2020年高考物理一轮复习第二单元相互作用第3讲受力分析共点力的平衡练习含解析新人教版

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1、第3讲受力分析共点力的平衡1受力分析(1)定义:把研究对象在指定的物理环境中受到的所有力都分析出来,并画出物体所受的力的示意图,这个过程就是受力分析。(2)受力分析的一般顺序:先分析场力(重力、电场力、磁场力);然后分析弹力,环绕物体一周,找出跟研究对象接触的物体,并逐个分析这些物体对研究对象是否有弹力作用;最后分析摩擦力,对凡有弹力作用的地方都要逐一进行分析。(3)受力分析图画好后,一定要判断一下受力情况与物体的运动状态是否相符合,避免出现“多力”(出现无施力物体的力)“丢力”的情况。按正确的顺序进行受力分析是保证不“丢力”的有效措施;注意每个力的施力物体和产生的条件是不“多力”的关键。【温

2、馨提示】在对物体进行受力分析时,通常先应用整体法后应用隔离法。假设法也是受力分析的有效辅助方法,当不容易确定某力的有无或方向时,可先假设该力有或无(方向),看引起的结果是否符合给定的运动状态或形变效果。1.1(2019陕西西安月考)如图所示,重物A的质量mA=5 kg,重物B的质量mB=2 kg,A与桌面间的最大静摩擦力Fm=10 N。为使系统处于静止状态,作用在重物A上的向左的拉力F的大小范围应该是()。(g取10 m/s2)A.10 NF30 NB.20 NF30 NC.20 NF40 ND.10 NF40 N【答案】A1.2(2019广西桂林检测)匀速前进的车厢顶部用细线竖直悬挂一小球,

3、如图所示,小球下方与一光滑斜面接触。关于小球的受力,下列说法正确的是()。A.小球受重力和细线对它的拉力B.小球受重力、细线对它的拉力和斜面对它的弹力C.小球受重力和斜面对它的支持力D.小球受细线对它的拉力和斜面对它的支持力【答案】A2共点力的平衡(1)平衡状态:物体保持静止或匀速直线运动的状态,是加速度a=0的状态。(2)平衡条件:物体所受的合力为零,即F合=0。若采用正交分解法求平衡问题,则平衡条件是Fx合=0,Fy合=0。(3)力的作用点在物体上的同一点或力的延长线交于一点的几个力叫作共点力。能简化成质点的物体受到的力可以视为共点力。【温馨提示】物体处于静止状态,不但速度为零,而且加速度

4、(或合力)也为零。有时,物体速度为零,但加速度不一定为零。如竖直上抛的物体到达最高点时,摆球摆到最高点时,加速度都不为零,都不属于平衡状态。因此,物体的速度为零与静止状态不是一回事。2.1(2019山东东营测验)如图所示,将钩码悬挂在橡皮筋的中点C,橡皮筋的两端连接A、B两小环,A、B并拢靠在一起穿于水平杆上。将A、B逐渐分开,在分开过程中橡皮筋的长度将()。A.保持不变B.逐渐变长C.逐渐变短D.先逐渐变短,后逐渐变长【答案】B2.2(2019广东梅州测试)(多选)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

5、与水平方向的夹角为,则下列关系正确的是()。A.F=mgtanB.F=mgtan C.FN=mgsinD.FN=mgtan 【答案】AC3多物体平衡问题多物体就是指由两个或两个以上的物体组成的系统,多物体之间一般靠摩擦力相互作用。处理多物体平衡问题的基本方法是整体法和隔离法。要注意不能把整体法和隔离法对立起来,而应该将两者结合起来。解题时,从具体问题的实际情况出发,灵活选取研究对象,恰当地选择使用整体法和隔离法。但在具体应用时,绝大多数情况是将两种方法结合起来应用,求外力时,一般优先选用整体法分析;求内力时,一般优先选用隔离法分析。3.1(2019贵州贵阳质检)(多选)如图所示,质量分别为m1

