1、第二章 共点力平衡1如图所示，弹簧秤一端固定在墙壁上，另一端与小木块A相连，当用力加速抽出长木板B的过程中，观察到弹簧秤的示数为3.0N，若匀速抽出木板B，弹簧秤的示数大小（）A一定大于3.0N B一定小于3.0N C一定等于3.0ND一定为零2如图所示，光滑小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点现用水平力F缓慢地拉动斜面体，小球在斜面上滑动，细绳始终处于绷紧状态小球从图示位置开始到离开斜面前，斜面对小球的支持力N以及绳对小球拉力T的变化情况是（）AN保持不变，T不断减小 BN不断减小，T不断增大CN保持不变，T先减小后增大DN不断减小，T先减小后增大3如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为m的木
2、板A、B以及木块C，初始时刻木板与木块均处于静止状态，A、B、C之间以及B与地面之间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g现将水平轻绳一端固定在A上，另一端绕过光滑滑轮系一质量为m的小物块D，则以下判断正确的是（）A当mg3mg时，木板B开始滑动 BB受到地面的摩擦力大小不可能等于mgCA、C之间的摩擦力大小一定等于mg D不管m多大，木板B一定保持静止4如图所示，三个形状不规则的石块a、b、c在水平桌面上成功地叠放在一起下列说法正确的是（）A石块b对a的支持力一定竖直向上B石块b对a的支持力一定等于a受到的重力C石块c受到水平桌面向左的摩擦力D石块c对b的作用力
3、一定竖直向上5如图所示，小球A、B通过一条细绳跨过定滑轮连接，它们都穿在一根竖直杆上当两球平衡时，连接两球的细绳与水平方向的分别为和2假设装置中的各处摩擦均不计，则A、B球的质量之比为（）A2cos：1B1：2cosCtan：1D1：2sin6如图所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着系于竖直板上，两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细线相连，两球均处于静止状态，已知B球质量为m，O点在半圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30角，OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45角，则下列叙述正确的是（）A小球A、B受到的拉力TOA与TOB相等，且TOA=TOB
4、=mgB弹簧弹力大小mgCA球质量为mD光滑半圆柱体对A球支持力的大小为mg7如图，当风以恒定的水平速度吹来时，风筝面与水平面成某一夹角，人静站在地面上拉住连接风筝的细线（细线质量、受风力不计），使风筝处于静止不计空气浮力则（）A风对风筝的作用力方向水平向右 B地面对人的支持力大小等于人和风筝的总重力C地面对人的作用力方向斜向左上方 D拉直的细线可能垂直风筝面8在新疆吐鲁番的葡萄烘干房内，果农用图示支架悬挂葡萄OA、OB为承重的轻杆，OC为辅助杆不承重，作用是让AOB始终在竖直平面内OA可绕A点自由转动；OB与OA通过铰链链接，可绕O点自由转动，OB的长度可调节现将新鲜葡萄用细线挂于O点，保持
5、OA不动，调节OB的长度让B端沿地面上的AB方向缓慢移动，OA杆所受作用力大小为F1，OB杆所受的作用力大小为F2，AOB由锐角变为钝角的过程中（）AF1逐渐变大，F2逐渐变小 BF1逐渐变小，F2先变小后变大CF1逐渐变小，F2逐渐变小 DF1逐渐变大，F2先变小后变大9如图所示，竖直面光滑的墙角有一个质量为m，半径为r的半球体均匀物块A现在A上放一密度和半径与A相同的球体B，调整A的位置使得A、B保持静止状态，已知A与地面间的动摩擦因数为0.5则 A球球心距墙角的最远距离是（）A2r Br Cr Dr10智能手机的普及使“低头族”应运而生低头时，颈椎受到的压力会增大（当人体直立时，颈椎所承
