2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 課練6 受力分析 共點(diǎn)力的平衡（含解析）.doc

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受力分析　共點(diǎn)力的平衡 小題狂練⑥ 小題是基礎(chǔ)　練小題　提分快 1．[2019陜西省部分學(xué)校摸底]如圖所示，物體A靠在豎直墻面上，在豎直向上的力F作用下，A、B共同向上勻速運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．物體A受到物體B對(duì)它的作用力的大小等于物體A的重力 B．物體B受到的作用力F的大小要小于物體A、B的重力之和 C．墻面對(duì)物體A的滑動(dòng)摩擦力方向向下 D．物體A對(duì)物體B的靜摩擦力方向沿接觸面斜向上 答案：A 解析：A、B共同向上勻速運(yùn)動(dòng)，則A和B均處于受力平衡狀態(tài)．對(duì)B分析可知，B受A的作用力、向下的重力、向上的力F三力作用，則A對(duì)B的作用力豎直向下，B對(duì)A的作用力豎直向上，分析可知，B對(duì)A的作用力大小等于A的重力，選項(xiàng)A正確；A、B整體水平方向不受力，故墻面對(duì)A、B無(wú)彈力作用，墻面對(duì)物體A沒(méi)有摩擦力，F(xiàn)大小等于A、B的重力之和，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；物體A對(duì)物體B的靜摩擦力方向沿接觸面斜向下，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 2．[2019湖北省武昌調(diào)研]將兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球a、b用細(xì)線相連后，再用細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，如圖所示．用力F拉小球b，使兩個(gè)小球都處于靜止?fàn)顟B(tài)，且細(xì)線Oa與豎直方向的夾角θ＝30，則F的最小值為(　　) A.mg B．mg C.mg D.mg 答案：B 解析：將a、b看成一個(gè)整體受力分析可知，當(dāng)力F與Oa垂直時(shí)，F(xiàn)有最小值，可知此時(shí)Fmin＝2mgsinθ＝mg，B正確． 3．[2019河南省商丘模擬]如圖所示，固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓環(huán)的最高點(diǎn)有一個(gè)光滑的小孔．質(zhì)量為m的小球套在圓環(huán)上．一根細(xì)線的下端系著小球，上端穿過(guò)小孔用手拉?。F(xiàn)拉動(dòng)細(xì)線，使小球沿圓環(huán)緩慢上移，在移動(dòng)過(guò)程中手對(duì)線的拉力F和圓環(huán)對(duì)小球的彈力FN的大小變化情況是(　　) A．F不變，F(xiàn)N增大 B．F不變，F(xiàn)N減小 C．F減小，F(xiàn)N不變 D．F增大，F(xiàn)N減小 答案：C 解析：小球沿圓環(huán)緩慢上移可看成小球處于平衡狀態(tài)，對(duì)小球進(jìn)行受力分析，如圖所示，由圖可知＝＝，當(dāng)小球上移時(shí)，R不變，AB減小，故F′減小，F(xiàn)N不變，而F′＝F，故C正確． 4．[2019黑龍江省伊春模擬]如圖所示，在豎直放置的穹形光滑支架上，一根不可伸長(zhǎng)的輕繩通過(guò)光滑的輕質(zhì)滑輪懸掛一重物G.現(xiàn)將輕繩的一端固定于支架上的A點(diǎn)，另一端從B點(diǎn)沿支架緩慢地向C點(diǎn)靠近．則繩中拉力大小變化的情況是(　　) A．先變小后變大 B．先變小后不變 C．先變大后不變 D．先變大后變小 答案：C 解析：當(dāng)輕繩的右端從B點(diǎn)移到直桿最上端時(shí)，設(shè)兩繩的夾角為2θ，繩中的拉力大小為F.以滑輪為研究對(duì)象，受力分析如圖甲所示．根據(jù)平衡條件得2Fcosθ＝mg，得到繩子的拉力大小為F＝，所以在輕繩的右端從B點(diǎn)移到直桿最上端的過(guò)程中，θ增大，cosθ減小，則F變大．當(dāng)輕繩的右端從直桿最上端移到C點(diǎn)時(shí)，如圖乙，設(shè)兩繩的夾角為2α.