1、专题复习篇专题一力与物体的平衡要点提炼1.共点力作用下物体平衡的特点(1)运动学特点：速度不变(不一定为零)(动能和动量不变)，加速度为零；(2)力学特点：F合0。2三个共点力平衡：其中任意一个力与其余两个力的合力一定大小相等，方向相反；若有两个力等大，则这两个力一定关于第三个力所在直线对称；表示三个力的有向线段可以组成一个矢量三角形。3多个共点力平衡：任意方向上合力为零；建立直角坐标系后，两个坐标轴上的合力均为零，即Fx合0，Fy合0；物体受N个力作用而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余N1个力的合力一定等大反向。4动态平衡：物体在缓慢移动过程中，可以认为物体时刻处于平衡状态，其所受合力时
2、刻为零。5带电粒子或带电物体在复合场中处于平衡状态时，合力为零；带电粒子(或微粒)在重力、恒定电场力和洛伦兹力共同作用下的直线运动必然是匀速直线运动。高考考向1受力分析共点力平衡 命题角度1 物体的受力分析例1(2019西宁第四中学高三一模)一个底面粗糙、质量为M的斜劈放在粗糙的水平面上，劈的斜面光滑且与水平面成30角；现用一端固定的轻绳系一质量为m的小球，小球放在斜面上，小球静止时轻绳与竖直方向的夹角也为30，如图所示，试求：(1)当斜劈静止时绳子的拉力大小；(2)当斜劈静止时地面对斜劈的摩擦力的大小；(3)若地面对斜劈的最大静摩擦力等于地面对斜劈支持力的k倍，为使整个系统静止，k值必须满足
3、什么条件？解析(1)以小球为研究对象，受力分析如图1所示，对拉力T和重力mg进行正交分解。由物体的平衡条件可知：Tcos30mgsin30得：Tmg。(2)以斜劈和小球整体为研究对象，整体受力情况如图2所示，由物体平衡条件可得：fTcos60mg。(3)为使整个系统静止，要求fmaxkFNTcos60而FNTsin60(Mm)g联立以上两式可得：k。答案(1)mg(2)mg(3)k 受力分析的常用方法受力分析贯穿整个力学，包括分析处于平衡状态和非平衡状态物体的受力情况，为了知识的连贯，此处归纳出通用的受力分析方法(对于非平衡状态的受力分析运用参见后续二、三、四专题)。(1)假设法：在受力分析时
4、，对于弹力、摩擦力，若不能确定是否存在，或者不能确定力的方向、特点，可先作出假设(如该力存在、沿某一个方向、摩擦力是静摩擦力)，然后根据该假设对运动状态的影响判断假设是否成立。(2)整体法与隔离法：若系统内各个物体的运动状态相同，优先采用整体法；如果需要求解系统内部的相互作用，可再用隔离法。如果系统内部各部分运动状态不同，一般用隔离法(如果存在相对运动但整体处于平衡状态，也可以采用整体法)。整体法与隔离法一般交叉综合运用。(3)转换对象法：当直接分析一个物体的受力不方便时，可转换研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力。(4)动力学分析法：根据物体的运动状态用平衡条
5、件或牛顿运动定律确定其受力情况。备课记录： 11(2019河北武邑中学高三月考)(多选)如图所示，将一物块分成靠在一起的A、B两部分，B放置在地面上，然后在物体A上施加一水平外力F，整个装置静止。关于A、B两个物体的受力情况，下列说法中正确的是()A物体A一定受到三个力的作用B物体A一定受到四个力的作用C物体B一定受到地面对它的摩擦力的作用D物体B可能受到四个力的作用答案CD解析分析物体A的受力情况，一定受到外力F、重力和B对A的支持力，假设这三个力能使A处于平衡状态，则A只受到三个力，假设这三个力不能使A平衡，则A一定还受到B对A的摩擦力，所以物体A可能受到三个力的作用，也可能受到四个力的作
6、用，A、B错误；以整个装置为研究对象，因为系统处于平衡状态，所以B一定受到地面对它的摩擦力作用，C正确；由于力的作用是相互的，从转换对象角度假设A受到B对它的摩擦力作用，则B一定受到A对它的摩擦力作用，所以物体B可能受四个力作用，也可能受五个力作用，D正确。12(2019山东青岛高三一模)(多选)如图，固定在地面上的带凹槽的长直杆与水平面成30角，轻质环a套在杆上，置于凹槽内质量为m的小球b通过一条细绳跨过固定定滑轮与环a连接。a、b静止时，细绳与杆间的夹角为30，重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是()Aa受到3个力的作用Bb受到3个力的作用C杆对b的作用力大小为mgD细绳对a的拉