6、、m2的两个物体A、B通过轻弹簧连接,在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动(A在地面上,B在空中),力F与水平方向成角。则A所受支持力FN和摩擦力f满足()。A.FN=m1g+m2g-Fsin B.FN=m1g+m2g-Fcos C.f=Fcos D.f=Fsin 【答案】AC题型一整体法与隔离法的应用问题整体法与隔离法的比较【例1】如图所示,质量为M、倾角为30的斜面静止在粗糙的水平地面上,斜面上有两个质量分别为m1、m2的光滑小球A、B,它们用劲度系数为k的轻质弹簧连接。现对小球B施加一水平向左的推力使A、B及斜面一起向左做匀速直线运动,已知弹簧的原长为L0,重力加速度为g。求:(1

7、)此时弹簧的长度L。(2)粗糙地面与斜面体间的动摩擦因数。【解析】(1)以A为研究对象,它受重力、弹簧的拉力和斜面的支持力,根据平衡条件有m1gsin30=k(L-L0)可得L=m1g2k+L0。(2)以A、B、斜面体及弹簧组成的系统为研究对象,受重力、地面的支持力、水平推力和水平向右的滑动摩擦力根据平衡条件有f=FN=FFN=(m1+m2+M)g以A、B及弹簧组成的系统为研究对象,受重力、斜面的支持力、水平推力根据平衡条件有F=(m1+m2)gtan30联立得(m1+m2+M)g=(m1+m2)gtan30即=3(m1+m2)3(m1+m2+M)。【答案】(1)m1g2k+L0(2)3(m1

8、+m2)3(m1+m2+M)当涉及多个物体平衡问题时,利用整体法或隔离法,恰当选取研究对象是解题的关键,应用整体法和隔离法的三个原则:(1)一般先考虑整体法,再用隔离法,两种方法交替使用,建立方程组求解。(2)求解系统外力时,用整体法;求解系统内力时,用隔离法。(3)用隔离法时,要先隔离受力较少的物体进行分析。【变式训练1】(2019河北邯郸检测)如图甲所示,一个半球状的碗放在桌面上,碗口水平,O是球心,碗的内表面光滑。一根轻质杆的两端固定有A、B两个小球,质量分别是m1、m2。当它们静止时,A、B跟球心O的连线与水平面的夹角分别为60、30,则碗对两小球的弹力大小之比是()。甲A.12B.3

9、1C.13D.32【解析】选取两小球和杆组成的整体为研究对象,进行受力分析并正交分解,如图乙所示。由平衡条件得F1在水平方向的分力F和F2在水平方向的分力F大小相等,即F1cos60=F2cos30,所以F1F2=cos30cos60=31,B项正确。乙【答案】B【变式训练2】(2019山西太原模拟)如图所示,倾角=30的光滑斜面上固定有竖直光滑挡板P,质量相同的横截面为直角三角形的两物块A、B叠放在斜面与挡板之间,且A与B间的接触面水平,则A对B的压力与B对斜面的压力之比应为()。A.21B.32C.31D.34【解析】设A、B的质量都为m,A处于静止状态,对A进行受力分析可知,B对A的支持

10、力等于A的重力,结合牛顿第三定律可知,A对B的压力FN=mg,把A、B看成一个整体,对整体受力分析可知,整体受到重力2mg,设斜面对整体的支持力为FN1,根据平衡条件得FN1cos30=2mg,解得FN1=433mg,所以B对斜面的压力FN1=433mg,则FNFN1=34。【答案】D题型二共点力的平衡问题共点力的平衡(1)平衡状态:物体处于静止或匀速直线运动状态,称为处于平衡状态。(2)平衡条件:物体所受合力为零,即F合=0。若采用正交分解法求平衡问题,则平衡条件是Fx合=0,Fy合=0。(3)常用推论:二力平衡:二力等大反向。三力平衡:任意两个力的合力与第三个力等大反向。多力平衡:其中任意

11、一个力与其余几个力的合力等大反向。【例2】如图甲所示,A、B两球(可视为质点)的质量均为m,固定在轻弹簧的两端,分别用细绳悬于O点,其中球A处在光滑竖直墙面和光滑水平地面的交界处。已知两球均处于静止状态,OA沿竖直方向,OAB恰好构成一个正三角形,重力加速度为g,则下列说法正确的是()。A.球A对竖直墙壁的压力大小为12mgB.弹簧对球A的弹力大于对球B的弹力C.绳OB的拉力大小等于mgD.球A对地面的压力不可能为零【解析】对B球受力分析,受重力、支持力和拉力,如图乙所示。由于三个力夹角均为120,故弹簧的支持力和绳子OB的拉力大小都等于重力mg,C项正确;弹簧对球A的弹力大小等于对球B的弹力

