1、第4讲受力分析共点力的平衡考纲下载：共点力的平衡()主干知识练中回扣忆教材 夯基提能1受力分析(1)定义：把指定物体(研究对象)在特定的物理环境中受到的所有外力都找出来，并画出受力示意图的过程。(2)受力分析的一般顺序先分析场力(重力、电场力、磁场力)，再分析接触力(弹力、摩擦力)，最后分析其他力。2共点力的平衡(1)平衡状态：物体处于静止状态或匀速直线运动状态，即a0。(2)平衡条件：F合0或。(3)平衡条件的推论二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大小相等，方向相反。三力平衡：如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余两个力的合力大小相等，方
2、向相反；并且这三个力的矢量可以形成一个矢量三角形。多力平衡：如果物体在多个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余几个力的合力大小相等，方向相反。1判断正误(1)物体沿光滑斜面下滑时，物体受到重力、支持力和下滑力的作用力。()(2)对物体进行受力分析时不用区分外力与内力，两者都要同时分析。()(3)物体的速度为零即处于平衡状态。()(4)物体受两个力处于平衡状态，这两个力必定等大反向。()(5)三个力F1、F2、F3平衡，若将F1转动180时，三个力的合力大小为2F1。()受力分析2.多选如图所示，竖直放置的轻弹簧的一端固定在地面上，另一端与斜面体P连接，P与斜放的固定挡板MN接触且处
3、于静止状态，弹簧处于竖直方向，则斜面体P此刻受到外力的个数可能为()A2个B3个 C4个 D5个解析：选AC若斜面体P受到的弹簧弹力F等于其重力mg，则MN对P没有力的作用，如图甲所示，P受到2个力；若弹簧弹力大于P的重力，则MN对P有压力FN，只有压力FN，则P不能平衡，同时一定存在向右的力，只能是MN对P的摩擦力Ff，因此P此时受到4个力，如图乙所示。共点力的平衡3.如图为喜庆节日里挂的灯笼，由于天气刮风，重量为G的灯笼向右飘起，设风对灯笼的作用力F恒定，灯笼看成质点。在某一时刻灯笼偏离竖直方向的角度恒为，设轻绳对灯笼的拉力为FT。下列说法正确的是()AFT与F的合力方向竖直向下BFT与F
4、的合力大于GCFT和G是一对平衡力D绳索所受拉力的大小为FT解析：选D取灯笼为研究对象，共受到重力G、拉力FT、风力F三个共点力作用，受力情况如图所示，FT和F的合力大小等于重力，方向竖直向上，选项A、B、C错误；由力的矢量三角形得FT，选项D正确。整体法和隔离法4.如图所示，质量相等的A、B两物体在平行于固定斜面的推力F的作用下，沿光滑斜面做匀速直线运动，A、B间轻弹簧的劲度系数为k，斜面的倾角为30，则匀速运动时弹簧的压缩量为()A.B.C.D.解析：选BA、B作为一个整体受力如图所示，由平衡条件得，平行斜面方向F2mgsin mg，隔离B进行分析可知弹簧弹力等于B的重力沿斜面向下的分力，
5、即kxmgsin 0.5mg，解得x，B正确。核心考点分类突破析考点 讲透练足考点一受力分析1受力分析的基本方法(1)整体法：选用原则：研究系统外的物体对系统整体的作用力或者系统整体的加速度；注意问题：受力分析时不考虑系统内各物体之间的相互作用力。(2)隔离法：选用原则：研究系统内部各物体之间的相互作用力；注意问题：一般情况下先隔离受力较少的物体。2受力分析的4个步骤(1)明确研究对象：确定受力分析的物体，研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体的组合。(2)隔离物体分析：先分析已知力、重力，再按接触面分析弹力、摩擦力，最后分析其他力。(3)画出受力示意图：画出受力示意图，准确标出各力的方向。
6、(4)检查分析结果：检查画出的每一个力能否找出它的施力物体，检查分析结果能否使研究对象处于题目所给的物理状态。 典题1(2016吉林模拟)如图所示，两梯形木块A、B叠放在水平地面上，A、B之间的接触面倾斜。A的左侧靠在光滑的竖直墙面上，关于两木块的受力，下列说法正确的是()AA、B之间一定存在摩擦力作用B木块A可能受三个力作用C木块A一定受四个力作用D木块B受到地面的摩擦力作用方向向右解析由于A、B间接触面情况未知，若A、B接触面光滑，则A、B间可以没有摩擦力，A错误；对整体受力分析可知，A一定受向右的弹力、重力和支持力，因为A、B间可能没有摩擦力，所以A可能只受三个力，B正确，C错误；木块B