設(shè)繩子總長(zhǎng)為L(zhǎng)，兩直桿間的距離為s，由數(shù)學(xué)知識(shí)得sinα＝，L、s不變，則α保持不變．再根據(jù)平衡條件可知，兩繩的拉力F保持不變，所以繩中拉力大小變化的情況是先變大后不變．C正確． 5. 如圖所示，用一輕繩將光滑小球P系于豎直墻壁上的O點(diǎn)，在墻壁和球P之間夾有一正方體物塊Q，P、Q均處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)有一鉛筆緊貼墻壁壓在輕繩上從O點(diǎn)開(kāi)始緩慢下移(該過(guò)程中，繩中張力處處相等)，P、Q始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，則在鉛筆緩慢下移的過(guò)程中(　　) A．P所受的合力增大 B．Q受到墻壁的摩擦力逐漸變大 C．P對(duì)Q的壓力逐漸減小 D．繩的拉力逐漸增大 答案：D 解析：P受重力、繩的拉力和Q的支持力而處于平衡狀態(tài)，合力為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；設(shè)繩與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)共點(diǎn)力平衡，繩的拉力大小為T(mén)＝，Q對(duì)P的支持力大小為N＝mgtanθ，鉛筆緩慢下移的過(guò)程中，θ增大，則拉力T增大，Q對(duì)P的支持力增大，選項(xiàng)D正確，C錯(cuò)誤；對(duì)Q，在豎直方向上，Q的重力與摩擦力始終平衡，Q受到的摩擦力不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤． 6. 如圖所示，帶有光滑豎直桿的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球與套在豎直桿上的小滑塊用輕繩連接，開(kāi)始時(shí)輕繩與斜面平行．現(xiàn)給小滑塊施加一豎直向上的拉力，使小滑塊沿桿緩慢上升，整個(gè)過(guò)程中小球始終未脫離斜面，則有(　　) A．輕繩對(duì)小球的拉力逐漸減小 B．小球?qū)π迸膲毫χ饾u增大 C．對(duì)小滑塊施加的豎直向上的拉力逐漸增大 D．豎直桿對(duì)小滑塊的彈力先增大后減小 答案：C 解析： 對(duì)小球受力分析，受重力G1、支持力N1和細(xì)線的拉力T，如圖甲所示．根據(jù)平衡條件可知，T增大，N1減小，根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)π迸膲毫σ矞p小，A、B均錯(cuò)誤；對(duì)小球和滑塊整體分析，受重力G、斜面的支持力N1，桿的支持力N，拉力F，如圖乙所示，根據(jù)平衡條件，水平方向N＝N1sinθ，豎直方向F＋N1cosθ＝G，因N1減小，故N減小，F(xiàn)增大，C正確，D錯(cuò)誤． 7. (多選)如圖所示，一光滑半圓環(huán)豎直固定于粗糙的木板上，圓心為O1，穿套在環(huán)上的小球A位于左側(cè)最低點(diǎn)，并由細(xì)線通過(guò)光滑的小滑輪O與小球B相連，B右側(cè)細(xì)線水平，O在圓心O1的正上方，OA與豎直方向成30角，OA⊥OB，地面水平，兩球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，小球A恰好對(duì)木板沒(méi)有力的作用．若對(duì)B施加一外力，使小球A緩慢運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方的過(guò)程中，木板始終靜止，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．A、B兩球的質(zhì)量之比為：1 B．OA細(xì)線拉力逐漸變大 C．地面對(duì)木板的摩擦力逐漸變小 D．