7、力大小为mg答案BD解析轻质环a套在杆上，不计摩擦，则a静止时细绳的拉力与杆对a的弹力平衡，故拉a的细绳与杆垂直，a受到两个力的作用，故A错误；对b球受力分析可知，b受到重力，绳子的拉力和杆对b球的弹力，b受到3个力的作用，故B正确；以b为研究对象，受力分析如图所示，根据几何关系可得30，设杆对b的作用力大小为N，则2Ncos30mg，Nmg，故C错误；对b分析，细绳的拉力大小TNmg，则细绳对a的拉力大小为Tmg，故D正确。命题角度2 共点力作用下的静态平衡问题例2(2019全国卷)用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面、固定在车上，倾
8、角分别为30和60。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面、压力的大小分别为F1、F2，则()AF1mg，F2mgBF1mg，F2mgCF1mg，F2mgDF1mg，F2mg解析如图所示，卡车匀速行驶，圆筒受力平衡，由题意知，力F1与F2相互垂直。由牛顿第三定律知F1F1，F2F2，则F1mgsin60mg，F2mgsin30mg，D正确。答案D 解决静态平衡问题的四种常用方法备课记录： 21(2019全国卷)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行。已知物块与斜面之间的动摩擦因数为，重力加速度取10 m/s2。若轻绳能承受的最大张力为1500 N，
9、则物块的质量最大为()A150 kg B100 kgC200 kg D200 kg答案A解析物块沿斜面向上匀速运动，受力如图，根据平衡条件有FFfmgsinFfFNFNmgcos由式得Fmgsinmgcos所以m故当FFmax1500 N时，物块的质量最大，最大质量为mmax150 kg，A正确。22(2019济南高三模拟)如图所示，在倾角为37的斜面上放置一质量为0.5 kg的物体，用一大小为1 N平行斜面底边的水平力F推物体时，物体保持静止。已知物体与斜面间的动摩擦因数为，物体受到的摩擦力大小为(sin370.6，cos370.8，g取10 m/s2)()A3 N B2 N C. N D.
10、 N答案C解析物体所受的摩擦力为静摩擦力，其大小与F和重力沿斜面向下的分量的矢量和等大反向，则f N N，故选C。高考考向2动态平衡问题命题角度1 图解法解动态平衡问题例3(2019全国卷)(多选)如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45。已知M始终保持静止，则在此过程中()A水平拉力的大小可能保持不变BM所受细绳的拉力大小一定一直增加CM所受斜面的摩擦力大小一定一直增加DM所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加解析选N为研究对象，受力情况
11、如图甲所示，由图可知，用水平拉力F缓慢拉动N的过程中，水平拉力F逐渐增大，细绳的拉力T逐渐增大，A错误，B正确。对于M，受重力GM、支持力FN、绳的拉力T以及斜面对它的摩擦力f，如图乙所示；若开始时斜面对M的摩擦力f沿斜面向上，则TfGMsin，T逐渐增大，f逐渐减小，f可能会减小到零后，再反向增大；若开始时斜面对M的摩擦力沿斜面向下，则TGMsinf，当T逐渐增大时，f逐渐增大，C错误，D正确。答案BD 图解法(矢量三角形法、平行四边形法)如果物体受到三个力的作用，其中一个力的大小、方向均不变，另一个力的方向不变，此时可用图解法，画出不同状态下力的矢量图(即矢量三角形或平行四边形)，判断两个