12、大小,B项错误;对A球受力分析,受重力、弹簧的压力,墙壁对其向右的支持力、细绳的拉力、地面的支持力(其中地面的支持力和拉力可能只有一个),在水平方向有F墙=Fsin60=32mg,A项错误;根据平衡条件,可知绳OA对球A的拉力和地面的支持力的合力大小等于弹簧压力的竖直分力和重力之和,FN+T=mg+Fsin30,故0T1.5mg,0FN1.5mg,可知地面对A的支持力可能等于零,根据牛顿第三定律,可知球A对地面的压力可能为零,D项错误。【答案】C静态平衡问题的解题“五步骤”【变式训练3】(2019湖北宜昌检测)如图甲所示,将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱,其中第3、4块固定在地基上,第1、

13、2块间的接触面是竖直的,每块石块的两个侧面间所夹的圆心角均为30,石块间的摩擦力可以忽略不计。则第1块对第2块的弹力F1和第1块对第3块的弹力F2的大小之比为()。甲A.32B.33C.3D.12【解析】由图甲可知,1、2及1、3两块石块间均有相互作用,而石块1受重力及2、3两石块的作用力处于静止状态,故对石块1受力分析可求得第1、2块石块间的作用力和第1、3块石块间的作用力的大小之比。如图乙所示,对第1块石块进行受力分析,由几何关系知=60,因此有F1F2=sin60=32,由牛顿第三定律可知F1=F1,F2=F2,则F1F2=32,A项正确。乙【答案】A题型三动态平衡问题1.动态平衡物体所

14、受的力一部分是变力,即动态力,无论是力的大小还是方向发生变化,变化过程中的每一个状态均可视为平衡状态,所以叫动态平衡。2.动态平衡问题的处理方法解决这一类问题的一般思路,是把“动”化为“静”,“静”中求“动”。(1)图解分析法:对研究对象在状态变化过程中的若干状态进行受力分析,依据某一参量的变化,在同一图中作出物体在若干状态下力的平衡图(力的平行四边形),再由动态力的平行四边形各边长度变化及角度变化情况,确定力的大小及方向的变化情况。总结其特点有:合力大小和方向都不变;一个分力的方向不变,分析另一个分力方向变化时两个分力大小的变化情况。(2)相似三角形法:对受三力作用而平衡的物体,先正确分析物

15、体的受力,画出受力分析图,再寻找与力的三角形相似的几何三角形,利用相似三角形的性质,建立比例关系,把力的大小变化问题转化为几何三角形边长的大小变化问题进行讨论。(3)解析法:根据物体的平衡条件列方程,在解方程时采用数学知识讨论某物理量随变量的变化关系。【例3】(多选)如图所示,固定在竖直平面内的半径为R的光滑圆环的最高点C处有一个光滑的小孔,一质量为m的小球套在圆环上,一根细线的一端拴着这个小球,细线的另一端穿过小孔C,手拉细线使小球从A处缓慢沿圆环向上移动。在移动过程中手对细线的拉力F和轨道对小球的弹力FN的大小变化情况是()。A.缓慢上移时,F减小,FN不变B.缓慢上移时,F不变,FN减小

16、C.缓慢上移跟匀速圆周运动相比,在同一位置B点的拉力相同D.缓慢上移跟匀速圆周运动相比,在同一位置B点的弹力相同【解析】小球在缓慢上移时可认为每一瞬间都受力平衡,分析小球受力,其受到重力、轨道给予的弹力和细线的拉力作用,作出力的矢量三角形(图略),可知无论小球运动到哪个位置,总有力的矢量三角形与几何三角形相似,可得弹力FN=mg,而F的大小正比于小球与顶端小孔间的细线长,细线变短,F减小,A项正确,B项错误。无论是缓慢上移还是做匀速圆周运动,在同一位置其在切线方向的合力为零,但在匀速圆周运动时半径方向的合力大小与速度大小有关,故匀速圆周运动时弹力的大小与速度的大小有关,但细线的拉力相等,且F=