7、受重力、推力、A对B的垂直于接触面的压力作用，若压力向右的分力等于F，则B可能不受摩擦力，D错误。答案B受力分析的五个易错点1.不要把研究对象所受的力与研究对象对其他物体的作用力混淆。2.对于分析出的物体受到的每一个力，都必须明确其来源，即每一个力都应找出其施力物体，不能无中生有。3.合力和分力不能重复考虑。4.区分性质力与效果力：研究对象的受力图，通常只画出按性质命名的力，不要把按效果命名的分力或合力分析进去，受力图完成后再进行力的合成或分解。5.区分内力与外力：对几个物体的整体进行受力分析时，这几个物体间的作用力为内力，不能在受力图中出现；当把某一物体单独隔离分析时，原来的内力变成外力，要
8、在受力分析图中画出。1.如图所示，一个家用台灯静止放在桌子上，下列描述中正确的是()A台灯对桌子的作用力和桌子对台灯的作用力是一对平衡力B台灯受到向左的摩擦力C旋转点O对灯头的作用力沿AB方向D台灯底座所受合力为零解析：选D根据相互作用力的特点，则台灯对桌子的作用力和桌子对台灯的作用力是一对相互作用力，故A错误；台灯静止在水平桌面上，对台灯受力分析，台灯受重力和桌面的支持力，若有摩擦力，则不可能处于平衡状态，故B错误；对灯头受力分析，灯头受重力与支持力，那么旋转点O对灯头的作用力沿竖直方向，故C错误；静止状态是一种平衡状态，处于平衡状态的物体受到的力是平衡力，即合力为零，故D正确。2.(201
9、6南昌模拟)L形木板P(上表面光滑)放在固定斜面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的滑块Q相连，如图所示。若P、Q一起沿斜面匀速下滑，不计空气阻力。则木板P的受力个数为()A3B4C5D6解析：选CP、Q一起沿斜面匀速下滑时，由于木板P上表面光滑，滑块Q受到重力、P的支持力和弹簧沿斜面向上的弹力；木板P受到重力、斜面的支持力、斜面的摩擦力、Q的压力和弹簧沿斜面向下的弹力，故C正确。3(2016荆州模拟)如图所示，甲、乙、丙三个物体叠放在水平面上，用水平力F拉位于中间的物体乙，它们仍保持静止状态，三个物体的接触面均为水平，则乙物体受力的个数为()A3个 B4个 C5个 D6个解
10、析：选C对整体进行受力分析，受重力、地面的支持力、水平力F和地面的摩擦力共4个力作用；以丙物体为研究对象，受重力、地面对它的支持力和摩擦力、乙对它的压力和摩擦力共5个力的作用，乙、丙之间存在摩擦力；以甲物体为研究对象，受重力和乙对它的支持力共2个力的作用，甲、乙两物体间无摩擦力作用；以乙物体为研究对象，受重力、甲对其压力、外力F、丙对其支持力和丙对其向左的静摩擦力共5个力的作用，C正确。考点二共点力的静态平衡问题解决共点力平衡问题常用的4种方法合成法物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反效果分解法物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的效果分解，
11、则其分力和其他两个力满足平衡条件正交分解法物体受到三个或三个以上力的作用时，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件力的三角形法对受三力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力类型一单个物体的平衡问题1.(2016安阳模拟)如图所示，一质量为m的沙袋用不可伸长的轻绳悬挂在支架上，一练功队员用垂直于绳的力将沙袋缓慢拉起使绳与竖直方向的夹角为30，且绳绷紧，则练功队员对沙袋施加的作用力大小为()A.B.mgC.mgD.mg解析：选A沙袋受力如图所示。由平衡条件得，水平方向Fcos 30FTsin
12、 300，竖直方向FTcos 30Fsin 30mg0，联立解得F，故选项A正确。2.如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心。一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止于P点。设滑块所受支持力为FN，OP与水平方向的夹角为。下列关系正确的是()AF BFmgtan CFN DFNmgtan 解析：选A解法一：合成法。滑块受力如图甲，由平衡条件知：tan ，解得F，FN。解法二：效果分解法。将重力按产生的效果分解，如图乙所示，FG2，FNG1。解法三：正交分解法。将滑块受的力水平、竖直分解，如图丙所示，mgFNsin ，FFNcos ，联立解得：F，FN。解法四：封闭三角形法。如图丁所