12、变力的变化情况。如例题中物块N的重力大小、方向均不变，拉力F的方向不变，可用图解法。图解法的关键是作图，次序很重要，先找恒力，再找方向不变的力，再画大小、方向均变化的力，从而明确两个变力的变化情况。备课记录： 31(2019河北武邑质检)如图所示，斜面体A静置于粗糙水平面上，被一轻绳拴住的小球B置于光滑的斜面上，轻绳左端固定在竖直墙面上P处，此时小球静止且轻绳与斜面平行。现将轻绳左端从P处缓慢沿墙面上移到P处，斜面体始终处于静止状态，则在轻绳移动过程中()A轻绳的拉力先变小后变大B斜面体对小球的支持力逐渐增大C斜面体对水平面的压力逐渐增大D斜面体对水平面的摩擦力逐渐减小答案D解析小球的受力分析
13、如图1所示，小球受到斜面体的支持力FN1及轻绳拉力F的合力始终与小球重力G1等大反向，当轻绳左端上升时，F增大，FN1减小，故A、B错误；对斜面体A进行受力分析，如图2所示，随小球对斜面压力FN1的减小，由受力平衡可知，水平面对斜面体的支持力FN2逐渐减小，摩擦力Ff逐渐减小，由牛顿第三定律可知C错误，D正确。32(2019湖北孝感高三上学期期末八校联考)如图所示，放在地面上的质量为M的物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两个定滑轮连接。M远大于m。先给小球施加一个向右且与水平方向始终成30角的力F，使小球缓慢地移动，直至悬挂小球的绳水平，小球移动过程中细绳一直处于拉直状态，则下列说
14、法正确的是()A拉力F一直增大B拉力F先减小后增大C物块对地面的力一直减小D物块对地面的压力先减小后增大答案A解析对小球受力分析，小球受重力mg、细绳的拉力T和拉力F，三力的合力为零，如图所示，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；细绳的拉力先减小后增大，对物块进行研究可知，物块对地面的压力先增大后减小，故C、D错误。命题角度2 解析法解动态平衡问题例4(2017全国卷)(多选)如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角不变。在OM由竖直
15、被拉到水平的过程中()AMN上的张力逐渐增大BMN上的张力先增大后减小COM上的张力逐渐增大DOM上的张力先增大后减小解析设重物的质量为m，绳OM中的张力为TOM，绳MN中的张力为TMN。开始时，TOMmg，TMN0。由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力mg等大、反向。如图所示，已知角不变，在将重物缓慢拉起的过程中，角逐渐增大，则角()逐渐减小，但角不变，在三角形中，利用正弦定理得：，()由钝角变为锐角，则TOM先增大后减小，D正确；同理知，在由0变为的过程中，TMN一直增大，A正确。答案AD 三力动态平衡问题归纳备课记录： 41(2019重庆一中高三5月模考)如图
16、所示，在粗糙的水平地面上放着一左侧截面是半圆的柱状物体B，在B与竖直墙之间放置一光滑小球A，整个装置处于静止状态。现用水平力F拉动B缓慢向右移动一小段距离后，它们仍处于静止状态，在此过程中，下列判断正确的是()A小球A对物体B的压力逐渐增大B小球A对物体B的压力逐渐减小C墙面对小球A的支持力逐渐减小D墙面对小球A的支持力先增大后减小答案A解析对A球受力分析并建立直角坐标系如图。由平衡条件得：竖直方向：N2cosmg，水平方向：N1N2sin，联立解得：N2，N1mgtan；B缓慢向右移动一小段距离，A缓慢下落，则增大，所以N2增大，N1增大，由牛顿第三定律知，小球A对物体B的压力逐渐增大，故A
17、正确，B、C、D错误。42(2019山东日照高三5月校际联合考试)(多选)如图所示为一种儿童玩具，在以O点为圆心的四分之一竖直圆弧轨道上，有一个光滑的小球(不能视为质点)，O为小球的圆心。挡板OM沿着圆弧轨道的半径，以O点为转轴，从竖直位置开始推着小球缓慢的顺时针转动(水平向里看)，到小球触到水平线的过程中()A圆弧轨道对小球的支持力逐渐增大B圆弧轨道对小球的支持力逐渐减小C挡板对小球的支持力逐渐增大D挡板对小球的支持力逐渐减小答案BC解析对小球受力分析如图所示。当从竖直位置开始推着小球缓慢顺时针转动，到小球触到水平线的过程中，根据几何关系可知，N1与N2之间的夹角保持不变，N1与竖直方向夹角
