（浙江選考）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題一 力與運(yùn)動(dòng) 第2講 力和物體的平衡學(xué)案

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1、 第2講　力和物體的平衡 [選考考點(diǎn)分布] 章 知識(shí)內(nèi)容 考試要求 歷次選考統(tǒng)計(jì) 必考 加試 2015/10 2016/04 2016/10 2017/04 2017/11 相互 作用 重力、基本相互作用 c c 2 3 彈力 c c 摩擦力 c c 13 力的合成 c c 17 13 力的分解 c c 13 7 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 共點(diǎn)力平衡條件及應(yīng)用 c c 11 13 10 5 考點(diǎn)一　重力、彈力、摩擦力及受力分析 1

2、. (2017·浙江4月選考·7)如圖1所示，重型自卸車?yán)靡簤貉b置使車廂緩慢傾斜到一定角度，車廂上的石塊就會(huì)自動(dòng)滑下．以下說法正確的是(　　) 圖1 A．在石塊下滑前后自卸車與石塊整體的重心位置不變 B．自卸車車廂傾角越大，石塊與車廂的動(dòng)摩擦因數(shù)越小 C．自卸車車廂傾角變大，車廂與石塊間的正壓力減小 D．石塊開始下滑時(shí)，受到的摩擦力大于重力沿斜面方向的分力 答案　C 解析　物體的重心的位置跟形狀還有質(zhì)量分布有關(guān)，石塊下滑前后，質(zhì)量分布變化，形狀變化，所以重心改變，選項(xiàng)A錯(cuò)；動(dòng)摩擦因數(shù)與傾角無關(guān)，B錯(cuò)．如圖，F(xiàn)N＝Gcos θ，傾角變大，所以車廂與石塊間的正壓力減小，所以C正

3、確；石塊下滑時(shí)，重力沿斜面方向的分力大于受到的摩擦力，D錯(cuò)． 2. (2016·浙江10月學(xué)考·3)中國女排在2016年奧運(yùn)會(huì)比賽中再度奪冠．圖2為比賽中精彩瞬間的照片，此時(shí)排球受到的力有(　　) 圖2 A．推力 B．重力、推力 C．重力、空氣對球的作用力 D．重力、推力、空氣對球的作用力 答案　C 解析　此時(shí)手與球并沒有接觸，所以沒有推力，故C選項(xiàng)正確． 3. (2015·浙江10月學(xué)考·13)將質(zhì)量為1.0 kg的木板放在水平長木板上，用力沿水平方向拉木塊，拉力從0開始逐漸增大，木塊先靜止后相對木板運(yùn)動(dòng)．用力傳感器采集木塊受到的拉力和摩擦力的大小，并用計(jì)算機(jī)繪制出

4、摩擦力大小Ff隨拉力大小F變化的圖象，如圖3所示．木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為(g取10 m/s2)(　　) 圖3 A．0.3 B．0.5 C．0.6 D．1.0 答案　A 解析　由圖可知最大靜摩擦力為5 N，滑動(dòng)摩擦力為3 N，且滑動(dòng)摩擦力滿足公式Ff＝μmg，所以μ＝0.3. 4．(2017·浙江“七彩陽光”聯(lián)考)“跑酷”是一項(xiàng)深受年輕人喜愛的運(yùn)動(dòng)，如圖4為運(yùn)動(dòng)員在空中跳躍過程中的照片，此時(shí)運(yùn)動(dòng)員受到的力有(　　) 圖4 A．重力 B．重力、向前沖力 C．重力、空氣作用力 D．重力、向前沖力、空氣作用力 答案　C 5．(2017·臺(tái)州市9月選考)足球

5、運(yùn)動(dòng)是目前全球體育界最具影響力的項(xiàng)目之一，深受青少年喜愛．如圖5所示的四種與足球有關(guān)的情景．其中正確的是(　　) 圖5 A．如圖甲所示，靜止在草地上的足球，受到的彈力就是它受到的重力 B．如圖乙所示，靜止在光滑水平地面上的兩個(gè)足球，因接觸受到彈力作用 C．如圖丙所示，踩在腳下且靜止在水平草地上的足球，可能受到3個(gè)力的作用 D．如圖丁所示，落在球網(wǎng)中的足球受到彈力，是由于足球發(fā)生了形變 答案　C 6. (2017·湖州市期末)如圖6所示，某人手拉彈簧，使其伸長了5 cm(在彈性限度內(nèi))，若此時(shí)彈簧的兩端所受拉力各為10 N，則(　　) 圖6 A．彈簧所受的合力大小為