地面對(duì)木板的支持力逐漸變小 答案：AC 解析：小球A位于左側(cè)最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)線對(duì)小球A的拉力大小T＝，對(duì)小球B有OB細(xì)線拉力T′＝，T＝T′，得mA：mB＝：1，選項(xiàng)A正確；設(shè)OO1＝h，OA＝x，圓環(huán)的半徑為R，細(xì)線OA的拉力大小為F，環(huán)對(duì)A的支持力大小為N1，如圖1所示，則根據(jù)三角形相似有＝＝，當(dāng)x變小時(shí)，F(xiàn)也變小，但N1不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；設(shè)細(xì)線OA與OO1間夾角為θ，以小球A、半圓環(huán)和木板整體受力分析如圖2所示，地面對(duì)木板的摩擦力大小f＝Fsinθ＝xsinθ，而xsinθ表示小球A與O間的水平距離，是逐漸變小的，故f逐漸變小，選項(xiàng)C正確；地面對(duì)木板的支持力大小N2＝(m板＋mA＋m環(huán))g－Fcosθ＝(m板＋mA＋m環(huán))g－xcosθ而xcosθ表示小球A與O間的豎直距離，是逐漸變小的，N2逐漸變大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 8. [2019福建省福州質(zhì)檢]課堂上，教師準(zhǔn)備了“L”形光滑木板和三個(gè)完全相同、外表面光滑的勻質(zhì)圓柱形積木，要將三個(gè)積木按圖示(截面圖)方式堆放在木板上，則木板與水平面的夾角θ的最大值為(　　) A．30 B．45 C．60 D．90 答案：A 解析：θ取0時(shí)，下面兩圓柱將會(huì)分開(kāi)，無(wú)法穩(wěn)定，應(yīng)適當(dāng)增大θ以保持系統(tǒng)穩(wěn)定，此時(shí)下面兩圓柱之間有彈力；當(dāng)下面兩圓柱之間的彈力恰好為0時(shí)，對(duì)應(yīng)的θ為最小值；增大θ，右圓柱和上圓柱之間的彈力減小，若θ太大，此兩圓柱將分開(kāi)，臨界情況為θ取30時(shí)，左邊兩圓柱的圓心連線在豎直方向上，保證上圓柱只受到兩個(gè)力的作用恰好處于平衡狀態(tài)，此時(shí)上圓柱與右圓柱間相互接觸且無(wú)彈力，A正確． 9．[2019山東省棗莊三中質(zhì)檢]如圖所示，物體A、B疊放在物體C上，C置于水平地面上，水平力F作用于B，使A、B、C一起勻速運(yùn)動(dòng)，各接觸面間摩擦力的情況是(　　) A．B對(duì)C有向左的摩擦力 B．C對(duì)A有向左的摩擦力 C．C受到三個(gè)摩擦力作用 D．C對(duì)地面有向右的摩擦力 答案：D 解析：以A為研究對(duì)象，可知A與C間無(wú)摩擦力．以B為研究對(duì)象易知，C對(duì)B有向左的摩擦力，B對(duì)C有向右的摩擦力，以A、B、C整體為研究對(duì)象可知地面對(duì)C有水平向左的摩擦力，綜上D正確． 10. [2019河北省名校聯(lián)盟一測(cè)](多選)如圖所示，用光滑的粗鐵絲做成一直角三角形，BC邊水平，AC邊豎直，∠ABC＝β，∠A＝α，AB及AC兩邊上分別套有細(xì)線系著的銅環(huán)M、N，當(dāng)它們靜止時(shí)，細(xì)線與AB所成的角為γ，與AC所成的角為θ(細(xì)線長(zhǎng)度小于BC)，則(　　) A．γ＝β B．θ＝ C．θ>－α D．β<γ< 答案：CD 解析：假設(shè)AC上的銅環(huán)的質(zhì)量為零，重力為零，它僅受線的拉力和鐵絲AC的彈力，由于鐵絲對(duì)AC上的環(huán)的彈力垂直于AC，則細(xì)線必定垂直于AC，則細(xì)線平行于BC，此時(shí)γ＝β.但實(shí)際上AC上的環(huán)的質(zhì)量不為零，要使此環(huán)處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線的左端略高，則有γ>β.假設(shè)AB上的銅環(huán)的質(zhì)量為零，重力為零，它僅受細(xì)線的拉力和鐵絲AB的彈力，則平衡時(shí)，細(xì)線與AB垂直，γ＝，而AB上的銅環(huán)的質(zhì)量不為零，要使此環(huán)處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線不能與AB垂直，應(yīng)有γ<，故β<γ<，θ>－α，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤，C、D正確． 11．[2019湖南省衡陽(yáng)三中摸底](多選)如圖所示，一根輕質(zhì)細(xì)繩跨過(guò)定滑輪連接兩個(gè)小球A、B，它們都穿在一根光滑的豎直桿上，不計(jì)細(xì)繩與滑輪之間的摩擦，當(dāng)兩球平衡時(shí)OA繩與水平方向的夾角為60，OB繩與水平方向的夾角為30，則A、B的質(zhì)量之比和桿對(duì)A、B的彈力之比分別為(　　) A.