廣州市2019年高中物理 力學競賽輔導資料 專題04 受力分析（含解析）

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1、專題04 受力分析 一、平衡狀態(tài)下的受力分析 1．L形木板P(上表面光滑)放在固定斜面上，輕質(zhì)彈簧一端固定在木板上，另一端與置于木板上表面的滑塊Q相連，如圖1所示。若P、Q一起沿斜面勻速下滑，不計空氣阻力。則木板P的受力個數(shù)為(　　) 圖1 A．3 B．4 C．5 D．6 【解析】選C　在它們一起沿斜面勻速下滑的過程中，彈簧對Q必然有彈力，再選木板P為研究對象，它受到重力、斜面的支持力、斜面的摩擦力、Q對它的壓力及彈簧對它的向下的彈力5個力的作用。 2．如圖2所示，石拱橋的正中央有一質(zhì)量為m的對稱楔形石塊，側(cè)面與豎直方向的夾角為α，重力加速度為g，若接觸面間的摩擦力忽

2、略不計，則石塊側(cè)面所受彈力的大小為(　　) 圖2 A． B． C．mgtan α D．mgcot α 【解析】選A　楔形石塊受力如圖。 將彈力沿水平方向和豎直方向分解，由豎直方向受力平衡可得mg＝2Fcos(90°－α)，解得F＝＝，故本題答案為A。 3．如圖，兩個輕環(huán)a和b套在位于豎直面內(nèi)的一段固定圓弧上；一細線穿過兩輕環(huán)，其兩端各系一質(zhì)量為m的小球。在a和b之間的細線上懸掛一小物塊。平衡時，a、b間的距離恰好等于圓弧的半徑。不計所有摩擦。小物塊的質(zhì)量為(　　) A. B.m C．m D．2m 【解析】如圖所示，圓弧的圓心為O，懸掛小物塊的點為

3、c，由于ab＝R，則△aOb為等邊三角形，同一條細線上的拉力相等，T＝mg，合力沿aO方向，則aO為角平分線，由幾何關(guān)系知，∠acb＝120°，故繩的拉力的合力與物塊的重力大小相等，即每條線上的拉力T＝G＝mg，所以小物塊質(zhì)量為m，故C對。 ]　 4．如圖，滑塊A置于水平地面上，滑塊B在一水平力作用下緊靠滑塊A(A、B接觸面豎直)，此時A恰好不滑動，B剛好不下滑．已知A與B間的動摩擦因數(shù)為μ1，A與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．A與B的質(zhì)量之比為(　　) A. B. C. D. 【解析】 B　對物體A、B整體在水平方向上有F＝μ2(mA＋mB)g；對物

4、體B在豎直方向上有μ1F＝mBg；聯(lián)立解得：＝，選項B正確． 5．如圖所示，斜面體A上的物塊P，用平行于斜面體的輕彈簧拴接在擋板B上，在物塊P上施加水平向右的推力F，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，下列說法正確的是(　　) A．物塊P與斜面之間一定存在摩擦力 B．輕彈簧一定被拉長 C．地面對斜面體A一定存在摩擦力 D．若增大推力F，則彈簧彈力一定減小 【解析】C　若物塊P受到彈簧的彈力與物塊的重力及推力F、支持力平衡，則不受摩擦力，選項A錯誤；若物塊P受到支持力與物塊的重力及推力F三力平衡，則無彈簧彈力，選項B錯誤；物塊P、斜面A及彈簧相對靜止，可看成一整體，受到的水平面的摩擦力等于推力

5、F，選項C正確；增大推力F，根據(jù)此時靜摩擦力的特點，即f≤fm，判斷彈簧彈力減小、不變或者增大都有可能，選項D錯誤。 6．如圖所示，a、b兩個小球穿在一根光滑的固定桿上，并且通過一條細繩跨過定滑輪連接。已知b球質(zhì)量為m，桿與水平面成θ角，不計所有摩擦，重力加速度為g。當兩球靜止時，Oa段繩與桿的夾角也為θ，Ob段繩沿豎直方向，則下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)可能受到2個力的作用 B．b可能受到3個力的作用 C．繩子對a的拉力等于mg D．a(chǎn)的重力為mgtan θ 【解析】C　對a、b受力分析可知，a一定受3個力，b一定受2個力作用，選項A、B錯誤；對b受力分析可知，b受繩子拉

6、力等于mg，因此繩子對a的拉力等于mg，選項C正確；對a受力分析，Gasin θ＝mgcos θ，可得：Ga＝，選項D錯誤。 7．如圖所示，水平桌面上平放有一堆卡片，每一張卡片的質(zhì)量均為m。用一手指以豎直向下的力壓第1張卡片，并以一定速度向右移動手指，確保第1張卡片與第2張卡片之間有相對滑動。設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相同，手指與第1張卡片之間的動摩擦因數(shù)為μ1，卡片之間、卡片與桌面之間的動摩擦因數(shù)均為μ2，且有μ1>μ2，則下列說法正確的是(　　) A．任意兩張卡片之間均可能發(fā)生相對滑動 B．上一張卡片受到下一張卡片的摩擦力一定向左 C．第1張卡片受到手指的摩擦力向左 D．最后

7、一張卡片受到水平桌面的摩擦力向右 【解析】B[對第一張卡片而言，手指對第一張卡片的滑動摩擦力為μ1F，由于與第二張之間有相對滑動，則μ2(F＋mg)>μ1F；則對第二張卡片而言，第一張卡片對第二張卡片的靜摩擦力為μ2(F＋mg)，而下一張卡片對第二張卡片的最大靜摩擦力為μ2(F＋2mg)>μ2(F＋mg)成立，可知第二張卡片也不會產(chǎn)生滑動，以此類推，故任意兩張卡片之間均不可能發(fā)生相對滑動，選項A錯誤；對任意一張卡片來說，上表面受到的靜摩擦力向右，下表面受到的下一張的靜摩擦力向左，選項B正確；第1張卡片受到手指的摩擦力向右，選項C錯誤；最后一張卡片受到水平桌面的摩擦力向左，選項D錯誤。 8．

