2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題沖刺 專題復(fù)習(xí)篇一 力與物體的平衡練習(xí)（含解析）

《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題沖刺 專題復(fù)習(xí)篇一 力與物體的平衡練習(xí)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題沖刺 專題復(fù)習(xí)篇一 力與物體的平衡練習(xí)（含解析）（28頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、力與物體的平衡 要點(diǎn)提煉 1.共點(diǎn)力作用下物體平衡的特點(diǎn) (1)運(yùn)動(dòng)學(xué)特點(diǎn)：速度不變(不一定為零)(動(dòng)能和動(dòng)量不變)，加速度為零； (2)力學(xué)特點(diǎn)：F合＝0。 2．三個(gè)共點(diǎn)力平衡：其中任意一個(gè)力與其余兩個(gè)力的合力一定大小相等，方向相反；若有兩個(gè)力等大，則這兩個(gè)力一定關(guān)于第三個(gè)力所在直線對(duì)稱；表示三個(gè)力的有向線段可以組成一個(gè)矢量三角形。 3．多個(gè)共點(diǎn)力平衡：任意方向上合力為零；建立直角坐標(biāo)系后，兩個(gè)坐標(biāo)軸上的合力均為零，即Fx合＝0，F(xiàn)y合＝0；物體受N個(gè)力作用而處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個(gè)力與其余N－1個(gè)力的合力一定等大反向。 4．動(dòng)態(tài)平衡：物體在緩慢移動(dòng)過(guò)程中，可以認(rèn)為物體時(shí)刻

2、處于平衡狀態(tài)，其所受合力時(shí)刻為零。 5．帶電粒子或帶電物體在復(fù)合場(chǎng)中處于平衡狀態(tài)時(shí)，合力為零；帶電粒子(或微粒)在重力、恒定電場(chǎng)力和洛倫茲力共同作用下的直線運(yùn)動(dòng)必然是勻速直線運(yùn)動(dòng)。 高考考向1　受力分析　共點(diǎn)力平衡 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 命題角度1 物體的受力分析 例1　(2019·西寧第四中學(xué)高三一模)一個(gè)底面粗糙、質(zhì)量為M的斜劈放在粗糙的水平面上，劈的斜面光滑且與水平面成30°角；現(xiàn)用一端固定的輕繩系一質(zhì)量為m的小球，小球放在斜面上，小球靜止時(shí)輕繩與豎直方向的夾角也為30°，如圖所示，試求： (1)當(dāng)斜劈靜止時(shí)繩子的拉力大??； (2)當(dāng)斜劈靜止時(shí)地面

3、對(duì)斜劈的摩擦力的大??； (3)若地面對(duì)斜劈的最大靜摩擦力等于地面對(duì)斜劈支持力的k倍，為使整個(gè)系統(tǒng)靜止，k值必須滿足什么條件？ 解析　(1)以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，受力分析如圖1所示，對(duì)拉力T和重力mg進(jìn)行正交分解。 由物體的平衡條件可知：Tcos30°＝mgsin30° 得：T＝mg。 　 (2)以斜劈和小球整體為研究對(duì)象，整體受力情況如圖2所示， 由物體平衡條件可得：f＝Tcos60°＝mg。 (3)為使整個(gè)系統(tǒng)靜止，要求fmax＝kFN≥Tcos60° 而FN＋Tsin60°＝(M＋m)g 聯(lián)立以上兩式可得：k≥。 答案　(1)mg　(2)mg　(3)k≥ 受力分析的常

4、用方法 受力分析貫穿整個(gè)力學(xué)，包括分析處于平衡狀態(tài)和非平衡狀態(tài)物體的受力情況，為了知識(shí)的連貫，此處歸納出通用的受力分析方法(對(duì)于非平衡狀態(tài)的受力分析運(yùn)用參見(jiàn)后續(xù)二、三、四專題)。 (1)假設(shè)法：在受力分析時(shí)，對(duì)于彈力、摩擦力，若不能確定是否存在，或者不能確定力的方向、特點(diǎn)，可先作出假設(shè)(如該力存在、沿某一個(gè)方向、摩擦力是靜摩擦力)，然后根據(jù)該假設(shè)對(duì)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的影響判斷假設(shè)是否成立。 (2)整體法與隔離法：若系統(tǒng)內(nèi)各個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)相同，優(yōu)先采用整體法；如果需要求解系統(tǒng)內(nèi)部的相互作用，可再用隔離法。如果系統(tǒng)內(nèi)部各部分運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同，一般用隔離法(如果存在相對(duì)運(yùn)動(dòng)但整體處于平衡狀態(tài)，也可以采用整

5、體法)。整體法與隔離法一般交叉綜合運(yùn)用。 (3)轉(zhuǎn)換對(duì)象法：當(dāng)直接分析一個(gè)物體的受力不方便時(shí)，可轉(zhuǎn)換研究對(duì)象，先分析另一個(gè)物體的受力，再根據(jù)牛頓第三定律分析該物體的受力。 (4)動(dòng)力學(xué)分析法：根據(jù)物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)用平衡條件或牛頓運(yùn)動(dòng)定律確定其受力情況。 備課記錄： 　 　 　 1－1　(2019·河北武邑中學(xué)高三月考)(多選)如圖所示，將一物塊分成靠在一起的A、B兩

