繩跨過固定定滑輪與環(huán)a連接。a、b靜止時，細(xì)繩與桿間的夾角為30°，重力加速度為g，不計一切摩擦，下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)受到3個力的作用 B．b受到3個力的作用 C．桿對b的作用力大小為mg D．細(xì)繩對a的拉力大小為mg 答案　BD 解析

8、　輕質(zhì)環(huán)a套在桿上，不計摩擦，則a靜止時細(xì)繩的拉力與桿對a的彈力平衡，故拉a的細(xì)繩與桿垂直，a受到兩個力的作用，故A錯誤；對b球受力分析可知，b受到重力，繩子的拉力和桿對b球的彈力，b受到3個力的作用，故B正確；以b為研究對象，受力分析如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得β＝θ＝30°，設(shè)桿對b的作用力大小為N，則2Ncos30°＝mg，N＝mg，故C錯誤；對b分析，細(xì)繩的拉力大小T＝N＝mg，則細(xì)繩對a的拉力大小為T＝mg，故D正確。 命題角度2 共點力作用下的靜態(tài)平衡問題 例2　(2019·全國卷Ⅲ)用卡車運輸質(zhì)量為m的勻質(zhì)圓筒狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩光滑斜面之

9、間，如圖所示。兩斜面Ⅰ、Ⅱ固定在車上，傾角分別為30°和60°。重力加速度為g。當(dāng)卡車沿平直公路勻速行駛時，圓筒對斜面Ⅰ、Ⅱ壓力的大小分別為F1、F2，則(　　) A．F1＝mg，F(xiàn)2＝mg B．F1＝mg，F(xiàn)2＝mg C．F1＝mg，F(xiàn)2＝mg D．F1＝mg，F(xiàn)2＝mg 解析　如圖所示，卡車勻速行駛，圓筒受力平衡，由題意知，力F1′與F2′相互垂直。由牛頓第三定律知F1＝F1′，F(xiàn)2＝F2′，則F1＝mgsin60°＝mg，F(xiàn)2＝mgsin30°＝mg，D正確。 答案　D 解決靜態(tài)平衡問題的四種常用方法 備課記錄：

10、 　 　 2－1　(2019·全國卷Ⅱ)物塊在輕繩的拉動下沿傾角為30°的固定斜面向上勻速運動，輕繩與斜面平行。已知物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度取10 m/s2。若輕繩能承受的最大張力為1500 N，則物塊的質(zhì)量最大為(　　) A．150 kg B．100 kg C．200 kg D．200 kg 答案　A 解析　物塊沿斜面向上勻速運動，受力如圖

11、，根據(jù)平衡條件有 F＝Ff＋mgsinθ① Ff＝μFN② FN＝mgcosθ③ 由①②③式得 F＝mgsinθ＋μmgcosθ 所以m＝ 故當(dāng)F＝Fmax＝1500 N時，物塊的質(zhì)量最大，最大質(zhì)量為mmax＝150 kg，A正確。 2－2　(2019·濟(jì)南高三模擬)如圖所示，在傾角為37°的斜面上放置一質(zhì)量為0.5 kg的物體，用一大小為1 N平行斜面底邊的水平力F推物體時，物體保持靜止。已知物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為，物體受到的摩擦力大小為(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2)(　　) A．3 N B．2 N C. N D. N

12、 答案　C 解析　物體所受的摩擦力為靜摩擦力，其大小與F和重力沿斜面向下的分量的矢量和等大反向，則f＝＝ N＝ N，故選C。 高考考向2　動態(tài)平衡問題 命題角度1 圖解法解動態(tài)平衡問題 例3　(2019·全國卷Ⅰ)(多選)如圖，一粗糙斜面固定在地面上，斜面頂端裝有一光滑定滑輪。一細(xì)繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊N，另一端與斜面上的物塊M相連，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用水平向左的拉力緩慢拉動N，直至懸掛N的細(xì)繩與豎直方向成45°。已知M始終保持靜止，則在此過程中(　　) A．水平拉力的大小可能保持不變 B．M所受細(xì)繩的拉力大小一定一直增加 C．M所受斜面的摩擦力大小一