8、 (多選)如圖甲、乙所示，一物塊在粗糙斜面上，在平行斜面向上的外力F的作用下，斜面和物塊始終處于靜止狀態(tài)。當外力F按照圖乙的規(guī)律變化時，下列說法中正確的是(　　) A．地面對斜面的摩擦力逐漸減小 B．地面對斜面的摩擦力逐漸增大 C．物塊對斜面的摩擦力可能一直增大 D．物塊對斜面的摩擦力可能一直減小 【解析】AC　將兩者看做一個整體，整體受到重力，支持力，拉力和地面的摩擦力，因為兩物體始終處于靜止狀態(tài)，所以合力為零，故有f＝Fcos θ，當F逐漸減小時，地面對斜面的摩擦力在減小，A正確，B錯誤；隔離小物塊，若拉力的最大值大于重力平行斜面的分力，靜摩擦力沿著斜面向下，則：F－f－mg

9、sin θ＝0，故拉力減小后，靜摩擦力先減小后反向增加；若拉力的最大值小于重力的平行斜面的分力，靜摩擦力沿著斜面向上，則：F＋f－mgsin θ＝0，故拉力減小后，靜摩擦力一直增大，故C正確，D錯誤。 9．如圖所示，質(zhì)量為m的物體A靜止在傾角為θ＝30°、質(zhì)量為M的斜面體B上?，F(xiàn)用水平力F推物體A，在F由零增大至mg再逐漸減為零的過程中，A和B始終保持靜止。對此過程下列說法正確的是(　　) A．地面對B的支持力大于(M＋m)g B．A對B的壓力的最小值為mg，最大值為mg C．A受到摩擦力的最小值為0，最大值為mg D．A受到摩擦力的最小值為0，最大值為mg 【解析】D　對A、

10、B整體應用平衡條件可得地面對B的支持力等于(M＋m)g，A項錯；對A受力分析如圖所示。 當F＝0時，A對B的壓力最小，如圖(1)為FN1＝mgcos θ＝mg，當F＝mg，A對B的壓力最大，如圖(2)為FN2＝mgcos 30°＋mgsin 30°＝mg，B項錯；當Fcos 30°＝mgsin 30°，即F＝mg(在0～mg之間)時，A受的靜摩擦力為零，當F＝mg時，如圖(2)，由平衡條件得：摩擦力Ff＝Fcos 30°－mgsin 30°＝mg，最大，故C項錯，D項正確。 10．如圖所示，斜面放置于粗糙水平地面上，物塊A通過跨過光滑定滑輪的輕質(zhì)細繩與物塊B連接，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)對

11、B施加一水平力F使B緩慢地運動，使繩子偏離豎直方向一個角度(A與斜面均保持靜止)，在此過程中(　　) A．斜面對物塊A的摩擦力一直增大 B．繩對滑輪的作用力不變 C．地面對斜面的摩擦力一直增大 D．地面對斜面的支持力一直增大 【解析】C　因為物塊A一直保持靜止，沿平行于斜面方向受到的靜摩擦力和重力沿斜面向下的分力，以及繩子的拉力，三者大小關(guān)系不能確定，所以無法判斷靜摩擦力的變化，A錯誤；設細繩與豎直方向夾角為α，則有：F＝mgtan α；因為過程中α在增大，所以拉力在增大，因為滑輪受到兩端繩子的壓力，而繩拉力的大小在變化，所以繩子對滑輪的作用力也在變化，B錯誤；將A、B和斜面體看

12、做一個整體，整體在水平方向上受到拉力F和地面給的摩擦力，拉力在增大，所以摩擦力在增大，C正確；整體在豎直方向上只受重力和支持力，所以地面對斜面的支持力不變，D錯誤。 11．(多選)如圖3所示，甲、乙兩物體用壓縮的輕質(zhì)彈簧連接靜置于傾角為θ的粗糙斜面體上，斜面體始終保持靜止，則下列判斷正確的是(　　) 圖3 A．物體甲一定受到4個力的作用 B．物體甲所受的摩擦力方向一定沿斜面向下 C．物體乙所受的摩擦力不可能為零 D．水平面對斜面體無摩擦力作用 【解析】CD　若壓縮的彈簧對甲向上的彈力大小恰好等于m甲gsin θ，則甲只受三個力作用，A、B錯誤；因彈簧對乙有沿斜面向下的彈力，

13、乙的重力也有沿斜面向下的分力，故乙一定具有向下運動的趨勢，乙一定受沿斜面向上的摩擦力作用，C正確；取甲、乙和斜面為一整體分析受力，由水平方向合力為零可得，水平面對斜面體無摩擦力作用，D正確。 12.如圖4所示，一個半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O點為其球心，碗的內(nèi)表面及碗口是光滑的。一根細線跨在碗口上，線的兩端分別系有質(zhì)量為m1和m2的小球。當它們處于平衡狀態(tài)時，質(zhì)量為m1的小球與O點的連線與水平線的夾角為α＝90°，質(zhì)量為m2的小球位于水平地面上，設此時質(zhì)量為m2的小球?qū)Φ孛鎵毫Υ笮镕N，細線的拉力大小為FT，則(　　) 圖4 A．FN＝(m2－m1)g B．FN＝m2g