13、示，滑块受的三个力组成封闭三角形，解直角三角形得：F，FN，故A正确。类型二整体法和隔离法在多体平衡问题中的应用典题2(2016佛山模拟)质量为m的四只完全相同的足球叠成两层放在水平面上，底层三只足球刚好接触成三角形，上层一只足球放在底层三只足球的正上面，系统保持静止。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则()A底层每个足球对地面的压力为mgB底层每个足球之间的弹力为零C下层每个足球对上层足球的支持力大小为 D水平面的摩擦因数至少为 解析根据整体法，设下面每个球对地面的压力均为FN，则3FN4mg，故FNmg，A错误；四个球的球心连线构成了正四面体，球放在水平面上，所以下层每个足球之间的弹力为零，B
14、正确；上层足球受到重力、下层足球对上层足球的三个支持力，由于三个支持力的方向不是竖直向上，所以三个支持力在竖直方向的分量之和等于重力，则下层每个足球对上层足球的支持力大小大于 ，C错误；如图所示，根据正四面体几何关系可得，F与mg夹角的余弦值cos ，正弦值sin ，则有FmgFNmg，FFf，解得Ffmg，Fmg，则，所以水平面的摩擦因数至少为 ，故D错误。答案B3.(2016铜陵模拟)如图所示，质量分别为mA、mB的两物块A、B叠放在一起，若它们共同沿固定在水平地面上倾角为的斜面匀速下滑。则()AA、B间无摩擦力BB与斜面间的动摩擦因数tan CA、B间有摩擦力，且B对A的摩擦力对A做负功
15、DB对斜面的摩擦力方向沿斜面向上解析：选B因为A处于平衡状态，所以A受重力、支持力以及B对A的静摩擦力而平衡，可知A、B间有摩擦力，摩擦力的方向沿A与B的接触面斜向上，向下滑动的过程中，摩擦力的方向与A速度方向的夹角为锐角，所以B对A的摩擦力对A做正功，故A、C错误；A、B能一起匀速下滑，对整体分析，受重力、支持力和滑动摩擦力，则有(mAmB)gsin (mAmB)gcos ，可得tan ，斜面对B的摩擦力方向沿斜面向上，所以B对斜面的摩擦力方向沿斜面向下，故B正确，D错误。 4(2015山东高考)如图所示，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好
16、不滑动，B刚好不下滑。已知A与B间的动摩擦因数为1，A与地面间的动摩擦因数为2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A与B的质量之比为()A.B.C. D.解析：选B滑块B刚好不下滑，根据平衡条件得mBg1F；滑块A恰好不滑动，则滑块A与地面之间的摩擦力等于最大静摩擦力，把A、B看成一个整体，根据平衡条件得F2(mAmB)g，解得。选项B正确。考点三解决共点力动态平衡问题的3种方法1动态平衡：通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢地变化，物体在这一变化过程中始终处于一系列的平衡状态中，这种平衡称为动态平衡。2基本思路：化“动”为“静”，“静”中求“动”。3常用方法：解析法、图解法和相似三角形法。方法
17、一解析法 典题3如图所示，与水平方向成角的推力F作用在物块上，随着逐渐减小直到水平的过程中，物块始终沿水平面做匀速直线运动。关于物块受到的外力，下列判断正确的是()A推力F先增大后减小B推力F一直减小C物块受到的摩擦力先减小后增大D物块受到的摩擦力一直不变解析对物块受力分析，建立如图所示的坐标系。由平衡条件得，Fcos Ff0，FN(mgFsin )0，又FfFN，联立可得F，可见，当减小时，F一直减小，B正确；摩擦力FfFN(mgFsin )，可知，当、F减小时，Ff一直减小 。答案B 方法二图解法图解法的适用条件：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，还有
18、一个力的方向变化。典题4(2016益阳模拟)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与竖直墙面间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态。现对B施加一竖直向下的力F，F的作用线通过球心，设墙对B的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的摩擦力为F3。若F缓慢增大而整个装置仍保持静止，截面如图所示，在此过程中()AF1保持不变，F3缓慢增大BF1缓慢增大，F3保持不变CF2缓慢增大，F3缓慢增大DF2缓慢增大，F3保持不变 解析球B受力情况如图所示，墙对球B的作用力及A对球B的作用力的合力与F及重力的合力大小相等，方向相反，故当F增大时，B对A的压力增大，即F2增大，同理可知