13、定一直增加 D．M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增加 解析　選N為研究對象，受力情況如圖甲所示，由圖可知，用水平拉力F緩慢拉動N的過程中，水平拉力F逐漸增大，細(xì)繩的拉力T逐漸增大，A錯誤，B正確。對于M，受重力GM、支持力FN、繩的拉力T以及斜面對它的摩擦力f，如圖乙所示；若開始時斜面對M的摩擦力f沿斜面向上，則T＋f＝GMsinθ，T逐漸增大，f逐漸減小，f可能會減小到零后，再反向增大；若開始時斜面對M的摩擦力沿斜面向下，則T＝GMsinθ＋f，當(dāng)T逐漸增大時，f逐漸增大，C錯誤，D正確。 答案　BD 圖解法(矢量三角形法、平行四邊形法) 如果物體受到三個力的作用，其中一個

14、力的大小、方向均不變，另一個力的方向不變，此時可用圖解法，畫出不同狀態(tài)下力的矢量圖(即矢量三角形或平行四邊形)，判斷兩個變力的變化情況。如例題中物塊N的重力大小、方向均不變，拉力F的方向不變，可用圖解法。圖解法的關(guān)鍵是作圖，次序很重要，先找恒力，再找方向不變的力，再畫大小、方向均變化的力，從而明確兩個變力的變化情況。 備課記錄： 　 　 3－1　(2019·河北武邑

15、質(zhì)檢)如圖所示，斜面體A靜置于粗糙水平面上，被一輕繩拴住的小球B置于光滑的斜面上，輕繩左端固定在豎直墻面上P處，此時小球靜止且輕繩與斜面平行?，F(xiàn)將輕繩左端從P處緩慢沿墻面上移到P′處，斜面體始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，則在輕繩移動過程中(　　) A．輕繩的拉力先變小后變大 B．斜面體對小球的支持力逐漸增大 C．斜面體對水平面的壓力逐漸增大 D．斜面體對水平面的摩擦力逐漸減小 答案　D 解析　小球的受力分析如圖1所示，小球受到斜面體的支持力FN1及輕繩拉力F的合力始終與小球重力G1等大反向，當(dāng)輕繩左端上升時，F(xiàn)增大，F(xiàn)N1減小，故A、B錯誤；對斜面體A進(jìn)行受力分析，如圖2所示，隨小球?qū)π泵?/p>

16、壓力FN1′的減小，由受力平衡可知，水平面對斜面體的支持力FN2逐漸減小，摩擦力Ff逐漸減小，由牛頓第三定律可知C錯誤，D正確。 3－2　(2019·湖北孝感高三上學(xué)期期末八校聯(lián)考)如圖所示，放在地面上的質(zhì)量為M的物塊與質(zhì)量為m的小球通過不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩跨過兩個定滑輪連接。M遠(yuǎn)大于m。先給小球施加一個向右且與水平方向始終成θ＝30°角的力F，使小球緩慢地移動，直至懸掛小球的繩水平，小球移動過程中細(xì)繩一直處于拉直狀態(tài)，則下列說法正確的是(　　) A．拉力F一直增大 B．拉力F先減小后增大 C．物塊對地面的力一直減小 D．物塊對地面的壓力先減小后增大 答案　A 解析　對小球

17、受力分析，小球受重力mg、細(xì)繩的拉力T和拉力F，三力的合力為零，如圖所示，根據(jù)圖解法可知，拉力F一直增大，繩的拉力先減小后增大，故A正確，B錯誤；細(xì)繩的拉力先減小后增大，對物塊進(jìn)行研究可知，物塊對地面的壓力先增大后減小，故C、D錯誤。 命題角度2 解析法解動態(tài)平衡問題 例4　(2017·全國卷Ⅰ)(多選)如圖，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點M拴一重物，用手拉住繩的另一端N。初始時，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為α。現(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角α不變。在OM由豎直被拉到水平的過程中(　　) A．MN上的張力逐漸增大 B．MN上的張力先增大后減小 C