17、2mgsin2,C项正确,D项错误。【答案】AC解析法分析动态平衡问题的关键:抓住不变量,确定自变量,依据不变量与自变量的关系(通常为三角函数关系)来确定其他量的变化规律。解析法:对研究对象进行受力分析,先画出受力示意图,再根据物体的平衡条件列式求解,得到因变量与自变量的一般函数表达式,最后根据自变量的变化确定因变量的变化。图解法:此法常用于求解三力平衡且有一个力是恒力,另有一个力方向不变的问题。一般按照以下流程解题。受力分析画不同状态下的平衡图确定力的变化相似三角形法:在三力平衡问题中,如果有一个力是恒力,另外两个力方向都变化,且题目给出了空间几何关系,在多数情况下力的矢量三角形与空间几何三

18、角形相似,可利用相似三角形对应边成比例进行计算。【变式训练4】(2019贵州安顺检测)(多选)如图甲所示,倾角为的粗糙斜劈放在粗糙水平面上,物体a放在斜劈的斜面上,轻质细线一端固定在物体a上,另一端绕过光滑的定滑轮1固定在c点,滑轮2下悬挂物体b,系统处于静止状态。若将固定点c向右移动少许,而a与斜劈始终静止,则()。甲A.细线对物体a的拉力增大B.斜劈对地面的压力减小C.斜劈对物体a的摩擦力减小D.地面对斜劈的摩擦力增大【解析】对滑轮2和物体b受力分析,受重力和两个拉力作用,如图乙所示。根据平衡条件有mbg=2Tcos,解得T=mbg2cos,将固定点c向右移动少许,则增大,拉力T增加,A项

19、正确;对斜劈、物体a、物体b整体受力分析,受重力、细线的拉力、地面的静摩擦力和支持力作用,如图丙所示,根据平衡条件有FN=G总-Tcos=G总-12mbg,恒定不变;根据牛顿第三定律可知,斜劈对地面的压力不变,B项错误;地面对斜劈的静摩擦力f=Tsin=12mbgtan,随着的增大,摩擦力增大,D项正确;对物体a受力分析,受重力、支持力、拉力和静摩擦力作用,由于不知道拉力与重力沿斜面向下的分力的大小关系,故无法判断静摩擦力的方向,即不能判断静摩擦力的变化情况,C项错误。乙丙【答案】AD【变式训练5】(2019河南南阳月考)如图甲所示,挡板垂直于斜面固定在斜面上,一滑块m放在斜面上,其上表面呈弧

20、形且左端最薄,一球M搁在挡板与弧形滑块上,一切摩擦均不计,用平行于斜面的力F拉住弧形滑块,使球与滑块均静止。现将滑块平行于斜面向上拉动一较小的距离,球仍搁在挡板与滑块上且处于静止状态,则与原来相比()。甲A.滑块对球的弹力增大B.挡板对球的弹力减小C.斜面对滑块的弹力增大D.拉力F不变【解析】对球进行受力分析,如图乙所示,球只受三个力的作用,挡板对球的力F1方向不变,作出力的矢量图,滑块上移时,F2与竖直方向的夹角减小,最小时F2垂直于F1(此时球在弧形滑块最薄部分,再拉球与弧形滑块分离),可以知道挡板对球的弹力F1和滑块对球的作用力F2都减小,A项错误,B项正确;再对滑块和球一起受力分析,如

21、图丙所示,其中FN=G总cos不变,则F+F1=G总sin不变,F1减小,F要增大,即斜面对滑块的支持力不变,拉力F增大,C、D两项错误。乙丙【答案】B题型四平衡中的临界与极值问题1.临界问题(1)某物理量变化时,会引起其他几个物理量的变化,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)常见的临界条件有:两接触物体脱离与不脱离的临界条件是相互作用力为零(主要体现为两物体间的弹力为零)。绳子断与不断的临界条件为绳中张力达到最大值;绳子绷紧与松弛的临界条件为绳中张力为零。存在摩擦力作用的两物体间发生相对滑动或相对静止的临界条件为静