＝ B.＝ C.＝ D.＝ 答案：AC 解析：分別對(duì)A、B兩球受力分析，如圖所示．由幾何知識(shí)得T1sin60＝mAg，T2sin30＝mBg，T1＝T2，故mA：mB＝sin60：sin30＝：1.同理，＝，選項(xiàng)A、C正確，B、D錯(cuò)誤；故選A、C. 12．[2019四川省五校聯(lián)考]如圖所示，輕桿A端用鉸鏈固定在墻上，B端吊一重物．輕繩跨過(guò)定滑輪用拉力F將B端緩慢上拉，滑輪O在A點(diǎn)正上方(滑輪大小及繩與滑輪間的摩擦均不計(jì))，且OA>AB，在AB桿達(dá)到豎直前(　　) A．拉力F增大 B．拉力F大小不變 C．桿的彈力增大 D．桿的彈力大小不變 答案：D 解析： 以B點(diǎn)為研究對(duì)象，分析受力情況，繩子向下的拉力T、輕桿的支持力N和繩子沿BO方向的拉力F′，作出力的示意圖如圖，由平衡條件知，N和F′的合力T′與T大小相等，方向相反，根據(jù)三角形相似可得，＝＝，又T′＝G，F(xiàn)＝F′，解得N＝G，F(xiàn)＝G，∠BAO變小時(shí)，AB、AO保持不變，BO變小，則N保持不變，F(xiàn)變小，D正確． 13．[2019山東省青島二中考試](多選)如圖所示，橫截面為直角三角形的斜劈P，靠在粗糙的豎直墻面上，力F通過(guò)球心水平作用在光滑球Q上，P、Q處于靜止?fàn)顟B(tài)．當(dāng)力F增大時(shí)，P、Q仍保持靜止，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．球Q對(duì)地面的壓力不變 B．球Q對(duì)斜劈P的支持力增大 C．斜劈P對(duì)豎直墻壁的壓力增大 D．墻面對(duì)斜劈P的摩擦力增大 答案：BC 解析：以P、Q整體為研究對(duì)象，水平向右的力F與墻壁的支持力等大反向，故墻壁對(duì)P的支持力增大，由牛頓第三定律知，C正確．對(duì)Q，受力分析如圖1所示，可知當(dāng)力F增大時(shí)，P、Q間的作用力增大，球Q對(duì)地面的壓力增大，B正確，A錯(cuò)誤．對(duì)P，受力分析如圖2所示，開(kāi)始時(shí)P與墻壁的摩擦力方向不確定，故無(wú)法判斷此摩擦力的變化，故D錯(cuò)誤． 14．[2019吉林省長(zhǎng)春一測(cè)](多選)如圖所示，質(zhì)量為M的三角形木塊A靜止在水平地面上，其左右兩斜面光滑，一質(zhì)量為m的物塊B沿傾角α＝30的右側(cè)斜面加速下滑時(shí)，三角形木塊A剛好保持靜止，已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則當(dāng)物塊B沿傾角β＝60的左側(cè)斜面下滑時(shí)，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．A仍然靜止不動(dòng)，地面對(duì)A的摩擦力兩種情況下等大 B．A仍然靜止不動(dòng)，對(duì)地面的壓力比沿右側(cè)斜面下滑時(shí)對(duì)地面的壓力小 C．A將向右滑動(dòng)，若使A仍然靜止需對(duì)其施加向左的作用力 D．若α＝45，A將滑動(dòng) 答案：CD 解析：物塊B沿著右側(cè)斜面下滑時(shí)，對(duì)斜面的壓力等于其重力沿垂直斜面的分力，為F＝mgcos30，對(duì)木塊A受力分析，木塊A受重力、壓力、支持力和向右的靜摩擦力，如圖1所示．木塊A恰好不滑動(dòng)，故靜摩擦力達(dá)到最大值，等于滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)平衡條件有，x方向：f＝Fsin30，y方向：N＝mg＋Fcos30，f＝μN(yùn)1，其中N＝N1，解得μ＝.物塊B從左側(cè)下滑時(shí)，先假設(shè)木塊A不動(dòng)，木塊A受重力、支持力、壓力和向左的摩擦力，如圖2所示．壓力等于物塊B重力沿垂直斜面的分力，即F′＝mgcos60，豎直方向一定受力平衡，即支持力N′＝Mg＋F′cos60＝Mg＋mg，N′＝N″，故最大靜摩擦力fm＝μN(yùn)″＝，壓力沿平行地面方向的分力為F′cos30＝mg>fm，故A一定會(huì)滑動(dòng)，要使A靜止，需要對(duì)其施加向左的推力，故C正確，A、B錯(cuò)誤．