18、．OM上的張力逐漸增大 D．OM上的張力先增大后減小 解析　設(shè)重物的質(zhì)量為m，繩OM中的張力為TOM，繩MN中的張力為TMN。開始時，TOM＝mg，TMN＝0。由于緩慢拉起，則重物一直處于平衡狀態(tài)，兩繩張力的合力與重物的重力mg等大、反向。如圖所示，已知角α不變，在將重物緩慢拉起的過程中，角β逐漸增大，則角(α－β)逐漸減小，但角θ不變，在三角形中，利用正弦定理得：＝，(α－β)由鈍角變?yōu)殇J角，則TOM先增大后減小，D正確；同理知＝，在β由0變?yōu)榈倪^程中，TMN一直增大，A正確。 答案　AD 三力動態(tài)平衡問題歸納 備課記錄：

19、 　 　 　 4－1　(2019·重慶一中高三5月模考)如圖所示，在粗糙的水平地面上放著一左側(cè)截面是半圓的柱狀物體B，在B與豎直墻之間放置一光滑小球A，整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用水平力F拉動B緩慢向右移動一小段距離后，它們?nèi)蕴幱陟o止?fàn)顟B(tài)，在此過程中，下列判斷正確的是(　　) A．小球A對物體B的壓力逐漸增大 B．小球A對物體B的壓力逐漸減小 C．墻面對小球A的支持力逐漸減小 D．墻面對小球A的支持力先增大后

20、減小 答案　A 解析　對A球受力分析并建立直角坐標(biāo)系如圖。由平衡條件得：豎直方向：N2cosθ＝mg，水平方向：N1＝N2sinθ，聯(lián)立解得：N2＝，N1＝mgtanθ；B緩慢向右移動一小段距離，A緩慢下落，則θ增大，所以N2增大，N1增大，由牛頓第三定律知，小球A對物體B的壓力逐漸增大，故A正確，B、C、D錯誤。 4－2　(2019·山東日照高三5月校際聯(lián)合考試)(多選)如圖所示為一種兒童玩具，在以O(shè)點為圓心的四分之一豎直圓弧軌道上，有一個光滑的小球(不能視為質(zhì)點)，O′為小球的圓心。擋板OM沿著圓弧軌道的半徑，以O(shè)點為轉(zhuǎn)軸，從豎直位置開始推著小球緩慢的順時針轉(zhuǎn)動(水平向里看)，到

21、小球觸到水平線的過程中(　　) A．圓弧軌道對小球的支持力逐漸增大 B．圓弧軌道對小球的支持力逐漸減小 C．擋板對小球的支持力逐漸增大 D．擋板對小球的支持力逐漸減小 答案　BC 解析　對小球受力分析如圖所示。當(dāng)從豎直位置開始推著小球緩慢順時針轉(zhuǎn)動，到小球觸到水平線的過程中，根據(jù)幾何關(guān)系可知，N1與N2之間的夾角保持不變，N1與豎直方向夾角越來越小，設(shè)N1與豎直方向夾角為θ，N1＝Gcosθ，N2＝Gsinθ，所以N1逐漸增大，N2逐漸減小，A、D錯誤，B、C正確。 命題角度3 相似三角形法解動態(tài)平衡問題 例5　(2019·山東省“評價大聯(lián)考”三模)如圖，用硬鐵絲彎成

22、的光滑半圓環(huán)豎直放置，直徑豎直，O為圓心，最高點B處固定一光滑輕質(zhì)滑輪，質(zhì)量為m的小環(huán)A穿在半圓環(huán)上?，F(xiàn)用細(xì)線一端拴在A上，另一端跨過滑輪用力F拉動，使A緩慢向上移動。小環(huán)A及滑輪B大小不計，在移動過程中，關(guān)于拉力F以及半圓環(huán)對A的彈力N的說法正確的是(　　) A．F逐漸增大 B．N的方向始終指向圓心O C．N逐漸變小 D．N大小不變 解析　選取小環(huán)A為研究對象，畫受力分析示意圖，小環(huán)A受三個力，重力、繩子的拉力和大圓環(huán)的支持力，運用三角形相似法得到N、F與AO、BO的關(guān)系，再分析N和F的變化情況。在小環(huán)A緩慢向上移動的過程中，小環(huán)A處于三力平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件知，mg與N的合