6、受的压力等于头部的重量）现将人体头颈部简化为如图所示的模型：重心在头部的P点，在可绕O转动的颈椎OP（轻杆）的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止当低头时，若颈椎与竖直方向的夹角为45，PQ与竖直方向的夹角为53，此时颈椎受到的压力与直立时颈椎受到压力的比值为（sin53=0.8，cos53=0.6）（）A4 B5 C D11在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放另一截面也为半圆的柱状物体B，整个装置处于静止状态，截面如图所示设墙对B的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的作用力为F3在B上加一物体C，整个装置仍保持静止，则（）AF1保持不变，F
7、3增大BF1增大，F3保持不变CF2增大，F3增大DF2增大，F3保持不变12如图，两段等长轻质细线将质量分别为m、3m的小球a、b，悬挂于 O 点现在两个小球上分别加上水平方向的外力，其中作用在 a球上的力大小为 F1、作用在 b 球上的力大小为 F2，则此装置平衡时，出现了如图所示的状态，b球刚好位于O点的正下方则F1与F2的大小关系应为（）AF1=4F2BF1=3F2C3F1=4F2D3F1=7F213如图所示，一轻质细绳一端固定于竖直墙壁上的O点，另一端跨过光滑的大小可忽略的定滑轮P悬挂物块B，OP段的绳子水平，长度为L现将一带挂钩的物块A挂到OP段的绳子上，已知A（包括挂钩）、B的质
8、量关系为mA=mB，当A、B物块平衡时，物块B上升的高度为（）ALBLCLD2L14有甲、乙两根完全相同的轻绳，甲绳A、B两端按图甲的方式固定，然后将一挂有质量为M的重物的光滑轻质动滑轮挂于轻绳上，当滑轮静止后，设绳子的张力大小为T1；乙绳两端按图乙的方式连接，然后将同样的定滑轮且挂有质量为M的重物挂于乙轻绳上，当滑轮静止后，设乙绳子的张力大小为T2现甲绳的B端缓慢向下移动至C点，乙绳的E端缓慢移动至F点，在两绳的移动过程中，下列说法正确的是（）AT1、T2都变大 BT1变大、T2变小 CT1、T2都不变DT1不变、T2变大15如图所示，物块A放在直角三角形斜面体B上面，B放在弹簧上面并紧挨着
9、竖直墙壁，初始时A、B静止；现用力F沿斜面向上推A，但A、B仍未动则施力F后，下列说法正确的是（）A弹簧弹力一定不变BB与墙面的弹力可能不变CB与墙之间可能没有摩擦力DA、B之间的摩擦力一定变大16如图，一光滑的轻滑轮用轻绳OO悬挂于O点，另一轻绳跨过滑轮，一端连着斜面上的物体A，另一端悬挂物体B，整个系统处于静止状态现缓慢向左推动斜面，直到轻绳平行于斜面，这个过程中物块A与斜面始终保持相对静止则下列说法正确的是（）A物块A受到的摩擦力一定减小 B物块A对斜面的压力一定增大C轻绳OO的拉力一定减小 D轻绳OO与竖直方向的夹角一定减小17如图所示，放在地面上的质量为M的物块与质量为m的小球通过用
10、不可伸长的轻质细线将小球悬跨过两个定滑轮连接，M远大于m，现给小球施加一个向右且与水平方向成=300角的力F，使小球缓慢地运动，直至悬挂小球的绳水平，小球移动的过程中细绳一直处于拉直状态，下列说法正确的是（）A拉力F一直增大 B拉力F先减小后增大C物块对地面的压力一直减小 D物块对地面的压力先减小后增大题号1234567891011121314151617答案18如图所示，放在粗糙的固定斜面上的物块A和悬挂的物体B均处于静止状态轻绳AO绕过光滑的定滑轮与轻弹簧的右端及轻绳BO的上端连接于O点，轻弹簧中轴线沿水平方向，轻绳的OC段与竖直方向的夹角=53，斜面倾角=37，物块A和B的质量分别为mA
11、=5kg，mB=1.5kg，弹簧的劲度系数k=500N/m，（sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度g=10m/s2），求：（1）弹簧的伸长量x；（2）物块A受到的摩擦力19如图所示，P、Q为两个固定的滑轮，A、B、C三个物体用不可伸长的轻绳（不计轻绳与滑轮间的摩擦）跨过P、Q相连于O点，初始时O、P间轻绳与水平方向夹角为60，O、Q间轻绳水平，A、B、C三个物体恰好能保持静止，已知B物体的质量为2kg求：（1）A、C两物体的质量分别为多少？（2）若在O点施加一外力F，缓慢移动O点到使O、P间的轻绳水平，O、Q间轻绳处于与水平方向夹角为60的位置，此时外力F的大小2017年08月1