若α＝45，物塊B沿右側(cè)斜面下滑時(shí)，先假設(shè)A不動(dòng)，B對(duì)A的壓力為mgcos45，該壓力沿平行地面方向的分力為mgsin45cos45，豎直分力為mgcos45sin45，與α＝30時(shí)相比，B對(duì)A壓力沿平行地面的分力變大，B對(duì)A壓力的豎直分力變小，故A一定滑動(dòng)，D正確． 15．[2019廣東省湛江調(diào)研](多選)如圖所示，細(xì)線的兩端固定在天花板上的A、B兩點(diǎn)，在線上的C、D兩點(diǎn)懸掛質(zhì)量相等的物體a、b，并處于靜止?fàn)顟B(tài)，CD段細(xì)線嚴(yán)格水 平．若將b物體的質(zhì)量增大后，為了保持CD段細(xì)線嚴(yán)格水平，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，則(　　) A．應(yīng)將懸掛點(diǎn)D適當(dāng)向B移動(dòng)，減小BD的長(zhǎng)度 B．應(yīng)將懸掛點(diǎn)C適當(dāng)向A移動(dòng)，減小AC的長(zhǎng)度 C．移動(dòng)后細(xì)線AC的張力大于細(xì)線BD的張力 D．移動(dòng)后細(xì)線AC的張力小于細(xì)線BD的張力 答案：AD 解析：設(shè)a、b的質(zhì)量分別為M和m，AC、BD與豎直方向的夾角分別為α、β，對(duì)結(jié)點(diǎn)C、D受力分析，如圖所示．豎直方向：F1cosα＝Mg，F(xiàn)2cosβ＝mg，水平方向：F1sinα＝T，F(xiàn)2sinβ＝T′，其中T＝T′，聯(lián)立可得Mgtanα＝mgtanβ，當(dāng)a、b質(zhì)量相等時(shí)，有α＝β，若將b的質(zhì)量增大，即Mβ，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤．當(dāng)α>β，由F1sinα＝F2sinβ知，F(xiàn)1)．現(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角α不變．在OM由豎直被拉到水平的過(guò)程中(　　) A．MN上的張力逐漸增大 B．MN上的張力先增大后減小 C．OM上的張力逐漸增大 D．OM上的張力先增大后減小 答案：AD 解析：將重物向右上方緩慢拉起，重物處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài)，可利用平衡條件或力的分解畫(huà)出動(dòng)態(tài)圖分析．將重物的重力沿兩繩方向分解，畫(huà)出分解的動(dòng)態(tài)圖如圖所示．在三角形中，根據(jù)正弦定理有＝＝，由題意可知FMN的反方向與FOM的夾角γ＝180－α，不變，因sinβ(β為FMN與G的夾角)先增大后減小，故OM上的張力先增大后減小，當(dāng)β＝90時(shí)，OM上的張力最大，因sinθ(θ為 FOM與G的夾角)逐漸增大，故MN上的張力逐漸增大，選項(xiàng)A、D正確，B、C錯(cuò)誤．  課時(shí)測(cè)評(píng)⑥ 綜合提能力　課時(shí)練　贏高分 一、選擇題 1. [2019福建仙游一中月考]三個(gè)質(zhì)量均為1 kg的相同木塊a、b、c和兩個(gè)勁度系數(shù)均為500 N/m的相同輕彈簧p、q用輕繩連接，如圖所示，其中a放在光滑水平桌面上，開(kāi)始時(shí)p彈簧處于原長(zhǎng)，木塊都處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)用水平力F緩慢地向左拉p彈簧的左端，直到c木塊剛好離開(kāi)水平面為止，g取10 m/s2.該過(guò)程p彈簧的左端向左移動(dòng)的距離是(　　) A．4 cm B．6 cm C．8 cm D．10 cm 答案：C 解析：p彈簧的左端向左移動(dòng)的距離等于p、q兩彈簧的形變量之和．xq＝＋，xp＝，p彈簧的左端向左移動(dòng)的距離為x＝xp＋xq＝8 cm，C正確． 2．[2019廣東五校聯(lián)考]如圖所示，物體A、B用細(xì)繩與彈簧連接后跨過(guò)滑輪．A靜止在傾角為45的粗糙斜面上，B懸掛著．已知質(zhì)量mA＝3mB，不計(jì)滑輪摩擦，現(xiàn)將斜面傾角由45減小到30，那么下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．彈簧的彈力將減小 B．物體A對(duì)斜面的壓力將減小 C．物體A受到的靜摩擦力將減小 D．