23、力與T等大反向共線，作出mg與N的合力，如圖，由三角形相似得：＝＝，F(xiàn)＝T，則F＝mg，AB變小，BO不變，則F變小，故A錯誤；N＝mg，AO、BO都不變，則N大小不變，方向始終背離圓心，故D正確，B、C錯誤。 答案　D 三力作用下的共點力動態(tài)平衡問題，在三個力中若一個力為恒力，另外兩個力的方向不斷變化，可考慮應(yīng)用相似三角形法。解題的關(guān)鍵是進(jìn)行正確的受力分析，尋找力的三角形與圖形中的幾何三角形相似，利用相似三角形對應(yīng)邊成比例求出三角形中力的比例關(guān)系，從而求解問題。 備課記錄： 　

24、 　 5－1　(多選)如圖所示，質(zhì)量均為m的小球A、B用勁度系數(shù)為k1的輕彈簧相連，B球用長為L的細(xì)繩懸于O點，A球固定在O點正下方，當(dāng)小球B平衡時，繩子所受的拉力為FT1，彈簧的彈力為F1；現(xiàn)把A、B間的彈簧換成原長相同但勁度系數(shù)為k2(k2>k1)的另一輕彈簧，在其他條件不變的情況下仍使系統(tǒng)平衡，此時繩子所受的拉力為FT2，彈簧的彈力為F2，則下列關(guān)于FT1與FT2、F1與F2大小之間的關(guān)系，正確的是(　　) A．FT1>FT2 B．FT1＝FT2 C

25、．F1＜F2 D．F1＝F2 答案　BC 解析　小球B受重力mg、繩子拉力FT和彈簧彈力F三個力而平衡，平移FT、F構(gòu)成矢量三角形如圖所示，由圖可以看出，力的矢量三角形總是與幾何三角形OAB相似，因此有＝＝，其中OA、L保持不變，因此繩子的拉力FT大小保持不變，A錯誤，B正確；當(dāng)彈簧的勁度系數(shù)k增大時，彈簧的壓縮量減小，A、B間距離增大，因此對應(yīng)的力F增大，C正確，D錯誤。 5－2　(多選)如圖所示，表面光滑的半球形物體固定在水平面上，光滑小環(huán)D固定在半球形物體球心O的正上方，輕質(zhì)彈簧一端用輕質(zhì)細(xì)繩固定在A點，另一端用輕質(zhì)細(xì)繩穿過小環(huán)D與放在半球形物體上的小球P相連，DA水平

26、?，F(xiàn)將細(xì)繩固定點A向右緩慢平移的過程中(小球P未到達(dá)半球最高點)，下列說法正確的是(　　) A．彈簧變短 B．彈簧變長 C．小球?qū)Π肭虻膲毫Υ笮〔蛔? D．小球?qū)Π肭虻膲毫ψ兇? 答案　AC 解析　對小球受力分析，小球受重力G、細(xì)線的拉力T和半球面的支持力FN，作出FN、T、G的矢量三角形，如圖所示。根據(jù)相似三角形法可知＝＝，因為OP和OD都是恒定不變的，G也不變，DP減小，所以可知FN不變，T減小，根據(jù)牛頓第三定律可知小球?qū)Π肭虻膲毫Υ笮〔蛔?，繩子的拉力減小，即彈簧的彈力減小，所以彈簧變短，故A、C正確。 閱卷現(xiàn)場　摩擦力分析出錯 例6　(12分)所受重力G1

27、＝8 N的砝碼懸掛在繩PA和PB的結(jié)點上。PA偏離豎直方向37°角，PB沿水平方向，且連在所受重力為G2＝100 N的木塊上，木塊靜止于傾角為37°的斜面上，如圖所示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝，試求： (1)木塊與斜面間的摩擦力大?。? (2)木塊所受斜面的彈力。 正解　如圖甲所示分析結(jié)點P受力，由平衡條件得：FAcos37°＝F1＝G1，(2分) FAsin37°＝FB，(2分) 可解得BP繩的拉力為：FB＝6 N，(1分) 再分析木塊的受力情況如圖乙所示。由物體的平衡條件可得： Ff＝G2sin37°＋FB′cos37°

