2020届高考物理二轮复习专题冲刺专题复习篇一力与物体的平衡练习含解析

1、力与物体的平衡要点提炼1. 共点力作用下物体平衡的特点(1) 运动学特点：速度不变( 不一定为零)( 动能和动量不变) ，加速度为零；(2)力学特点：F合=0。2三个共点力平衡：其中任意一个力与其余两个力的合力一定大小相等，方向相反；若有两个力等大，则这两个力一定关于第三个力所在直线对称；表示三个力的有向线段可以组成一个矢量三角形。3多个共点力平衡：任意方向上合力为零；建立直角坐标系后，两个坐标轴上的合力均为零，即Fx合=0, Fy合=0；物体受N个力作用而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余N 1 个力的合力一定等大反向。4动态平衡：物体在缓慢移动过程中，可以认为物体时刻处于平衡状态，其所受

2、合力时刻为零。5 带电粒子或带电物体在复合场中处于平衡状态时，合力为零；带电粒子( 或微粒 ) 在重力、恒定电场力和洛伦兹力共同作用下的直线运动必然是匀速直线运动。高考考向 1 受力分析共点力平衡命题角度 1 物体的受力分析例1 (2019 西宁第四中学高三一模)一个底面粗糙、质量为M的斜劈放在粗糙的水平面上，劈的斜面光滑且与水平面成30角；现用一端固定的轻绳系一质量为m 的小球，小球放在斜面上，小球静止时轻绳与竖直方向的夹角也为30，如图所示，试求：(1) 当斜劈静止时绳子的拉力大小；(2) 当斜劈静止时地面对斜劈的摩擦力的大小；(3) 若地面对斜劈的最大静摩擦力等于地面对斜劈支持力的 k

3、倍，为使整个系统静止， k值必须满足什么条件？解析(1)以小球为研究对象，受力分析如图1所示，对拉力T和重力mg进行正交分解。由物体的平衡条件可知：Tcos30 = m*in30得：T= mg32所示,(2)以斜劈和小球整体为研究对象，整体受力情况如图，八一口3由物体平衡条件可得：f = Tcos60 = mg 为使整个系统静止，要求f makFN TCOS60 而 Fn+ Tsin60 =(加 mg联立以上两式可得：k6M3mm10答案3g33mg2系- # -受力分析的常用方法受力分析贯穿整个力学，包括分析处于平衡状态和非平衡状态物体的受力情况，为了知识的连贯，此处归纳出通用的受力分析方法

4、 (对于非平衡状态的受力分析运用参见后续二、三、四专题)。(1)假设法：在受力分析时，对于弹力、摩擦力，若不能确定是否存在，或者不能确定力的方向、特点，可先作出假设 (如该力存在、沿某一个方向、摩擦力是静摩擦力)，然后根据该假设对运动状态的影响判断假设是否成立。(2)整体法与隔离法：若系统内各个物体的运动状态相同，优先采用整体法；如果需要求 解系统内部的相互作用， 可再用隔离法。如果系统内部各部分运动状态不同，一般用隔离法(如果存在相对运动但整体处于平衡状态，也可以采用整体法)。整体法与隔离法一般交叉综合运用。(3)转换对象法：当直接分析一个物体的受力不方便时，可转换研究对象，先分析另一个 物

5、体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力。(4)动力学分析法：根据物体的运动状态用平衡条件或牛顿运动定律确定其受力情况。备课记录： 1-1 （2019 河北武邑中学高三月考 ）（多选）如图所示，将一物块分成靠在一起的A、B两部分，B放置在地面上，然后在物体 A上施加一水平外力 F,整个装置静止。关于 A B两 个物体的受力情况，下列说法中正确的是（）A.物体A 一定受到三个力的作用B.物体A 一定受到四个力的作用C.物体B一定受到地面对它的摩擦力的作用D.物体B可能受到四个力的作用答案 CD解析分析物体 A的受力情况，一定受到外力F、重力和B对A的支持力，假设这三个力能使 A 处于平衡状态

