第1讲 力与物体的平衡
真题再现 (多选)(2017·高考全国卷Ⅰ)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，OMπ与MN之间的夹角为αα＞ .现将重物向右上方2缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM由竖直被拉到水平的过程中( ) A.MN上的张力逐渐增大 B.MN上的张力先增大后减小 C.OM上的张力逐渐增大 D.OM上的张力先增大后减小 解析：选AD.将重物向右上方缓慢拉起，重物处于动态平衡状态，可利用平衡条件或力的分解画出动态图分析．将重物的重[命题点分析] 图解法解决动态平衡问题 [命题点分析] 图解法解决动态平衡问题 [思路方法] 对重物受力分析发现处于动态平衡时，应观察各力的大小、方向变化情况以利用图解三角形法或相似三角形法来解决问题 考情分析 力沿两绳方向分解，画出分解的动态图如图所示．在三角形中，GFOM1FMN1根据正弦定理有＝＝，由题意可知FMN的sin γ1sin β1sin θ1反方向与FOM的夹角γ＝180°－α，不变，因sin β(β为FMN与G的夹角)先增大后减小，故OM上的张力先增大后减小，当β＝90°时，OM上的张力最大，因sin θ(θ为FOM与G的夹角)逐渐增大，故MN上的张力逐渐增大，选项A、D正确，B、C错误. [思路方法] 对重物受力分析发现处于动态平衡时，应观察各力的大小、方向变化情况以利用图解三角形法或相似三角形法来解决问题 (2017·高考全国卷Ⅱ)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 ( ) A.2－3 B.333 C. D. 632[命题点分析] 正交分解法分析平衡问题 [思路方法] 物体保持匀速直线运动状态时，其受力平衡，按照正交分解法解决问题 解析：选C.当拉力水平时，物块做匀速运动，则F＝μmg，当拉力方向与水平方向的夹角为60°时，物块也刚好做匀速运动，则Fcos 60°＝μ(mg－Fsin 60°)，联立解得μ＝项错误，C项正确. (多选)(2016·高考全国卷Ⅰ)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块 B.外力F向3，A、B、D3[命题点分析] 整体法和隔离法分析共点力平衡 [思路方法] 当有多个物体相互作用而平衡时应注意灵活选择研究对象．此题应分别选取a，右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则( ) A.绳OO′的张力也在一定范围内变化 b和滑轮为研究对象求解 B.物块b所受到的支持力也在一定范围内变化 C.连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化 D.物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化 解析：选B D.只要物块a质量不变，物块b保持静止，则连接a和b的细绳的张力就保持不变，细绳OO′的张力也就不变，选项A、C错误．对物块b进行受力分析，物块b受到细绳的拉力(不变)、竖直向下的重力(不变)、外力F、桌面的支持力和摩擦力．若F方向不变，大小在一定范围内变化，则物块b受到的支持力和物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化，选项B、D正确. 2018年全国卷虽然对该部分的考点没有单独考查，但其中整体法与隔离命题规律研究及预测 法的受力分析方法，力的合力与力的分解方法等知识仍然是力学的基础，在2017年及之前的全国卷对受力分析属于必考题. 在2019年的备考过程中，尤其注重连接体的受力分析和动态平衡问题，同时在共点力平衡问题中注重与数学知识相结合来求解问题
受力分析
[高分快攻]
受力分析常用技巧
转换研究对象法：对于不易判断的力(如弹力和摩擦力)，可以借助相互接触物体的受力情况来判定，还可以借助力和运动的关系进行分析和判断．
假设法：假设弹力、摩擦力存在，运用牛顿第二定律进行相关计算，然后再进一步分析判断．
整体法和隔离法：是分析连接体问题的重要方法．
在某市的旧城改造活动中，为保证某旧房屋的安全，设法用一个垂直于天花板平面的力 F 作用在质量为m的木块上，以支撑住倾斜的天花板，如图所示，已知天花板平面与竖直方向的夹角为 θ，则( )
A．木块共受到三个力的作用 B．木块对天花板的弹力大小等于 F