28、，(2分) FN＋FB′sin37°＝G2cos37°，(2分) 又有FB′＝FB，(1分) 解得：Ff＝64.8 N；(1分) FN＝76.4 N，方向垂直斜面向上。(1分) 答案　(1)64.8 N　(2)76.4 N，方向垂直斜面向上 錯解　如圖甲所示分析結(jié)點P受力，由平衡條件得：FAcos37°＝F1＝G1，(2分) FAsin37°＝FB，(2分) 可解得BP繩的拉力為：FB＝6 N，(1分) 再分析木塊的受力情況如圖乙所示，由物體的平衡條件可得： FN＋FB′sin37°＝G2cos37°，(2分) Ff＝μFN，(扣2分) 又有FB′＝FB，(1分)

29、 解得：Ff＝38.2 N；(結(jié)果錯誤，扣1分) FN＝76.4 N，方向垂直斜面向上。(1分) 答案　(1)38.2 N　(2)76.4 N，方向垂直斜面向上 正解與錯解的區(qū)別在于：正解認(rèn)為題中的摩擦力是靜摩擦力，錯解認(rèn)為題中的摩擦力為滑動摩擦力。實際本題中的摩擦力是靜摩擦力，題目中給出的動摩擦因數(shù)起到了干擾的作用，對靜摩擦力和滑動摩擦力理解不到位的考生極有可能犯錯解中的錯誤。本題中的錯解扣掉3分，還不算嚴(yán)重，如果FN＋FB′sin37°＝G2cos37°和Ff＝μFN不是分步列出，而是直接寫成＋FB′sin37°＝G2cos37°，要扣掉5分，所以計算題的關(guān)系式，盡可能列分立的方

30、程，不要過于綜合，也不要寫成連等式。 專題作業(yè) 1．(2019·江蘇高考) 如圖所示，一只氣球在風(fēng)中處于靜止?fàn)顟B(tài)，風(fēng)對氣球的作用力水平向右。細(xì)繩與豎直方向的夾角為α，繩的拉力為T，則風(fēng)對氣球作用力的大小為(　　) A. B. C．Tsinα D．Tcosα 答案　C 解析　對氣球受力分析，如圖所示，將繩的拉力T分解，在水平方向：風(fēng)對氣球的作用力大小F＝Tsinα，C正確。 2. (2019·廣東佛山普通高中教學(xué)質(zhì)量檢測)在港珠澳大橋建設(shè)中，將直徑22米、高40.5米的鋼筒，打入海底圍成人工島，創(chuàng)造了快速筑島的世界記錄。如圖所示，鋼筒質(zhì)量為M

31、，用起重機(jī)由8根對稱分布的、長為22米的鋼索將其吊起，整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)。則每根鋼索受到的拉力大小為(　　) A.Mg B.Mg C.Mg D.Mg 答案　B 解析　分析題意可知，每根鋼索與豎直方向的夾角為30°，則由平衡條件可知：8Tcos30°＝Mg，解得T＝Mg，由牛頓第三定律知，B正確。 3. (2019·四川省宜賓市二診)如圖所示，質(zhì)量均為m的斜面體A、B疊放在水平地面上，A、B間接觸面光滑，用一與斜面平行的推力F作用在B上，B沿斜面勻速上升，A始終靜止。若A的斜面傾角為θ，下列說法正確的是(　　) A．F＝mgtanθ B．A、B間的作用力為mgcosθ

32、 C．地面對A的支持力大小為2mg D．地面對A的摩擦力大小為F 答案　B 解析　根據(jù)題意可得B受力平衡，沿斜面方向根據(jù)平衡條件可得F＝mgsinθ，故A錯誤；對斜面體B，垂直于斜面方向根據(jù)平衡條件可得支持力N＝mgcosθ，則A、B間的作用力為mgcosθ，故B正確；以整體為研究對象，豎直方向根據(jù)平衡條件可得地面對A的支持力大小為FN＝2mg－Fsinθ，故C錯誤；以整體為研究對象，水平方向根據(jù)平衡條件可得地面對A的摩擦力大小為f＝Fcosθ，故D錯誤。 4．(2019·福建寧德二模)(多選) 中國書法歷史悠久，是中華民族優(yōu)秀傳統(tǒng)文化之一。在楷書筆畫中，長橫的寫法要領(lǐng)如下：起筆時一