6、部分，B放置在地面上，然后在物體A上施加一水平外力F，整個(gè)裝置靜止。關(guān)于A、B兩個(gè)物體的受力情況，下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．物體A一定受到三個(gè)力的作用 B．物體A一定受到四個(gè)力的作用 C．物體B一定受到地面對(duì)它的摩擦力的作用 D．物體B可能受到四個(gè)力的作用 答案　CD 解析　分析物體A的受力情況，一定受到外力F、重力和B對(duì)A的支持力，假設(shè)這三個(gè)力能使A處于平衡狀態(tài)，則A只受到三個(gè)力，假設(shè)這三個(gè)力不能使A平衡，則A一定還受到B對(duì)A的摩擦力，所以物體A可能受到三個(gè)力的作用，也可能受到四個(gè)力的作用，A、B錯(cuò)誤；以整個(gè)裝置為研究對(duì)象，因?yàn)橄到y(tǒng)處于平衡狀態(tài)，所以B一定受到地面對(duì)它的

7、摩擦力作用，C正確；由于力的作用是相互的，從轉(zhuǎn)換對(duì)象角度假設(shè)A受到B對(duì)它的摩擦力作用，則B一定受到A對(duì)它的摩擦力作用，所以物體B可能受四個(gè)力作用，也可能受五個(gè)力作用，D正確。 1－2　(2019·山東青島高三一模)(多選)如圖，固定在地面上的帶凹槽的長(zhǎng)直桿與水平面成α＝30°角，輕質(zhì)環(huán)a套在桿上，置于凹槽內(nèi)質(zhì)量為m的小球b通過(guò)一條細(xì)繩跨過(guò)固定定滑輪與環(huán)a連接。a、b靜止時(shí)，細(xì)繩與桿間的夾角為30°，重力加速度為g，不計(jì)一切摩擦，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．a(chǎn)受到3個(gè)力的作用 B．b受到3個(gè)力的作用 C．桿對(duì)b的作用力大小為mg D．細(xì)繩對(duì)a的拉力大小為mg 答案　BD 解析

8、　輕質(zhì)環(huán)a套在桿上，不計(jì)摩擦，則a靜止時(shí)細(xì)繩的拉力與桿對(duì)a的彈力平衡，故拉a的細(xì)繩與桿垂直，a受到兩個(gè)力的作用，故A錯(cuò)誤；對(duì)b球受力分析可知，b受到重力，繩子的拉力和桿對(duì)b球的彈力，b受到3個(gè)力的作用，故B正確；以b為研究對(duì)象，受力分析如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得β＝θ＝30°，設(shè)桿對(duì)b的作用力大小為N，則2Ncos30°＝mg，N＝mg，故C錯(cuò)誤；對(duì)b分析，細(xì)繩的拉力大小T＝N＝mg，則細(xì)繩對(duì)a的拉力大小為T＝mg，故D正確。 命題角度2 共點(diǎn)力作用下的靜態(tài)平衡問(wèn)題 例2　(2019·全國(guó)卷Ⅲ)用卡車運(yùn)輸質(zhì)量為m的勻質(zhì)圓筒狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩光滑斜面之

9、間，如圖所示。兩斜面Ⅰ、Ⅱ固定在車上，傾角分別為30°和60°。重力加速度為g。當(dāng)卡車沿平直公路勻速行駛時(shí)，圓筒對(duì)斜面Ⅰ、Ⅱ壓力的大小分別為F1、F2，則(　　) A．F1＝mg，F(xiàn)2＝mg B．F1＝mg，F(xiàn)2＝mg C．F1＝mg，F(xiàn)2＝mg D．F1＝mg，F(xiàn)2＝mg 解析　如圖所示，卡車勻速行駛，圓筒受力平衡，由題意知，力F1′與F2′相互垂直。由牛頓第三定律知F1＝F1′，F(xiàn)2＝F2′，則F1＝mgsin60°＝mg，F(xiàn)2＝mgsin30°＝mg，D正確。 答案　D 解決靜態(tài)平衡問(wèn)題的四種常用方法 備課記錄：

10、 　 　 2－1　(2019·全國(guó)卷Ⅱ)物塊在輕繩的拉動(dòng)下沿傾角為30°的固定斜面向上勻速運(yùn)動(dòng)，輕繩與斜面平行。已知物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度取10 m/s2。若輕繩能承受的最大張力為1500 N，則物塊的質(zhì)量最大為(　　) A．150 kg B．100 kg C．200 kg D．200 kg 答案　A 解析　物塊沿斜面向上勻速運(yùn)動(dòng)，受力如圖

11、，根據(jù)平衡條件有 F＝Ff＋mgsinθ① Ff＝μFN② FN＝mgcosθ③ 由①②③式得 F＝mgsinθ＋μmgcosθ 所以m＝ 故當(dāng)F＝Fmax＝1500 N時(shí)，物塊的質(zhì)量最大，最大質(zhì)量為mmax＝150 kg，A正確。 2－2　(2019·濟(jì)南高三模擬)如圖所示，在傾角為37°的斜面上放置一質(zhì)量為0.5 kg的物體，用一大小為1 N平行斜面底邊的水平力F推物體時(shí)，物體保持靜止。已知物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，物體受到的摩擦力大小為(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2)(　　) A．3 N B．2 N C. N D. N