19、，墙对B的作用力F1增大；对整体分析，整体竖直方向受重力、支持力及压力F，水平方向受墙的作用力F1和地面对A的摩擦力为F3而处于平衡，由平衡条件得，当F增大时，地面对A的摩擦力F3增大，故选项C正确。答案C1.多选(2016濮阳模拟)如图所示，一辆小车静止在水平地面上，车内固定着一个倾角为60的光滑斜面OA，光滑挡板OB可绕转轴O在竖直平面内转动，现将一质量为m的圆球放在斜面与挡板之间，挡板与水平面的夹角60，下列说法正确的是()A若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60，则球对斜面的压力逐渐增大B若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60，则球对挡板的压力逐渐减小C若保持挡板不动，则球对斜面的压力
20、大小为mgD若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，则球对挡板的压力可能为零解析：选CD若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60，根据图象可知，FB先减小后增大，FA逐渐减小，根据牛顿第三定律可知，球对挡板的压力先减小后增大，球对斜面的压力逐渐减小，故选项A、B错误；球处于静止状态，受力平衡，对球进行受力分析，FA、FB以及G构成的三角形为等边三角形，根据几何关系可知，FAFBmg，故选项C正确；若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，当FA和重力G的合力正好提供加速度时，球对挡板的压力为零，故选项D正确。2.如图所示，用OA、OB两根轻绳将物体悬于两竖直墙之间，开始时OB绳水平
21、。现保持O点位置不变，改变OB绳长使绳末端由B点缓慢上移至B点，此时OB与OA之间的夹角90。设此过程中OA、OB的拉力分别为FOA、FOB，下列说法正确的是()AFOA逐渐增大BFOA逐渐减小CFOB逐渐增大 DFOB逐渐减小解析：选B以结点O为研究对象，受力如图所示，根据平衡条件知，两根绳子的拉力的合力与重力大小相等、方向相反，作出轻绳OB在两个位置时力的合成图如图，由图看出，FOA逐渐减小，FOB先减小后增大，当90时，FOB最小，选项B正确。方法三相似三角形法相似三角形法的适用条件：物体受到三个力的作用，其中一个力的大小、方向均不变，另两个力的方向都变化。 典题5(2016南昌模拟)如
22、图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，杆的A端用铰链固定，光滑轻小滑轮在A点正上方，B端吊一重物G，现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓缦上拉，在AB杆达到竖直前(均未断)，关于绳子的拉力F和杆受的弹力FN的变化，判断正确的是()AF变大 BF变小CFN变大 DFN变小解析设物体的重力为G。以B点为研究对象，分析受力情况，作出受力分析图，如图所示：作出力FN与F的合力F2，根据平衡条件得知，F2F1G。由F2FNBABO得，解得FNG，式中，BO、AO、G不变，则FN保持不变，C、D错误；由F2FNBABO得，AB减小，则F一直减小，A错误，B正确。答案B考点四共点力平衡
23、中的临界极值问题1临界问题当某物理量变化时，会引起其他物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”、“刚能”、“恰好”等语言叙述。2极值问题物体平衡的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题。一般用图解法或解析法进行分析。3解决极值问题和临界问题的方法(1)极限法：首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡的临界点和极值点；临界条件必须在变化中去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而要把某个物理量推向极端，即极大和极小，并依次做出科学的推理分析，从而给出判断或导出一般结论。(2)数学分析法：通过对问题的分析，依据物体的平衡条件