12、8日平衡参考答案与试题解析一选择题（共18小题）1（2017全国四模）如图所示，弹簧秤一端固定在墙壁上，另一端与小木块A相连，当用力加速抽出长木板B的过程中，观察到弹簧秤的示数为3.0N，若匀速抽出木板B，弹簧秤的示数大小（）A一定大于3.0NB一定小于3.0NC一定等于3.0ND一定为零【分析】本题应以A为研究对象，A在水平方向上受摩擦力及弹簧秤的拉力而处于静止，故可知二力应为平衡力；根据滑动摩擦力的影响因素可知摩擦力的大小与运动状态无关，则可由平衡条件可知弹簧弹力的变化【解答】解：当用力加速抽出木板B时，A物体保持静止，故可知A受B的摩擦力f=F=3.0N； 因A对B物体的压力不变，故A、
13、B间的摩擦力不会发生变化，故匀速拉动时摩擦力也为3.0N；物体A在弹簧秤的作用下仍保持静止，故弹簧秤对A的拉力仍为3.0N，即弹簧秤的示数大小仍等于3.0N；故选C【点评】本题的关键在于摩擦力大小的判断，应明确滑动摩擦力的大小与动摩擦因数和正压力的有关，与物体的运动状态无关2（2017黄州区校级二模）如图所示，光滑小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点现用水平力F缓慢地拉动斜面体，小球在斜面上滑动，细绳始终处于绷紧状态小球从图示位置开始到离开斜面前，斜面对小球的支持力N以及绳对小球拉力T的变化情况是（）AN保持不变，T不断减小BN不断减小，T不断增大CN保持不变，T先减小后增大DN不断减小，T先
14、减小后增大【分析】对小球进行受力分析，重力、支持力、拉力组成一个矢量三角形，由于重力不变、支持力方向不变，又缓慢拉动，故受力平衡，只需变动拉力即可，根据它角度的变化，你可以明显的看到各力的变化【解答】解：先对小球进行受力分析，重力、支持力FN、拉力FT组成一个闭合的矢量三角形，由于重力不变、支持力FN方向不变，如图，用水平力F缓慢地拉动斜面体从图形中逐渐变大，趋向于mg；故斜面向右移动的过程中，力FT与水平方向的夹角增大，当=时，TN时，细绳的拉力T最小，由图可知，随的增大，斜面的支持力N不断减小，T先减小后增大故D正确ABC错误故选：D【点评】本题是动态变化分析问题，容易产生的错误是不能准确
15、把握小球的受力特征，特别是FN与FT组夹角的变化，认为拉力FT与水平方向的夹角减小，拉力减小而错选B3（2017枣阳市校级三模）如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为m的木板A、B以及木块C，初始时刻木板与木块均处于静止状态，A、B、C之间以及B与地面之间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g现将水平轻绳一端固定在A上，另一端绕过光滑滑轮系一质量为m的小物块D，则以下判断正确的是（）A当mg3mg时，木板B开始滑动BB受到地面的摩擦力大小不可能等于mgCA、C之间的摩擦力大小一定等于mgD不管m多大，木板B一定保持静止【分析】先对木块B受力分析，竖直方向受重力、压力
16、和支持力，水平方向受A对B向右的摩擦力fAB和地面对B向左的摩擦力fDB，由于A对B的最大静摩擦力小于地面对B的最大静摩擦力，故物体B一定保持静止，然后对BC整体和ABC整体分别受力分析，并根据牛顿第二定律列式求解【解答】解：A、先对木块B受力分析，竖直方向受重力、压力和支持力，水平方向受A对B向右的摩擦力fAB和地面对B向左的摩擦力fDB，由于A对B的最大静摩擦力（m+m）g，小于地面对B的最大静摩擦力（m+2m）g，故物体B一定保持静止，B不会受到地面的滑动摩擦力故A错误，D正确；B、当D的质量为m较小时，ABC保持静止，根据平衡条件可知，B受到地面的摩擦力大小等于mg，故B错误；C、当A
17、、C发生相对滑动时，A、C之间的摩擦力可能等于mg故C错误故选：D【点评】本题注意考查了共点力平衡条件的直接应用，关键是灵活地选择研究对象进行受力分析，然后根据牛顿第二定律列式判断，难度适中4（2017鹰潭一模）如图所示，三个形状不规则的石块a、b、c在水平桌面上成功地叠放在一起下列说法正确的是（）A石块b对a的支持力一定竖直向上B石块b对a的支持力一定等于a受到的重力C石块c受到水平桌面向左的摩擦力D石块c对b的作用力一定竖直向上【分析】根据平衡条件，依据相互作用力的内容，及力的合成与分解方法，并依据摩擦力产生条件，即可求解【解答】解：A、由图可知，a与b的接触面不是水平面，可知石块b对a的