12、 答案　C 解析　物體所受的摩擦力為靜摩擦力，其大小與F和重力沿斜面向下的分量的矢量和等大反向，則f＝＝ N＝ N，故選C。 高考考向2　動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題 命題角度1 圖解法解動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題 例3　(2019·全國(guó)卷Ⅰ)(多選)如圖，一粗糙斜面固定在地面上，斜面頂端裝有一光滑定滑輪。一細(xì)繩跨過(guò)滑輪，其一端懸掛物塊N，另一端與斜面上的物塊M相連，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用水平向左的拉力緩慢拉動(dòng)N，直至懸掛N的細(xì)繩與豎直方向成45°。已知M始終保持靜止，則在此過(guò)程中(　　) A．水平拉力的大小可能保持不變 B．M所受細(xì)繩的拉力大小一定一直增加 C．M所受斜面的摩擦力大小一

13、定一直增加 D．M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增加 解析　選N為研究對(duì)象，受力情況如圖甲所示，由圖可知，用水平拉力F緩慢拉動(dòng)N的過(guò)程中，水平拉力F逐漸增大，細(xì)繩的拉力T逐漸增大，A錯(cuò)誤，B正確。對(duì)于M，受重力GM、支持力FN、繩的拉力T以及斜面對(duì)它的摩擦力f，如圖乙所示；若開(kāi)始時(shí)斜面對(duì)M的摩擦力f沿斜面向上，則T＋f＝GMsinθ，T逐漸增大，f逐漸減小，f可能會(huì)減小到零后，再反向增大；若開(kāi)始時(shí)斜面對(duì)M的摩擦力沿斜面向下，則T＝GMsinθ＋f，當(dāng)T逐漸增大時(shí)，f逐漸增大，C錯(cuò)誤，D正確。 答案　BD 圖解法(矢量三角形法、平行四邊形法) 如果物體受到三個(gè)力的作用，其中一個(gè)

14、力的大小、方向均不變，另一個(gè)力的方向不變，此時(shí)可用圖解法，畫(huà)出不同狀態(tài)下力的矢量圖(即矢量三角形或平行四邊形)，判斷兩個(gè)變力的變化情況。如例題中物塊N的重力大小、方向均不變，拉力F的方向不變，可用圖解法。圖解法的關(guān)鍵是作圖，次序很重要，先找恒力，再找方向不變的力，再畫(huà)大小、方向均變化的力，從而明確兩個(gè)變力的變化情況。 備課記錄： 　 　 3－1　(2019·河北武邑

15、質(zhì)檢)如圖所示，斜面體A靜置于粗糙水平面上，被一輕繩拴住的小球B置于光滑的斜面上，輕繩左端固定在豎直墻面上P處，此時(shí)小球靜止且輕繩與斜面平行?，F(xiàn)將輕繩左端從P處緩慢沿墻面上移到P′處，斜面體始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，則在輕繩移動(dòng)過(guò)程中(　　) A．輕繩的拉力先變小后變大 B．斜面體對(duì)小球的支持力逐漸增大 C．斜面體對(duì)水平面的壓力逐漸增大 D．斜面體對(duì)水平面的摩擦力逐漸減小 答案　D 解析　小球的受力分析如圖1所示，小球受到斜面體的支持力FN1及輕繩拉力F的合力始終與小球重力G1等大反向，當(dāng)輕繩左端上升時(shí)，F(xiàn)增大，F(xiàn)N1減小，故A、B錯(cuò)誤；對(duì)斜面體A進(jìn)行受力分析，如圖2所示，隨小球?qū)π泵?/p>

16、壓力FN1′的減小，由受力平衡可知，水平面對(duì)斜面體的支持力FN2逐漸減小，摩擦力Ff逐漸減小，由牛頓第三定律可知C錯(cuò)誤，D正確。 3－2　(2019·湖北孝感高三上學(xué)期期末八校聯(lián)考)如圖所示，放在地面上的質(zhì)量為M的物塊與質(zhì)量為m的小球通過(guò)不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩跨過(guò)兩個(gè)定滑輪連接。M遠(yuǎn)大于m。先給小球施加一個(gè)向右且與水平方向始終成θ＝30°角的力F，使小球緩慢地移動(dòng)，直至懸掛小球的繩水平，小球移動(dòng)過(guò)程中細(xì)繩一直處于拉直狀態(tài)，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．拉力F一直增大 B．拉力F先減小后增大 C．物塊對(duì)地面的力一直減小 D．物塊對(duì)地面的壓力先減小后增大 答案　A 解析　對(duì)小球

17、受力分析，小球受重力mg、細(xì)繩的拉力T和拉力F，三力的合力為零，如圖所示，根據(jù)圖解法可知，拉力F一直增大，繩的拉力先減小后增大，故A正確，B錯(cuò)誤；細(xì)繩的拉力先減小后增大，對(duì)物塊進(jìn)行研究可知，物塊對(duì)地面的壓力先增大后減小，故C、D錯(cuò)誤。 命題角度2 解析法解動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題 例4　(2017·全國(guó)卷Ⅰ)(多選)如圖，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點(diǎn)M拴一重物，用手拉住繩的另一端N。初始時(shí)，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為α?，F(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

18、．OM上的張力逐漸增大 D．OM上的張力先增大后減小 解析　設(shè)重物的質(zhì)量為m，繩OM中的張力為TOM，繩MN中的張力為TMN。開(kāi)始時(shí)，TOM＝mg，TMN＝0。由于緩慢拉起，則重物一直處于平衡狀態(tài)，兩繩張力的合力與重物的重力mg等大、反向。如圖所示，已知角α不變，在將重物緩慢拉起的過(guò)程中，角β逐漸增大，則角(α－β)逐漸減小，但角θ不變，在三角形中，利用正弦定理得：＝，(α－β)由鈍角變?yōu)殇J角，則TOM先增大后減小，D正確；同理知＝，在β由0變?yōu)榈倪^(guò)程中，TMN一直增大，A正確。 答案　AD 三力動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題歸納 備課記錄：