22、摩擦力达到最大。(3)研究的基本思维方法:假设推理法。2.极值问题平衡物体的极值问题,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。【例4】如图所示,物体的质量为5 kg,两根轻细绳AB和AC的一端固定于竖直墙上,另一端系于物体上(BAC=60),在物体上另施加一个方向与水平线也成角的拉力F,若要使绳都能伸直,求拉力F的大小范围。【解析】设AB上的拉力为F1,AC上的拉力为F2,由平衡条件有Fcos-F2-F1cos=0,Fsin+F1sin-mg=0可得F=mgsin-F1F=F22cos+mg2sin要使两绳都能绷直,则有F10,F20则F取最大值Fmax=mg

23、sin=10033NF取最小值Fmin=mg2sin=5033NF大小的取值范围为5033NF10033N。【答案】5033NF10033N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。2.数学分析法:通过对问题的分析,依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(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)。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

24、行动态分析,确定最大值与最小值。【变式训练6】(2019辽宁丹东检测)如图甲所示,质量为m的物体放在一固定斜面上,当斜面倾角为30时物体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。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)物体沿斜面匀速下滑时,对物体受力分析,由平衡条件得mgsin30=mgcos30解得=tan30=33。(2)设斜面倾角为时,受力情况如图乙所示,由平衡条件得Fcos=mgsin+FfFN=m

25、gcos+FsinFf=FN解得F=mgsin+mgcoscos-sin当cos-sin=0,即tan=3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0=60。【答案】(1)33(2)601.(2019江西南昌模拟)如图所示,两个等大的水平力F分别作用在物体B和C上,物体A、B、C都处于静止状态,各接触面与水平地面平行。A、C间的摩擦力大小为Ff1,B、C间的摩擦力大小为Ff2,C与地面间的摩擦力大小为Ff3,则()。A.Ff1=0,Ff2=0,Ff3=0B.Ff1=0,Ff2=F,Ff3=0C.Ff1=F,Ff2=0,Ff3=0D.Ff1=0,Ff2=F,Ff3

26、=F【解析】以A、B、C整体为研究对象,分析整体在水平方向的受力可知,地面对C的摩擦力为零;以A为研究对象,A处于平衡状态,故C与A之间无摩擦力;以B为研究对象,可知C与B之间的摩擦力与F平衡,即Ff2=F。【答案】B2.(2019广西玉林一模)(多选)如图所示,物体B的上表面水平,A、B相对于斜面C静止,在斜面C受到水平力F作用向左匀速运动的过程中()。A.物体A可能受到3个力的作用B.物体B一定受到4个力的作用C.物体C对物体B的作用力竖直向上D.物体C和物体B之间可能没有摩擦力【解析】物体A做匀速直线运动,合力为零,竖直方向上受重力、支持力,假设水平方向上受静摩擦力,不管向左还是向右,都

27、不平衡,故A项错误。对物体B受力分析,受重力、A对B向下的压力、C对B的支持力、C对B沿斜面向上的静摩擦力,共4个力的作用,受力平衡,合力为零;重力和压力的合力向下,故支持力与静摩擦力的合力一定向上,与重力和压力的合力平衡,故B、C两项正确。假如B与C之间没有摩擦力,物体A和B不能平衡,会下滑,故D项错误。【答案】BC3.(2018河北张家口检测)(多选)如图甲所示,一物块在粗糙斜面上,受到平行斜面向上的外力F作用,当外力F按照图乙所示规律变化时,斜面和物块始终处于静止状态。下列说法正确的是()。甲乙A.地面对斜面的摩擦力逐渐减小B.地面对斜面的摩擦力逐渐增大C.物块对斜面的摩擦力可能一直增大