14、C．FT＝m1g D．FT＝(m2－m1)g 【解析】選B　分析小球m1的受力情況，由物體的平衡條件可得，繩的拉力FT＝0，故C、D均錯誤；分析m2受力，由平衡條件可得：FN＝m2g，故A錯誤，B正確。 13．如圖5所示，a、b兩個質(zhì)量相同的球用線連接，a球用線掛在天花板上，b球放在光滑斜面上，系統(tǒng)保持靜止(線的質(zhì)量不計)，以下圖示哪個是正確的(　　) 圖5 【解析】選B　把a、b兩個質(zhì)量相同的球看作整體，所受重力豎直向下，所受斜面支持力垂直斜面向上，根據(jù)平衡條件，要使系統(tǒng)保持靜止，懸掛在天花板上的細線應斜向右上方，但A圖中小球a、b不可能處于平衡狀態(tài)，故只有B圖示正確。 14．

15、如圖6，一不可伸長的光滑輕繩，其左端固定于O點，右端跨過位于O′點的固定光滑軸懸掛一質(zhì)量為M的物體；OO′段水平，長度為L；繩上套一可沿繩滑動的輕環(huán)?，F(xiàn)在輕環(huán)上懸掛一鉤碼，平衡后，物體上升L。則鉤碼的質(zhì)量為(　　) 圖6 A.M B.M C.M D.M 【解析】選D　平衡后，物體上升L，說明環(huán)下移后將繩子拉過來的長度為L，取環(huán)重新平衡的位置為A點，則OA＝O′A＝L，由圖可得mg＝Mg，選項D正確。 15．如圖7所示，滑輪本身的質(zhì)量可忽略不計，滑輪軸O安在一根輕木桿B上，一根輕繩AC繞過滑輪，A端固定在墻上，且繩保持水平，C端掛一重物，BO與豎直方向夾角θ＝45°，系統(tǒng)保持

16、平衡。若保持滑輪的位置不變，改變夾角θ的大小，則滑輪受到木桿作用力大小變化情況是(　　) 圖7 A．只有角θ變小，作用力才變大 B．只有角θ變大，作用力才變大 C．不論角θ變大或變小，作用力都是變大 D．不論角θ變大或變小，作用力都不變 【解析】D　由于兩側(cè)細繩中拉力不變，若保持滑輪的位置不變，則滑輪受到木桿作用力大小不變，與夾角θ沒有關(guān)系，選項D正確，A、B、C錯誤。 16.如圖8所示為位于水平面上的小車，固定在小車上的支架的斜桿與豎直桿的夾角為θ，在斜桿的下端固定有質(zhì)量為m的小球。下列關(guān)于斜桿對小球的作用力F的判斷中，正確的是(　　) 圖8 A．小車靜止時，F(xiàn)＝

17、mgsin θ，方向沿桿向上 B．小車靜止時，F(xiàn)＝mgcos θ，方向垂直于桿向上 C．小車向右勻速運動時，一定有F＝mg，方向豎直向上 D．小車向右勻加速運動時，一定有F＞mg，方向一定沿桿向上 【解析】小車靜止或勻速向右運動時，小球的加速度為零，合力為零，由平衡條件可得，桿對球的作用力豎直向上，大小為F＝mg，故A、B錯誤，C正確；若小車向右勻加速運動，小球的合力沿水平方向向右，由牛頓第二定律可得：Fy＝mg，F(xiàn)x＝ma，F(xiàn)＝＞mg，tan α＝＝，當a的取值合適時，α可以等于θ，但不一定相等，故D錯誤。 17.如圖9所示，一重為10 N的球固定在支桿AB的上端，用一段繩子水平拉

18、球，使桿發(fā)生彎曲，已知繩的拉力為7.5 N，則AB桿對球的作用力(　　) 圖9 A大小為7.5 N B．大小為10 N C．方向與水平方向成53°角斜向右下方 D．方向與水平方向成53°角斜向左上方 【解析】D　對小球進行受力分析可得，AB桿對球的作用力、繩子對球的拉力的合力，與小球重力等值反向，令AB桿對小球的作用力與水平方向夾角為α，可得：tan α＝＝，α＝53°，故D項正確。 18．如圖所示，與水平面夾角為30°的固定斜面上有一質(zhì)量m＝1.0 kg的物體。細繩的一端與物體相連。另一端經(jīng)摩擦不計的定滑輪與固定的彈簧秤相連。物體靜止在斜面上，彈簧秤的示數(shù)為4.9 N。關(guān)

19、于物體受力的判斷(取g＝9.8 m/s2)。下列說法正確的是(　　) A．斜面對物體的摩擦力大小為零 B．斜面對物體的摩擦力大小為4.9 N，方向沿斜面向上 C．斜面對物體的支持力大小為4.9 N，方向豎直向上 D．斜面對物體的支持力大小為4.9 N，方向垂直斜面向上 【解析】因物體的重力沿斜面方向的分力mgsin 30°＝1×9.8×0.5 N＝4.9 N，與彈簧秤的示數(shù)相等，故斜面對物體的摩擦力大小為0，則選項A正確，選項B錯誤；斜面對物體的支持力大小為mgcos 30°＝1×9.8× N＝4.9 N，方向垂直斜面向上，則選項C、D錯誤。 19．如圖所示，質(zhì)量分別為m1、

20、m2的兩個物體通過輕彈簧連接，在力F的作用下一起沿水平方向做勻速直線運動(m1在地面，m2在空中)，力F與水平方向成θ角．則m1所受支持力N和摩擦力f正確的是(　　) A．N＝m1g＋m2g－Fsinθ B．N＝m1g＋m2g－Fcosθ C．f＝Fcosθ D．f＝Fsinθ 【解析】本題考查整體法和隔離法及受力分析、物體平衡條件應用等知識點，意在考查考生對新情景的分析能力和綜合運用知識的能力．把兩個物體看做一個整體，由兩個物體一起沿水平方向做勻速直線運動可知水平方向f＝Fcosθ，選項C正確，D錯誤；設輕彈簧中彈力為F1，彈簧方向與水平方向的夾角為α，隔離m2，分析受力，由平