18、支持力与其对a的静摩擦力的合力，跟a受到的重力是平衡力，故A错误，B错误；C、以三块作为整体研究，整体受到的重力与支持力是平衡力，则石块c不会受到水平桌面的摩擦力，故C错误；D、选取ab作为整体研究，根据平衡条件，则石块c对b的作用力与其重力平衡，则块c对b的作用力一定竖直向上，故D正确；故选：D【点评】该题考查整体法与隔离法的运用，掌握平衡条件的应用，注意平衡力与相互作用力的区别，注意c对b的作用力是支持力与摩擦力的合力5（2017广东模拟）如图所示，小球A、B通过一条细绳跨过定滑轮连接，它们都穿在一根竖直杆上当两球平衡时，连接两球的细绳与水平方向的分别为和2假设装置中的各处摩擦均不计，则A
19、、B球的质量之比为（）A2cos：1B1：2cosCtan：1D1：2sin【分析】分别对A、B两球分析，运用合成法，用T表示出A、B两球的重力，同一根绳子上的拉力相等，即绳子AB两球的拉力是相等的【解答】解：分别对AB两球分析，运用合成法，如图：由几何知识得：Tsin=mAgTsin2=mBg故mA：mB=sin：sin2=1：2cos故选：B【点评】本题考查了隔离法对两个物体的受力分析，关键是抓住同一根绳子上的拉力处处相等结合几何关系将两个小球的重力联系起来6（2017渝水区校级模拟）如图所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着系于竖直板上，两小球A、B通过光
20、滑滑轮O用轻质细线相连，两球均处于静止状态，已知B球质量为m，O点在半圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30角，OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45角，则下列叙述正确的是（）A小球A、B受到的拉力TOA与TOB相等，且TOA=TOB=mgB弹簧弹力大小mgCA球质量为mD光滑半圆柱体对A球支持力的大小为mg【分析】对B受力分析，根据共点力平衡求出绳子的拉力和弹簧弹力大小，再对A分析，根据共点力平衡求出A球质量和半圆柱体对A球支持力【解答】解：AB、隔离对B分析，根据共点力平衡得： 水平方向有：TOBsin45=F 竖直方向有：TOBcos45=mg，则 TOB=mg，弹簧弹力
21、 F=mg，根据定滑轮的特性知：TOA与TOB故AB错误CD、对A分析，如图所示，由几何关系可知拉力TOA和支持力N与水平方向的夹角相等，夹角为60，则N和T相等，有：2TOAsin60=mAg，解得 mA=m由对称性可得：N=TOA=mg，故C正确，D错误故选：C【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解本题采用隔离法研究比较简便7（2017晋江市二模）如图，当风以恒定的水平速度吹来时，风筝面与水平面成某一夹角，人静站在地面上拉住连接风筝的细线（细线质量、受风力不计），使风筝处于静止不计空气浮力则（）A风对风筝的作用力方向水平向右B地面对人的支持力大小等于人和风筝的总重
22、力C地面对人的作用力方向斜向左上方D拉直的细线可能垂直风筝面【分析】本题的关键是正确对风筝和人受力分析，风筝受到向下的重力、沿绳子方向的拉力以及垂直风筝向上的风力；人受到向下的重力、向上的支持力、绳子的拉力和水平向左的摩擦力，然后用正交分解法根据平衡条件分析即可【解答】解：AD、设细线与水平面的夹角为，风力大小为F先研究风筝，分析受力如图，空气对风筝的作用力方向垂直于风筝的平面，风筝处于稳定状态时拉直的细线不可能垂直于风筝面故AD错误；BC、对人和风筝整体研究，竖直方向上有：（M+m）g=N+Fcos，是风筝与水平面之间的夹角；则得：N=（M+m）gFcos（M+m）g地面对人的作用力方向斜向