6、10 N B．彈簧的勁度系數(shù)為200 N/m C．彈簧的勁度系數(shù)為400 N/m D．彈簧的勁度系數(shù)隨彈簧的拉力的增大而增大 答案　B 解析　彈簧所受合力大小為零；由F＝kx知k＝＝200 N/m，彈簧的勁度系數(shù)與拉力大小無關(guān)，和彈簧本身的因素有關(guān)． 7．(2017·金華市高三期末)如圖7所示，鐵質(zhì)的棋盤豎直放置，每個(gè)棋子都是一個(gè)小磁鐵，能吸在棋盤上，不計(jì)棋子間的相互作用力，下列說法正確的是(　　) 圖7 A．小棋子共受三個(gè)力作用 B．棋子對棋盤的壓力大小一定等于重力 C．磁性越強(qiáng)的棋子所受的摩擦力越大 D．質(zhì)量不同的棋子所受的摩擦力不同 答案　D 解析　小棋子受

7、重力、棋盤的吸引力、棋盤的彈力、摩擦力，共四個(gè)力，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；棋盤對棋子吸引力的大小與磁鐵內(nèi)部的分子結(jié)構(gòu)有關(guān)，而棋子對棋盤的壓力大小等于棋盤對棋子的吸引力的大小，與重力大小無關(guān)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；摩擦力的大小總是等于重力，不會(huì)變化，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；摩擦力的大小等于重力，則質(zhì)量不同的棋子所受摩擦力不同，選項(xiàng)D正確． 1.彈力有無的判斷“三法” (1)條件法：根據(jù)物體是否直接接觸并發(fā)生彈性形變來判斷是否存在彈力．此方法多用來判斷形變較明顯的情況． (2)假設(shè)法：對形變不明顯的情況，可假設(shè)兩個(gè)物體間彈力不存在，看物體能否保持原有的狀態(tài)，若運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不變，則此處不存在彈力，若運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變，則此處一定有彈

8、力． (3)狀態(tài)法：根據(jù)物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，利用牛頓第二定律或共點(diǎn)力平衡條件判斷彈力是否存在． 2．靜摩擦力的有無及方向的判斷方法 (1)假設(shè)法 (2)狀態(tài)法：靜摩擦力的大小與方向具有可變性．明確物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，分析物體的受力情況，根據(jù)平衡方程或牛頓第二定律求解靜摩擦力的大小和方向． (3)牛頓第三定律法：此法的關(guān)鍵是抓住“力是成對出現(xiàn)的”，先確定受力較少的物體受到的靜摩擦力的方向，再根據(jù)“力的相互性”確定另一物體受到的靜摩擦力的方向． 3．彈力大小的計(jì)算方法 (1)根據(jù)胡克定律進(jìn)行求解． (2)根據(jù)力的平衡條件進(jìn)行求解． (3)根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行求解． 4．摩擦力大小的

9、計(jì)算方法 (1)首先分清摩擦力的種類，因?yàn)橹挥谢瑒?dòng)摩擦力才能用公式Ff＝μFN求解，靜摩擦力通常只能用平衡條件或牛頓運(yùn)動(dòng)定律來求解． (2)公式Ff＝μFN中，F(xiàn)N為兩接觸面間的正壓力，與物體的重力沒有必然聯(lián)系，不一定等于物體的重力大?。? (3)滑動(dòng)摩擦力的大小與物體速度的大小無關(guān)，與接觸面積的大小也無關(guān)． 考點(diǎn)二　平衡條件的應(yīng)用 1. (2017·浙江11月選考·5)疊放在水平地面上的四個(gè)完全相同的排球如圖8所示，質(zhì)量均為m，相互接觸，球與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，則(　　) 圖8 A．上方球與下方三個(gè)球間均沒有彈力 B．下方三個(gè)球與水平地面間均沒有摩擦力 C．水平