21、衡條件知，在豎直方向有，F(xiàn)sinθ＝m2g＋F1sinα，隔離m1，分析受力，由平衡條件知，在豎直方向有，m1g＝N＋F1sinα，聯(lián)立解得，N＝m1g＋m2g－Fsinθ，選項A正確，B錯誤． 20. 如圖，光滑的四分之一圓弧軌道AB固定在豎直平面內(nèi)，A端與水平面相切。穿在軌道上的小球在拉力F作用下，緩慢地由A向B運動，F(xiàn)始終沿軌道的切線方向，軌道對球的彈力為N。在運動過程中(　　) A．F增大，N減小 B．F減小，N減小 C．F增大，N增大 D．F減小，N增大 【解析】選A　小球一直受到重力、支持力、拉力作用，根據(jù)共點力平衡，有：F＝mgsin α，N＝mgcos α(

22、α是小球轉(zhuǎn)過的角度)，隨著夾角的增大，支持力逐漸減小，拉力逐漸增大，A項正確。 21.如圖，一不可伸長的光滑輕繩，其左端固定于O點，右端跨過位于O′點的固定光滑軸懸掛一質(zhì)量為M的物體；OO′段水平，長度為L；繩上套一可沿繩滑動的輕環(huán)。現(xiàn)在輕環(huán)上懸掛一鉤碼，平衡后，物體上升L。則鉤碼的質(zhì)量為(　　) A. M B.M C.M D.M 【解析】選D　平衡后，物體上升L，說明環(huán)下移后，將繩子拉過來的長度為L，取環(huán)重新平衡的位置為A點，則OA＝O′A＝L，由圖可得mg＝Mg，選項D正確。 22．如圖，在固定斜面上的一物塊受到一外力F的作用，F(xiàn)平行于斜面向上。若要物塊在斜面

23、上保持靜止，F(xiàn)的取值應有一定范圍，已知其最大值和最小值分別為F1和F2(F2＞0)。由此可求出(　　) A．物塊的質(zhì)量 B．斜面的傾角 C．物塊與斜面間的最大靜摩擦力 C．物塊對斜面的正壓力 【解析】選C　本題考查受力分析、力的分解、摩擦力、平衡條件及其相關(guān)知識，意在考查考生分析解決問題的能力。設斜面傾角為θ，斜面對物塊的最大靜摩擦力為f。平行于斜面的外力F取最大值F1時，最大靜摩擦力f方向沿斜面向下，由平衡條件可得：F1＝f＋mgsin θ；平行于斜面的外力F取最小值F2時，最大靜摩擦力f方向沿斜面向上，由平衡條件可得：f＋F2＝mgsin θ；聯(lián)立解得物塊與斜面間的最大靜摩擦

24、力f＝(F1－F2)/2，選項C正確。 23．如圖所示，用完全相同的輕彈簧A、B、C將兩個相同的小球連接并懸掛，小球處于靜止狀態(tài)，彈簧A與豎直方向的夾角為30°，彈簧C水平，則彈簧A、C的伸長量之比為(　　) A.∶4 B．4∶ C．1∶2 D．2∶1 【解析】選D　本題考查共點力平衡問題，意在考查考生利用整體法處理平衡問題的能力。將兩小球及彈簧B視為一個整體系統(tǒng)，該系統(tǒng)水平方向受力平衡，故有kΔxAsin 30°＝kΔxC，可得ΔxA∶ΔxC＝2∶1，D項正確。 24．如圖，一小球放置在木板與豎直墻面之間。設墻面對球的壓力大小為N1，球?qū)δ景宓膲毫Υ笮镹2。以木板與墻

25、連接點所形成的水平直線為軸，將木板從圖示位置開始緩慢地轉(zhuǎn)到水平位置。不計摩擦，在此過程中(　　) A．N1始終減小，N2始終增大 B．N1始終減小，N2始終減小 C．N1先增大后減小，N2始終減小 D．N1先增大后減小，N2先減小后增大 【解析】對小球受力分析，如圖所示。 根據(jù)物體的平衡條件，可將三個力構(gòu)建成矢量三角形，隨著木板順時針緩慢轉(zhuǎn)到水平位置，球?qū)δ景宓膲毫Υ笮2逐漸減小，墻面對球的壓力大小N1逐漸減小，故B對。 25．如圖所示，半圓形槽半徑R＝30 cm，質(zhì)量m＝1 kg的小物塊在沿半徑方向的輕彈簧擠壓下處于靜止狀態(tài)。已知彈簧的勁度系數(shù)k＝50 N/m，自由長

26、度L＝40 cm，一端固定在圓心O處，彈簧與豎直方向的夾角為37°。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。則（　　） A．物塊對槽的壓力大小是15 N B．物塊對槽的壓力大小是13 N C．槽對物塊的摩擦力大小是6 N D．槽對物塊的摩擦力大小是8 N 【解析】物塊受重力mg、支持力N、彈簧的彈力F、沿半圓形槽切線向上的靜摩擦力f，根據(jù)共點力平衡條件，切線方向上有mgsin 37°＝f，半徑方向上有F＋mgcos 37°＝N，根據(jù)胡克定律，F(xiàn)＝k·Δx＝50×（0.4－0.3） N＝5 N，解得f＝6 N，N＝13 N，選項B、C正確。 26．如

27、圖所示，置于水平地面的三腳架上固定著一質(zhì)量為m的照相機．三腳架的三根輕質(zhì)支架等長，與豎直方向均成30°角，則每根支架中承受的壓力大小為(　　) A.mg　　　　 B.mg C.mg D.mg 【解析】本題考查力的平衡，意在考查考生受力分析的能力．題中每根支架對照相機的作用力F沿每根支架向上，這三個力的合力等于照相機的重力，所以有3Fcos30°＝mg，得F＝＝mg，故選項D正確． 27．(多選)如圖10所示，兩相同輕質(zhì)硬桿OO1、OO2可繞其兩端垂直紙面的水平軸O、O1、O2轉(zhuǎn)動，在O點懸掛一重物M，將兩相同木塊m緊壓在豎直擋板上，此時整個系統(tǒng)保持靜止。Ff表示木塊與擋板間摩擦力的