24、写出物理量之间的函数关系(或画出函数图象)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值)，但利用数学方法求出极值后，一定要依据物理原理对该值的合理性及物理意义进行讨论和说明。(3)物理分析方法：根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用平行四边形定则进行动态分析，确定最大值与最小值。典题6(2016宝鸡联考)如图所示，质量为m的物体放在一固定斜面上，当斜面倾角为30时恰能沿斜面匀速下滑。对物体施加一大小为F水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行
25、，试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)这一临界角0的大小。 解析(1)如图所示，对物体受力分析，由平衡条件得mgsin 30mgcos 30解得tan 30(2)设斜面倾角为时，受力情况如图所示，由平衡条件得Fcos mgsin FfFNmgcos Fsin FfFN解得F当cos sin 0，即cot 时，F，即“不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行”，此时，临界角060答案(1)(2)601如图所示，三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2L，现在C点上悬挂一个质量为M的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为()Amg
26、B.mgC.mgD.mg解析：选C由题图可知，要想CD水平，各绳均应绷紧，则AC与水平方向的夹角为60；结点C受力平衡，受力分析如图所示，则CD绳的拉力FTmgtan 30mg；D点受绳子拉力大小等于FT，方向向左；要使CD水平，D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1及另一分力F2，由几何关系可知，当力F2与BD垂直时，F2最小，而F2的大小即为拉力的大小，故最小力FFTsin 60mg，故C正确。2(2012全国新课标)拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图所示)。设拖把头的质量为m，拖杆质量可以忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数，重力加速度为g
27、。某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为。(1)若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小；(2)设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为。已知存在一临界角0，若0，则不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能使拖把从静止开始运动。求这一临界角的正切值tan 0。解析：(1)设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把，将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，由平衡条件得Fcos mgFN0Fsin Ff0式中FN和Ff分别为地板对拖把的正压力和摩擦力，则FfFN联立式得F(2)使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力等于拖把与地板
28、间的最大静摩擦力，设为Ffm，则依题意有若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应满足Fcos mgFNFsin Ffm联立式得F(sin cos )mg因为mg总是大于零，要使得F为任意值时上式总是成立，只要满足sin cos 0即有tan 上式取等号即为临界状态，则tan 0答案：(1)(2)专题突破训练一、单项选择题1(2016杭州联考)“阶下儿童仰面时，清明妆点正堪宜。游丝一断浑无力，莫向东风怨别离。”这是红楼梦中咏风筝的诗，风筝在风力F、线的拉力FT以及重力G的作用下，能够高高地飞在蓝天上。风筝在空中的受力可能是()解析：选A在B、C、D三幅图中，合力不可能为零，不能处