19、 　 　 　 4－1　(2019·重慶一中高三5月?？?如圖所示，在粗糙的水平地面上放著一左側(cè)截面是半圓的柱狀物體B，在B與豎直墻之間放置一光滑小球A，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用水平力F拉動(dòng)B緩慢向右移動(dòng)一小段距離后，它們?nèi)蕴幱陟o止?fàn)顟B(tài)，在此過(guò)程中，下列判斷正確的是(　　) A．小球A對(duì)物體B的壓力逐漸增大 B．小球A對(duì)物體B的壓力逐漸減小 C．墻面對(duì)小球A的支持力逐漸減小 D．墻面對(duì)小球A的支持力先增大后

20、減小 答案　A 解析　對(duì)A球受力分析并建立直角坐標(biāo)系如圖。由平衡條件得：豎直方向：N2cosθ＝mg，水平方向：N1＝N2sinθ，聯(lián)立解得：N2＝，N1＝mgtanθ；B緩慢向右移動(dòng)一小段距離，A緩慢下落，則θ增大，所以N2增大，N1增大，由牛頓第三定律知，小球A對(duì)物體B的壓力逐漸增大，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。 4－2　(2019·山東日照高三5月校際聯(lián)合考試)(多選)如圖所示為一種兒童玩具，在以O(shè)點(diǎn)為圓心的四分之一豎直圓弧軌道上，有一個(gè)光滑的小球(不能視為質(zhì)點(diǎn))，O′為小球的圓心。擋板OM沿著圓弧軌道的半徑，以O(shè)點(diǎn)為轉(zhuǎn)軸，從豎直位置開(kāi)始推著小球緩慢的順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)(水平向里看)，到

21、小球觸到水平線的過(guò)程中(　　) A．圓弧軌道對(duì)小球的支持力逐漸增大 B．圓弧軌道對(duì)小球的支持力逐漸減小 C．擋板對(duì)小球的支持力逐漸增大 D．擋板對(duì)小球的支持力逐漸減小 答案　BC 解析　對(duì)小球受力分析如圖所示。當(dāng)從豎直位置開(kāi)始推著小球緩慢順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，到小球觸到水平線的過(guò)程中，根據(jù)幾何關(guān)系可知，N1與N2之間的夾角保持不變，N1與豎直方向夾角越來(lái)越小，設(shè)N1與豎直方向夾角為θ，N1＝Gcosθ，N2＝Gsinθ，所以N1逐漸增大，N2逐漸減小，A、D錯(cuò)誤，B、C正確。 命題角度3 相似三角形法解動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題 例5　(2019·山東省“評(píng)價(jià)大聯(lián)考”三模)如圖，用硬鐵絲彎成

22、的光滑半圓環(huán)豎直放置，直徑豎直，O為圓心，最高點(diǎn)B處固定一光滑輕質(zhì)滑輪，質(zhì)量為m的小環(huán)A穿在半圓環(huán)上?，F(xiàn)用細(xì)線一端拴在A上，另一端跨過(guò)滑輪用力F拉動(dòng)，使A緩慢向上移動(dòng)。小環(huán)A及滑輪B大小不計(jì)，在移動(dòng)過(guò)程中，關(guān)于拉力F以及半圓環(huán)對(duì)A的彈力N的說(shuō)法正確的是(　　) A．F逐漸增大 B．N的方向始終指向圓心O C．N逐漸變小 D．N大小不變 解析　選取小環(huán)A為研究對(duì)象，畫(huà)受力分析示意圖，小環(huán)A受三個(gè)力，重力、繩子的拉力和大圓環(huán)的支持力，運(yùn)用三角形相似法得到N、F與AO、BO的關(guān)系，再分析N和F的變化情況。在小環(huán)A緩慢向上移動(dòng)的過(guò)程中，小環(huán)A處于三力平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件知，mg與N的合

23、力與T等大反向共線，作出mg與N的合力，如圖，由三角形相似得：＝＝，F(xiàn)＝T，則F＝mg，AB變小，BO不變，則F變小，故A錯(cuò)誤；N＝mg，AO、BO都不變，則N大小不變，方向始終背離圓心，故D正確，B、C錯(cuò)誤。 答案　D 三力作用下的共點(diǎn)力動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題，在三個(gè)力中若一個(gè)力為恒力，另外兩個(gè)力的方向不斷變化，可考慮應(yīng)用相似三角形法。解題的關(guān)鍵是進(jìn)行正確的受力分析，尋找力的三角形與圖形中的幾何三角形相似，利用相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例求出三角形中力的比例關(guān)系，從而求解問(wèn)題。 備課記錄： 　

24、 　 5－1　(多選)如圖所示，質(zhì)量均為m的小球A、B用勁度系數(shù)為k1的輕彈簧相連，B球用長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)繩懸于O點(diǎn)，A球固定在O點(diǎn)正下方，當(dāng)小球B平衡時(shí)，繩子所受的拉力為FT1，彈簧的彈力為F1；現(xiàn)把A、B間的彈簧換成原長(zhǎng)相同但勁度系數(shù)為k2(k2>k1)的另一輕彈簧，在其他條件不變的情況下仍使系統(tǒng)平衡，此時(shí)繩子所受的拉力為FT2，彈簧的彈力為F2，則下列關(guān)于FT1與FT2、F1與F2大小之間的關(guān)系，正確的是(　　) A．FT1>FT2 B．FT1＝FT2 C