23、左上方故B错误，C正确故选：C【点评】对静力学问题关键是正确进行受力分析，注意本题中风力与风筝垂直向上，人受到的摩擦力是静摩擦力，方向水平向左8（2017四川模拟）在新疆吐鲁番的葡萄烘干房内，果农用图示支架悬挂葡萄OA、OB为承重的轻杆，OC为辅助杆不承重，作用是让AOB始终在竖直平面内OA可绕A点自由转动；OB与OA通过铰链链接，可绕O点自由转动，OB的长度可调节现将新鲜葡萄用细线挂于O点，保持OA不动，调节OB的长度让B端沿地面上的AB方向缓慢移动，OA杆所受作用力大小为F1，OB杆所受的作用力大小为F2，AOB由锐角变为钝角的过程中（）AF1逐渐变大，F2逐渐变小BF1逐渐变小，F2先变
24、小后变大CF1逐渐变小，F2逐渐变小DF1逐渐变大，F2先变小后变大【分析】以O点为研究对象进行受力分析，利用矢量三角形分析各力的变化情况【解答】解：以O点为研究对象进行受力分析，受到细线的拉力、OA和OB杆的支持力，如图所示，作出OB杆的支持力与细线拉力的合力，与OA杆的支持力等大方向，当OB杆向外移动而OA位置不变时，利用矢量三角形方法作出各力的变化情况如图，由图可知，F1逐渐增大、F2先减小再增大，ABC错误、D正确；故选：D【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
25、标轴上建立平衡方程进行解答本题是利用图解法来分析的9（2017安徽模拟）如图所示，竖直面光滑的墙角有一个质量为m，半径为r的半球体均匀物块A现在A上放一密度和半径与A相同的球体B，调整A的位置使得A、B保持静止状态，已知A与地面间的动摩擦因数为0.5则 A球球心距墙角的最远距离是（）A2rBrCrDr【分析】当地面对A的摩擦力达到最大静摩擦力时，A球球心距墙角的距离最远，AB处于静止状态，受力平衡，分别对A和B受力分析，根据平衡条件结合几何关系求解即可【解答】解：根据题意可知，B的质量为2m，AB处于静止状态，受力平衡，则地面对A的支持力为：N=3mg，当地面对A的摩擦力达到最大静摩擦力时，A
26、球球心距墙角的距离最远，对A、B受力分析，如图所示根据平衡条件得：F=，Fcos=3mg，解得：，则A球球心距墙角的最远距离为：x=，故C正确，ABD错误故选：C【点评】本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，解题时注意整体法和隔离法的应用，明确当地面对A的摩擦力达到最大静摩擦力时，A球球心距墙角的距离最远10（2017济宁一模）智能手机的普及使“低头族”应运而生低头时，颈椎受到的压力会增大（当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重量）现将人体头颈部简化为如图所示的模型：重心在头部的P点，在可绕O转动的颈椎OP（轻杆）的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止当低头时，若颈椎与竖直方向的夹
27、角为45，PQ与竖直方向的夹角为53，此时颈椎受到的压力与直立时颈椎受到压力的比值为（sin53=0.8，cos53=0.6）（）A4B5CD【分析】对人的头部进行分析，明确其受力情况，由共点力的平衡条件可得出对应的平行四边形；由正弦定理可求得劲椎受到的压力【解答】解：由题意可明确人的头受力情况，如图所示：由题意知，F=G，设人的颈椎对头的支持力F，则由几何关系可知：=故选：C【点评】本题考查共点力的平衡在实际生活中的应用，要注意正确根据题意明确作出对应的图象，再由几何关系即可求解11（2017锦州二模）在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放另一截面也为半圆的
28、柱状物体B，整个装置处于静止状态，截面如图所示设墙对B的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的作用力为F3在B上加一物体C，整个装置仍保持静止，则（）AF1保持不变，F3增大BF1增大，F3保持不变CF2增大，F3增大DF2增大，F3保持不变【分析】先对BC整体分析，受重力、墙壁支持力和A的支持力，根据平衡条件作图分析；再对ABC整体分析，受重力、支持力、墙壁的支持力和地面的静摩擦力，根据平衡条件列式分析【解答】解：先对BC整体分析，受重力、墙壁支持力和A的支持力，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示：加上C物体，相当于整体的重力增加了，故墙对B的作用力F1增加，