C．木块对天花板的摩擦力大小等于 mgcos θ
D．适当增大 F，天花板和木块之间的摩擦力可能变为零
[解析] 对木块进行受力分析，根据共点力平衡条件可知，木块一定受到重
力mg、推力 F、平行于天花板向上的静摩擦力 Ff以及天花板对木块的弹力 FN，其受力情况如图所示，故木块一定受到四个力的作用，选项A错误；将木块所受重力进行分解，在垂直于天花板方向有：F＝FN＋mgsin θ，可得 FN A．塑料壳对顶棚斜面的压力大小为mgcos θ B．顶棚斜面对塑料壳的摩擦力大小一定为μmgcos θ C．顶棚斜面对塑料壳的支持力和摩擦力的合力大小为mg D．磁铁的磁性若瞬间消失，塑料壳不一定会往下滑动 解析：选D.将塑料壳和圆柱形磁铁当成整体受力分析，它受重力、支持力(垂直斜面向上)、沿斜面向上的摩擦力、顶棚对磁铁的吸引力而处于平衡状态，则塑料壳对顶棚斜面的压力大于mgcos θ，A错误；顶棚斜面对塑料壳的摩擦力大小等于mgsin θ，B错误；顶棚斜面对塑料壳的支持力和摩擦力及顶棚对圆柱形磁铁的吸引力三者的合力大小为mg，C错误；当磁铁的磁性消失时，最大静摩擦力大小发生变化，但合力可能为零，可能保持静止状态，则塑料壳不一定会往下滑动，D正确． 静态平衡问题 [高分快攻] 求解共点力平衡问题常用的方法 力的合成法：对研究对象受力分析后，应用平行四边形定则(或三角形定则)求合力的方法．力的合成法常用于仅受三个共点力作用且保持平衡的物体． 正交分解法：把物体受到的各力都分解到互相垂直的两个方向上，然后分别列出两个方向上合力为零的方程并求解．当物体受四个及四个以上共点力作用而平衡时，一般采用正交分解法． 图解法：对研究对象进行受力分析，再根据平行四边形定则或三角形定则画出不同状态下力的矢量图(画在同一个图中)，然后根据有向线段(表示力)的长度变化情况判断各个力的变化情况． 用图解法分析动态平衡问题时要在矢量三角形中确定不变的量和改变的量． (多选)如图所示，重物A被绕过小滑轮P的细线所悬挂，小滑轮P被一根细线系于天花板上的O点，B物体放在粗糙的水平桌面上，O′是三根线的结点，bO′水平拉着B物体，cO′竖直拉着重物 C，aO′、bO′与cO′的夹角如图所示．细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，整个装置处于静止状态．若悬挂小滑轮的细线 OP 的张力大小是203 N，则下列说法中正确的是(g＝10 m/s2)( ) A．重物 A 的质量为2 kg B．桌面对 B 物体的摩擦力大小为 103 N C．重物 C 的质量为1 kg D．OP 与竖直方向的夹角为60° [解析] 以小滑轮 P 为研究对象，受力分析如图甲所示，则有2Tcos 30°＝F，故T＝F ＝20 N，由于T＝mAg，故mA＝2 kg，则选项A正确；以 O′点为研究对象，受力 2cos 30° 分析如图乙所示，由平衡条件得：Tcos 30°＝Fb，Fb＝103 N，Tsin 30°＝FC＝mCg，故 mC＝1 kg，则选项C正确；又因为 Fb＝－f，所以选项 B 正确；OP 与竖直方向的夹角应为30°，所以选项 D 错误． [答案] ABC [题组突破] 角度1 “整体法”与“隔离法”的应用 1．在粗糙水平面上放着一个三角形木块abc，在它的两个粗糙斜面上分别放有质量为m1和m2的两个物体，m1>m2，如图所示，若三角形木块和两物体都是静止的，则粗糙水平面对三角形木块( ) A．有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向右 B．有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向左 C．有摩擦力的作用，但摩擦力的方向不能确定，因m1、m2、θ1、θ2的数值均未给出 D．以上结论都不对 解析：选D.法一(隔离法) 把三角形木块隔离出来，它的两个斜面上分别受到两物体对它的压力 FN1、FN2，摩擦力 F1、F2.由两物体的平衡条件知，这四个力的大小分别为 FN1＝m1gcos θ1，FN2＝m2gcos θ2 F1＝m1gsin θ1，F2＝m2gsin θ2 它们的水平分力的大小(如图所示)分别为 FN1x＝FN1sin θ1＝m1gcos θ1sin θ1 FN2x＝FN2sin θ2＝m2gcos θ2sin θ2 F1x＝F1cos θ1＝m1gcos θ1sin θ1 F2x＝F2cos θ2＝m2gcos θ2sin θ2 其中 FN1x＝F1x，FN2x＝F2x，即它们的水平分力互相平衡，木块在水平方向无滑动趋势，因此不受水平面的摩擦力作用． 