28、大小，F(xiàn)N表示木塊與擋板間正壓力的大小。若擋板間的距離稍許增大后，系統(tǒng)仍靜止且O1、O2始終等高，則(　　) 圖10 A．Ff變小 B．Ff不變 C．FN變小 D．FN變大 【解析】BD　對O點受力分析如圖甲所示。豎直方向有2FTcos θ＝Mg，所以FT＝，當θ增大時，F(xiàn)T增大。對m受力分析如圖乙所示，F(xiàn)T′＝FT。水平方向有FT′sin θ＝FN，當θ增大時，F(xiàn)T增大，F(xiàn)T′增大，sin θ增大，所以FN增大；豎直方向有FT′cos θ＋mg＝Ff′，解得Ff＝＋mg，所以Ff不變。 　　 28．如圖11所示，小球用細繩系住，繩的另一端固定于O點?，F(xiàn)用水平力F緩慢推動斜面體

29、，小球在斜面上無摩擦地滑動，細繩始終處于直線狀態(tài)，當小球升到接近斜面頂端時細繩接近水平，此過程中斜面對小球的支持力FN以及繩對小球的拉力FT的變化情況是(　　) 圖11 A．FN保持不變，F(xiàn)T不斷增大 B．FN不斷增大，F(xiàn)T不斷減小 C．FN保持不變，F(xiàn)T先增大后減小 D．FN不斷增大，F(xiàn)T先減小后增大 【解析】D　推動斜面時，小球始終處于平衡狀態(tài)，根據(jù)共點力的平衡條件解決問題。選小球為研究對象，其受力情況如圖所示，用平行四邊形定則作出相應的“力三角形OAB”，其中OA的大小、方向均不變，AB的方向不變，推動斜面時，F(xiàn)T逐漸趨于水平，B點向下轉(zhuǎn)動，根據(jù)動態(tài)平衡，F(xiàn)T先減小后增

30、大，F(xiàn)N不斷增大，選項D正確。 29.氣象研究小組用圖示簡易裝置測定水平風速。在水平地面上豎直固定一直桿，質(zhì)量為m的薄空心塑料球用細線懸于桿頂端O，當水平風吹來時，球在水平風力的作用下飄起來。已知風力大小正比于風速，當風速v0=3m/s時，測得球平衡時細線與豎直方向的夾角θ=30°。則 A．細線拉力與風力的合力大于mg B．若風速增大到某一值時，θ 可能等于90° C．細線拉力的大小為 D．θ=60°時，風速v=6m/s 【解析】A、小球受重力、拉力、風力處于平衡，如圖所示， 則拉力和風力的合力等于重力，選項A錯誤.?B、風速增大，θ不可能變?yōu)?0

31、°，因為繩子拉力在豎直方向上的分力與重力平衡，故B錯誤．C、由合成法可求得，選項C正確。根據(jù)共點力平衡知風力F=mgtanθ，θ變?yōu)樵瓉淼?倍，則風力變?yōu)樵瓉淼?倍，因為風力大小正比于風速和球正對風的截面積，所以風速v=9m/s，故D錯誤。 30．如圖甲所示，兩段等長細線串接著兩個質(zhì)量相等的小球a、b，懸掛于O點．現(xiàn)在兩個小球上分別加上水平方向的外力，其中作用在b球上的力大小為F、作用在a球上的力大小為2F，則此裝置平衡時的位置可能如圖乙中(　　) 【解析】本題主要考查共點力平衡的條件及其應用和力的合成與分解的運用，意在考查學生靈活應用整體法和隔離法解決問題的能力． 設兩個小球的質(zhì)量

32、均為m，Oa與ab和豎直方向的夾角分別為α、β.以兩個小球組成的整體為研究對象，分析其受力情況，如圖1所示，根據(jù)平衡條件可知，Oa繩的方向不可能沿豎直方向，且有tanα＝.以b球為研究對象，分析其受力情況，如圖2所示，由平衡條件得：tanβ＝.因此α<β.選項C正確． 31.如圖所示，兩段等長的細線將質(zhì)量分別為2m和m的小球A、B懸掛在O點，小球A受到水平向右、大小為4F的恒力作用，小球B受到水平向左、大小為F的恒力作用，當系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)時，可能出現(xiàn)的狀態(tài)是（） 【解析】設系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)時，小球A的懸線張力為TA與豎直方向夾角為、小球B的懸線張力為TB與豎直方向夾角為，分析小球

33、B的受力應滿足①、②，由此可知小球B的懸線張力方向應為斜向右上方，故D錯誤；分析小球A的受力有③、④，聯(lián)立①②③④可得，因懸線等長可知B正確、AC錯誤。 32.如圖所示半圓柱體P固定在水平地面上，其右端有一固定放置的豎直擋板MN．在半圓柱體P和MN之間放有一個光滑均勻的小圓柱體Q，整個裝置處于平衡狀態(tài)．現(xiàn)使MN保持豎直并且緩慢地向右平移，在Q滑落到地面之前的此過程中，下列說法中正確的是（　　） A． MN對Q的彈力逐漸減小 B．MN對Q的彈力保持不變 C．P對Q的作用力逐漸增大 D．P對Q的作用力先增大后減小 【解析】對圓柱體Q受力分析，受到重