29、A对B的支持力也增加，根据牛顿第三定律，B对A的作用力为F2增加；再对ABC整体分析，受重力、地面支持力、地面的静摩擦力，墙壁的支持力，根据平衡条件，地面的支持力等于整体的重力，故加上C物体后，地面的支持力F3变大，故ABD错误，C正确；故选：C【点评】本题是力平衡问题，关键是采用隔离法和整体法结合处理的，也可以运用隔离法研究，分析受力情况是解答的基础12（2017湖南二模）如图，两段等长轻质细线将质量分别为m、3m的小球a、b，悬挂于 O 点现在两个小球上分别加上水平方向的外力，其中作用在 a球上的力大小为 F1、作用在 b 球上的力大小为 F2，则此装置平衡时，出现了如图所示的状态，b球刚
30、好位于O点的正下方则F1与F2的大小关系应为（）AF1=4F2BF1=3F2C3F1=4F2D3F1=7F2【分析】运用整体法研究OA绳与竖直方向的夹角；再隔离B研究，分析AB绳与竖直方向的夹角；由几何关系得到两夹角相等，判断两个拉力的关系【解答】解：a受到F1水平向右的力，b受到F2的水平向左的力，以整体为研究对象，分析受力如图：设Oa绳与竖直方向的夹角为，则由平衡条件得：tan=以b球为研究对象，受力如图设ab绳与竖直方向的夹角为，则由平衡条件得：tan=由几何关系得到：=联立解得：3F1=7F2所以ABC错误、D正确；故选：D【点评】本题考查共点力作用下物体的平衡问题，采用隔离法和整体法
31、，由平衡条件分析物体的状态，考查灵活选择研究对象的能力13（2017商丘三模）如图所示，一轻质细绳一端固定于竖直墙壁上的O点，另一端跨过光滑的大小可忽略的定滑轮P悬挂物块B，OP段的绳子水平，长度为L现将一带挂钩的物块A挂到OP段的绳子上，已知A（包括挂钩）、B的质量关系为mA=mB，当A、B物块平衡时，物块B上升的高度为（）ALBLCLD2L【分析】平衡时对挂钩处进行力的分析，求出细线与竖直方向的夹角，再根据几何关系得到B升高的高度注意绳子上的张力大小均等于B的重力，并且悬挂A物体后，两边对称，合力竖直向下与A的重力平衡【解答】解：对挂钩处进行力的分析如图所示，对B进行力的分析可得绳子拉力T
32、=mBg，对A有：2Tcos=mAg，解得：cos=，解得：=30，所以由几何关系可知，B上升的高度为h=2（）=L，故B正确，ACD错误故选：B【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14（2017一模拟）有甲、乙两根完全相同的轻绳，甲绳A、B两端按图甲的方式固定，然后将一挂有质量为M的重物的光滑轻质动滑轮挂于轻绳上，当滑轮静止后，设绳子的张力大小为T1；乙绳两端按图乙的方式连接，然后将同样的定滑轮且挂有质量为M的重物挂于乙轻绳上，当滑轮静止后
33、，设乙绳子的张力大小为T2现甲绳的B端缓慢向下移动至C点，乙绳的E端缓慢移动至F点，在两绳的移动过程中，下列说法正确的是（）AT1、T2都变大BT1变大、T2变小CT1、T2都不变DT1不变、T2变大【分析】动滑轮在不计摩擦的情况下，两侧绳子拉力大小相等，平衡后，两侧绳子的拉力关于竖直方向对称根据数学知识，研究两侧绳子与竖直方向的夹角跟绳长和两堵竖直墙间距离的关系，根据平衡条件确定绳子拉力与重力的关系，来分析拉力的关系【解答】解：对甲图设绳子总长为L，两堵竖直墙之间的距离为S，左侧绳长为L1，右侧绳长为L2由于绳子上的拉力处处相等，所以两绳与竖直方向夹角相等，设为，则由几何知识，得：S=L1s
34、in+L2sin=（L1+L2）sin，又L1+L2=L得到sin=；当绳子右端慢慢向下移时，S、L没有变化，则不变绳子的拉力大小为T1，重物的重力为G以滑轮为研究对象，根据平衡条件得2T1cos=G解得：T1=；可见，当不变时，绳子拉力T1不变；对乙图，当绳子的右端从E向F移动的过程中，由于绳子的长度不变，所以两个绳子之间的夹角增大，由于两个绳子的合力大小等于物体的重力，方向与重力的方向相反，所以当两个绳子之间的夹角增大时，绳子的拉力之间的夹角增大，所以绳子的拉力T2增大故ABC错误，D正确故选：D【点评】本题的难点在于运用几何知识得到当绳子B端慢慢向下移时，绳子与竖直方向的夹角不变对于滑轮