彈簧的彈力及物體A受到的靜摩擦力都不變 答案：C 解析： 設(shè)mA＝3mB＝3m，對(duì)物體B受力分析，受重力和拉力，由二力平衡得彈簧的彈力不變，A錯(cuò)誤；再對(duì)物體A進(jìn)行受力分析，受重力、支持力、彈簧的彈力和靜摩擦力，如圖所示．剛開(kāi)始由于mAgsin45＝mg>mBg＝mg，所以摩擦力沿斜面向上，斜面傾角變?yōu)?0以后摩擦力仍然沿斜面向上．根據(jù)平衡條件得到f＋T－3mgsinθ＝0，N－3mgcosθ＝0，解得f＝3mgsinθ－T＝3mgsinθ－mg，N＝3mgcosθ. 當(dāng)θ減小時(shí)，物體A受到的靜摩擦力f將減小，物體A對(duì)斜面的壓力N增大，故C正確，B、D錯(cuò)誤． 3．[2019陜西寶雞模擬]如圖所示，兩塊相互垂直的光滑擋板OP、OQ，OP豎直放置，小球a、b固定在輕彈簧的兩端，并斜靠在OP、OQ擋板上．現(xiàn)有一個(gè)水平向左的推力F作用于b上，使a、b緊靠擋板處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)保證b球不動(dòng)，使豎直擋板OP向右緩慢平移一小段距離，則(　　) A．推力F變大 B．彈簧長(zhǎng)度變短 C．彈簧長(zhǎng)度變長(zhǎng) D．b對(duì)擋板OQ的壓力變大 答案：C 解析：設(shè)彈簧與豎直方向的夾角為α，現(xiàn)保證b球不動(dòng)，使豎直擋板OP向右緩慢平移一小段距離，則α減小，以a球?yàn)檠芯繉?duì)象，分析受力情況，根據(jù)平衡條件得F彈＝，α減小，cosα增大，則F彈減小，彈簧變長(zhǎng)；擋板對(duì)a的彈力N＝mgtanα，α減小，N減??；對(duì)a、b和彈簧整體研究，水平方向F＝N，則推力F將減小，故A、B錯(cuò)誤，C正確；豎直方向，擋板OQ對(duì)b的支持力FN＝(ma＋mb)g，不變，根據(jù)牛頓第三定律可知，b對(duì)擋板OQ的壓力不變，故D錯(cuò)誤． 4．[2019四川省成都七中檢測(cè)]如圖，傾角為θ的斜面體C置于水平地面上，小物體B置于斜面上，通過(guò)細(xì)繩跨過(guò)光滑的定滑輪與物體A相連接，連接物體B的一段細(xì)繩與斜面平行，已知A、B、C都處于靜止?fàn)顟B(tài)，則(　　) A．物體B受到斜面體C的摩擦力一定不為零 B．斜面體C受到水平地面的摩擦力一定為零 C．斜面體C有沿地面向右滑動(dòng)的趨勢(shì)，一定受到地面向左的摩擦力 D．將細(xì)繩剪斷，若B依然靜止在斜面上，此時(shí)水平地面對(duì)斜面體C的摩擦力一定不為零 答案：C 解析：以B、C整體為研究對(duì)象，受到了斜向上的拉力，故有向右運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，所以地面對(duì)C有水平向左的摩擦力，C正確，B錯(cuò)誤．以B為研究對(duì)象，細(xì)繩斜向上的拉力與B的重力沿斜面向下的分力大小關(guān)系不確定，所以C對(duì)B可能有摩擦力也可能沒(méi)有摩擦力，A錯(cuò)誤．將細(xì)繩剪斷，B、C整體靜止，豎直向下的重力與地面豎直向上的支持力等大反向，地面對(duì)C的摩擦力為零，D錯(cuò)誤． 5．[2019遼寧東北育才學(xué)校模擬]如圖所示，置于地面的矩形框架中用兩細(xì)繩拴住質(zhì)量為m的小球，繩B水平．設(shè)繩A、B對(duì)球的拉力大小分別為F1、F2，它們的合力大小為F.現(xiàn)將框架在豎直平面內(nèi)繞左下端緩慢逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90，在此過(guò)程中(　　) A．F1先增大后減小 B．F2先增大后減小 C．F先增大后減小 D．F先減小后增大 答案：B 解析： 對(duì)小球受力分析如圖所示．小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力平衡，兩繩的拉力的合力與重力大小相等，方向相反，則F不變，根據(jù)平行四邊形定則可知，將框架在豎直平面內(nèi)繞左下端緩慢逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90的過(guò)程中，F(xiàn)1逐漸減小，F(xiàn)2先增大后減小，當(dāng)繩A處于水平方向時(shí)，F(xiàn)2最大，故B正確． 6．