10、地面對下方三個(gè)球的支持力均為mg D．水平地面對下方三個(gè)球的摩擦力均為μmg 答案　C 解析　將四個(gè)球看成一個(gè)整體，地面的支持力與球的重力平衡，設(shè)下方三個(gè)球中的一個(gè)球受到的支持力大小為FN，因此3FN＝4mg，即FN＝mg，所以選項(xiàng)C正確．由力的平衡條件知，下面三個(gè)球?qū)ψ钌厦娴那蛴袕椓Γ首钌厦娴那驅(qū)ο旅嫒齻€(gè)球肯定有彈力，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．對地面上的其中一個(gè)球進(jìn)行受力分析，如圖所示． 由受力分析可知，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由于小球是受到地面的靜摩擦力，因此不能通過Ff＝μFN求解此摩擦力，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 2. (2017·浙江4月選考·10)重力為G的體操運(yùn)動(dòng)員在進(jìn)行自由體操比賽時(shí)，有如圖9所示的

11、比賽動(dòng)作，當(dāng)運(yùn)動(dòng)員豎直倒立保持靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，兩手臂對稱支撐，夾角為θ，則(　　) 圖9 A．當(dāng)θ＝60°時(shí)，運(yùn)動(dòng)員單手對地面的正壓力大小為 B．當(dāng)θ＝120°時(shí)，運(yùn)動(dòng)員單手對地面的正壓力大小為G C．當(dāng)θ不同時(shí)，運(yùn)動(dòng)員受到的合力不同 D．當(dāng)θ不同時(shí)，運(yùn)動(dòng)員與地面之間的相互作用力不相等 答案　A 解析　單手對地面的正壓力大小，與θ無關(guān)，如圖 F1＝F2＝ 而手臂受力與夾角θ有關(guān)，所以選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；不管角度如何，運(yùn)動(dòng)員受到的合力為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；不管角度如何，運(yùn)動(dòng)員與地面之間的相互作用力總是等大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 3. (2016·浙江10月學(xué)考·13)如圖10所示，質(zhì)

12、量為m、電荷量為q的帶電小球A用絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，帶有電荷量也為q的小球B固定在O點(diǎn)正下方絕緣柱上．其中O點(diǎn)與小球A的間距為l，O點(diǎn)與小球B的間距為l.當(dāng)小球A平衡時(shí)，懸線與豎直方向夾角θ＝30°.帶電小球A、B均可視為點(diǎn)電荷，靜電力常量為k.則(　　) 圖10 A．A、B間庫侖力大小為F＝ B．A、B間庫侖力大小為F＝ C．細(xì)線拉力大小為FT＝ D．細(xì)線拉力大小為FT＝mg 答案　B 解析　根據(jù)題意，OA＝l，OB＝l.當(dāng)小球A平衡時(shí)，懸線與豎直方向夾角θ＝30°，由幾何關(guān)系可知，△AOB為等腰三角形，AB＝AO＝l，對小球A受力分析如圖所示，由庫侖定律得：F＝＝，故A錯(cuò)

13、誤； △AOB為等腰三角形，由于對稱性，繩子拉力等于庫侖力，且根據(jù)平衡條件得： Fcos 30°＝FTcos 30°＝mg，即F＝FT＝，故B正確，C、D錯(cuò)誤． 4. (2015·浙江10月學(xué)考·11)如圖11所示，一質(zhì)量為m、電荷量為Q的小球A系在長為l的絕緣輕繩下端，另一電荷量也為Q的小球B位于懸掛點(diǎn)的正下方(A、B均視為點(diǎn)電荷)，輕繩與豎直方向成30°角，小球A、B靜止于同一高度．已知重力加速度為g，靜電力常量為k，則兩球間的靜電力為(　　) 圖11 A. B. C．mg D.mg 答案　A 解析　根據(jù)庫侖定律公式得F＝＝，A選項(xiàng)正確，B選項(xiàng)錯(cuò)誤．

14、由于小球A、B均靜止，對球A受力分析如圖所示，由平衡條件得FTsin 30°＝F，F(xiàn)Tcos 30°＝mg 聯(lián)立解得F＝mg，C、D選項(xiàng)錯(cuò)誤． 5. (人教版必修1P61插圖改編)兩小孩共提總重力為G的一桶水勻速前行，如圖12所示，兩人手臂用力大小均為F，手臂間的夾角為θ.則(　　) 圖12 A．當(dāng)θ＝60°時(shí)，F(xiàn)＝ B．當(dāng)θ＝90°時(shí)，F(xiàn)有最小值 C．當(dāng)θ＝120°時(shí)，F(xiàn)＝G D．θ越大時(shí)，F(xiàn)越小 答案　C 解析　根據(jù)平衡條件得：2Fcos ＝G, 解得：F＝，當(dāng)θ＝0°時(shí)，cos 值最大，則F＝，即為最小，當(dāng)θ為60°時(shí)，F(xiàn)＝G，當(dāng)θ＝90°時(shí)，F(xiàn)＝G；當(dāng)θ為1