28、D.物块对斜面的摩擦力可能一直减小【解析】对整体分析,水平方向上受力平衡,有Fcos=f,可知地面对斜面的摩擦力逐渐减小,故A项正确,B项错误。对物块分析,受重力、支持力、拉力和摩擦力而处于平衡状态,若拉力的最大值大于重力的下滑分力,静摩擦力沿斜面向下,则F-f-mgsin=0,故拉力减小后,静摩擦力先减小后反向增大;若拉力的最大值小于重力的下滑分力,静摩擦力沿斜面向上,则F+f-mgsin=0,故拉力减小后,静摩擦力一直增大,C项正确,D项错误。【答案】AC4.(2019辽宁大连模拟)如图甲所示,质量分布均匀的细杆中心为O点,O1为光滑铰链,O2为光滑定滑轮,O2在O1正上方,一根轻绳一端系

29、于O点,另一端跨过定滑轮O2由水平外力F牵引,用FN表示铰链对杆的作用,现在外力F作用下,细杆从图示位置缓慢转到竖直位置的过程中,下列说法正确的是()。甲A. F逐渐变小,FN大小不变B. B.F逐渐变小,FN大小变大C. C.F先变小后变大,FN逐渐变小D. D.F先变小后变大,FN逐渐变大【解析】画出杆的受力图如图乙所示,根据相似三角形可知FNOO1=mgO1O2=FOO2,因OO1和O1O2不变,则FN不变;随着OO2的减小,F减小,A项正确。乙【答案】A5.(2018吉林通化摸底)如图甲所示,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。已知球的半径为R,各球的重力为

30、G,线长均为R。则每条细线上的张力大小为()。甲A.2GB.62GC.32GD.52G【解析】本题中O点与各球心的连线构成一个边长为2R的正四面体,如图乙所示(A、B、C为各球球心),O为ABC的中心,设OAO=,根据图丙,由几何关系知OA=233R,由勾股定理得OO=OA2-AO2=83R,对A处球受力分析有Fsin=G,又sin=OOOA,解得F=62G,故只有B项正确。乙丙【答案】B6.(2019安徽蚌埠联考)建筑装修中,工人用质量为m的磨石对倾角为的斜壁进行打磨,如图甲所示。当对磨石施加竖直向上、大小为F的推力时,磨石恰好沿斜壁向上匀速运动,已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为,重力加速度

31、大小为g。则关于斜壁受到磨石的摩擦力的大小与方向,下列说法正确的是()。A.(F-mg)cos,沿斜壁向上B.(F-mg)cos,沿斜壁向下C.(F-mg)cos ,沿斜壁向上D.(F-mg)cos ,沿斜壁向下【解析】磨石受重力、推力、斜壁的弹力及摩擦力而处于平衡状态,如图乙所示,则沿斜壁向下的滑动摩擦力Ff=(F-mg)cos,支持力FN=(F-mg)sin,得Ff=(F-mg)sin,方向沿斜壁向下,由牛顿第三定律可知,斜壁受到磨石的摩擦力的大小Ff=(F-mg)cos=(F-mg)sin,方向沿斜壁向上,只有A项正确。【答案】A7.(2018河南开封质检)(多选)如图甲所示,一个固定的

32、14圆弧阻挡墙PQ,其半径OP水平,OQ竖直。在PQ和一个斜面体A之间卡着一个表面光滑的重球B。斜面体A放在光滑的地面上并用一水平向左的力F推着,整个装置处于静止状态。现改变推力F的大小,推动斜面体A沿着水平地面向左缓慢运动,使球B沿斜面上升一很小高度。则在球B缓慢上升的过程中,下列说法中正确的是()。甲A.斜面体A与球B之间的弹力逐渐减小B.阻挡墙PQ与球B之间的弹力逐渐减小C.水平推力F逐渐增大D.水平地面对斜面体A的弹力逐渐减小【解析】对球B受力分析,如图乙所示,当球B上升时,用图解法分析球B所受各力的变化,其中角增大,且不会超过90,则FAB和FOB均减小,A、B两项正确。对斜面体进行

33、受力分析,如图丙所示,因为FAB减小,由牛顿第三定律知FAB=FBA,故FBA也减小,则推力F减小,水平地面对斜面体的弹力FN也减小,C项错误,D项正确。乙丙【答案】ABD8.(2019安徽铜陵联考)如图甲所示,在倾角为37的固定斜面上有一物体,质量为10 kg。当给它施加沿斜面向下、大小为4 N的力时,物体刚好静止在斜面上,最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力,取g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。问:甲(1)物体与斜面间的动摩擦因数为多大?(2)如果改用与斜面成30角向上的力拉物体,使物体沿斜面向上匀速运动,则所施加的拉力为多大?(结果保留2位小数)【解析】(1)物