18、越来越小，设N1与竖直方向夹角为，N1Gcos，N2Gsin，所以N1逐渐增大，N2逐渐减小，A、D错误，B、C正确。命题角度3 相似三角形法解动态平衡问题例5(2019山东省“评价大联考”三模)如图，用硬铁丝弯成的光滑半圆环竖直放置，直径竖直，O为圆心，最高点B处固定一光滑轻质滑轮，质量为m的小环A穿在半圆环上。现用细线一端拴在A上，另一端跨过滑轮用力F拉动，使A缓慢向上移动。小环A及滑轮B大小不计，在移动过程中，关于拉力F以及半圆环对A的弹力N的说法正确的是()AF逐渐增大BN的方向始终指向圆心OCN逐渐变小DN大小不变解析选取小环A为研究对象，画受力分析示意图，小环A受三个力，重力、绳子
19、的拉力和大圆环的支持力，运用三角形相似法得到N、F与AO、BO的关系，再分析N和F的变化情况。在小环A缓慢向上移动的过程中，小环A处于三力平衡状态，根据平衡条件知，mg与N的合力与T等大反向共线，作出mg与N的合力，如图，由三角形相似得：，FT，则Fmg，AB变小，BO不变，则F变小，故A错误；Nmg，AO、BO都不变，则N大小不变，方向始终背离圆心，故D正确，B、C错误。答案D三力作用下的共点力动态平衡问题，在三个力中若一个力为恒力，另外两个力的方向不断变化，可考虑应用相似三角形法。解题的关键是进行正确的受力分析，寻找力的三角形与图形中的几何三角形相似，利用相似三角形对应边成比例求出三角形中
20、力的比例关系，从而求解问题。备课记录： 51(多选)如图所示，质量均为m的小球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连，B球用长为L的细绳悬于O点，A球固定在O点正下方，当小球B平衡时，绳子所受的拉力为FT1，弹簧的弹力为F1；现把A、B间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k2(k2k1)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为FT2，弹簧的弹力为F2，则下列关于FT1与FT2、F1与F2大小之间的关系，正确的是()AFT1FT2 BFT1FT2CF1F2 DF1F2答案BC解析小球B受重力mg、绳子拉力FT和弹簧弹力F三个力而平衡，平移FT、F构成矢量三角形如图所示，由图
21、可以看出，力的矢量三角形总是与几何三角形OAB相似，因此有，其中OA、L保持不变，因此绳子的拉力FT大小保持不变，A错误，B正确；当弹簧的劲度系数k增大时，弹簧的压缩量减小，A、B间距离增大，因此对应的力F增大，C正确，D错误。52(多选)如图所示，表面光滑的半球形物体固定在水平面上，光滑小环D固定在半球形物体球心O的正上方，轻质弹簧一端用轻质细绳固定在A点，另一端用轻质细绳穿过小环D与放在半球形物体上的小球P相连，DA水平。现将细绳固定点A向右缓慢平移的过程中(小球P未到达半球最高点)，下列说法正确的是()A弹簧变短B弹簧变长C小球对半球的压力大小不变D小球对半球的压力变大答案AC解析对小球
22、受力分析，小球受重力G、细线的拉力T和半球面的支持力FN，作出FN、T、G的矢量三角形，如图所示。根据相似三角形法可知，因为OP和OD都是恒定不变的，G也不变，DP减小，所以可知FN不变，T减小，根据牛顿第三定律可知小球对半球的压力大小不变，绳子的拉力减小，即弹簧的弹力减小，所以弹簧变短，故A、C正确。阅卷现场摩擦力分析出错例6(12分)所受重力G18 N的砝码悬挂在绳PA和PB的结点上。PA偏离竖直方向37角，PB沿水平方向，且连在所受重力为G2100 N的木块上，木块静止于倾角为37的斜面上，如图所示，sin370.6，cos370.8，木块与斜面间的动摩擦因数为，试求：(1)木块与斜面间
23、的摩擦力大小；(2)木块所受斜面的弹力。正解如图甲所示分析结点P受力，由平衡条件得：FAcos37F1G1，(2分)FAsin37FB，(2分)可解得BP绳的拉力为：FB6 N，(1分)再分析木块的受力情况如图乙所示。由物体的平衡条件可得：FfG2sin37FBcos37，(2分)FNFBsin37G2cos37，(2分)又有FBFB，(1分)解得：Ff64.8 N；(1分)FN76.4 N，方向垂直斜面向上。(1分)答案(1)64.8 N(2)76.4 N，方向垂直斜面向上错解如图甲所示分析结点P受力，由平衡条件得：FAcos37F1G1，(2分)FAsin37FB，(2分)可解得BP绳的拉