15、20°時(shí)，F(xiàn)＝G，當(dāng)θ越大時(shí)，則F越大，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確． 6. (2016·浙江臺(tái)州中學(xué)期中)如圖13所示是磁懸浮地球儀，地球儀依靠它與底座之間的磁力懸浮在底座的正上方保持靜止，已知地球儀的質(zhì)量為m，底座的質(zhì)量為M，則底座對水平地面的作用力大小為(　　) 圖13 A．0 B．mg C．Mg D．(m＋M)g 答案　D 解析　將地球儀和底座看作整體，整體受到的重力為(m＋M)g，支持力為FN，滿足FN＝(m＋M)g，根據(jù)牛頓第三定律可知底座對水平地面的作用力大小為(m＋M)g，選項(xiàng)D正確． 7. (2016·浙江紹興一中期中)如圖14所示，小球A、B帶等量同種

16、電荷，質(zhì)量均為m，都用長為L的絕緣細(xì)線掛在絕緣的豎直墻上O點(diǎn)，A球靠墻且其懸線剛好豎直，B球懸線偏離豎直方向θ角而靜止，此時(shí)A、B兩球之間的庫侖力為F.由于外部原因小球B的電荷量減少，使兩球再次靜止時(shí)它們之間的庫侖力變?yōu)樵瓉淼囊话?，則小球B的電荷量減少為原來的(　　) 圖14 A. B. C. D. 答案　C 解析　小球B受力如圖所示．兩絕緣細(xì)線的長度都是L，則△OAB是等腰三角形，根據(jù)力的合成及幾何關(guān)系可知B球懸線的拉力FT與B球的重力mg大小相等，即mg＝FT，小球B處于平衡狀態(tài)，則庫侖力F＝2mgsin ，設(shè)原來小球帶電荷量為q，A、B間的距離是r，則r＝2Lsin ，

17、由庫侖定律得F＝k，后來庫侖力變?yōu)樵瓉淼囊话?，則 ＝2mgsin ，r′＝2Lsin ，＝k，解得qB＝q，故選C. 8. 如圖15所示，傾角為θ、質(zhì)量為m的直角三棱柱ABC置于粗糙水平地面上，柱體與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)施加一個(gè)垂直于BC面向下的外力F，柱體仍保持靜止，則地面對柱體的摩擦力大小等于(　　) 圖15 A．μmg B．Fsin θ C．Fcos θ D．μ(Fcos θ＋mg) 答案　B 解析　對三棱柱受力分析如圖所示． Ff＝Fsin θ，故B選項(xiàng)正確． 9. (2017·湖州市期末)如圖16所示，質(zhì)量為m的光滑小球放在斜面和豎直擋

18、板之間，當(dāng)擋板從豎直位置逆時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)到水平位置的過程中，斜面和擋板對小球的彈力大小的變化是(　　) 圖16 A．斜面的彈力逐漸變大 B．斜面的彈力先變小后變大 C．擋板的彈力先變小后變大 D．擋板的彈力逐漸變大 答案　C 解析　小球受力如圖甲所示，因擋板是緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)，所以小球處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài)，在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，此三力(重力、斜面支持力、擋板彈力)組成矢量三角形的變化情況如圖乙所示(重力大小、方向均不變，斜面對其支持力方向始終不變)，由圖可知此過程中斜面對小球的支持力不斷減小，擋板對小球的彈力先減小后增大． 動(dòng)態(tài)平衡問題分析的常用方法 1．解析法：一般把力進(jìn)行正交分解，