法二(整体法) 由于三角形木块和斜面上的两物体都静止，可以把它们看成一个整体，受力如图所示．设三角形木块质量为 M，则竖直方向受到重力(m1＋m2＋M)g和支持力 FN作用处于平衡状态，水平方向无任何滑动趋势，因此不受水平面的摩擦力作用． 角度2 “动杆”“定杆”和“死结”“活结”问题 2．(多选)(2017·高考天津卷)如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态．如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是( ) A．绳的右端上移到b′，绳子拉力不变 B．将杆N向右移一些，绳子拉力变大 C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小 D．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移 解析：选AB.设两段绳子间的夹角为2α，绳子的拉力大小为F，由平衡条件可知，2Fcos αmg＝mg，所以F＝，设绳子总长为L，两杆间距离为s，由几何关系L1sin α＋L2sin 2cos αα＝s，得sin α＝ ss ＝，绳子右端上移，L、s都不变，α不变，绳子张力F也不变，L1＋L2L A正确；杆N向右移动一些，s变大，α变大，cos α变小，F变大，B正确；绳子两端高度差变化，不影响s和L，所以F不变，C错误；衣服质量增加，绳子上的拉力增加，由于 α不会变化，悬挂点不会右移，D错误． 角度3 平衡中的临界与极值问题 3．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两端被固定在水平天花板上，相距2l.现在C点悬挂一个质量为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( ) A．mg 1 C.mg 2 解析：选C.对C点进行受力分析，由平衡条件可得绳 CD 对 C 点的拉力 FCD＝mgtan 30°.对D点进行受力分析，绳CD对D点的拉力F2＝FCD＝mgtan 30°，故 F2为恒力，F1方向不变，由平衡条件可知，F1与F3的合力F′2一定与 F2等大反向，如解析图所示，当F3垂直于绳BD 1 时，F3最小，由几何关系可知，此时 F3＝F2·sin 60°，即F3＝mg，选项C正确． 2 命题角度 连接体的受力分析 杆中的受力分析 绳中的受力特点 平衡中的临界问题 平衡中的极值问题 解决方法 整体法与隔离法的应用 根据受力平衡条件确定杆的方向 力沿绳方向且只能收缩 极限法或假设法 图解法或数学表达式法 动态平衡问题 易错辨析 不能灵活选取研究对象 注意杆端有无铰链 绳中有无结点是绳中力改变的关键点 不能找准临界状态的条件 不能分析极值出现的时机 B.3mg 3 1D.mg 4 解决动态平衡问题的一般思路：把“动”化为“静”，“静”中求“动”，动态平衡问题的分析过程与处理方法如下： 注意：(1)如果物体所受的力较少，可以采用合成的方法． (2)如果物体受到三个力的作用而处于动态平衡，若其中的一个力大小、方向均不变，另外两个力的方向都发生变化，可以用力的三角形与几何三角形相似的方法求解． (3)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，并且还有另一个力的方向不变，此时可用图解法分析，即可以通过画出多个平行四边形来分析力的变化． [高分快攻] (2016·高考全国卷Ⅱ)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上．用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示．用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中( ) A．F逐渐变大，T逐渐变大 B．F逐渐变大，T逐渐变小 C．F逐渐变小，T逐渐变大 D．F逐渐变小，T逐渐变小 [解析] 以O点为研究对象，设绳OA与竖直方向的夹角为θ，物体的重力为G，根据共点G力的平衡可知，F＝Gtan θ，T＝，随着O点向左移，θ变大，则F逐渐变大，T cos θ逐渐变大，A项正确． [答案] A [题组突破] 角度1 解析法、图解法的应用 1.