25、．F1＜F2 D．F1＝F2 答案　BC 解析　小球B受重力mg、繩子拉力FT和彈簧彈力F三個(gè)力而平衡，平移FT、F構(gòu)成矢量三角形如圖所示，由圖可以看出，力的矢量三角形總是與幾何三角形OAB相似，因此有＝＝，其中OA、L保持不變，因此繩子的拉力FT大小保持不變，A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)彈簧的勁度系數(shù)k增大時(shí)，彈簧的壓縮量減小，A、B間距離增大，因此對(duì)應(yīng)的力F增大，C正確，D錯(cuò)誤。 5－2　(多選)如圖所示，表面光滑的半球形物體固定在水平面上，光滑小環(huán)D固定在半球形物體球心O的正上方，輕質(zhì)彈簧一端用輕質(zhì)細(xì)繩固定在A點(diǎn)，另一端用輕質(zhì)細(xì)繩穿過(guò)小環(huán)D與放在半球形物體上的小球P相連，DA水平

26、?，F(xiàn)將細(xì)繩固定點(diǎn)A向右緩慢平移的過(guò)程中(小球P未到達(dá)半球最高點(diǎn))，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．彈簧變短 B．彈簧變長(zhǎng) C．小球?qū)Π肭虻膲毫Υ笮〔蛔? D．小球?qū)Π肭虻膲毫ψ兇? 答案　AC 解析　對(duì)小球受力分析，小球受重力G、細(xì)線的拉力T和半球面的支持力FN，作出FN、T、G的矢量三角形，如圖所示。根據(jù)相似三角形法可知＝＝，因?yàn)镺P和OD都是恒定不變的，G也不變，DP減小，所以可知FN不變，T減小，根據(jù)牛頓第三定律可知小球?qū)Π肭虻膲毫Υ笮〔蛔?，繩子的拉力減小，即彈簧的彈力減小，所以彈簧變短，故A、C正確。 閱卷現(xiàn)場(chǎng)　摩擦力分析出錯(cuò) 例6　(12分)所受重力G1

27、＝8 N的砝碼懸掛在繩PA和PB的結(jié)點(diǎn)上。PA偏離豎直方向37°角，PB沿水平方向，且連在所受重力為G2＝100 N的木塊上，木塊靜止于傾角為37°的斜面上，如圖所示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝，試求： (1)木塊與斜面間的摩擦力大小； (2)木塊所受斜面的彈力。 正解　如圖甲所示分析結(jié)點(diǎn)P受力，由平衡條件得：FAcos37°＝F1＝G1，(2分) FAsin37°＝FB，(2分) 可解得BP繩的拉力為：FB＝6 N，(1分) 再分析木塊的受力情況如圖乙所示。由物體的平衡條件可得： Ff＝G2sin37°＋FB′cos37°

28、，(2分) FN＋FB′sin37°＝G2cos37°，(2分) 又有FB′＝FB，(1分) 解得：Ff＝64.8 N；(1分) FN＝76.4 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 錯(cuò)解　如圖甲所示分析結(jié)點(diǎn)P受力，由平衡條件得：FAcos37°＝F1＝G1，(2分) FAsin37°＝FB，(2分) 可解得BP繩的拉力為：FB＝6 N，(1分) 再分析木塊的受力情況如圖乙所示，由物體的平衡條件可得： FN＋FB′sin37°＝G2cos37°，(2分) Ff＝μFN，(扣2分) 又有FB′＝FB，(1分)

29、 解得：Ff＝38.2 N；(結(jié)果錯(cuò)誤，扣1分) FN＝76.4 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 正解與錯(cuò)解的區(qū)別在于：正解認(rèn)為題中的摩擦力是靜摩擦力，錯(cuò)解認(rèn)為題中的摩擦力為滑動(dòng)摩擦力。實(shí)際本題中的摩擦力是靜摩擦力，題目中給出的動(dòng)摩擦因數(shù)起到了干擾的作用，對(duì)靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力理解不到位的考生極有可能犯錯(cuò)解中的錯(cuò)誤。本題中的錯(cuò)解扣掉3分，還不算嚴(yán)重，如果FN＋FB′sin37°＝G2cos37°和Ff＝μFN不是分步列出，而是直接寫成＋FB′sin37°＝G2cos37°，要扣掉5分，所以計(jì)算題的關(guān)系式，盡可能列分立的方

30、程，不要過(guò)于綜合，也不要寫成連等式。 專題作業(yè) 1．(2019·江蘇高考) 如圖所示，一只氣球在風(fēng)中處于靜止?fàn)顟B(tài)，風(fēng)對(duì)氣球的作用力水平向右。細(xì)繩與豎直方向的夾角為α，繩的拉力為T，則風(fēng)對(duì)氣球作用力的大小為(　　) A. B. C．Tsinα D．Tcosα 答案　C 解析　對(duì)氣球受力分析，如圖所示，將繩的拉力T分解，在水平方向：風(fēng)對(duì)氣球的作用力大小F＝Tsinα，C正確。 2. (2019·廣東佛山普通高中教學(xué)質(zhì)量檢測(cè))在港珠澳大橋建設(shè)中，將直徑22米、高40.5米的鋼筒，打入海底圍成人工島，創(chuàng)造了快速筑島的世界記錄。如圖所示，鋼筒質(zhì)量為M