6、，则 A 只受到三个力，假设这三个力不能使A 平衡，则 A 一定还受到 B对 A 的摩擦力，所以物体 A 可能受到三个力的作用，也可能受到四个力的作用，A、 B 错误；以整个装置为研究对象，因为系统处于平衡状态，所以B一定受到地面对它的摩擦力作用，C正确；由于力的作用是相互的，从转换对象角度假设A 受到 B 对它的摩擦力作用，则 B 一定受到 A 对它的摩擦力作用，所以物体B 可能受四个力作用，也可能受五个力作用， D 正确。1 2 （2019 山东青岛高三一模）（多选）如图，固定在地面上的带凹槽的长直杆与水平 面成a =30。角，轻质环a套在杆上，置于凹槽内质量为m的小球b通过一条细绳跨过固

7、定定滑轮与环a连接。a、b静止时，细绳与杆间的夹角为 30 ,重力加速度为 g,不计一切摩 擦，下列说法正确的是（）A. a受到3个力的作用B. b受到3个力的作用1C.杆对b的作用力大小为2mgD.细绳对a的拉力大小为坐mg答案 BD解析 轻质环a套在杆上，不计摩擦，则 a静止时细绳的拉力与杆对 a的弹力平衡，故 拉a的细绳与杆垂直，a受到两个力的作用，故 A错误；对b球受力分析可知，b受到重力， 绳子的拉力和杆对 b球的弹力，b受到3个力的作用，故B正确；以b为研究对象，受力分析 如图所示，根据几何关系可得 3 = 0 =30。，设杆对b的作用力大小为 N,则2NCos30 = mg N

8、33mg故C错误；对b分析，细绳的拉力大小 T= N= 33mg则细绳对a的拉力大小为 T 333 一 ,=1mg故D正确。- 5 - 11 -命题角度2共点力作用下的静态平衡问题例2 （2019 全国卷出）用卡车运输质量为 m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定， 将其置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面I、n固定在车上，倾角分别为30。和60。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面I、 n压力的大小分别为 Fi、F2,则（）A.Fi =mg F2=3mgB.Fi=3mg F2-mg1C. Fi = mg F2=31D. Fi=-mg F2=2mg解析 如图所示，卡车匀速行驶，

9、圆筒受力平衡，由题意知，力Fi与F2相互垂直。由牛顿第三定律知Fi=Fi,F2=F2,则Fi=mgjin60 =-2-mg,F2= mgin30 =2mgD正确。答案 D解决静态平衡问题的四种常用方法合成法效果分解法正交分解法力的三角形法物体受三个共点力的作用而平衡学则任意两个 力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力 按力的效果分解，则其分力和其他两个力满足 平衡条件物体受到三个或三个以上力的作用而平衡，将 物体所受的力分解为相互垂直的两组,每组力 都满足平衡条件对受三力作用而平衡的物体，将力的矢量图平 移使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角 形.根据

10、正弦定理、余弦定理或相似三角形等 数学知识可求解未知力备课记录： 2-1 （2019 全国卷n ）物块在轻绳的拉动下沿倾角为30的固定斜面向上匀速运动,轻绳与斜面平行。已知物块与斜面之间的动摩擦因数为喙,重力加速度取10 m/s2。若轻绳能承受的最大张力为1500 N,则物块的质量最大为（A. 150 kgB.C. 200 kg答案 AD.)100 3 kg200 3 kg解析 物块沿斜面向上匀速运动，受力如图，根据平衡条件有F= Ff+ mgsin 0 Ff = (1 F n(2)Fn= mgcos 0 由式得F= mgin 0 +mgcos 0gsin 0 +g cos e故当F=Fmax

11、= 1500 N时，物块的质量最大，最大质量为mmax= 150 kg , A正确。2 2 （2019 济南高三模拟）如图所示，在倾角为37的斜面上放置一质量为0.5 kg m/s2)()的物体，用一大小为1 N平行斜面底边的水平力F推物体时，物体保持静止。已知物体与斜面间的动摩擦因数为喙,物体受到的摩擦力大小为(sin370.6 , cos37 = 0.8 , g 取 10A. 3 N B . 2V3 N C. V10 N D. 726 N答案 C解析物体所受的摩擦力为静摩擦力，其大小与F和重力沿斜面向下的分量的矢量和等大反向，则 f = F2+mgiin37 2 =4？10.5 X 10X

12、0.62 N = 00 N,故选 C。高考考向2动态平衡问题命题角度1图解法解动态平衡问题例3 （2019 全国卷I ）（多选）如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块 N另一端与斜面上的物块 M相连，系统处于静止 状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动 N,直至悬挂N的细绳与竖直方向成 45。已知M始终 保持静止，则在此过程中（）A.水平拉力的大小可能保持不变B. M所受细绳的拉力大小一定一直增加C. M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D. M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加解析 选 N 为研究对象，受力情况如图甲所示，由图可知，用水平拉力F 缓慢

