1、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，
2、其所受合力时刻为零。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 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
3、持力的 k 倍，为使整个系统静止，k 值必须满足什么条件？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：T 33 mg。(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：fTcos60 36 mg。(3)为使整个系统静止，要求 fmaxkFNTcos60而 FNTsin60(Mm)g联立以上两式可得：k3m6M3m。答案(1)33 mg(2)36 mg(3)k3m6M3m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
4、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，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
5、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
6、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
7、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12mgD细绳对 a 的拉力大小为 33 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
8、系可得 30，设杆对 b 的作用力大小为 N，则 2Ncos30mg，N 33 mg，故 C 错误；对 b 分析，细绳的拉力大小 TN 33 mg，则细绳对 a 的拉力大小为 T 33 mg，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()AF1 33 mg，F2 32 mgBF1 32 mg，F2 33 mgCF112mg，F2 32
9、mgDF1 32 mg，F212mg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 F1mgsin60 32 mg，F2mgsin3012mg，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 33，重力加速度取 10 m/s2。若轻绳能承受的最大张力为 1500 N，则物块的质量最大为()A150 kg B100 3 kgC200 kg D200 3 kg答案 A解析 物块沿斜面向上匀
10、速运动，受力如图，根据平衡条件有FFfmgsinFfFNFNmgcos由式得Fmgsinmgcos所以 mFgsingcos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 32，物体受到的摩擦力大小为(sin370.6，cos370.8，g 取 10 m/s2)()A3 N B2 3 N C.10 N D.26 N答案 C解析 物体所受的摩擦力为静摩擦力
11、，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 F2mgsin372 120.5100.62 N 10 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
12、力大小可能先减小后增加解析 选 N 为研究对象，受力情况如图甲所示，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
13、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(
14、)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
15、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
16、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 2。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角 不变。在 OM 由竖直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、
17、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：TOMsin mgsin，()由钝角变为锐角，则 TOM 先增大后减小，D 正确；同理知TMNsin mgsin，在 由 0变为2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
18、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 mgcos，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 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
19、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
20、、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、绳子的拉力和大圆环的支持力，
21、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：mgBO NOA TAB，FT，则 FABBOmg，AB 变小，BO 不变，则 F 变小，故 A 错误；NAOBOmg，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
22、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()AFT1FT2BFT
23、1FT2CF1F2DF1F2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mgOAFTL FAB，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
24、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FNOP GOD TDP，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。
25、阅卷现场 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 12，试求：(1)木块与斜面间的摩擦力大小；(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：Ff
26、G2sin37FBcos37，(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
27、 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和 FfFN 不是分步列出，而是直接写成Ff 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
28、)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.TsinB.TcosCTsinDTcos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.18Mg B
29、.312Mg C.324Mg D.14Mg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 T 312Mg，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 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
30、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，他在白纸的左侧靠近边缘处用镇纸压住。
31、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
32、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 3 B.36 C.33 D.32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 33。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
33、 两点，滑轮下挂一物体，不计轻绳和轻滑轮之间的摩擦，保持 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
34、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
35、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.2F B.22 F CF D.3F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
36、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 NFtan45F。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()AFaFbFcBFaFbFcCFaFbFcDFaFbFc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，Fa2mgcos30 3mg；在图乙中，Fbmgtan60 3m
37、g；在图丙中，Fcmgcos30 32 mg。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，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
38、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 mg2sin5mg6；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Fmg2，联立上面各式解得 l92 cm，B 正确。11.(2019东北三省三校二模)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
39、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mamb34，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
40、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 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
41、 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 3m、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，重力加速度大小用 g 表示，下列判断正确的是()A小圆环 A、B 受到大圆
42、环的支持力之比是 31B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 32 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：3mgsin45 Tsin，mgsin45Tsin，由于 TT，90，整理可得：30，60，TT 62 mg，再次利用正弦定理：NAsin1803045 3mgsin45，NBsin1804560 mgsin45，整理可得：NANB 31，故 A 正确，B、D 错误；根据几何知识可知，细线与水平方
43、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 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)2 33 mg(2)32解析(1)对 C 受力分析，如图所示，根据平衡条件有2Fcos302mg解得 F2 33 mg。(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FxmaxFsin60 3mg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 32。本课结束