31、，用起重機(jī)由8根對(duì)稱分布的、長(zhǎng)為22米的鋼索將其吊起，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)。則每根鋼索受到的拉力大小為(　　) A.Mg B.Mg C.Mg D.Mg 答案　B 解析　分析題意可知，每根鋼索與豎直方向的夾角為30°，則由平衡條件可知：8Tcos30°＝Mg，解得T＝Mg，由牛頓第三定律知，B正確。 3. (2019·四川省宜賓市二診)如圖所示，質(zhì)量均為m的斜面體A、B疊放在水平地面上，A、B間接觸面光滑，用一與斜面平行的推力F作用在B上，B沿斜面勻速上升，A始終靜止。若A的斜面傾角為θ，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．F＝mgtanθ B．A、B間的作用力為mgcosθ

32、 C．地面對(duì)A的支持力大小為2mg D．地面對(duì)A的摩擦力大小為F 答案　B 解析　根據(jù)題意可得B受力平衡，沿斜面方向根據(jù)平衡條件可得F＝mgsinθ，故A錯(cuò)誤；對(duì)斜面體B，垂直于斜面方向根據(jù)平衡條件可得支持力N＝mgcosθ，則A、B間的作用力為mgcosθ，故B正確；以整體為研究對(duì)象，豎直方向根據(jù)平衡條件可得地面對(duì)A的支持力大小為FN＝2mg－Fsinθ，故C錯(cuò)誤；以整體為研究對(duì)象，水平方向根據(jù)平衡條件可得地面對(duì)A的摩擦力大小為f＝Fcosθ，故D錯(cuò)誤。 4．(2019·福建寧德二模)(多選) 中國(guó)書(shū)法歷史悠久，是中華民族優(yōu)秀傳統(tǒng)文化之一。在楷書(shū)筆畫(huà)中，長(zhǎng)橫的寫法要領(lǐng)如下：起筆時(shí)一

33、頓，然后向右行筆，收筆時(shí)略向右按，再向左上回帶。該同學(xué)在水平桌面上平鋪一張白紙，為防打滑，他在白紙的左側(cè)靠近邊緣處用鎮(zhèn)紙壓住。則在向右行筆的過(guò)程中(　　) A．鎮(zhèn)紙受到向左的摩擦力 B．毛筆受到向左的摩擦力 C．白紙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　白紙和鎮(zhèn)紙始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，對(duì)鎮(zhèn)紙受力分析知，鎮(zhèn)紙不受摩擦力，否則水平方向受力不平衡，鎮(zhèn)紙的作用是增大紙與桌面之間的彈力與最大靜摩擦力，故A錯(cuò)誤；在向右行筆的過(guò)程中毛筆相對(duì)紙面向右運(yùn)動(dòng)，受到向左的摩擦力，故B正確；白紙與鎮(zhèn)紙之間沒(méi)有摩擦力，白紙始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，則白紙?jiān)谒椒较蚴艿矫P對(duì)白紙的摩擦力以及

34、桌面對(duì)白紙的摩擦力，由B項(xiàng)可知，毛筆受到的摩擦力向左，由牛頓第三定律，白紙受到毛筆的摩擦力向右，根據(jù)平衡條件可知，桌面對(duì)白紙的摩擦力向左，故C錯(cuò)誤；桌面只受到白紙的摩擦力，桌面對(duì)白紙的摩擦力向左，根據(jù)牛頓第三定律，白紙對(duì)桌面的摩擦力向右，故D正確。 5．(2017·全國(guó)卷Ⅱ) 如圖，一物塊在水平拉力F的作用下沿水平桌面做勻速直線運(yùn)動(dòng)。若保持F的大小不變，而方向與水平面成60°角，物塊也恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)。物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為(　　) A．2－ B. C. D. 答案　C 解析　設(shè)物塊的質(zhì)量為m，根據(jù)平衡條件及摩擦力公式有 拉力F水平時(shí)，F(xiàn)＝μmg① 拉力F與水平面成

35、60°角時(shí)， Fcos60°＝μ(mg－Fsin60°)② 聯(lián)立①②式解得μ＝。故選C。 6. (2019·天津河北區(qū)一模)如圖所示，一根不可伸長(zhǎng)的輕繩穿過(guò)輕滑輪，兩端系在高度相等的A、B兩點(diǎn)，滑輪下掛一物體，不計(jì)輕繩和輕滑輪之間的摩擦，保持A固定不動(dòng)，讓B緩慢向右移動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．隨著B(niǎo)向右緩慢移動(dòng)，繩子的張力減小 B．隨著B(niǎo)向右緩慢移動(dòng)，繩子的張力不變 C．隨著B(niǎo)向右緩慢移動(dòng)，滑輪受繩AB的合力變大 D．隨著B(niǎo)向右緩慢移動(dòng)，滑輪受繩AB的合力不變 答案　D 解析　兩根繩子的合力始終與物體的重力等大反向，所以滑輪受繩AB的合力不變，C錯(cuò)誤，D正確。當(dāng)