13、拉动 N 的过程中，水平拉力 F逐渐增大，细绳的拉力 T逐渐增大，A错误，B正确。对于 M受重力G、 支持力Fn、绳的拉力T以及斜面对它的摩擦力 f ,如图乙所示；若开始时斜面对M的摩擦力f沿斜面向上，则T+ f = Gsin 0 , T逐渐增大，f逐渐减小，f可能会减小到零后， 再反向增大； 若开始时斜面对 M的摩擦力沿斜面向下，则 T= Gsin 0 +f,当T逐渐增大时，f逐渐增大，C 错误， D 正确。答案 BD图解法（矢量三角形法、平行四边形法 ） 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，另一个力的方向不变，此时可用图解法，画出不同状态下力的矢量图（即矢量三角形或平行

14、四边形 ），判断两个变力的变化情况。如例题中物块N的重力大小、方向均不变，拉力 F的方向不变，可用图解法。图解法的关键是作图，次序很重要，先找恒力，再找方向不变的力，再画大小、方向均变化 的力，从而明确两个变力的变化情况。备课记录： 31 （2019 河北武邑质检）如图所示，斜面体 A静置于粗糙水平面上，被一轻绳拴住 的小球B置于光滑的斜面上，轻绳左端固定在竖直墙面上P处，此时小球静止且轻绳与斜面平行。现将轻绳左端从 P处缓慢沿墙面上移到 P处，斜面体始终处于静止状态，则在轻绳移 动过程中（）A.轻绳的拉力先变小后变大B.斜面体对小球的支持力逐渐增大C.斜面体对水平面的压力逐渐增大D.斜面体对

15、水平面的摩擦力逐渐减小答案 D解析 小球的受力分析如图 1 所示， 小球受到斜面体的支持力 FN1 及轻绳拉力 F 的合力始终与小球重力G1 等大反向，当轻绳左端上升时，F 增大， FN1 减小，故A、 B 错误；对斜面体 A进行受力分析，如图2所示，随小球对斜面压力Fni的减小，由受力平衡可知，水平面对斜面体的支持力Fn2逐渐减小，摩擦力 Ff逐渐减小，由牛顿第三定律可知C错误，D正确。32 (2019 湖北孝感高三上学期期末八校联考)如图所示，放在地面上的质量为M的物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两个定滑轮连接。M远大于R1先给小球施加一个向右且与水平方向始终成0 =30。角

16、的力 F,使小球缓慢地移动，直至悬挂小球的绳水平，小球移动过程中细绳一直处于拉直状态，则下列说法正确的是()A.拉力F 一直增大B.拉力F先减小后增大C.物块对地面的力一直减小D.物块对地面的压力先减小后增大答案 A解析 对小球受力分析，小球受重力 mg细绳白拉力T和拉力F,三力的合力为零，如 图所示，根据图解法可知，拉力 F一直增大，绳的拉力先减小后增大，故A正确，B错误；细绳的拉力先减小后增大，对物块进行研究可知，物块对地面的压力先增大后减小，故C、D错误。命题角度2解析法解动态平衡问题例4 （2017 全国卷I ）（多选）如图，柔软轻绳 ON的一端O固定，其中间某点 M拴一重兀物，用手拉

17、住绳的另一端 N。初始时，OMS直且MNt拉直，OMW MN间的夹角为 a a 1。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角a不变。在0岫竖直被拉到水平的过程中 （）A. MN上的张力逐渐增大B. MNk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 设重物的质量为 m绳OW的张力为T吨绳MN中的张力为Tm2开始时，To后mg Tmf 0。由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力mg等大、反向。如图所示，已知角 a不变，在将重物缓慢拉起的过程中，角 3逐渐增大，则角(a B)逐渐减小，但角 e不变，在三角形中，利用正弦定理得：-TOM=哼，(