19、兩個(gè)方向上列平衡方程，寫出所要分析的力與變化角度的關(guān)系，然后判斷各力的變化趨勢． 2．圖解法：能用圖解法分析動(dòng)態(tài)變化的問題有三個(gè)顯著特征：(1)物體一般受三個(gè)力作用；(2)其中有一個(gè)大小、方向都不變的力；(3)還有一個(gè)方向不變的力． 考點(diǎn)三　平衡中的臨界與極值問題 1. 如圖17所示，質(zhì)量m＝2.2 kg的金屬塊放在水平地板上，在與水平方向成θ＝37°角斜向上、大小為F＝10 N的拉力作用下，以速度v＝5.0 m/s向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)．(cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，取g＝10 m/s2)求： 圖17 (1)金屬塊與地板間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (2)現(xiàn)換用另一個(gè)

20、力F′施加在金屬塊上，為使金屬塊向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求F′的最小值． 答案　(1)0.5　(2) N 解析　(1)設(shè)地板對金屬塊的支持力為FN，金屬塊與地板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，因?yàn)榻饘賶K勻速運(yùn)動(dòng)，所以有 Fcos θ＝μFN mg＝Fsin θ＋FN 解得：μ＝＝＝0.5. (2)分析金屬塊的受力，如圖所示 豎直方向：F′sin α＋FN′＝mg 水平方向：F′cos α＝μFN′ 聯(lián)立可得： F′＝ ＝ 所以F′的最小值為 N. 2．如圖18所示，質(zhì)量均為m的小球A、B用兩根不可伸長的輕繩連接后懸掛于O點(diǎn)，在外力F的作用下，小球A、B處于靜止?fàn)顟B(tài)．若要使兩小

21、球處于靜止?fàn)顟B(tài)且懸線OA與豎直方向的夾角θ保持30°不變，則外力F的大小不可能為(　　) 圖18 A.mg B.mg C.mg D．mg 答案　A 解析　將A、B兩球作為一個(gè)整體，受力分析如圖所示，由圖可以看出，外力F與懸線OA垂直時(shí)最小，F(xiàn)min＝2mgsin θ＝mg，所以外力F應(yīng)大于或等于mg，不可能為選項(xiàng)A. 3．如圖19所示，重50 N的物體A放在傾角為37°的粗糙斜面上，有一根原長為10 cm，勁度系數(shù)為800 N/m的彈簧，其一端固定在斜面頂端，另一端連接物體A后，彈簧長度為14 cm，現(xiàn)用力F沿斜面向下拉物體，若物體與斜面間的最大靜摩擦力為20 N，

22、當(dāng)彈簧的長度仍為14 cm時(shí)，F(xiàn)的大小不可能為(　　) 圖19 A．10 N B．20 N C．40 N D．0 N 答案　C 解析　A在斜面上處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)合外力為零，A在斜面上受五個(gè)力的作用，分別為重力、支持力、彈簧彈力、摩擦力和拉力F，當(dāng)摩擦力的方向沿斜面向上時(shí)，F(xiàn)＋mgsin 37°≤Ffm＋k(l－l0)，解得F≤22 N，當(dāng)摩擦力沿斜面向下時(shí)，F(xiàn)最小值為零，即拉力的取值范圍為0≤F≤22 N，故選C. 1.臨界與極值問題解題流程 (1)對物體初始狀態(tài)受力分析，明確所受各力的變化特點(diǎn)． (2)由關(guān)鍵詞判斷可能出現(xiàn)的現(xiàn)象或狀態(tài)變化． (3)據(jù)初始狀

23、態(tài)與可能發(fā)生的變化間的聯(lián)系，判斷出現(xiàn)變化的臨界條件或可能存在的極值條件． (4)選擇合適的方法作圖或列方程求解． 2．解決臨界與極值問題的常用方法 (1)解析法：利用物體受力平衡寫出未知量與已知量的關(guān)系表達(dá)式，根據(jù)已知量的變化情況來確定未知量的變化情況，利用臨界條件確定未知量的臨界值． (2)圖解法：根據(jù)已知量的變化情況，畫出平行四邊形的邊角變化，確定未知量大小、方向的變化，確定未知量的臨界值． 專題強(qiáng)化練 (限時(shí)：30分鐘) 1．(2017·浙江名校協(xié)作體聯(lián)考)魚在水中沿直線水平向左減速游動(dòng)過程中，水對魚的作用力方向合理的是(　　) 答案　C 解析　魚在水中沿直線水平向