34、体静止在斜面上时对物体受力分析如图乙所示,则物体受到静摩擦力(为最大静摩擦力)乙丙Ff=mgsin37+FFN=mgcos37Ff=FN解得=0.8。(2)当物体在与斜面成30角向上的拉力作用下沿斜面向上匀速运动时,如图丙所示,设拉力大小为F,则有Fcos30=mgsin37+F滑FN=mgcos37-Fsin30F滑=(mgcos37-Fsin30)解得F=97.95N。【答案】(1)0.8(2)97.95N1.(2017全国卷,21)(多选)如图甲所示,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,OM与MN之间的夹角为(2)。现将重物

35、向右上方缓慢拉起,并保持夹角不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中()。甲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】OM的张力F1和MN的张力F2的合力F不变,关系如图乙所示,Fsin(180-)=F1sin=F2sin,将重物向右上方缓慢拉起,夹角不变,由钝角逐渐减小到锐角,由锐角逐渐增大到直角,则MN上的张力F2逐渐增大,OM上的张力F1先增大后减小,A、D两项正确。乙【答案】AD2.(2016全国卷,14)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,如图甲所示。用T表示绳OA段拉力的大小,

36、在O点向左移动的过程中()。2.(2016全国卷,14)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,如图甲所示。用T表示绳OA段拉力的大小,在O点向左移动的过程中()。甲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】对O点受力分析,F与T的变化情况如图乙所示,由图可知在O点向左移动的过程中,F逐渐变大,T逐渐变大,A项正确。乙【答案】A3.(2014全国卷,17)如图甲所示,用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上,系统处于平衡状态。现使小车从静止开始向左加速,加速度从零开始逐渐增大到某一值,然后保持此

37、值,小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)。与稳定在竖直位置时相比,小球的高度()。甲A.一定升高B.一定降低C.保持不变D.升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定【解析】设橡皮筋劲度系数为k、原长为l0,加速前平衡时橡皮筋伸长了x0,则有kx0=mg,当加速并稳定时,设小球偏离竖直方向角,橡皮筋伸长了x,如图乙所示,由小球在竖直方向受力平衡有kxcos=mg,解得kxcos=kx0,xcos=x0,此时小球距悬挂点的竖直高度h=(l0+x)cos=l0cos+xcos=l0cos+x0l0+x0,故小球一定升高,A项正确。乙【答案】A4.(2017浙江4月选考,7)重型自卸车利用液压

38、装置使车厢缓慢倾斜到一定角度,车厢上的石块就会自动滑下。以下说法正确的是()。A.在石块下滑前后,自卸车与石块整体的重心位置不变B.自卸车车厢倾角越大,石块与车厢间的动摩擦因数越小C.自卸车车厢倾角变大,车厢与石块间的正压力减小D.石块开始下滑时,受到的摩擦力大于重力沿斜面方向的分力【解析】物体重心的位置跟形状还有质量分布有关,石块下滑前后,整体的质量分布变化,形状变化,所以重心改变,A项错误;动摩擦因数与倾角无关,故B项错误;石块在垂直于车厢底板方向有FN=mgcos,自卸车车厢倾角变大,车厢与石块间的正压力FN逐渐减小,故C项正确;石块滑动后的摩擦力是滑动摩擦力,小于最大静摩擦力,也小于重力沿斜面方向的分力,故D项错误。【答案】C5.(2014上海卷,9)如图甲所示,光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内,A端与水平面相切。穿在轨道上的小球在拉力F作用下,缓慢地由A向B运动,F始终沿轨道的切线方向,轨道对球的弹力为FN。在运动过程中()。甲A.F增大,FN减小B.F减小,FN减小C.F增大,FN增大D.F减小,FN增大【解析】由题意知,小球在由A运动到B的过程中始终处于平衡状态。设某一时刻小球运动至图乙所示位置,则对球由平衡条件得F=mgsin,FN=mgcos,在运动过程中,增大,故F增大,FN减小,A项正确。乙【答案】A22