18、a sin a 0 sin 0TmnmgB)由钝角变为锐角，则Tom先增大后减小，D正确；同理知ST/nsmg，在由。变为万的 过程中，Tmn一直增大，A正确。答案 AD- 15 -三力动态平衡问题归纳备课记录： 41 （2019 重庆一中高三 5月模考）如图所示，在粗糙的水平地面上放着一左侧截面是半圆的柱状物体 B,在B与竖直墙之间放置一光滑小球A,整个装置处于静止状态。现用水平力F拉动B缓慢向右移动一小段距离后，它们仍处于静止状态，在此过程中，下列判断正确的是（）A.小球A对物体B的压力逐渐增大B.小球A对物体B的压力逐渐减小C.墙面又小球A的支持力逐渐减小D.墙面又小球A的支持力先增大后

19、减小答案 A解析 对A球受力分析并建立直角坐标系如图。由平衡条件得：竖直方向：N2cos 8 = mg,一、，-mg，.一.，一一、水平方向：Ni= N2sin 9 ,联立解得：Nb=, N = mgan 9 ; B缓慢向右移动一小段距离，Acos （j缓慢下落，则e增大，所以N2增大，N1增大，由牛顿第三定律知，小球 A对物体B的压力逐 渐增大，故A正确，B、C D错误。42 （2019 山东日照高三 5月校际联合考试）（多选）如图所示为一种儿童玩具，在以O点为圆心的四分之一竖直圆弧轨道上，有一个光滑的小球（不能视为质点），O为小球的圆心。挡板OM&着圆弧轨道白半径，以 O点为转轴，从竖直位

20、置开始推着小球缓慢的顺时针转 动（水平向里看） ，到小球触到水平线的过程中 （）A.圆弧轨道对小球的支持力逐渐增大B.圆弧轨道对小球的支持力逐渐减小C.挡板对小球的支持力逐渐增大D.挡板对小球的支持力逐渐减小答案BC解析对小球受力分析如图所示。当从竖直位置开始推着小球缓慢顺时针转动，到小球触到水平线的过程中， 根据几何关系可知，N与N2之间的夹角保持不变，N1与竖直方向夹角越 来越小，设N与竖直方向夹角为 e , N=Gsos e , N2= GBin 0 ,所以N逐渐增大，N2逐渐减小, A D错误，B C正确。命题角度3相似三角形法解动态平衡问题例5 （2019 山东省“评价大联考”三模

21、）如图，用硬铁丝弯成的光滑半圆环竖直放置， 直径竖直，O为圆心，最高点 B处固定一光滑轻质滑轮，质量为 m的小环A穿在半圆环上。现 用细线一端拴在 A上，另一端跨过滑轮用力 F拉动，使A缓慢向上移动。小环 A及滑轮B大 小不计，在移动过程中，关于拉力F以及半圆环对 A的弹力N的说法正确的是（）A. F逐渐增大B. N的方向始终指向圆心 OC. N逐渐变小D. N大小不变解析 选取小环A为研究对象，画受力分析示意图，小环A受三个力，重力、绳子的拉力和大圆环的支持力，运用三角形相似法得到M F与AO BO的关系，再分析 N和F的变化mg N T BOT OAT AB5情况。在小环 A缓慢向上移动的

22、过程中，小环 A处于三力平衡状态，根据平衡条件知，mg与N的合力与T等大反向共线，作出 mg与N的合力，如图，由三角形相似得:- 21 -=T,则F=AOmg AB变小，BO不变，则F变小，故A错误；N 静9 AO BO都不变，则 N大小不变，方向始终背离圆心，故D正确，R C错误。答案 D三力作用下的共点力动态平衡问题，在三个力中若一个力为恒力，另外两个力的方向不 断变化，可考虑应用相似三角形法。解题的关键是进行正确的受力分析，寻找力的三角形与 图形中的几何三角形相似，利用相似三角形对应边成比例求出三角形中力的比例关系，从而 求解问题。备课记录： -2I -5-1 （多选）如图所示，质量均为

23、 m的小球A B用劲度系数为ki的轻弹簧相连，B球用 长为L的细绳悬于 O点，A球固定在O点正下方，当小球 B平衡时，绳子所受的拉力为Fti,弹簧的弹力为Fi；现把A B间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k2（k2ki）的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为FT2,弹簧的弹力为 F2,则下列关于Fti与Ft2、Fi与F2大小之间的关系，正确的是 （）A. FtiFt2B. Fti = FT2C. F1VF2D. Fi=F2答案 BC解析 小B受重力mg绳子拉力Ft和弹簧弹力F三个力而平衡，平移 Ft、F构成矢量mg Ft三角形如图所示，由图可以看出，力的矢量三角形