24、力为：FB6 N，(1分)再分析木块的受力情况如图乙所示，由物体的平衡条件可得：FNFBsin37G2cos37，(2分)FfFN，(扣2分)又有FBFB，(1分)解得：Ff38.2 N；(结果错误，扣1分)FN76.4 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与错解的区别在于：正解认为题中的摩擦力是静摩擦力，错解认为题中的摩擦力为滑动摩擦力。实际本题中的摩擦力是静摩擦力，题目中给出的动摩擦因数起到了干扰的作用，对静摩擦力和滑动摩擦力理解不到位的考生极有可能犯错解中的错误。本题中的错解扣掉3分，还不算严重，如果FNFBsin37G2cos37
25、和FfFN不是分步列出，而是直接写成FBsin37G2cos37，要扣掉5分，所以计算题的关系式，尽可能列分立的方程，不要过于综合，也不要写成连等式。专题作业1(2019江苏高考) 如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右。细绳与竖直方向的夹角为，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为()A. B.CTsin DTcos答案C解析对气球受力分析，如图所示，将绳的拉力T分解，在水平方向：风对气球的作用力大小FTsin，C正确。2. (2019广东佛山普通高中教学质量检测)在港珠澳大桥建设中，将直径22米、高40.5米的钢筒，打入海底围成人工岛，创造了快速筑岛的世界记录。如图
26、所示，钢筒质量为M，用起重机由8根对称分布的、长为22米的钢索将其吊起，整个装置处于静止状态。则每根钢索受到的拉力大小为()A.Mg B.Mg C.Mg D.Mg答案B解析分析题意可知，每根钢索与竖直方向的夹角为30，则由平衡条件可知：8Tcos30Mg，解得TMg，由牛顿第三定律知，B正确。3. (2019四川省宜宾市二诊)如图所示，质量均为m的斜面体A、B叠放在水平地面上，A、B间接触面光滑，用一与斜面平行的推力F作用在B上，B沿斜面匀速上升，A始终静止。若A的斜面倾角为，下列说法正确的是()AFmgtanBA、B间的作用力为mgcosC地面对A的支持力大小为2mgD地面对A的摩擦力大小为
27、F答案B解析根据题意可得B受力平衡，沿斜面方向根据平衡条件可得Fmgsin，故A错误；对斜面体B，垂直于斜面方向根据平衡条件可得支持力Nmgcos，则A、B间的作用力为mgcos，故B正确；以整体为研究对象，竖直方向根据平衡条件可得地面对A的支持力大小为FN2mgFsin，故C错误；以整体为研究对象，水平方向根据平衡条件可得地面对A的摩擦力大小为fFcos，故D错误。4(2019福建宁德二模)(多选) 中国书法历史悠久，是中华民族优秀传统文化之一。在楷书笔画中，长横的写法要领如下：起笔时一顿，然后向右行笔，收笔时略向右按，再向左上回带。该同学在水平桌面上平铺一张白纸，为防打滑，他在白纸的左侧靠
28、近边缘处用镇纸压住。则在向右行笔的过程中()A镇纸受到向左的摩擦力B毛笔受到向左的摩擦力C白纸只受到向右的摩擦力D桌面受到向右的摩擦力答案BD解析白纸和镇纸始终处于静止状态，对镇纸受力分析知，镇纸不受摩擦力，否则水平方向受力不平衡，镇纸的作用是增大纸与桌面之间的弹力与最大静摩擦力，故A错误；在向右行笔的过程中毛笔相对纸面向右运动，受到向左的摩擦力，故B正确；白纸与镇纸之间没有摩擦力，白纸始终处于静止状态，则白纸在水平方向受到毛笔对白纸的摩擦力以及桌面对白纸的摩擦力，由B项可知，毛笔受到的摩擦力向左，由牛顿第三定律，白纸受到毛笔的摩擦力向右，根据平衡条件可知，桌面对白纸的摩擦力向左，故C错误；桌