29、于平衡状态，只有A图，风筝在三个力的作用下能处于平衡状态，故A正确，B、C、D错误。2.(2016黄山模拟)如图所示，质量为m的物体放在质量为M、倾角为的斜面体上，斜面体置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力F拉物体m使其沿斜面向下匀速运动，M始终静止，则下列说法正确的是()AM相对地面有向右运动的趋势B地面对M的摩擦力大小为Fcos C地面对M的支持力为(Mm)gD物体m对M的作用力的大小为mg解析：选B物体和斜面体整体受力如图所示，斜面体受到水平向右的摩擦力，因此它有相对地面向左运动趋势，A错误；斜面体受到的摩擦力等于Fcos ，故B正确；地面对斜面体的支持力等于(Mm)gFsin ，故C
30、错误；物体受到重力、拉力、支持力、摩擦力，根据平衡条件，支持力和摩擦力的合力与重力和拉力的合力平衡，大于重力，即M对m的作用力大于mg，根据牛顿第三定律可知，m对M的作用力大于mg，D错误。3(2016平顶山模拟)如图所示，运动员的双手握紧竖直放置的圆形器械，在手臂OA由水平方向缓慢移到A位置过程中，若手臂OA、OB的拉力分别为FA和FB，下列表述正确的是()AFA一定小于运动员的重力GBFA与FB的合力大小始终不变CFA的大小保持不变DFB的大小保持不变解析：选B由于各力之间的夹角大小未知，各力的大小关系无法判断，A错误；在OA上移到OA的过程中，由力的平衡条件，可知FA、FB的大小均发生变
31、化，但二者的合力始终与重力等大反向，保持不变，B正确，C、D错误。4.(2016银川模拟)如图所示，轻质弹簧一端系在质量为m1 kg的小物块上，另一端固定在墙上。物块在斜面上静止时，弹簧与竖直方向的夹角为37，已知斜面倾角37，斜面与小物块间的动摩擦因数0.5，斜面固定不动。设物块与斜面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，下列说法正确是()A小物块可能只受三个力B弹簧弹力大小一定等于4 NC弹簧弹力大小可能等于5 N D斜面对物块支持力可能为零解析：选C由于mgcos 374 N，mgsin 376 N，故mgcos 37mgsin 37，若不受弹簧的压力则木块不可能静止，故物块一定受弹簧的
32、压力，还受重力、斜面支持力和静摩擦力四个力的作用而平衡，A错误；若要物块静止，则应有(mgcos 37FN)6 N，解得FN4 N，故B错误，C正确；由于滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力，不可能为零，所以斜面对滑块的支持力不可能为零，D错误。5.如图所示，一个重为20 N的物体，放在倾角为30的斜面上静止不动。若用竖直向上的力F5 N提物体，物体仍静止，下述结论正确的是()A物体受到合力减小5 NB物体受到摩擦力减小5 NC斜面受到的压力减小5 ND物体对斜面的作用力减小5 N解析：选D物体在有无拉力时，都处于静止状态，合力都为零，选项A错误；无拉力时物体受力如图甲所示，根据共
33、点力平衡条件得Ffmgsin ，FNmgcos ，有拉力F作用后，物体受力分析如图乙所示，根据共点力平衡条件得Ff1(mgF)sin ，FN1(mgF)cos ，故FfFf1Fsin 302.5 N，FNFN1Fcos 30 N，选项B、C错误；物体对斜面的作用力为压力和摩擦力的合力，压力和摩擦力的合力方向竖直向下，故作用力减小5 N，选项D正确。6.(2016哈尔滨模拟)在固定于地面的斜面上垂直安放着一个挡板，截面为圆的柱状物体甲放在斜面上，半径与甲相等的光滑圆球乙被夹在甲与挡板之间，没有与斜面接触而处于静止状态，如图所示。现在从球心O1处对甲施加一平行于斜面向下的力F，使甲沿斜面方向极其缓
34、慢地移动，直至甲与挡板接触为止。设乙对挡板的压力F1，甲对斜面的压力为F2，在此过程中()AF1缓慢增大，F2缓慢增大BF1缓慢增大，F2缓慢减小CF1缓慢减小，F2缓慢增大DF1缓慢减小，F2不变解析：选D先对物体乙受力分析，受重力、挡板的支持力和甲物体的支持力，如图a所示。 根据平衡条件，结合几何关系可以看出挡板的支持力不断减小，根据牛顿第三定律，球乙对挡板的压力不断减小，故A错误，B错误；再对甲与乙整体受力分析，受重力、斜面的支持力、挡板的支持力和已知力F，如图b所示：根据平衡条件得，x方向：F(Mm)gsin F10，y方向：F2(Mm)gcos 0，解得F2(Mm)gsin ，由牛顿