35、问题，解题要充分利用拉力的对称性该题也可以认为是两道共点力平衡的题目的组合，可以由此比较两种不同的动态平衡，加深学生对不同题目的联系15（2017临川区校级三模）如图所示，物块A放在直角三角形斜面体B上面，B放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初始时A、B静止；现用力F沿斜面向上推A，但A、B仍未动则施力F后，下列说法正确的是（）A弹簧弹力一定不变BB与墙面的弹力可能不变CB与墙之间可能没有摩擦力DA、B之间的摩擦力一定变大【分析】隔离对A分析，通过A受力平衡判断A、B之间摩擦力的变化通过对整体分析，抓住AB不动，弹簧的弹力不变，判断B与墙之间有无摩擦力【解答】解：AC、对整体分析，由于AB不动，弹
36、簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变，开始弹簧的弹力等于A、B的总重力，施加F后，弹簧的弹力不变，总重力不变，根据平衡知，则B与墙之间一定有摩擦力，故A正确、C错误；B、以整体为研究对象，开始时B与墙面的弹力为零，后来加F后，弹力为Fcosa，弹力变化，故B错误；D、对A，开始受重力、B对A的支持力和静摩擦力平衡，当施加F后，仍然处于静止，开始A所受的静摩擦力大小为mAgsin，若F=2mAgsin，则A、B之间的摩擦力大小可能不变故D错误故选：A【点评】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡进行求解，以及掌握整体法和隔离法的运用16（2017日照一模）如图，一光滑的轻滑轮用轻绳OO
37、悬挂于O点，另一轻绳跨过滑轮，一端连着斜面上的物体A，另一端悬挂物体B，整个系统处于静止状态现缓慢向左推动斜面，直到轻绳平行于斜面，这个过程中物块A与斜面始终保持相对静止则下列说法正确的是（）A物块A受到的摩擦力一定减小B物块A对斜面的压力一定增大C轻绳OO的拉力一定减小D轻绳OO与竖直方向的夹角一定减小【分析】A与斜面始终保持相对静止，所以要使轻绳平行于斜面，则右边轻绳与竖直方向夹角变小绳子一端连接物块B，且缓慢向左推，即系统处于平衡状态，所以连接A、B的绳子拉力大小始终等于B的重力大小【解答】解：A、物块A受到的是静摩擦力，运动趋势不确定，所以物块A受到的摩擦力大小变化情况不能确定，故A错
38、误；B、拉物块A的绳子拉力在垂直斜面方向向上分力减小为0，所以物块A对斜面的压力一定减小，故B错误；C、D、轻绳与竖直方向夹角变小且连接A、B的绳子拉力大小始终等于B的重力大小根据平行四边形定则可知两个分力大小不变，夹角变小，合力变大且合力始终在两个分力的夹角的角平分线上（如右图）又因为连接B的绳子方向始终在竖直方向上，所以两绳子拉力之和增大且合力与竖直方向夹角变小，故C错误，D正确【点评】本题重点是系统平衡连接A、B的绳子拉力大小始终等于B的重力大小绳子拉力大小不变，夹角变小，合力增大17（2017江西模拟）如图所示，放在地面上的质量为M的物块与质量为m的小球通过用不可伸长的轻质细线将小球悬
39、跨过两个定滑轮连接，M远大于m，现给小球施加一个向右且与水平方向成=300角的力F，使小球缓慢地运动，直至悬挂小球的绳水平，小球移动的过程中细绳一直处于拉直状态，下列说法正确的是（）A拉力F一直增大B拉力F先减小后增大C物块对地面的压力一直减小D物块对地面的压力先减小后增大【分析】对小球分析受力情况，作出受力图，运用图解法分析拉力F和细绳拉力的变化情况再对M研究，由平衡条件分析地面对M支持力的变化，从而得到物块对地面的压力的变化情况【解答】解：AB、对小球研究，小球受重力mg、细绳的拉力T和拉力F，三力的合力为零，根据图解法可知，拉力F一直增大，绳的拉力先减小后增大，故A正确，B错误CD、细绳
40、的拉力先减小后增大，对M研究知物块对地面的压力先增大后减小，故C、D错误故选：A【点评】本题考查共点力平衡条件的应用，要注意正确选择研究对象，做好受力分析，选择恰当的解题方法，本题运用图解法比较简洁18（2017潮州二模）如图所示，横截面为直角三角形的斜劈P，靠在粗糙的竖直墙面上，力F通过球心水平作用在光滑球Q上，系统处于静止状态当力F增大时，系统仍保持静止，下列说法正确的是（）A斜劈P所受合外力增大B球Q对地面的压力不变C墙面对斜劈P的摩擦力增大D斜劈P对竖直墙壁的压力增大【分析】P一直处于静止，所受合外力一直为零不变，以整体为研究对象，分析P对竖直墙壁的压力变化情况以及墙面对A的摩擦力，对