[2019浙江溫州中學(xué)模擬]如圖所示，傾角θ＝30的斜面體A靜止在水平地面上，一根輕繩跨過(guò)斜面體頂端的小滑輪，繩兩端系有質(zhì)量均為m的小物塊a、b，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，滑輪兩側(cè)輕繩方向分別沿斜面和豎直方向．現(xiàn)給物塊b施加一個(gè)水平向右的拉力F，使b緩慢移動(dòng)直到連接b的輕繩與豎直方向成30角(不計(jì)繩與滑輪間的摩擦)，此過(guò)程中下列說(shuō)法正確的是(　　) A．b受到繩的拉力先增大再減小 B．小物塊a受到的摩擦力先增大再減小 C．水平拉力F逐漸增大 D．小物塊a一定沿斜面緩慢上移 答案：C 解析：b受力平衡，對(duì)b進(jìn)行受力分析，如圖甲所示． 設(shè)連接b的輕繩與豎直方向的夾角為α，b緩慢移動(dòng)直到連接b的輕繩與豎直方向成30角的過(guò)程中，α變大，根據(jù)平行四邊形定則可知，T逐漸增大，F(xiàn)逐漸增大，故A錯(cuò)誤，C正確；對(duì)a進(jìn)行受力分析，如圖乙所示；剛開(kāi)始T′＝mg，a處于靜止?fàn)顟B(tài)，則f＝T′－mgsin30＝mg，方向沿斜面向下，T′增大時(shí)，f增大，由于不知道最大靜摩擦力的具體值，所以不能判斷a是否會(huì)滑動(dòng)，故B、D錯(cuò)誤． 7．[2019湖南長(zhǎng)郡中學(xué)模擬]如圖所示，質(zhì)量為m的硬質(zhì)面字典A對(duì)稱(chēng)放在硬質(zhì)面的書(shū)本B上，將書(shū)本B的一端緩慢抬高至字典剛要滑動(dòng)，此時(shí)書(shū)脊與水平面的夾角為θ.下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．B對(duì)A的作用力為零 B．B的一個(gè)側(cè)面對(duì)A的彈力為mgcosθ C．B對(duì)A的最大靜摩擦力的合力為mgsinθ D．A受到3個(gè)力的作用 答案：C 解析：B對(duì)A的作用力大小為A的重力mg，方向豎直向上，故A錯(cuò)誤；B的一個(gè)側(cè)面對(duì)A的彈力N＝mgcosθ，故B錯(cuò)誤；A受力平衡，根據(jù)平衡條件得，B對(duì)A的最大靜摩擦力的合力f合＝mgsinθ，故C正確；A處于靜止?fàn)顟B(tài)，對(duì)A進(jìn)行受力分析，A受到重力，書(shū)本B兩側(cè)對(duì)A的兩個(gè)支持力，B書(shū)兩側(cè)對(duì)A的兩個(gè)摩擦力，共5個(gè)力，故D錯(cuò)誤． 8．[名師原創(chuàng)]如圖，輕彈簧上端固定，下端連接一小球，小球靜止在水平面上的A點(diǎn)，將小球緩慢移到B點(diǎn)放手，小球仍靜止．已知小球在A、B兩處彈簧均處于伸長(zhǎng)狀態(tài)．則小球在A、B處受力的情況是(　　) A．小球在B處所受到的合力更大 B．B處小球受到的摩擦力更小 C．小球在B處受到的支持力更大 D．B處彈簧的彈力與支持力的合力一定更大 答案：D 解析： 小球在A、B兩處的合力都為0，A錯(cuò)誤．對(duì)小球受力分析，如圖所示，則有f＝Fcosα，F(xiàn)sinα＋N＝mg，彈力F顯然增大，α減小，可見(jiàn)摩擦力增大，B錯(cuò)誤．N的變化情況無(wú)法判斷，C錯(cuò)誤．摩擦力與重力的合力一定增大，而彈力F與N的合力也一定增大，D正確． 9．[2019河北省邢臺(tái)二中檢測(cè)] 輕繩一端系在質(zhì)量為m的物塊A上，另一端系在一個(gè)套在粗糙豎直桿MN的圓環(huán)上．現(xiàn)用水平力F拉住繩子上一點(diǎn)O，使物塊A從圖中實(shí)線位置緩慢下降到虛線位置，但圓環(huán)仍保持在原來(lái)位置不動(dòng)．在這一過(guò)程中，環(huán)對(duì)桿的摩擦力F1和環(huán)對(duì)桿的壓力F2的變化情況是(　　) A．F1保持不變，F(xiàn)2逐漸增大 B．F1保持不變，F(xiàn)2逐漸減小 C．F1逐漸增大，F(xiàn)2保持不變 D．F1逐漸減小，F(xiàn)2保持不變 答案：B 解析：以圓環(huán)、物塊A及輕繩整體為研究對(duì)象，分析受力情況，如圖1所示．根據(jù)平衡條件得，桿對(duì)環(huán)的摩擦力F1＝G，保持不變，桿對(duì)環(huán)的彈力F2＝F.再以結(jié)點(diǎn)O為研究對(duì)象，分析受力情況，如圖2所示．