24、左減速游動(dòng)過程中，水對魚的作用力和重力的合力產(chǎn)生向右的加速度，水對魚的作用力方向斜向右上方． 2. (2017·金華市期末)第31屆夏季奧林匹克運(yùn)動(dòng)會(huì)于2016年8月5日至21日在巴西里約熱內(nèi)盧舉行．中國選手王嘉男在跳遠(yuǎn)比賽中跳出了8米17的好成績，排名第5.圖1為王嘉男比賽精彩瞬間，針對此時(shí)王嘉男受力情況的分析合理的是(　　) 圖1 A．只受重力 B．受重力和空氣阻力 C．受重力、空氣阻力、沙子的支持力 D．受重力、空氣阻力、沙子的支持力和摩擦力 答案　B 3．(2017·浙江“七彩陽光”聯(lián)考)在彈簧測力計(jì)指針前的滑槽中嵌一塊輕質(zhì)小泡沫，測力計(jì)便增加了“記憶”功能．用該測

25、力計(jì)沿水平方向拉木塊．在拉力F增大到一定值之前，木塊不會(huì)運(yùn)動(dòng)．繼續(xù)緩慢增大拉力，木塊開始運(yùn)動(dòng)，能觀察到指針會(huì)突然回縮一下，之后彈簧測力計(jì)上的泡沫與指針位置如圖2所示．下列判斷正確的是(　　) 圖2 A．小泡沫的左邊緣“記憶”的示數(shù)等于最大靜摩擦力 B．小泡沫的左邊緣“記憶”的示數(shù)等于滑動(dòng)摩擦力 C．小泡沫的右邊緣“記憶”的示數(shù)等于最大靜摩擦力 D．小泡沫的右邊緣“記憶”的示數(shù)等于滑動(dòng)摩擦力 答案　C 解析　木塊剛要開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧秤的示數(shù)為最大靜摩擦力；小泡沫的右邊緣“記憶”的示數(shù)等于最大靜摩擦力． 4. (2017·浙江“超級全能生”聯(lián)考)有些自動(dòng)扶梯是階梯狀的，人站在自

26、動(dòng)扶梯的水平踏板上，隨扶梯斜向上勻速運(yùn)動(dòng)，如圖3所示．以下說法正確的是(　　) 圖3 A．人受到的合外力不為零 B．人受到重力和支持力的作用 C．人受到的合外力方向與速度方向相同 D．人受到重力、支持力和摩擦力的作用 答案　B 解析　由于勻速運(yùn)動(dòng)，人受到的合外力為零，不可能有摩擦力，否則不平衡了． 5. (2017·寧波市諾丁漢大學(xué)附中高三上期中)如圖4，球靜置于水平地面OA上并緊靠斜面OB，一切摩擦不計(jì)，則(　　) 圖4 A．小球只受重力和地面支持力 B．小球一定受斜面的彈力 C．小球受重力、地面支持力和斜面彈力 D．小球受到的重力和對地面的壓力是一對平衡力

27、 答案　A 解析　小球只受重力和地面支持力，斜面對球無彈力作用，選項(xiàng)A正確，B、C錯(cuò)誤；小球受到的重力和地面對小球的支持力是一對平衡力，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選A. 6．(2017·臺(tái)州市9月選考)某木箱靜止在水平地面上，對地面的壓力大小為200 N，木箱與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.45，與地面間的最大靜摩擦力為95 N，小孩分別用80 N、100 N的水平力推木箱，木箱受到的摩擦力大小分別為(　　) A．80 N和90 N B．80 N和100 N C．95 N和90 N D．90 N和100 N 答案　A 7．(2016·諸暨市聯(lián)考)如圖5所示，用相同的彈簧測力計(jì)將同一個(gè)重

28、物m，分別按甲、乙、丙三種方式懸掛起來，讀數(shù)分別是F1、F2、F3、F4，已知θ＝30°，則有(　　) 圖5 A．F4最大 B．F3＝F2 C．F2最大 D．F1比其他各讀數(shù)都小 答案　C 解析　由平衡條件可知：F1＝mgtan θ，F(xiàn)2cos θ＝mg,2F3cos θ＝mg，F(xiàn)4＝mg，因此可知F1＝mg，F(xiàn)2＝mg，F(xiàn)3＝mg，故選項(xiàng)A、B、D錯(cuò)誤，C正確． 8. (2017·溫州市十校期末聯(lián)考)如圖6所示，A、B為同一水平線上的兩個(gè)固定繞繩裝置，轉(zhuǎn)動(dòng)A、B，使光滑掛鉤下的重物C緩慢豎直上升，下列說法正確的是(　　) 圖6 A．繩子拉力大小不變 B．繩子