41、Q受力分析，根据平衡条件得出Q对地面的压力变化情况【解答】解：A、斜劈P一直处于静止，所受合外力一直为零不变，故A错误；BC、对Q力分析，如图：根据平衡条件：F=Nsin，F增大，则N增大，N=mg+Ncos，N增大，则N增大，根据牛顿第三定律得，球对地面的压力增大，故B错误；以整体为研究对象，竖直方向：N+f=Mg，故随支持力的增大，摩擦力减小，故C错误；D、以整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件，水平方向：N=F，N为竖直墙壁对P的弹力，F增大，则N增大，所以由牛顿第三定律可得：P对竖直墙壁的压力增大，故D正确；故选：D【点评】本题考查共点力平衡条件的应用，确定研究对象，对其受力分析，运
42、用平衡条件列出平衡等式解题要注意多个物体在一起时，正确利用整体法与隔离法进行分析是解题的关键二计算题（共2小题）19（2017春东河区校级期中）如图所示，放在粗糙的固定斜面上的物块A和悬挂的物体B均处于静止状态轻绳AO绕过光滑的定滑轮与轻弹簧的右端及轻绳BO的上端连接于O点，轻弹簧中轴线沿水平方向，轻绳的OC段与竖直方向的夹角=53，斜面倾角=37，物块A和B的质量分别为mA=5kg，mB=1.5kg，弹簧的劲度系数k=500N/m，（sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度g=10m/s2），求：（1）弹簧的伸长量x；（2）物块A受到的摩擦力【分析】（1）以轻绳OB和物块B为研究对
43、象，受力如图并正交分解，根据平衡条件结合胡克定律求解；（2）对物块A受力如图并正交分解，根据平衡条件列式求解即可【解答】解：（1）对结点O受力分析如图所示：根据平衡条件，有：TcosmBg=0，TsinF=0，且：F=kx，解得：x=4cm；（2）设物体A所受摩擦力沿斜面向下，对物体A做受力分析如图所示：根据平衡条件，有：TfmAgsin=0，解得：f=5N，即物体A所受摩擦力大小为5N，方向沿斜面向上答：（1）弹簧的伸长量x为4cm；（2）物块A受到的摩擦力大小为5N，方向沿斜面向上【点评】本题主要考查了平衡条件和胡克定律得直接应用，要求同学们能选择合适的研究对象并能正确对物体受力分析，注意
44、正交分解法在解题中的应用，难度适中20（2016秋濮阳月考）如图所示，P、Q为两个固定的滑轮，A、B、C三个物体用不可伸长的轻绳（不计轻绳与滑轮间的摩擦）跨过P、Q相连于O点，初始时O、P间轻绳与水平方向夹角为60，O、Q间轻绳水平，A、B、C三个物体恰好能保持静止，已知B物体的质量为2kg求：（1）A、C两物体的质量分别为多少？（2）若在O点施加一外力F，缓慢移动O点到使O、P间的轻绳水平，O、Q间轻绳处于与水平方向夹角为60的位置，此时外力F的大小【分析】（1）对A、C受力分析可知OP的拉力mAg，OQ的拉力mCg则对O点受力分析，由受力平衡条件可得mA和mC的大小（2）缓慢移动后的O点依
45、然处于平衡状态，则外力F的大小等于mAg、mBg、mCg的合力的大小，采用正交分解法与力的合成法可求得这三个力的合力【解答】解：（1）对于O受力分析，由受力平衡可知OP的拉力mAg，OQ的拉力mCg对于O点，根据平衡条件得：mAgsin60=mBg mAgcos60=mCg 联立式，代入数据解得：mA=kg mC=kg故A物体的质量为kg，C物体的质量为kg（2）缓慢移动后的O点受外力F、mAg、mBg、mCg，且处于平衡状态，则F的大小等于mAg、mBg、mCg的合力对O点，根据平衡条件得：x轴：Fx=mAgmCgcos60 y轴：Fy=mBg+mCgsin60 F=联立式，代入数据解得：F=N故外力F的大小为N答：（1）A物体的质量为kg，C物体的质量为kg；（2）外力F的大小为N【点评】本题考查共点力的平衡，对于共点力的平衡，可以运用力的合成与分解方法，三个力一般采用力的合成，四个力以上用力的正交分解法三个力的平衡：其中任意两个力的合力必与第三力大小相等、方向相反n个力的平衡：其中任意n1个力的合力必与第n力大小相等、方向相反