33、頓，然后向右行筆，收筆時略向右按，再向左上回帶。該同學(xué)在水平桌面上平鋪一張白紙，為防打滑，他在白紙的左側(cè)靠近邊緣處用鎮(zhèn)紙壓住。則在向右行筆的過程中(　　) A．鎮(zhèn)紙受到向左的摩擦力 B．毛筆受到向左的摩擦力 C．白紙只受到向右的摩擦力 D．桌面受到向右的摩擦力 答案　BD 解析　白紙和鎮(zhèn)紙始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，對鎮(zhèn)紙受力分析知，鎮(zhèn)紙不受摩擦力，否則水平方向受力不平衡，鎮(zhèn)紙的作用是增大紙與桌面之間的彈力與最大靜摩擦力，故A錯誤；在向右行筆的過程中毛筆相對紙面向右運動，受到向左的摩擦力，故B正確；白紙與鎮(zhèn)紙之間沒有摩擦力，白紙始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，則白紙在水平方向受到毛筆對白紙的摩擦力以及

34、桌面對白紙的摩擦力，由B項可知，毛筆受到的摩擦力向左，由牛頓第三定律，白紙受到毛筆的摩擦力向右，根據(jù)平衡條件可知，桌面對白紙的摩擦力向左，故C錯誤；桌面只受到白紙的摩擦力，桌面對白紙的摩擦力向左，根據(jù)牛頓第三定律，白紙對桌面的摩擦力向右，故D正確。 5．(2017·全國卷Ⅱ) 如圖，一物塊在水平拉力F的作用下沿水平桌面做勻速直線運動。若保持F的大小不變，而方向與水平面成60°角，物塊也恰好做勻速直線運動。物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為(　　) A．2－ B. C. D. 答案　C 解析　設(shè)物塊的質(zhì)量為m，根據(jù)平衡條件及摩擦力公式有 拉力F水平時，F(xiàn)＝μmg① 拉力F與水平面成

35、60°角時， Fcos60°＝μ(mg－Fsin60°)② 聯(lián)立①②式解得μ＝。故選C。 6. (2019·天津河北區(qū)一模)如圖所示，一根不可伸長的輕繩穿過輕滑輪，兩端系在高度相等的A、B兩點，滑輪下掛一物體，不計輕繩和輕滑輪之間的摩擦，保持A固定不動，讓B緩慢向右移動，則下列說法正確的是(　　) A．隨著B向右緩慢移動，繩子的張力減小 B．隨著B向右緩慢移動，繩子的張力不變 C．隨著B向右緩慢移動，滑輪受繩AB的合力變大 D．隨著B向右緩慢移動，滑輪受繩AB的合力不變 答案　D 解析　兩根繩子的合力始終與物體的重力等大反向，所以滑輪受繩AB的合力不變，C錯誤，D正確。當(dāng)

36、B向右緩慢移動時，兩根繩子之間的夾角變大，合力一定，則繩子的張力增大，故A、B錯誤。 7. (2019·天津市北辰區(qū)模擬)(多選)如圖所示，放在斜面上的物體受到垂直于斜面向上的力F作用，物體始終保持靜止，下列說法正確的是(　　) A．當(dāng)F逐漸減小后，物體受到的摩擦力保持不變 B．當(dāng)F逐漸減小后，物體受到的合力減小 C．當(dāng)F逐漸減小后，物體對斜面的壓力逐漸增大 D．若力F反向且慢慢增大，則物體受到的摩擦力增大 答案　AC 解析　對物體受力分析，受重力、支持力、靜摩擦力和拉力，如圖所示。因為物體始終靜止，處于平衡狀態(tài)，合力一直為零，根據(jù)平衡條件則有，垂直斜面方向：F＋N＝Gcos

37、θ，Gcosθ不變，所以F逐漸減小的過程中，N逐漸變大，根據(jù)牛頓第三定律，物體對斜面的壓力也逐漸增大；平行斜面方向：f＝Gsinθ，G和θ保持不變，故f保持不變；若力F反向且慢慢增大，公式f＝Gsinθ，仍舊成立，則物體受到的摩擦力也不變，故A、C正確，B、D錯誤。 8．(2019·湖南衡陽二模)超市里磁力防盜扣的內(nèi)部結(jié)構(gòu)及原理如圖所示，在錐形金屬筒內(nèi)放置四顆小鐵珠(其余兩顆未畫出)，工作時彈簧通過鐵環(huán)將小鐵珠擠壓于金屬筒的底部，同時，小鐵珠陷于釘柱上的凹槽里，鎖死防盜扣。當(dāng)用強(qiáng)磁場吸引防盜扣的頂部時，鐵環(huán)和小鐵珠向上移動，防盜扣松開，已知錐形金屬筒底部的圓錐頂角剛好是90°，彈簧通過鐵