如图所示，一小球在斜面上处于静止状态，不考虑一切摩擦，如果把挡板由竖直位置绕 O 点缓慢转至水平位置，则此过程中球对挡板的压力 F1和球对斜面的压力 F2的变化情况是( ) A．F1先增大后减小，F2一直减小 B．F1先减小后增大，F2一直减小 C．F1和 F2都一直在增大 D．F1和 F2都一直在减小 解析：选B.法一：“力三角形法” 小球初始时刻的受力情况如图1所示，因挡板是缓慢转动的，所以小球处于动态平衡状态，在转动过程中，重力、斜面的支持力和挡板的弹力组成的矢量三角形的变化情况如图2所示(重力 G 的大小、方向均不变，斜面对小球的支持力 F′2的方向始终不变)，由图2可知此过程中斜面对小球的支持力F′2不断减小，挡板对小球的弹力F′1先减小后增大，由牛顿第三定律可知选项B正确． 法二：“解析法” 设斜面倾角为α，挡板与竖直方向夹角为β，如图3所示，则由平衡条Gsin α件可得：F′1sin β＋F′2cos α＝G，F′1cos β ＝F′2sin α，联立解得 F′1＝， cos （β－α）πG F′2＝.挡板缓慢转至水平位置，β由0逐渐增大到2，当β＝α时，cos cos α＋sin αtan β(β－α)＝1，F′1最小，所以 F′1先减小后增大；β增大过程中 tan β随之增大，F′2不断减小，故选项B正确． 角度2 相似三角形法的应用 2.(2018·长沙模拟)如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔．质量为m的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力F和环对小球的弹力FN的大小变化情况是( ) A．F减小，FN不变 B．F不变，FN减小 C．F不变，FN增大 D．F增大，FN减小 解析：选A.对小球受力分析，其所受的三个力组成一个闭合三角形，如解析图所示，力三mgFNF 角形与圆内的三角形相似，由几何关系可知＝＝，小球缓慢上移时mg不变，R不变， RRLL减小，F减小，FN大小不变，A正确． 命题角度 一个力不变，另一个力方向不变 一个力不变，另一个力大小不变 一个力不变，另一个力大小、方向都变 电学中的共点力平衡问题 电学平衡问题要点点睛 首先注意准确进行受力分析，然后按照力学分析方法进行解题即可，但要注意正确判断电场力、磁场力的方向： (1)正电荷受力方向与所处电场方向相同，负电荷相反； (2)安培力和洛伦兹力的方向用左手定则判断，安培力方向同时与磁感应强度方向和电流方向垂直，洛伦兹力的方向同时与磁感应强度方向和电荷运动方向垂直． 涉及电场力、磁场力的平衡问题的解题思路 (1)记忆口诀：一场二弹三摩擦，各力方向准确画． (2)思维导图 解决方法 图解法 画圆法 相似三角形法 易错辨析 不能在三角形中找到变化的量 不能准确画出矢量三角形 要正确画出力的三角形和边的几何三角形 [高分快攻] 如图所示，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量． [解析] 依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下． 开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl1＝0.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得 2kΔl1＝mg① 式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小． 开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为 F＝IBL② 式中，I是回路电流，L是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长了Δl2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得 2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③ 由欧姆定律有E＝IR④ 式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻． 联立①②③④式，并代入题给数据得m＝0.01 kg. [答案] 方向竖直向下 0.01 kg [突破训练] (2018·安徽十校联考)美国物理学家密立根(R.A.Millikan)于20世纪初进行了多次实验，比较准确地测定了电子的电荷量，其实验原理可以简化为如图所示模型：两个相距为d的平行金属板A、B水平放置，两板接有可调电源．