34、力、桿MN的支持力和半球P對Q的支持，如圖： 重力的大小和方向都不變，桿MN的支持力方向不變、大小變，半球P對Q的支持力方向和大小都變，然后根據(jù)平衡條件，得到N1=mgtanθ，N2＝,由于θ不斷增大，故N1不斷增大，N2也不斷增大，故C正確。 33.某小孩在廣場游玩時，將一氫氣球系在了水平地面上的磚塊上，在水平風力的作用下，處于如圖12所示的靜止狀態(tài)。若水平風速緩慢增大，不考慮氣球體積及空氣密度的變化，則下列說法中正確的是（） A．細繩受到的拉力逐漸減小B．磚塊受到的摩擦力可能為零 C．磚塊可能被繩子拉離地面 D．磚塊對地面的壓力保持不變 【解析】以氣

35、球和磚塊整體為研究對象，分析受力如圖1，根據(jù)平衡條件得： 豎直方向：N+F1=G1+G2，水平方向：f=F， 氣球所受的浮力F1、氣球的重力G1、磚塊的重力G2都不變，則地面對磚塊的支持力N不變，地面受到磚塊的壓力也不變．在磚塊滑動前，當風力F增大時，磚塊所受的摩擦力增大，當磚塊滑動后受到的摩擦力f=μN保持不變，B錯誤。由于地面對磚塊的支持力N=G1+G2-F1保持不變，與風力無關(guān)，所以當風力增大時，磚塊連同氣球一起不可能被吹離地面，C錯誤。以氣球為研究對象，分析受力如圖2所示：氣球受力：重力G1、空氣的浮力F1、風力F、繩子的拉力T．設繩子與水平方向的夾角為α，當風力增大時，α將減

36、小．根據(jù)平衡條件得豎直方向有：F1=G1+Tsinα，當α減小時，sinα減小，而F1、G1都不變，則繩子拉力T增大．故A錯誤．故選：D． 二、非平衡狀態(tài)下受力分析 34．(多選)如圖，物塊a、b和c的質(zhì)量相同，a和b，b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連，通過系在a上的細線懸掛于固定點O，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)將細線剪斷．將物塊a的加速度的大小記為a1，S1和S2相對于原長的伸長分別記為Δl1和Δl2，重力加速度大小為g.在剪斷的瞬間(　　) A．a(chǎn)1＝3g B．a(chǎn)1＝0 C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2 【解析】AC　設物體的質(zhì)量為m，剪

37、斷細線的瞬間，細線的拉力消失，彈簧還沒有來得及改變，所以剪斷細線的瞬間a受到重力和彈簧S1的拉力T1，剪斷前對b、c和彈簧組成的整體分析可知T1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋T1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝＝3g，A正確，B錯誤；設彈簧S2的拉力為T2，則T2＝mg，根據(jù)胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正確，D錯誤． 35．(多選)如圖所示，完全相同的磁鐵A、B分別位于鐵質(zhì)車廂豎直面和水平面上，A、B與車廂間的動摩擦因數(shù)均為μ，小車靜止時，A恰好不下滑，現(xiàn)使小車加速運動，為保證A、B無滑動，則(　　) A．速度可以向左，加速度可以小于μg B．加速度一定向右，

38、不能超過(1＋μ)g C．加速度一定向左，不能超過μg D．加速度一定向左，不能超過(1＋μ)g 【解析】AD當小車處于靜止時，A恰好不下滑，此時mg＝f＝μFN，要保證A靜止，則A與小車之間的彈力不能減小，所以加速度一定向左，要保證B靜止，B在水平方向上受到摩擦力，豎直方向上受到小車的支持力、重力和吸引力，對小車產(chǎn)生加速度的合力等于摩擦力，要保證B靜止，則受到的摩擦力不能超過最大靜摩擦力，即ma＝μ(mg＋FN)，解得a＝(1＋μ)g，故D正確。 36.如圖所示，輕繩的一端固定在小車支架上，另一端拴著兩個質(zhì)量不同的小球。當小車水平向右運動且兩段輕繩與豎直方向的夾角始終均為θ的過程中，

39、若不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　) A．兩個小球的加速度相等 B．兩段輕繩中的張力可能相等 C．小車的速度越大，θ越大 D．小車的加速度越大，θ越大 【解析】AD　兩個小球隨小車水平向右運動，夾角始終均為θ，說明三者相對靜止，有共同的加速度，故A正確；把兩個小球看作一個整體，則有Tcos θ＝(M＋m)g，對末端的小球有T′cos θ＝mg，所以兩段輕繩中的張力不可能相等，B錯誤；把兩個小球看作一個整體Tcos θ＝(M＋m)g，Tsin θ＝(M＋m)a，則a＝gtan θ，所以加速度越大，θ越大，θ與小車的速度無關(guān)，故C錯誤，D正確。 37、如圖所示，一固定桿與水

40、平方向夾角為θ，將一質(zhì)量為m1的滑塊套在桿上，通過輕繩懸掛一個質(zhì)量為m2的小球，桿與滑塊之間的動摩擦因數(shù)為μ.若滑塊與小球保持相對靜止以相同的加速度a一起運動，此時繩子與豎直方向夾角為β，且θ<β，則滑塊的運動情況是(　　) A．沿著桿加速下滑 B．沿著桿加速上滑 C．沿著桿減速下滑 D．沿著桿減速上滑 【解析】本題主要考查牛頓第二定律的應用，意在考查學生的分析推理能力．對小球受力分析，由牛頓第二定律可知其加速度a＝>gsinθ，又滑塊與小球保持相對靜止，故滑塊的加速度必須大于gsinθ，則滑塊只有沿著桿減速上滑才符合要求，選項D正確． 38.如圖13所示，當小車向右加速運動時，物