35、第三定律可知，物体甲对斜面的压力不变，C错误，D正确。二、多项选择题7.(2016乳山月考)如图所示，质量为m的小物体(可视为质点)静止地放在半径为R的半球体上，小物体与半球体间的动摩擦因数为，物体与球心的连线与水平地面的夹角为，整个装置静止。则下列说法正确的是()A地面对半球体的摩擦力方向水平向左B小物体对半球体的压力大小为mgcos C半球体受到小物体的作用力大小为mgD角(为锐角)变大时，地面对半球体的支持力不变解析：选CD以质点和半球体整体作为研究对象，受到重力和地面对半球体的支持力，地面对半球体没有摩擦力，由平衡条件得：地面对半球体的支持力FN(Mm)g，不变，故A错误，D正确；以质
36、点为研究对象，作出受力图如图：则半球体对质点的支持力FNmgsin ，由牛顿第三定律得：质点对半球体的压力大小为mgsin ，故B错误；半球体受到小物体的压力和静摩擦力的合力等于重力，故C正确。8.(2016湛江模拟)如图所示，物体B靠在水平天花板上，在竖直向上的力F作用下，A、B保持静止，则关于A与B受力的个数判断正确的是()AA可能受3个力BB可能受2个力CA一定受4个力 DB可能受4个力解析：选CD以A为研究对像，受力情况如图所示，A受到外力F、重力、B的压力和B的静摩擦力4个力的作用，A错误，C正确；以B为研究对像，若A对B的支持力和摩擦力的合力等于B的重力，则B受力平衡，天花板对B没
37、有压力，此时B受到三个力的作用，若A对B的支持力和摩擦力的合力大于B的重力，则天花板对B有压力，此时B受到四个力的作用，故B错误，D正确。9.重为G的两个完全相同的小球，与水平面的动摩擦因数均为。竖直向上的较小的力F作用在连接两球轻绳的中点，绳间的夹角60，如图所示，缓慢增大F，到两球刚要运动的过程中，下列说法正确的是()A两根绳子的拉力逐渐减小B地面对球的支持力变小C球刚要开始运动时，地面对球没有支持力D球刚要开始运动时，球受到的摩擦力最大解析：选BD两球整体受力如图甲所示，由平衡条件得F2FN2G0，当缓慢增大F时，FN变小，选项B正确；其中一球受力如图乙所示，由平衡条件得：FTsin F
38、f0，FNcos G0，由于FN变小，故FT变大，Ff变大，且球刚要开始运动时，Ff最大，选项A、C错误，D正确。10.(2016扬州模拟)某学习小组为了体验最大静摩擦力与滑动摩擦力的临界状态，设计了如图所示的装置，一位同学坐在长直木板上，让长直木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与地面的夹角变大)，另一端不动，则该同学受到支持力FN、合力F合、重力沿斜面方向的分力G1、摩擦力Ff随角度的变化关系图中，正确的是()解析：选ACD重力沿斜面方向的分力G1mgsin ，C正确；支持力FNmgcos ，A正确；该同学滑动之前，F合0，Ffmgsin ，滑动后，F合mgsin mgcos ，Ffmgco
39、s ，考虑到最大静摩擦力略大于滑动摩擦力的情况，可知B错误，D正确。三、计算题11.(2016铜陵模拟)如图所示，质量M2 kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块A与质量m kg小球相连。今用跟水平方向成30角的力F10 N，拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变，取g10 m/s2。求：(1)运动过程中轻绳与水平方向夹角；(2)木块与水平杆间的动摩擦因数。解析：(1)设细绳对B的拉力为FT，小球受力如图甲所示，由平衡条件可得Fcos 30FTcos 0Fsin 30FTsin mg0解得10cos 30FTcos 10sin 30FTsin 10由解得FT10N30(
40、2)以木块和小球组成的整体为研究对像，受力如图乙所示，由平衡条件得Fcos 30Ff0FNFsin 30(Mm)g0又FfFN解得答案：(1)30(2)12物体A的质量为 2 kg，两根轻细绳b和c的一端连接于竖直墙上，另一端系于物体A上，在物体A上另施加一个方向与水平线成角的拉力F，相关几何关系如图所示，60。若要使两绳都能伸直，求拉力F的取值范围。(g取10 m/s2)解析：c绳刚好伸直时，拉力F最小，物体A受力如图甲所示。由平衡条件得Fminsin Fbsin mg0Fmincos Fbcos 0解得Fmin Nb绳刚好伸直时，拉力F最大，物体A受力如图乙所示。由平衡条件得Fmaxsin mg0解得Fmax N故拉力F的取值范围是 NF N。答案： NF N