从A板上的小孔进入两板间的油滴因摩擦而带有一定的电荷量，将两板间的电势差调节到 U时，带电油滴恰好悬浮在两板间；然后撤去电场，油滴开始下落，由于空气阻力，下落的油滴很快达到匀速下落状态，通过显微镜观测到这个速度的大小为 v，已知这个速度与油滴的质量成正比，比例系数为 k，重力加速度为g.则计算油滴带电荷量的表达式为( ) kvd A．q＝ Ukv C．q＝ Ud vdg B．q＝ kU D．q＝ vg kUd U 解析：选B.根据油滴恰好悬浮在两板间，由平衡条件得：q＝mg，由题意知v＝km，联立 d vdg 得q＝，选项B正确． kU , (建议用时：30分钟) 一、单项选择题 1．(2018·汕头二模)如图所示，无风时气球在轻绳的牵引下静止在空中，此时轻绳的拉力为F.当有水平风力作用时，轻绳倾斜一定角度后气球仍静止在空中，有风时与无风时相比( ) A．气球所受合力减小 C．轻绳的拉力F减小 B．气球所受合力增大 D．轻绳的拉力F增大 解析：选D.有风时与无风时，气球都处于静止状态，受力平衡，合力为零，不变，A、B错误；无风时气球在竖直方向受重力、绳子拉力和浮力，由平衡条件得F浮－mg－F＝0，解得F＝F浮－mg；有风时，设绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子的拉力沿竖直方向的分量等于浮力和重力之差，则有F浮－mg－F′cos θ＝0，解得F′cos θ＝F浮－mg，故F′＞F，所以F增大，C错误，D正确． 2．(2018·广东中山联考)如图所示，在固定斜面上的一物块受到一外力 F 的作用，F 平行于斜面向上．若要物块在斜面上保持静止，F 的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为 F1和 F2(F2>0)．由此可求出( ) A．物块的质量 B．斜面的倾角 C．物块与斜面间的最大静摩擦力 D．物块对斜面的正压力 解析：选C.设斜面倾角为θ，斜面对物块的最大静摩擦力为 Ff，当 F 取最大值 F1时，最大静摩擦力 Ff沿斜面向下，由平衡条件得 F1＝mgsin θ＋Ff；当 F 取最小值 F2时，Ff沿斜面向上，由平衡条件得 F2＝mgsin θ－Ff，联立两式可求出最大静摩擦力Ff＝ F1－F2 ，2 选项 C 正确．FN＝mgcos θ，F1＋F2＝2mgsin θ，所以不能求出物块的质量、斜面的倾角和物块对斜面的正压力． 3．(2017·高考全国卷Ⅲ)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)( ) A．86 cm C．98 cm 解析：选 B．92 cm D．104 cm B.将钩码挂在弹性绳的中点时，由数学知 4 识可知钩码两侧的弹性绳(劲度系数设为k)与竖直方向夹角θ均满足sin θ＝，对钩码(设 51 m0.8 m其重力为G)静止时受力分析，得G＝2k2－2cos θ；弹性绳的两端移至天花板上的L0.8 m同一点时，对钩码受力分析，得G＝2k2－2，联立解得L＝92 cm，可知A、C、D项错误，B项正确． 4．(2018·青岛二模)如图所示，一轻质弹簧的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为37°的光滑斜面体顶端，弹簧与斜面平行．在斜面体以大小为g的加速度水平向左做匀加速直线运动的过程中，小球始终 相对于斜面静止．已知弹簧的劲度系数为k，则该过程中弹簧的形变量为(已知：sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( ) mgA. 5kmgC. k 4mgB. 5k7mgD. 5k 解析：选A.在斜面体以大小为g的加速度水平向左做匀加速直线运动时，弹簧是处于伸长状态还是压缩状态，无法直接判断，此时可采用假设法，假设弹簧处于压缩状态，若求得弹力 F 为正值，则假设正确；若求得弹力F为负值，则假设错误，弹簧处于伸长状态．设弹簧弹力大小为F，水平方向上由牛顿第二定律得： FNsin 37°＋Fcos 37°＝mg① 竖直方向上由受力平衡得： FNcos 37°＝mg＋Fsin 37°② 1 联立①②式得：F＝mg 5 mg 由胡克定律得 F＝kx，x＝，假设正确． 5k 5.(2018·河北保定模拟)如图所示，将三个完全相同的光滑球用不可伸长的细线悬挂于O点并处于静止状态．