38、環(huán)施加給每個小鐵珠豎直向下的力F，小鐵珠鎖死防盜扣，每個小鐵珠對釘柱產(chǎn)生的側(cè)向壓力為(不計摩擦以及小鐵珠的重力)(　　) A.F B.F C．F D.F 答案　C 解析　以一個鐵珠為研究對象，將力F按照作用效果分解如圖所示，由幾何關(guān)系可得小鐵球?qū)︶斨a(chǎn)生的側(cè)向壓力為N＝＝F。故選C。 9．如圖所示為三種形式的吊車的示意圖，OA為可繞O點轉(zhuǎn)動的輕桿，AB為質(zhì)量可忽略不計的拴接在A點的輕繩，當(dāng)它們吊起相同重物時，圖甲、圖乙、圖丙中桿OA對結(jié)點的作用力大小分別為Fa、Fb、Fc，則它們的大小關(guān)系是(　　) A．Fa>Fb＝Fc B．Fa＝Fb>Fc C．Fa>Fb>

39、Fc D．Fa＝Fb＝Fc 答案　B 解析　設(shè)重物的質(zhì)量為m，分別對三圖中的結(jié)點進(jìn)行受力分析，桿對結(jié)點的作用力大小分別為Fa、Fb、Fc，對結(jié)點的作用力方向沿桿方向，各圖中T＝mg。則在圖甲中，F(xiàn)a＝2mgcos30°＝mg；在圖乙中，F(xiàn)b＝mgtan60°＝mg；在圖丙中，F(xiàn)c＝mgcos30°＝mg?？芍狥a＝Fb>Fc，故B正確，A、C、D錯誤。 10．(2017·全國卷Ⅲ)一根輕質(zhì)彈性繩的兩端分別固定在水平天花板上相距80 cm的兩點上，彈性繩的原長也為80 cm。將一鉤碼掛在彈性繩的中點，平衡時彈性繩的總長度為100 cm；再將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點，則彈

40、性繩的總長度變?yōu)?彈性繩的伸長始終處于彈性限度內(nèi))(　　) A．86 cm B．92 cm C．98 cm D．104 cm 答案　B 解析　輕質(zhì)彈性繩的兩端分別固定在相距l(xiāng)0＝80 cm的兩點上，鉤碼掛在彈性繩的中點，平衡時彈性繩的總長度為l＝100 cm，以鉤碼為研究對象，受力如圖所示，由胡克定律得F＝k(l－l0)，由共點力的平衡條件和幾何知識得F＝＝；再將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點，設(shè)彈性繩的總長度變?yōu)閘′，由胡克定律得F′＝k(l′－l0)，由共點力的平衡條件得F′＝，聯(lián)立上面各式解得l′＝92 cm，B正確。 11. (2019·東北三省三校二模)如

41、圖所示，左側(cè)是半徑為R的四分之一圓弧，右側(cè)是半徑為2R的一段圓弧。二者圓心在一條豎直線上，小球a、b通過一輕繩相連，二者恰好在等高處平衡。已知θ＝37°，不計所有摩擦，則小球a、b的質(zhì)量之比為(　　) A．3∶4 B．3∶5 C．4∶5 D．1∶2 答案　A 解析　對a、b兩個小球受力分析，如圖所示，同一根繩上的拉力大小相等，設(shè)為T；由力的平衡條件和幾何知識可知繩對a球的拉力T＝magcos37°，繩對b球的拉力T＝mbgsin37°，聯(lián)立可解得＝，A正確。 12. (2019·西安高三第三次質(zhì)檢)如圖所示，木板P下端通過光滑鉸鏈固定于水平地面上的O點，物體A、B疊放在木