29、拉力大小逐漸減小 C．兩段繩子合力逐漸減小 D．兩段繩子合力不變 答案　D 解析　重物受三個(gè)力，重力和兩個(gè)拉力，重物C緩慢豎直上升時(shí)三力平衡，即有兩個(gè)拉力的合力與重力平衡，所以兩個(gè)拉力的合力一定，而兩個(gè)拉力的夾角不斷增大，故拉力不斷增大，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤． 9. (2017·金華市義烏模擬)在2015年9月3日抗戰(zhàn)勝利70周年閱兵中，20架直升機(jī)組成數(shù)字“70”字樣飛過天安門上空．如圖7所示，為了使領(lǐng)航的直升機(jī)下懸掛的國旗不致上飄，在國旗的下端懸掛了重物，假設(shè)國旗與懸掛物(可看成一個(gè)物體)的質(zhì)量為m，直升機(jī)的質(zhì)量為M，直升機(jī)水平勻速飛行，在飛行過程中，懸掛國旗的細(xì)線始終與豎直

30、方向的夾角為α.以下說法正確的是(　　) 圖7 A．國旗受到2個(gè)力的作用 B．細(xì)線的拉力大于mg C．空氣對國旗的阻力大小為mgcos α D．空氣給直升機(jī)的力方向豎直向上 答案　B 解析　對國旗受力分析如圖，國旗受三個(gè)力，重力、繩子的拉力和空氣阻力，其中空氣阻力與運(yùn)動(dòng)的方向相反，沿水平方向．根據(jù)共點(diǎn)力平衡得F＝，F(xiàn)f＝mgtan α，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤． 10．(2017·浙江名校協(xié)作體模擬)浙江省某中學(xué)校園環(huán)境優(yōu)美，景色宜人，如圖8甲所示，淡如橋是同學(xué)們必走之路，淡如橋是座石拱橋，圖乙是簡化圖，用四塊相同的堅(jiān)固石塊壘成圓弧形的石拱，其中第3、4塊固定在地基上，

31、第1、2塊間的接觸面是豎直的，每塊石塊的兩個(gè)側(cè)面間所夾的圓心角為30°.假定石塊間的摩擦力忽略不計(jì)，則第1、2石塊間的作用力和第1、3石塊間的作用力大小之比為(　　) 甲　　　　　　　乙 圖8 A. B. C. D. 答案　C 解析　對石塊1受力分析，由FN12∶FN13＝sin 60°＝知C正確． 11. (2016·杭州市學(xué)考模擬)一串小燈籠(五只)彼此用輕繩連接，并懸掛在空中．在穩(wěn)定水平風(fēng)力作用下發(fā)生傾斜，繩與豎直方向的夾角為30°，如圖9所示．設(shè)每只燈籠的質(zhì)量均為m.由上往下第一只燈籠對第二只燈籠的拉力大小為(　　) 圖9 A．2mg B.mg C.

32、mg D．8mg 答案　C 解析　以下面四個(gè)燈籠作為研究對象，受力分析如圖． 由FTcos 30°＝4mg， 得FT＝mg，故C正確． 12. 如圖10所示，質(zhì)量為m的正方體和質(zhì)量為M的正方體放在兩豎直墻和水平面間，處于靜止?fàn)顟B(tài)．m和M的接觸面與豎直方向的夾角為α，重力加速度為g，若不計(jì)一切摩擦，下列說法正確的是(　　) 圖10 A．水平面對正方體M的彈力大小大于(M＋m)g B．水平面對正方體M的彈力大小為(M＋m)gcos α C．墻面對正方體m的彈力大小為mgtan α D．墻面對正方體M的彈力大小為 答案　D 解析　由于兩墻面豎直，對M和m整體受力分