由平衡條件得F＝mgtanθ；在物塊A從題圖中實(shí)線位置緩慢下降到虛線位置的過(guò)程中，θ逐漸減小，則F逐漸減小，F(xiàn)2逐漸減?。蔬xB. 10. (多選)如圖所示，斜面體A靜止放置在水平地面上．質(zhì)量為m的滑塊B在外力F1和F2的共同作用下沿斜面體表面向下運(yùn)動(dòng)．當(dāng)F1方向水平向右、F2方向沿斜面體的表面向下時(shí)，斜面體受到地面的摩擦力方向向左．則下列說(shuō)法中正確的是 (　　) A．若只撤去F1，在滑塊B仍沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，A所受地面摩擦力的方向可能向右 B．若只撤去F2，在滑塊B仍沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，A所受地面摩擦力的方向可能向右 C．若只撤去F2，在滑塊B仍沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，A所受地面摩擦力不變 D．若同時(shí)撤去F1和F2，滑塊B的加速度方向一定沿斜面向下 答案：CD 解析：選斜面體為研究對(duì)象，其受力當(dāng)中在水平方向有分力的有：B對(duì)A的壓力FN，B對(duì)A的摩擦力Ff1和地面對(duì)A的摩擦力Ff2. 如圖所示，設(shè)斜面傾角為θ. 則：Ff1cosθ＋Ff2＝FNsinθ. 所以：Ff1cosθμmgcosθ，所以滑塊B的加速度方向一定向下，即D正確． 二、非選擇題 11. 如圖所示，水平細(xì)桿上套一環(huán)A，環(huán)A與球B間用一不可伸長(zhǎng)輕質(zhì)繩相連，質(zhì)量分別為mA＝0.40 kg和mB＝0.30 kg，由于B球受到水平風(fēng)力作用，使環(huán)A與球B一起向右勻速運(yùn)動(dòng)．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，繩始終保持與豎直方向夾角θ＝30，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)B球受到的水平風(fēng)力大??； (2)環(huán)A與水平桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)． 答案：(1)1.73 N　(2)0.25 解析： (1)對(duì)B球受力分析，如圖甲所示，根據(jù)平衡條件可得 F＝mBgtanθ 數(shù)據(jù)代入得F＝ N≈1.73 N (2)選取環(huán)、球和輕繩整體為研究對(duì)象，受力如圖乙所示． 根據(jù)平衡條件得FN＝(mA＋mB)g F＝f 且f＝μFN 解得μ＝ 數(shù)據(jù)代入得μ＝≈0.25 12．如圖甲、乙所示，傳送帶上有質(zhì)量均為m的三個(gè)木塊1、2、3，中間均用原長(zhǎng)為L(zhǎng)、勁度系數(shù)為k的輕彈簧連接起來(lái)，木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，其中木塊1被與傳送帶平行的細(xì)線拉住，傳送帶按圖示方向勻速運(yùn)動(dòng)，三個(gè)木塊處于平衡狀態(tài)． (1)在圖甲狀態(tài)下，1、3兩木塊之間的距離是多大？ (2)在圖乙狀態(tài)下，細(xì)線的拉力是多大？木塊1、3之間的距離又是多大？ 答案：(1)2L＋　(2)3mg(sinα＋μcosα) 2L＋ 解析：(1)在題圖甲中，設(shè)1、2間彈簧伸長(zhǎng)量為x1,2、3間彈簧伸長(zhǎng)量為x2，根據(jù)平衡條件和胡克定律，對(duì)木塊3：kx2－μmg＝0 對(duì)木塊2：kx1－kx2－μmg＝0 1、3兩木塊之間的距離為x＝2L＋x1＋x2＝2L＋ (2)在題圖乙中，把三個(gè)木塊看成整體，根據(jù)平衡條件，有 T－3μmgcosα－3mgsinα＝0 細(xì)線的拉力T＝3mg(sinα＋μcosθ) 在題圖乙中，設(shè)1、2間彈簧伸長(zhǎng)量為l1,2、3間彈簧伸長(zhǎng)量為l2，根據(jù)平衡條件和胡克定律，對(duì)木塊2和木塊3整體，有kl1－μ2mgcosα－2mgsinα＝0 可得l1＝ 對(duì)木塊3，有kl2－μmgcosα－mgsinα＝0 可得l2＝ 木塊1、3之間的距離l＝2L＋l1＋l2＝2L＋