36、B向右緩慢移動(dòng)時(shí)，兩根繩子之間的夾角變大，合力一定，則繩子的張力增大，故A、B錯(cuò)誤。 7. (2019·天津市北辰區(qū)模擬)(多選)如圖所示，放在斜面上的物體受到垂直于斜面向上的力F作用，物體始終保持靜止，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．當(dāng)F逐漸減小后，物體受到的摩擦力保持不變 B．當(dāng)F逐漸減小后，物體受到的合力減小 C．當(dāng)F逐漸減小后，物體對(duì)斜面的壓力逐漸增大 D．若力F反向且慢慢增大，則物體受到的摩擦力增大 答案　AC 解析　對(duì)物體受力分析，受重力、支持力、靜摩擦力和拉力，如圖所示。因?yàn)槲矬w始終靜止，處于平衡狀態(tài)，合力一直為零，根據(jù)平衡條件則有，垂直斜面方向：F＋N＝Gcos

37、θ，Gcosθ不變，所以F逐漸減小的過(guò)程中，N逐漸變大，根據(jù)牛頓第三定律，物體對(duì)斜面的壓力也逐漸增大；平行斜面方向：f＝Gsinθ，G和θ保持不變，故f保持不變；若力F反向且慢慢增大，公式f＝Gsinθ，仍舊成立，則物體受到的摩擦力也不變，故A、C正確，B、D錯(cuò)誤。 8．(2019·湖南衡陽(yáng)二模)超市里磁力防盜扣的內(nèi)部結(jié)構(gòu)及原理如圖所示，在錐形金屬筒內(nèi)放置四顆小鐵珠(其余兩顆未畫(huà)出)，工作時(shí)彈簧通過(guò)鐵環(huán)將小鐵珠擠壓于金屬筒的底部，同時(shí)，小鐵珠陷于釘柱上的凹槽里，鎖死防盜扣。當(dāng)用強(qiáng)磁場(chǎng)吸引防盜扣的頂部時(shí)，鐵環(huán)和小鐵珠向上移動(dòng)，防盜扣松開(kāi)，已知錐形金屬筒底部的圓錐頂角剛好是90°，彈簧通過(guò)鐵

38、環(huán)施加給每個(gè)小鐵珠豎直向下的力F，小鐵珠鎖死防盜扣，每個(gè)小鐵珠對(duì)釘柱產(chǎn)生的側(cè)向壓力為(不計(jì)摩擦以及小鐵珠的重力)(　　) A.F B.F C．F D.F 答案　C 解析　以一個(gè)鐵珠為研究對(duì)象，將力F按照作用效果分解如圖所示，由幾何關(guān)系可得小鐵球?qū)︶斨a(chǎn)生的側(cè)向壓力為N＝＝F。故選C。 9．如圖所示為三種形式的吊車的示意圖，OA為可繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)的輕桿，AB為質(zhì)量可忽略不計(jì)的拴接在A點(diǎn)的輕繩，當(dāng)它們吊起相同重物時(shí)，圖甲、圖乙、圖丙中桿OA對(duì)結(jié)點(diǎn)的作用力大小分別為Fa、Fb、Fc，則它們的大小關(guān)系是(　　) A．Fa>Fb＝Fc B．Fa＝Fb>Fc C．Fa>Fb>

39、Fc D．Fa＝Fb＝Fc 答案　B 解析　設(shè)重物的質(zhì)量為m，分別對(duì)三圖中的結(jié)點(diǎn)進(jìn)行受力分析，桿對(duì)結(jié)點(diǎn)的作用力大小分別為Fa、Fb、Fc，對(duì)結(jié)點(diǎn)的作用力方向沿桿方向，各圖中T＝mg。則在圖甲中，F(xiàn)a＝2mgcos30°＝mg；在圖乙中，F(xiàn)b＝mgtan60°＝mg；在圖丙中，F(xiàn)c＝mgcos30°＝mg?？芍狥a＝Fb>Fc，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。 10．(2017·全國(guó)卷Ⅲ)一根輕質(zhì)彈性繩的兩端分別固定在水平天花板上相距80 cm的兩點(diǎn)上，彈性繩的原長(zhǎng)也為80 cm。將一鉤碼掛在彈性繩的中點(diǎn)，平衡時(shí)彈性繩的總長(zhǎng)度為100 cm；再將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點(diǎn)，則彈

40、性繩的總長(zhǎng)度變?yōu)?彈性繩的伸長(zhǎng)始終處于彈性限度內(nèi))(　　) A．86 cm B．92 cm C．98 cm D．104 cm 答案　B 解析　輕質(zhì)彈性繩的兩端分別固定在相距l(xiāng)0＝80 cm的兩點(diǎn)上，鉤碼掛在彈性繩的中點(diǎn)，平衡時(shí)彈性繩的總長(zhǎng)度為l＝100 cm，以鉤碼為研究對(duì)象，受力如圖所示，由胡克定律得F＝k(l－l0)，由共點(diǎn)力的平衡條件和幾何知識(shí)得F＝＝；再將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點(diǎn)，設(shè)彈性繩的總長(zhǎng)度變?yōu)閘′，由胡克定律得F′＝k(l′－l0)，由共點(diǎn)力的平衡條件得F′＝，聯(lián)立上面各式解得l′＝92 cm，B正確。 11. (2019·東北三省三校二模)如