已知球半径为R，重为G，线长均为R.则每条细线上的张力大小为( ) A．2G 3C.G 2解析：选 B.D.6G 25G 2 B.本题中O点与各球心的连线及各球心连 线，构成一个边长为2R的正四面体，如图甲、乙所示(A、B、C为各球球心)，O′为△ABC23的中心，设∠OAO′＝θ，由几何关系知O′A＝R，由勾股定理得OO′＝OA2－O′A2＝3 83 OO′6 R，对A处球受力分析有：Fsin θ＝G，又sin θ＝，解得F＝G，故只有B项 OA2正确． 6．(2016·高考全国卷Ⅲ)如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球．在a和b之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( ) m A. 2C．m B.3m 2 D．2m 解析：选C.由于轻环不计重力，故细线对轻环的拉力的合力与圆孤对轻环的支持力等大反向，即沿半径方向；又两侧细线对轻环拉力相等，故轻环所在位置对应的圆孤半径为两细线的角平分线，因为两轻环间的距离等于圆孤的半径，故两轻环与圆孤圆心构成等边三角形；又小球对细线的拉力方向竖直向下，由几何知识可知，两轻环间的细线夹角为120°，对小物块进行受力分析，由三力平衡知识可知，小物块质量与小球质量相等，均为m，C项正确． 7．(2018·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mg B．底层每个足球之间的弹力为零 mgC．下层每个足球对上层足球的支持力大小为 3D．足球与水平面间的动摩擦因数至少为 6 6 解析：选B.根据整体法，设下面每个球对地面的压力均为FN，则3FN＝4 4mg，故FN＝mg，A错误；四个球的球心连线构成了正四面体，下层每 3个足球之间的弹力为零，B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mg 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；根据正四面体 3几何关系可求，F与mg夹角的余弦值cos θ＝636 ，正弦值sin θ＝，则有F·＋mg333 2 mg643262 ＝FN＝mg，F＝Ff，解得Ff＝mg，F＝mg，则μ≥＝，所以足球与水平面 336648 mg3间的动摩擦因数至少为 2 ，故D错误． 8 8.三段细绳OA、OB、OC结于O点，另一端分别系于竖直墙壁、水平顶壁和悬挂小球，稳定后OA呈水平状态．现保持O点位置不变，缓慢上移 A点至D点的过程中，关于OA绳上的拉力变化情况的判断正确的是( ) A．一直增大 C．先增大后减小 解析：选 B．一直减小 D．先减小后增大 D.可运用动态图解法，由图可知，当 OA 与 OB 垂直时，OA 上的拉力最小，故 D 正确． 9．(2018·烟台二模)如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，轻杆A端用铰链固定，滑轮在A点正上方(滑轮大小及摩擦均可不计)，轻杆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端缓慢上拉(均未断)，在AB杆达到竖直前，以下分析正确的是( ) A．绳子越来越容易断 C．AB杆越来越容易断 解析：选 B．绳子越来越不容易断 D．AB杆越来越不容易断 B.以B点为研究对象，它受三个力的作用 而处于动态平衡状态，其中一个是轻杆的弹力T，一个是绳子斜向上的拉力F，一个是绳子F′TF竖直向下的拉力F′(大小等于物体的重力G)，根据相似三角形法，可得＝＝，由于 OAABOBOA和AB不变，OB逐渐减小，因此轻杆上的弹力大小不变，而绳子斜向上的拉力越来越小，选项B正确． 二、多项选择题 10．(2018·桂林模拟)将某均匀的长方体锯成如图所示的 A、B 两块后，放在水平桌面上并 排放在一起，现用水平力 F 垂直于 B 的左边推 B 物体，使 A、B 整体仍保持矩形沿 F 方向匀速运动，则( ) A．物体 A 在水平方向上受三个力的作用，且合力为零 B．物体 A 在水平方向上受两个力的作用，且合力为零 C．B 对 A 的作用力方向与 F 方向相同 D．B 对 A 的弹力等于桌面对 A 的摩擦力 解析：选AC.