29、面只受到白纸的摩擦力，桌面对白纸的摩擦力向左，根据牛顿第三定律，白纸对桌面的摩擦力向右，故D正确。5(2017全国卷) 如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F的大小不变，而方向与水平面成60角，物块也恰好做匀速直线运动。物块与桌面间的动摩擦因数为()A2 B. C. D.答案C解析设物块的质量为m，根据平衡条件及摩擦力公式有拉力F水平时，Fmg拉力F与水平面成60角时，Fcos60(mgFsin60)联立式解得。故选C。6. (2019天津河北区一模)如图所示，一根不可伸长的轻绳穿过轻滑轮，两端系在高度相等的A、B两点，滑轮下挂一物体，不计轻绳和轻滑轮之间的摩擦，保
30、持A固定不动，让B缓慢向右移动，则下列说法正确的是()A随着B向右缓慢移动，绳子的张力减小B随着B向右缓慢移动，绳子的张力不变C随着B向右缓慢移动，滑轮受绳AB的合力变大D随着B向右缓慢移动，滑轮受绳AB的合力不变答案D解析两根绳子的合力始终与物体的重力等大反向，所以滑轮受绳AB的合力不变，C错误，D正确。当B向右缓慢移动时，两根绳子之间的夹角变大，合力一定，则绳子的张力增大，故A、B错误。7. (2019天津市北辰区模拟)(多选)如图所示，放在斜面上的物体受到垂直于斜面向上的力F作用，物体始终保持静止，下列说法正确的是()A当F逐渐减小后，物体受到的摩擦力保持不变B当F逐渐减小后，物体受到的
31、合力减小C当F逐渐减小后，物体对斜面的压力逐渐增大D若力F反向且慢慢增大，则物体受到的摩擦力增大答案AC解析对物体受力分析，受重力、支持力、静摩擦力和拉力，如图所示。因为物体始终静止，处于平衡状态，合力一直为零，根据平衡条件则有，垂直斜面方向：FNGcos，Gcos不变，所以F逐渐减小的过程中，N逐渐变大，根据牛顿第三定律，物体对斜面的压力也逐渐增大；平行斜面方向：fGsin，G和保持不变，故f保持不变；若力F反向且慢慢增大，公式fGsin，仍旧成立，则物体受到的摩擦力也不变，故A、C正确，B、D错误。8(2019湖南衡阳二模)超市里磁力防盗扣的内部结构及原理如图所示，在锥形金属筒内放置四颗小
32、铁珠(其余两颗未画出)，工作时弹簧通过铁环将小铁珠挤压于金属筒的底部，同时，小铁珠陷于钉柱上的凹槽里，锁死防盗扣。当用强磁场吸引防盗扣的顶部时，铁环和小铁珠向上移动，防盗扣松开，已知锥形金属筒底部的圆锥顶角刚好是90，弹簧通过铁环施加给每个小铁珠竖直向下的力F，小铁珠锁死防盗扣，每个小铁珠对钉柱产生的侧向压力为(不计摩擦以及小铁珠的重力)()A.F B.F CF D.F答案C解析以一个铁珠为研究对象，将力F按照作用效果分解如图所示，由几何关系可得小铁球对钉柱产生的侧向压力为NF。故选C。9如图所示为三种形式的吊车的示意图，OA为可绕O点转动的轻杆，AB为质量可忽略不计的拴接在A点的轻绳，当它们
33、吊起相同重物时，图甲、图乙、图丙中杆OA对结点的作用力大小分别为Fa、Fb、Fc，则它们的大小关系是()AFaFbFc BFaFbFcCFaFbFc DFaFbFc答案B解析设重物的质量为m，分别对三图中的结点进行受力分析，杆对结点的作用力大小分别为Fa、Fb、Fc，对结点的作用力方向沿杆方向，各图中Tmg。则在图甲中，Fa2mgcos30mg；在图乙中，Fbmgtan60mg；在图丙中，Fcmgcos30mg。可知FaFbFc，故B正确，A、C、D错误。10(2017全国卷)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm。将一钩码挂在弹性绳的中点
34、，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)()A86 cm B92 cmC98 cm D104 cm答案B解析轻质弹性绳的两端分别固定在相距l080 cm的两点上，钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为l100 cm，以钩码为研究对象，受力如图所示，由胡克定律得Fk(ll0)，由共点力的平衡条件和几何知识得F；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，设弹性绳的总长度变为l，由胡克定律得Fk(ll0)，由共点力的平衡条件得F，联立上面各式解得l92 cm，B正确。11. (2019东北三省三校二模