24、总是与几何三角形OABK似，因此有7=7O L=2 其中OA L保持不变，因此绳子的拉力 Ft大小保持不变，A错误，B正确；当弹簧的劲 B度系数k增大时，弹簧的压缩量减小，A、B间距离增大，因此对应的力 F增大，C正确，D错误。5-2 （多选）如图所示，表面光滑的半球形物体固定在水平面上，光滑小环D固定在半球形物体球心 O的正上方，轻质弹簧一端用轻质细绳固定在A点，另一端用轻质细绳穿过小环D与放在半球形物体上的小球 P相连，DA水平。现将细绳固定点 A向右缓慢平移的过程中（小 球P未到达半球最高点），下列说法正确的是（）A.弹簧变短B.弹簧变长C.小球对半球的压力大小不变D.小球对半球的压力变

25、大答案 AC解析 对小球受力分析，小球受重力 G细线的拉力T和半球面的支持力 Fn,作出Fn、Tf , f 一，一一，一，Fn G T 一， 一、G的矢量三角形，如图所不。根据相似三角形法可知其OD= DpP因为OP和ODTB是恒定不变的，G也不变，DP减小，所以可知Fn不变，T减小，根据牛顿第三定律可知小球对半球的压力A、C正确。大小不变，绳子的拉力减小，即弹簧的弹力减小，所以弹簧变短，故阅卷现场摩擦力分析出错例6 （12分）所受重力G=8 N的祛码悬挂在绳 P所口 PB的结点上。PA偏离竖直方向37。角，PB沿水平方向，且连在所受重力为G=100 N的木块上，木块静止于倾角为37的斜面 一

26、、一 .1,.上，如图所小，sin37 = 0.6, cos37 = 0.8,木块与斜面间的动摩擦因数为=2,试求：（1）木块与斜面间的摩擦力大小；（2）木块所受斜面的弹力。正解 如图甲所示分析结点 P受力，由平衡条件得：Facos37。= Fi = G, （2分）FASin37 = Fb, （2 分）可解得BP绳的拉力为：Fb= 6 N, （1分）- 29 -再分析木块的受力情况如图乙所示。由物体的平衡条件可得：Ff=Gsin37 + Fb cos37 , （2 分）Fn+ Fb sin37 = Gcos37 , （2 分）又有 Fb = Fb, （1 分）解得：Ff =64.8 N ; （

27、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 ，方向垂直斜面向上错解如图甲所示分析结点P受力，由平衡条件得：FaCOs37。= Fi = G, （2分）FASin37 = Fb, （2 分）可解得BP绳的拉力为：Fb= 6 N, （1分）再分析木块的受力情况如图乙所示，由物体的平衡条件可得：Fn+ Fb sin37 = Gcos37 , （2 分）Ff =Fn,（扣 2 分）又有 Fb = Fb, （1 分）解得：Ff =38.2 N ;（结果错误，扣1分）Fn= 76.4 N ,方向垂直斜面向上。（1分）答案 （1）38.2 N （2

28、）76.4 N ,方向垂直斜面向上正解与错解的区别在于：正解认为题中的摩擦力是静摩擦力，错解认为题中的摩擦力为滑动摩擦力。实际本题中的摩擦力是静摩擦力，题目中给出的动摩擦因数起到了干扰的作用，对静摩擦力和滑动摩擦力理解不到位的考生极有可能犯错解中的错误。本题中的错解扣掉3Ff分，还不算严重，如果Fn+Fb sin37 = Gcos37和Ff= Fn不是分步列出，而是直接写成 一+ Fb sin37 0 = Gcos37。，要扣掉5分，所以计算题的关系式，尽可能列分立的方程，不要 过于综合，也不要写成连等式。专题作业1. （2019 江苏高考）如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用

29、力水 平向右。细绳与竖直方向的夹角为a ,绳的拉力为 T,则风对气球作用力的大小为 （）TA.sin aTB.- cos aC. Tsin aD. Tcos a答案 C解析 对气球受力分析，如图所示，将绳的拉力 力大小F=Tsin a, C正确。T分解，在水平方向：风对气球的作用2. （2019 广东佛山普通高中教学质量检测）在港珠澳大桥建设中，将直径22米、高40.5米的钢筒，打入海底围成人工岛，创造了快速筑岛的世界记录。如图所示，钢筒质量为M用起重机由8根对称分布的、长为 22米的钢索将其吊起，整个装置处于静止状态。则每根钢索 受到的拉力大小为（）C.A. lMg B.D. 4Mg- 33