41、塊M相對車廂靜止于豎直車廂壁上，當車的加速度增大時(　　) 圖13 A．M受靜摩擦力增大 B．M對車廂壁的壓力減小 C．M仍相對于車廂靜止 D．M受靜摩擦力減小 【解析】C分析M受力情況如圖所示， 因M相對車廂壁靜止，有Ff＝Mg，與水平方向的加速度大小無關(guān)，A、D錯誤。水平方向，F(xiàn)N＝Ma，F(xiàn)N隨a的增大而增大，由牛頓第三定律知，B錯誤。因FN增大，物體與車廂壁的最大靜摩擦力增大，故M相對于車廂仍靜止，C正確。 39．乘坐“空中纜車”飽覽大自然的美景是旅游者絕妙的選擇。若某一纜車沿著坡度為30°的山坡以加速度a上行，如圖14所示。在纜車中放一個與山坡表面平行的斜面，

42、斜面上放一個質(zhì)量為m的小物塊，小物塊相對斜面靜止(設纜車保持豎直狀態(tài)運行)。則(　　) 圖14 A．小物塊受到的摩擦力方向平行斜面向上 B．小物塊受到的摩擦力方向平行斜面向下 C．小物塊受到的滑動摩擦力為mg＋ma D．小物塊受到的靜摩擦力為ma 【解析】A　小物塊相對斜面靜止，因此小物塊與斜面間的摩擦力是靜摩擦力。纜車以加速度a上行，小物塊的加速度也為a，以物塊為研究對象，則有Ff－mgsin 30°＝ma，F(xiàn)f＝mg＋ma，方向平行斜面向上，故A正確，B、C、D均錯誤。 40．如圖15所示，在傾角為α＝30°的光滑固定斜面上，有兩個質(zhì)量均為m的小球A、B，它們用勁度系數(shù)為

43、k的輕彈簧連接，現(xiàn)對A施加一水平向右的恒力，使A、B均靜止在斜面上，此時彈簧的長度為L，下列說法正確的是(　　) 圖15 A．彈簧的原長為L＋ B．水平恒力大小為mg C．撤掉恒力的瞬間小球A的加速度為g D．撤掉恒力的瞬間小球B的加速度為g 【解析】C　分析小球B受力，由平衡條件可得：kx＝mgsin α，解得x＝，彈簧的原長為L－x＝L－，A錯誤；分析小球A受力，由平衡條件可得：Fcos α＝mgsin α＋kx，解得：F＝mg，B錯誤；撤去F的瞬間，彈簧彈力不變，故B球的加速度為零，由mgsin α＋kx＝maA可得：小球A此時的加速度為aA＝g，C正確。 41．(多

44、選)一斜面固定在水平面上，在斜面頂端有一長木板，木板與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ，木板上固定一輕質(zhì)彈簧測力計，彈簧測力計下面連接一個光滑的小球，如圖16所示，當木板固定時，彈簧測力計示數(shù)為F1，現(xiàn)由靜止釋放后，木板沿斜面下滑，穩(wěn)定時彈簧測力計的示數(shù)為F2，若斜面的高為h，底邊長為d，則下列說法正確的是(　　) 圖16 A．穩(wěn)定后彈簧仍處于伸長狀態(tài) B．穩(wěn)定后彈簧一定處于壓縮狀態(tài) C．μ＝ D．μ＝ 【解析】AD　平衡時，對小球分析F1＝mgsin θ；木板運動后穩(wěn)定時，對整體分析有：a＝gsin θ－μgcos θ；則a＜gsin θ，根據(jù)牛頓第二定律得知，彈簧對小球的彈力應沿

45、斜面向上，彈簧處于拉伸狀態(tài)，對小球有mgsin θ－F2＝ma，而tan θ＝；聯(lián)立以上各式計算可得μ＝。故A、D正確。 42.如圖17所示，質(zhì)量為m的球置于斜面上，被一個豎直擋板擋住?，F(xiàn)用一個力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度為a的勻加速直線運動，忽略一切摩擦，以下說法中正確的是(　　) 圖17 A．若加速度足夠小，豎直擋板對球的彈力可能為零 B．若加速度足夠大，斜面對球的彈力可能為零 C．斜面和擋板對球的彈力的合力等于ma D．擋板對球的彈力不僅有，而且是一個定值 【解析】D　球在重力、斜面的支持力和擋板的彈力作用下做加速運動，則球受到的合力水平向右，為ma，如圖：

46、 設斜面傾角為θ，擋板對球的彈力為F1，由正交分解法得：F1－FNsin θ＝ma，F(xiàn)Ncos θ＝G，解之得F1＝ma＋Gtan θ，可見，彈力為一定值，選項D正確。 43．如圖18所示，某一彈簧測力計外殼的質(zhì)量為m，彈簧及與彈簧相連的掛鉤質(zhì)量忽略不計。將其放在光滑水平面上，現(xiàn)用兩水平拉力F1、F2分別作用在與彈簧相連的掛鉤和與外殼相連的提環(huán)上，關(guān)于彈簧測力計的示數(shù)，下列說法正確的是(　　) 圖18 A．只有F1＞F2時，示數(shù)才為F1　　　　　　B．只有F1＜F2時，示數(shù)才為F2 C．不論F1、F2關(guān)系如何，示數(shù)均為F1　　　D．不論F1、F2關(guān)系如何，示數(shù)均為F2 【

47、解析】C　彈簧測力計的示數(shù)一定等于彈簧掛鉤上的拉力F1，與F1、F2的大小關(guān)系無關(guān)，C正確。 44．小車上固定一根彈性直桿A，桿頂固定一個小球B(如圖19所示)，現(xiàn)讓小車從光滑斜面上自由下滑，在下圖的情況中桿發(fā)生了不同的形變，其中正確的是(　　) 　　　圖19 圖20 【解析】C　小車沿光滑的斜面下滑時的加速度a＝gsin θ，即小球沿斜面方向的合力為mgsin θ，桿只對小球施加了垂直于斜面向上的支持力，故C正確。 45．如圖所示，細線的一端系一質(zhì)量為m的小球，另一端固定在傾角為θ的光滑斜面體頂端，細線與斜面平行。在斜面體以加速度a水平向右