42、板上且處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時物體B的上表面剛好水平?，F(xiàn)使木板P繞O點緩慢旋轉(zhuǎn)到虛線所示位置，物體A、B仍保持靜止，且相對木板沒有發(fā)生移動，與原位置相比(　　) A．A對B的作用力減小 B．B對A的摩擦力不變 C．板對B的摩擦力減小 D．板對B的作用力減小 答案　C 解析　設(shè)板與水平地面的夾角為α，以物體A為研究對象，木板P未旋轉(zhuǎn)前A只受到重力和支持力而處于平衡狀態(tài)，所以B對A的作用力與A的重力大小相等，方向相反；當(dāng)將木板P繞O點緩慢旋轉(zhuǎn)到虛線所示位置，B的上表面不再水平，A受力情況如圖a所示，圖中β代表B的上表面與水平面之間的夾角。A受到重力和B對A的支持力、摩擦力三個力作用，

43、其中B對A的支持力、摩擦力的合力仍然與A的重力等大反向，則A受到B對A的作用力保持不變，根據(jù)牛頓第三定律可知，A對B的作用力也不變，故A錯誤；B對A的摩擦力增大，B錯誤；以A、B整體為研究對象，分析受力情況如圖b所示，受總重力GAB、木板的支持力N2和摩擦力f2，木板對B的作用力是支持力N2和摩擦力f2的合力，由平衡條件分析可知，木板對B的作用力大小與總重力大小相等，保持不變，D錯誤；木板的支持力N2＝GAB·cosα，f2＝GAB·sinα，木板旋轉(zhuǎn)后，α減小，故N2增大，f2減小，C正確。 13. (2019·山東日照高考模擬)如圖所示，兩個質(zhì)量分別為m、m的小圓環(huán)A、B用細(xì)線連著，

44、套在一個豎直固定的大圓環(huán)上，大圓環(huán)的圓心為O。系統(tǒng)平衡時，細(xì)線所對的圓心角為90°，大圓環(huán)和小圓環(huán)之間的摩擦力及線的質(zhì)量忽略不計，重力加速度大小用g表示，下列判斷正確的是(　　) A．小圓環(huán)A、B受到大圓環(huán)的支持力之比是∶1 B．小圓環(huán)A受到大圓環(huán)的支持力與豎直方向的夾角為15° C．細(xì)線與水平方向的夾角為30° D．細(xì)線的拉力大小為mg 答案　A 解析　對A和B進(jìn)行受力分析，根據(jù)平行四邊形定則作出重力和支持力的合力與繩子的拉力等大反向，設(shè)支持力與豎直方向的夾角分別為α和β，根據(jù)正弦定理可以得到：＝，＝，由于T＝T′，α＋β＝90°，整理可得：α＝30°，β＝60°，T＝T′＝

45、mg，再次利用正弦定理：＝，＝，整理可得：NA∶NB＝∶1，故A正確，B、D錯誤；根據(jù)幾何知識可知，細(xì)線與水平方向的夾角為90°－30°－45°＝15°，故C錯誤。 14．(2019·河北唐山一模)如圖所示，兩個半圓柱A、B相接觸并靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱C，三者半徑均為R。C的質(zhì)量為2m，A、B的質(zhì)量都為m，與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ?，F(xiàn)用水平向右的力拉A，使A緩慢移動，直至C恰好降到地面。整個過程中B保持靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。求： (1)未拉A時，C受到B作用力的大小F； (2)動摩擦因數(shù)的最小值μmin。 答案　(1)mg　(2) 解析　(1)對C受力分析，如圖所示，根據(jù)平衡條件有 2Fcos30°＝2mg 解得F＝mg。 (2)對整體受力分析可知，地面對B的支持力FN＝2mg不變。 C恰好降到地面時，B受C壓力的水平分力最大， 設(shè)此時C受到B的作用力的大小為F′，則 2F′cos60°＝2mg，得F′＝2mg， 依據(jù)受力分析可知 Fxmax＝F′sin60°＝mg 此時，B受地面的摩擦力Ff＝Fxmax 根據(jù)題意，此時B所受摩擦力最大，當(dāng)此時的摩擦力為最大靜摩擦力時μ有最小值，即μminFN＝Ff， 解得μmin＝。 - 28 -