对物体 A 进行受力分析，水平方向上受到 B 物体产生的弹力、静摩擦力和水平桌面产生的滑动摩擦力，如图所示，由于 A、B 整体仍保持矩形沿 F 方向匀速运动，则物体A所受合力为零，A正确，B 错误；B对A的弹力方向垂直于接触面，D错误；B对A的作用力与桌面对A的摩擦力等大反向，即B对A的作用力方向与F方向相同，C正确． 11.(2018·高考天津卷)明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可．一游僧见之曰：无烦也，我能正之．” 游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身．假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力FN，则( ) A．若F一定，θ大时FN大 C．若θ一定，F大时FN大 B．若F一定，θ小时FN大 D．若θ一定，F小时FN大 解析：选BC.木楔两侧面产生的推力合力大小等于F，由力的平行四边形定则可知，FN＝F2sin 2 θ，由表达式可知，若F一定，θ越小，FN越大，A项错误，B项正确；若θ一定，F 越大，FN越大，C项正确，D项错误． 12．(2018·烟台二模)如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体a、b，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F，使两物体均处于静止状态．则下列说法正确的是( ) A．a、b两物体的受力个数一定相同 B．a、b两物体对斜面的压力相同 C．a、b两物体受到的摩擦力大小一定相等 D．当逐渐增大拉力F时，物体a先开始滑动 解析：选BD.对a、b进行受力分析，b物体处于静止状态，当绳子拉力沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时，摩擦力为零，所以b可能只受3个力作用，而a物体必定受到摩擦力作用，肯定受4个力作用，故A错误；a、b两个物体，垂直于斜面方向受力都平衡，则有：N＋Tsin θ＝mgcos α，解得：N＝mgcos α－Tsin θ，根据牛顿第三定律知a、b两物体对斜面的压力相同，故B正确；根据A项的分析可知，b的摩擦力可以为零，而a的摩擦力一定不为零，故C错误；对a沿斜面方向有：Tcos θ＋mgsin α＝fa，对b沿斜面方向有：Tcos θ－mgsin α＝fb，正压力相等，所以最大静摩擦力相等，则a先达到最大静摩擦力，先滑动，故D正确． 13.表面光滑、半径为R的半球固定在水平地面上，球心O的正上方O′处有一无摩擦定滑轮，轻质细绳两端各系一个可视为质点的小球挂在定滑轮上，如图所示．两小球平衡时，若滑轮两侧细绳的长度分别为L1＝2.4R和L2＝2.5R，则这两个小球的质量之比为则以下说法正确的是( ) m124A.＝ m225FN125C.＝ FN224 m125B.＝ m224FN124D.＝ FN225 m1FN1，小球与半球之间的压力之比为，m2FN2 解析：选BC.先以左侧小球为研究对象，分析受力情况：重力m1g、绳子的拉力FT和半球的支持力FN1，作出受力分析图． 由平衡条件得知，拉力FT和支持力FN的合力与重力m1g大小相等、方向相反．设OO′＝h，FTFN1m1gFThFTR 根据三角形相似得＝＝，解得m1g＝，FN1＝„①同理，以右侧小球为研究 L1RhL1L1FThFTRm1L225FN1L225 对象，得：m2g＝，FN2＝„②，由①∶②得＝＝，＝＝. L2L2m2L124FN2L124 14．如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平地面上，一条细线一端与斜面上的物体B相 连，另一端绕过质量不计的定滑轮与物体A相连，定滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的O点，细线与竖直方向成α角，A、B、C始终处于静止状态，下列说法不正确的是( ) A．若仅增大A的质量，B对C的摩擦力一定减小 B．若仅增大A的质量，地面对C的摩擦力一定增大 C．若仅增大B的质量，悬挂定滑轮的细线的拉力可能等于A的重力 D．若仅将C向左缓慢移动一点，α角将增大 解析：选AC D.设 A 的质量为m，B 的质量为 M，由 平衡条件可知 B 受到细线的拉力 T＝mg，若Mgsin θ＞mg，则有：Mgsin θ＝mg＋f，若 Mgsin θ＝mg，则f＝0，若Mgsin θ 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容