48、做勻加速直線運動的過程中，小球始終靜止在斜面上，小球受到細線的拉力T和斜面的支持力為FN分別為(重力加速度為g)(　　) A．T＝m(gsin θ＋acos θ)　FN＝m(gcos θ－asin θ) B．T＝m(gcos θ＋asin θ)　FN＝m(gsin θ－acos θ) C．T＝m(acos θ－gsin θ)　FN＝m(gcos θ＋asin θ) D．T＝m(asin θ－gcos θ)　FN＝m(gsin θ＋acos θ) 【解析】A　本題考查受力分析和牛頓第二定律，意在考查考生對力和運動關(guān)系的理解。對小球受力分析，并沿水平、豎直方向正交分解。水平方向：Tc

49、os θ－FNsin θ＝ma，豎直方向：Tsin θ＋FNcos θ＝mg。聯(lián)立求解得選項A正確。 46．(多選)如圖21所示，將兩相同的木塊a、b置于粗糙的水平地面上，中間用一輕彈簧連接，兩側(cè)用細繩系于墻壁。開始時a、b均靜止，彈簧處于伸長狀態(tài)，兩細繩均有拉力，a所受摩擦力Ffa≠0，b所受摩擦力Ffb＝0?，F(xiàn)將右側(cè)細繩剪斷，則剪斷瞬間(　　) 圖21 A．Ffa大小不變　　　　　　 B．Ffa方向改變 C．Ffb仍然為零 D．Ffb方向向右 【解析】AD　彈簧處于伸長狀態(tài)，彈簧對物體施加的是拉力。先對物體b進行受力分析。在細繩未剪斷時，b在水平方向上受到兩個力的作用，向左

50、的彈簧拉力和向右的繩的拉力，在突然剪斷細繩時，彈簧拉力還沒有發(fā)生變化，即彈簧的長度沒有變化，物體b具有向左運動的趨勢，所以要受到一個與彈簧拉力方向相反的摩擦力，選項C錯誤，選項D正確；對物體a受力分析，在剪斷細繩前后，物體a的位置沒有發(fā)生變化，受到的彈簧拉力和細繩拉力沒有發(fā)生變化，故它所受到的摩擦力沒有發(fā)生變化，選項A正確，選項B錯誤。 47．如圖所示，放在固定斜面上的物塊以加速度a沿斜面勻加速下滑， 若在物塊上再施加一個豎直向下的恒力F，則(　　) A．物塊可能勻速下滑 B．物塊仍以加速度a勻加速下滑、 C．物塊將以大于a的加速度勻加速下滑 D．物塊將以小于a的加速度勻加速下

51、滑 【解析】對物塊進行受力分析，設斜面的角度為θ，可列方程mgsin θ－μmgcos θ＝ma，sin θ－μcos θ＝a/g，當加上力F后，由牛頓第二定律得(mg＋F)sin θ－μ(mg＋F)cos θ＝ma1，即mgsin θ－μmgcos θ＋Fsin θ－Fcos θ＝ma1，ma＋Fsin θ－μFcos θ＝ma1，F(xiàn)sin θ－μFcos θ＝F(sin θ－μcos θ)＝Fa/g，F(xiàn)a/g大于零，代入上式知，a1大于a。物塊將以大于a的加速度勻加速下滑。只有C項正確。 48．如圖所示，A、B兩物體疊放在一起，以相同的初速度上拋(不計空氣阻力)．下列說法正確的是(　　

52、) A．在上升和下降過程中A物體對B物體的壓力一定為零 B．上升過程中A物體對B物體的壓力大于A物體受到的重力 C．下降過程中A物體對B物體的壓力大于A物體受到的重力 D．在上升和下降過程中A物體對B物體的壓力等于A物體受到的重力 【解析】本題考查牛頓運動定律的應用——超重和失重的知識．A、B兩物體拋出以后處于完全失重狀態(tài)，無論是上升還是下降，A物體對B物體的壓力一定為零，A選項正確． 49．如圖所示，一夾子夾住木塊，在力F作用下向上提升。夾子和木塊的質(zhì)量分別為m、M，夾子與木塊兩側(cè)間的最大靜摩擦力均為f。若木塊不滑動，力F的最大值是(　　) A．2f(m＋M)/M

53、B．2f(m＋M)/m C．2f(m＋M)/M－(m＋M)g D．2f(m＋M)/m＋(m＋M)g 【解析】當夾子與木塊兩側(cè)間的摩擦力達到最大摩擦力f時，拉力F最大，系統(tǒng)向上的加速度為a。先以m為研究對象，進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可知： F－2f－mg＝ma， 再以M為研究對象，進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可知： 2f－Mg＝Ma， 兩式聯(lián)立可解得F＝，A正確。 50、如圖，水平地面上的矩形箱子內(nèi)有一傾角為θ的固定斜面，斜面上放一質(zhì)量為m的光滑球。靜止時，箱子頂部與球接觸但無壓力。箱子由靜止開始向右做勻加速運動，然后改做加速度大小為a的勻減速運動直至靜止，經(jīng)過的總路程為

54、s，運動過程中的最大速度為v。 (1)求箱子加速階段的加速度大小a′。 (2)若a>gtan θ，求減速階段球受到箱子左壁和頂部的作用力。 【解析】(1)設加速過程中加速度為a′，由勻變速運動公式 s1＝　s2＝ s＝s1＋s2＝＋ 解得a′＝ (2)設球不受車廂作用，應滿足Nsin θ＝ma，Ncos θ＝mg 解得a＝gtan θ 減速時加速度由斜面支持力N與左壁支持力P共同決定，當a>gtan θ時，P＝0 球受力如圖： 由牛頓定律Nsin θ＝ma，Ncos θ－Q＝mg 解得Q＝m(acot θ－g) 答案：(1)　(2)0　m(acot θ－g) 25