35、)如图所示，左侧是半径为R的四分之一圆弧，右侧是半径为2R的一段圆弧。二者圆心在一条竖直线上，小球a、b通过一轻绳相连，二者恰好在等高处平衡。已知37，不计所有摩擦，则小球a、b的质量之比为()A34 B35 C45 D12答案A解析对a、b两个小球受力分析，如图所示，同一根绳上的拉力大小相等，设为T；由力的平衡条件和几何知识可知绳对a球的拉力Tmagcos37，绳对b球的拉力Tmbgsin37，联立可解得，A正确。12. (2019西安高三第三次质检)如图所示，木板P下端通过光滑铰链固定于水平地面上的O点，物体A、B叠放在木板上且处于静止状态，此时物体B的上表面刚好水平。现使木板P绕O点缓慢
36、旋转到虚线所示位置，物体A、B仍保持静止，且相对木板没有发生移动，与原位置相比()AA对B的作用力减小 BB对A的摩擦力不变C板对B的摩擦力减小 D板对B的作用力减小答案C解析设板与水平地面的夹角为，以物体A为研究对象，木板P未旋转前A只受到重力和支持力而处于平衡状态，所以B对A的作用力与A的重力大小相等，方向相反；当将木板P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，B的上表面不再水平，A受力情况如图a所示，图中代表B的上表面与水平面之间的夹角。A受到重力和B对A的支持力、摩擦力三个力作用，其中B对A的支持力、摩擦力的合力仍然与A的重力等大反向，则A受到B对A的作用力保持不变，根据牛顿第三定律可知，A对B
37、的作用力也不变，故A错误；B对A的摩擦力增大，B错误；以A、B整体为研究对象，分析受力情况如图b所示，受总重力GAB、木板的支持力N2和摩擦力f2，木板对B的作用力是支持力N2和摩擦力f2的合力，由平衡条件分析可知，木板对B的作用力大小与总重力大小相等，保持不变，D错误；木板的支持力N2GABcos，f2GABsin，木板旋转后，减小，故N2增大，f2减小，C正确。13. (2019山东日照高考模拟)如图所示，两个质量分别为m、m的小圆环A、B用细线连着，套在一个竖直固定的大圆环上，大圆环的圆心为O。系统平衡时，细线所对的圆心角为90，大圆环和小圆环之间的摩擦力及线的质量忽略不计，重力加速度大
38、小用g表示，下列判断正确的是()A小圆环A、B受到大圆环的支持力之比是1B小圆环A受到大圆环的支持力与竖直方向的夹角为15C细线与水平方向的夹角为30D细线的拉力大小为mg答案A解析对A和B进行受力分析，根据平行四边形定则作出重力和支持力的合力与绳子的拉力等大反向，设支持力与竖直方向的夹角分别为和，根据正弦定理可以得到：，由于TT，90，整理可得：30，60，TTmg，再次利用正弦定理：，整理可得：NANB1，故A正确，B、D错误；根据几何知识可知，细线与水平方向的夹角为90304515，故C错误。14(2019河北唐山一模)如图所示，两个半圆柱A、B相接触并静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱
39、C，三者半径均为R。C的质量为2m，A、B的质量都为m，与地面间的动摩擦因数均为。现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面。整个过程中B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受到B作用力的大小F；(2)动摩擦因数的最小值min。答案(1)mg(2)解析(1)对C受力分析，如图所示，根据平衡条件有2Fcos302mg解得Fmg。(2)对整体受力分析可知，地面对B的支持力FN2mg不变。C恰好降到地面时，B受C压力的水平分力最大，设此时C受到B的作用力的大小为F，则2Fcos602mg，得F2mg，依据受力分析可知FxmaxFsin60mg此时，B受地面的摩擦力FfFxmax根据题意，此时B所受摩擦力最大，当此时的摩擦力为最大静摩擦力时有最小值，即minFNFf，解得min。