30、 -答案 B=Mg解得由牛顿第三定律知,解析 分析题意可知，每根钢索与竖直方向的夹角为30。，则由平衡条件可知：8Tcos30。B正确。3. （2019 四川省宜宾市二诊）如图所示，质量均为 m的斜面体A B叠放在水平地面上，A B间接触面光滑，用一与斜面平行的推力 F作用在B上，B沿斜面匀速上升，A始终静止。 若A的斜面倾角为e,下列说法正确的是（）A. F=mgan 0B. A、B间的作用力为mopos 0C.地面对A的支持力大小为2mgD.地面对A的摩擦力大小为 F答案 B解析根据题意可得B受力平衡，沿斜面方向根据平衡条件可得F=m8in 0,故A错误；对斜面体 B,垂直于斜面方向根据平

31、衡条件可得支持力N mgcos 0 ,则A、B间的作用力为mgcos 0 ,故B正确；以整体为研究对象，竖直方向根据平衡条件可得地面对A的支持力大小为Fn= 2mg- Fsin 0 ,故C错误；以整体为研究对象，水平方向根据平衡条件可得地面对A的摩擦力大小为f =Fcos 0 ,故D错误。4. （2019 福建宁德二模）（多选）中国书法历史悠久，是中华民族优秀传统文化之一。在楷书笔画中，长横的写法要领如下：起笔时一顿，然后向右行笔，收笔时略向右按，再向左上回带。该同学在水平桌面上平铺一张白纸，为防打滑，他在白纸的左侧靠近边缘处用镇纸压住。则在向右行笔的过程中 （）A.镇纸受到向左的摩擦力B.毛

32、笔受到向左的摩擦力C.白纸只受到向右的摩擦力D.桌面受到向右的摩擦力答案BD解析白纸和镇纸始终处于静止状态，对镇纸受力分析知，镇纸不受摩擦力，否则水平方向受力不平衡，镇纸的作用是增大纸与桌面之间的弹力与最大静摩擦力，故A 错误；在向右行笔的过程中毛笔相对纸面向右运动，受到向左的摩擦力，故B 正确；白纸与镇纸之间没有摩擦力，白纸始终处于静止状态，则白纸在水平方向受到毛笔对白纸的摩擦力以及桌面对白纸的摩擦力，由 B 项可知，毛笔受到的摩擦力向左，由牛顿第三定律，白纸受到毛笔的摩擦力向右，根据平衡条件可知，桌面对白纸的摩擦力向左，故C 错误；桌面只受到白纸的摩擦力，桌面对白纸的摩擦力向左，根据牛顿第

33、三定律，白纸对桌面的摩擦力向右，故D 正确。5. （2017 全国卷H ）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小 B. g C.乎 D.平答案 C解析设物块的质量为簿根据平衡条件及摩擦力公式有拉力F水平时，F= m(gD拉力F与水平面成60角时，Fcos60 =(1( mg- Fsin60 )联立式解得= -o故选C。 36. (2019 天津河北区一模)如图所示，一根不可伸长的轻绳穿过轻滑轮，两端系在高度 相等的A、B两点，滑轮下挂一物体，不计轻绳和轻滑轮之

34、间的摩擦，保持A固定不动，让 B缓慢向右移动，则下列说法正确的是()A.随着B向右缓慢移动，绳子的张力减小B.随着B向右缓慢移动，绳子的张力不变C.随着B向右缓慢移动，滑轮受绳AB的合力变大D.随着B向右缓慢移动，滑轮受绳AB的合力不变答案D解析两根绳子的合力始终与物体的重力等大反向，所以滑轮受绳 AB的合力不变，C错 误， D 正确。当 B 向右缓慢移动时， 两根绳子之间的夹角变大， 合力一定， 则绳子的张力增大，故 A、 B 错误。7. （2019 天津市北辰区模拟）（多选）如图所示，放在斜面上的物体受到垂直于斜面向上的力F 作用，物体始终保持静止，下列说法正确的是（）A.当F逐渐减小后，