33、析可知，水平面對M的彈力大小等于(M＋m)g，A、B錯(cuò)誤；在水平方向，墻對M和m的彈力大小相等、方向相反，對m受力分析如圖所示，根據(jù)平行四邊形定則可得m受到的墻對它的彈力大小為，所以M受到墻面的彈力大小也為，C錯(cuò)誤，D正確． 13. (2016·浙江北侖中學(xué)期末)如圖11所示，一個(gè)鐵架臺(tái)放在水平地面上，其上用輕質(zhì)細(xì)線懸掛一個(gè)小球，開始時(shí)細(xì)線豎直．現(xiàn)將水平力F作用于小球上，使其緩慢地由實(shí)線位置運(yùn)動(dòng)到虛線位置，鐵架臺(tái)始終保持靜止．則在這一過程中(　　) 圖11 A．水平拉力F先變小后變大 B．細(xì)線的拉力不變 C．鐵架臺(tái)對地面的壓力變大 D．鐵架臺(tái)所受地面的摩擦力變大 答案　D

34、解析　對小球受力分析，如圖所示，小球受細(xì)線拉力、重力、水平力F.根據(jù)平衡條件，有F＝mgtan θ，θ逐漸增大，則F逐漸增大，故A錯(cuò)誤；由圖可知，細(xì)線的拉力FT＝，θ增大，F(xiàn)T增大，故B錯(cuò)誤；以整體為研究對象，根據(jù)平衡條件得Ff＝F，則Ff逐漸增大，F(xiàn)N＝(M＋m)g，F(xiàn)N保持不變，故D正確，C錯(cuò)誤． 14. 如圖12所示，三根長度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點(diǎn)，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2l.現(xiàn)在C點(diǎn)上懸掛一個(gè)質(zhì)量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點(diǎn)上可施加的力的最小值為(　　) 圖12 A．mg B.mg C.mg D.mg 答案　C 解析　分析結(jié)點(diǎn)C

35、的受力如圖甲所示，由題意可知，繩CA與豎直方向間夾角為α＝30°，則可得：FD＝mgtan α＝mg，再分析結(jié)點(diǎn)D的受力如圖乙所示，由圖可知，F(xiàn)D′與FD大小相等且方向恒定，F(xiàn)B的方向不變，當(dāng)在D點(diǎn)施加的拉力F與繩BD垂直時(shí)，拉力F最小，即F＝FD′cos 30°＝mg，C正確． 15. 如圖13所示，位于豎直側(cè)面的物體A的質(zhì)量mA＝0.2 kg，放在水平面上的物體B的質(zhì)量mB＝1.0 kg，繩和滑輪間的摩擦不計(jì)，且繩的OB部分水平，OA部分豎直，A和B恰好一起勻速運(yùn)動(dòng)，g取10 m/s2. 圖13 (1)求物體B與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)． (2)如果用水平力F向左拉物體B，使物

36、體A和B做勻速運(yùn)動(dòng)需多大的拉力？ 答案　(1)0.2　(2)4 N 解析　(1)因物體A和B恰好一起勻速運(yùn)動(dòng)，所以物體A、B均處于平衡狀態(tài)．由平衡條件得 對A：FT－mAg＝0 對B：FT－μFN＝0 FN－mBg＝0 解得：μ＝0.2 (2)如果用水平力F向左拉物體B，使物體A和B做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)水平繩的拉力與滑動(dòng)摩擦力的大小均不變，對物體B由平衡條件得 F－FT－μFN＝0 解得：F＝4 N. 16. (2016·金華市十校模擬)如圖14所示，某同學(xué)用大小為5 N、方向與豎直黑板面成θ＝53°的力將黑板擦沿黑板表面豎直向上緩慢推動(dòng)，黑板擦無左右運(yùn)動(dòng)趨勢．已知黑板的規(guī)格為

37、4.5×1.5 m2，黑板的下邊緣離地的高度為0.8 m，黑板擦(可視為質(zhì)點(diǎn))的質(zhì)量為0.1 kg，g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6. 圖14 (1)求黑板擦與黑板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (2)當(dāng)她擦到離地高度2.05 m時(shí)，黑板擦意外脫手沿黑板面豎直向下滑落，求黑板擦砸到黑板下邊緣前瞬間的速度大?。? 答案　(1)0.5　(2)5 m/s 解析　(1)對黑板擦受力分析如圖所示： 水平方向：Fsin θ＝FN ① 豎直方向：Fcos θ＝mg＋Ff ② 另有：Ff＝μFN③ 聯(lián)立①②③可得：μ＝0.5 (2)由受力分析可知：黑板擦脫手后做自由落體運(yùn)動(dòng) 自由落體：v2＝2gh 代入數(shù)據(jù)可得：v＝5 m/s. 21