41、圖所示，左側(cè)是半徑為R的四分之一圓弧，右側(cè)是半徑為2R的一段圓弧。二者圓心在一條豎直線上，小球a、b通過(guò)一輕繩相連，二者恰好在等高處平衡。已知θ＝37°，不計(jì)所有摩擦，則小球a、b的質(zhì)量之比為(　　) A．3∶4 B．3∶5 C．4∶5 D．1∶2 答案　A 解析　對(duì)a、b兩個(gè)小球受力分析，如圖所示，同一根繩上的拉力大小相等，設(shè)為T；由力的平衡條件和幾何知識(shí)可知繩對(duì)a球的拉力T＝magcos37°，繩對(duì)b球的拉力T＝mbgsin37°，聯(lián)立可解得＝，A正確。 12. (2019·西安高三第三次質(zhì)檢)如圖所示，木板P下端通過(guò)光滑鉸鏈固定于水平地面上的O點(diǎn)，物體A、B疊放在木

42、板上且處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)物體B的上表面剛好水平?，F(xiàn)使木板P繞O點(diǎn)緩慢旋轉(zhuǎn)到虛線所示位置，物體A、B仍保持靜止，且相對(duì)木板沒(méi)有發(fā)生移動(dòng)，與原位置相比(　　) A．A對(duì)B的作用力減小 B．B對(duì)A的摩擦力不變 C．板對(duì)B的摩擦力減小 D．板對(duì)B的作用力減小 答案　C 解析　設(shè)板與水平地面的夾角為α，以物體A為研究對(duì)象，木板P未旋轉(zhuǎn)前A只受到重力和支持力而處于平衡狀態(tài)，所以B對(duì)A的作用力與A的重力大小相等，方向相反；當(dāng)將木板P繞O點(diǎn)緩慢旋轉(zhuǎn)到虛線所示位置，B的上表面不再水平，A受力情況如圖a所示，圖中β代表B的上表面與水平面之間的夾角。A受到重力和B對(duì)A的支持力、摩擦力三個(gè)力作用，

43、其中B對(duì)A的支持力、摩擦力的合力仍然與A的重力等大反向，則A受到B對(duì)A的作用力保持不變，根據(jù)牛頓第三定律可知，A對(duì)B的作用力也不變，故A錯(cuò)誤；B對(duì)A的摩擦力增大，B錯(cuò)誤；以A、B整體為研究對(duì)象，分析受力情況如圖b所示，受總重力GAB、木板的支持力N2和摩擦力f2，木板對(duì)B的作用力是支持力N2和摩擦力f2的合力，由平衡條件分析可知，木板對(duì)B的作用力大小與總重力大小相等，保持不變，D錯(cuò)誤；木板的支持力N2＝GAB·cosα，f2＝GAB·sinα，木板旋轉(zhuǎn)后，α減小，故N2增大，f2減小，C正確。 13. (2019·山東日照高考模擬)如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量分別為m、m的小圓環(huán)A、B用細(xì)線連著，

44、套在一個(gè)豎直固定的大圓環(huán)上，大圓環(huán)的圓心為O。系統(tǒng)平衡時(shí)，細(xì)線所對(duì)的圓心角為90°，大圓環(huán)和小圓環(huán)之間的摩擦力及線的質(zhì)量忽略不計(jì)，重力加速度大小用g表示，下列判斷正確的是(　　) A．小圓環(huán)A、B受到大圓環(huán)的支持力之比是∶1 B．小圓環(huán)A受到大圓環(huán)的支持力與豎直方向的夾角為15° C．細(xì)線與水平方向的夾角為30° D．細(xì)線的拉力大小為mg 答案　A 解析　對(duì)A和B進(jìn)行受力分析，根據(jù)平行四邊形定則作出重力和支持力的合力與繩子的拉力等大反向，設(shè)支持力與豎直方向的夾角分別為α和β，根據(jù)正弦定理可以得到：＝，＝，由于T＝T′，α＋β＝90°，整理可得：α＝30°，β＝60°，T＝T′＝

45、mg，再次利用正弦定理：＝，＝，整理可得：NA∶NB＝∶1，故A正確，B、D錯(cuò)誤；根據(jù)幾何知識(shí)可知，細(xì)線與水平方向的夾角為90°－30°－45°＝15°，故C錯(cuò)誤。 14．(2019·河北唐山一模)如圖所示，兩個(gè)半圓柱A、B相接觸并靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱C，三者半徑均為R。C的質(zhì)量為2m，A、B的質(zhì)量都為m，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ?，F(xiàn)用水平向右的力拉A，使A緩慢移動(dòng)，直至C恰好降到地面。整個(gè)過(guò)程中B保持靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g。求： (1)未拉A時(shí)，C受到B作用力的大小F； (2)動(dòng)摩擦因數(shù)的最小值μmin。 答案　(1)mg　(2) 解析　(1)對(duì)C受力分析，如圖所示，根據(jù)平衡條件有 2Fcos30°＝2mg 解得F＝mg。 (2)對(duì)整體受力分析可知，地面對(duì)B的支持力FN＝2mg不變。 C恰好降到地面時(shí)，B受C壓力的水平分力最大， 設(shè)此時(shí)C受到B的作用力的大小為F′，則 2F′cos60°＝2mg，得F′＝2mg， 依據(jù)受力分析可知 Fxmax＝F′sin60°＝mg 此時(shí)，B受地面的摩擦力Ff＝Fxmax 根據(jù)題意，此時(shí)B所受摩擦力最大，當(dāng)此時(shí)的摩擦力為最大靜摩擦力時(shí)μ有最小值，即μminFN＝Ff， 解得μmin＝。 - 28 -