35、物体受到的摩擦力保持不变8. 当F逐渐减小后，物体受到的合力减小C.当F逐渐减小后，物体对斜面的压力逐渐增大D.若力F反向且慢慢增大，则物体受到的摩擦力增大答案 AC解析 对物体受力分析，受重力、支持力、静摩擦力和拉力，如图所示。因为物体始终静止，处于平衡状态，合力一直为零，根据平衡条件则有，垂直斜面方向：F+N GCos 0 ,Gcos e不变，所以F逐渐减小的过程中，N逐渐变大，根据牛顿第三定律，物体对斜面的压 力也逐渐增大；平行斜面方向：f = Gsin 0 , G和0保持不变，故f保持不变；若力F反向且慢慢增大，公式f = Gin 0,仍旧成立，则物体受到的摩擦力也不变，故A、C正确，

36、B、D错误。8 . （2019 湖南衡阳二模）超市里磁力防盗扣的内部结构及原理如图所示，在锥形金属筒内放置四颗小铁珠（其余两颗未画出），工作时弹簧通过铁环将小铁珠挤压于金属筒的底部， 同时，小铁珠陷于钉柱上的凹槽里，锁死防盗扣。当用强磁场吸引防盗扣的顶部时，铁环和小铁珠向上移动，防盗扣松开，已知锥形金属筒底部的圆锥顶角刚好是90。，弹簧通过铁环施加给每个小铁珠竖直向下的力F,小铁珠锁死防盗扣， 每个小铁珠对钉柱产生的侧向压力为（不计摩擦以及小铁珠的重力 ）（）A.y2f B.争 C . F D./F答案 C解析 以一个铁珠为研究对象，将力F按照作用效果分解如图所示，由几何关系可得小铁球对钉柱产

37、生的侧向压力为Nl= F。=F。故选 atan459 .如图所示为三种形式的吊车的示意图， OA为可绕O点转动的轻杆，AB为质量可忽略 不计的接在 A点的轻绳，当它们吊起相同重物时，图甲、图乙、图丙中杆OA寸结点的作用力大小分别为Fa、Fb、Fc,则它们的大小关系是（ ）A. FaFb=FcB. Fa=FbFcC. FaFbFcD. Fa=Fb=Fc答案 B解析 设重物的质量为 m分别对三图中的结点进行受力分析，杆对结点的作用力大小分别为Fa、Fb、Fc,对结点的作用力方向沿杆方向，各图中T= mg则在图甲中，Fa= 2mgos303=*J3mg 在图乙中，Fb = mgan60 = J3mg

38、 在图丙中，R = mgpos30 = -mg 可知 Fa=FbR, 故B正确，A、C D错误。10. (2017 全国卷出)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100cm；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 cmB. 92 cmC. 98 cmD. 104 cm答案 B解析 轻质弹性绳的两端分别固定在相距l 0= 80 cm的两点上，钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为 l=100 cm,以钩码为研究对

39、象，受力如图所示，由胡克定律得F=k( l 10),由共点力的平衡条件和几何知识得F= o mg = 等 再将弹性绳的两端缓慢移至2sin a 6天花板上的同一点，设弹性绳的总长度变为1 ,由胡克定律得 F = k(1 1),由共点力的平衡条件得F =mg,联立上面各式解得I =92 cm, B正确。11.(2019 东北三省三校二模 )如图所示，左侧是半径为R的四分之一圆弧，右侧是半- 41 -径为2R的一段圆弧。二者圆心在一条竖直线上，小球a、b通过一轻绳相连，二者恰好在等高处平衡。已知 0 =37。，不计所有摩擦，则小球 a、b的质量之比为（）A. 3 ： 4 B. 3 ： 5 C. 4

40、：5 D. 1 ： 2答案 A解析 对a、b两个小球受力分析，如图所示，同一本!绳上的拉力大小相等，设为T;由力的平衡条件和几何知识可知绳对a球的拉力T= mgcos37 ,绳对b球的拉力T= mbgsin37 ,ma 3 联立可解得一=二，A正确。 mb 412.（2019 西安高三第三次质检 ）如图所示，木板 P下端通过光滑镀链固定于水平地面 上的O点，物体A、B叠放在木板上且处于静止状态，此时物体B的上表面刚好水平。现使木板P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，物体A B仍保持静止，且相对木板没有发生移动，与原位置相比（）A. A对B的作用力减小B. B对A的摩擦力不变C.板对B的摩擦力减小D.板对B的作用力减小答案 C解析 设板与水平地面的夹角为a ,以物体A为研究对象，木板 P