高考物理通用版二輪復習講義：第一部分 第一板塊 第1講 明“因”熟“力”破解共點力的平衡問題 Word版含解析

第1講 考法學法平衡問題是歷年高考的重點，高考既可能在選擇題中單獨考查平衡問題，也可能在計算題中綜合考查平衡問題。考查的內容主要包括：對各種性質的力的理解；共點力作用下平衡條件的應用。該部分內容主要解決的是選擇題中的受力分析和共點力平衡問題。用到的思想方法有：整體法和隔離法；假設法；合成法；正交分解法；矢量三角形法；相似三角形法；等效思想；分解思想。知能全通受力分析是整個高中階段物理知識的基礎，能正確進行受力分析是解答力學問題的關鍵。1受力分析的一般步驟2分析三種典型力的注意事項(1)彈力：彈力的方向一定與接觸面或接觸點的切面垂直，且指向受力物體。(2)靜摩擦力：兩物體接觸處有無靜摩擦力，要根據(jù)物體間有無相對運動趨勢或根據(jù)平衡條件進行判斷。(3)滑動摩擦力：利用公式求解滑動摩擦力時，一定要注意分析接觸面間的實際壓力，不能簡單地代入重力求解。題點全練1.多選(2018·湖北中學調研)如圖所示，頂角為的光滑圓錐體固定在水平面上，一質量為m的勻質圓環(huán)套在圓錐體上處于靜止狀態(tài)，重力加速度大小為g，下列判斷正確的是()A圓錐體對圓環(huán)的作用力方向垂直于圓錐的側面B圓錐體對圓環(huán)的作用力方向豎直向上C圓環(huán)的張力不為零D圓環(huán)的張力方向指向圓環(huán)的圓心解析：選BC由題意知圓環(huán)受重力和圓錐體對圓環(huán)的作用力處于平衡狀態(tài)，則圓錐體對圓環(huán)的作用力與圓環(huán)所受的重力等大反向，即圓錐體對圓環(huán)的作用力方向豎直向上，故A錯誤，B正確；質量為m的勻質圓環(huán)套在圓錐體上，圓環(huán)有被撐開的趨勢，所以圓環(huán)的張力不為零，故C正確；圓環(huán)的張力方向沿圓環(huán)的切線方向，故D錯誤。2.如圖所示，小明在水平桌面上將三個形狀不規(guī)則的石塊成功疊放在一起，下列說法正確的是()A石塊a一定只受兩個力B石塊b對a的支持力與a受到的重力是一對相互作用力C石塊c受到水平桌面向左的摩擦力D水平桌面對石塊c的支持力等于三個石塊受到的重力之和解析：選D石塊a與b的接觸面不一定沿水平方向，可能還受到摩擦力，故A錯誤；石塊b對a的支持力與a受到的重力性質不同，作用在一個物體上，不是一對相互作用力，故B錯誤；對a、b、c整體受力分析，受重力和水平桌面的支持力而平衡，即石塊c與水平桌面之間無摩擦力，故C錯誤；對a、b、c整體，由平衡條件得：水平桌面對石塊c的支持力等于三個石塊受到的重力之和，故D正確。3(2018·淄博實驗中學一診)如圖所示，一質量均勻的實心圓球被直徑AB所在的平面一分為二，先后以AB沿水平和豎直兩種不同方向放置在光滑支架上，處于靜止狀態(tài)，兩半球間的作用力分別為F和F，已知支架間的距離為AB長度的一半，則等于()A. B.C. D.解析：選A設兩半球的總質量為m，當球以AB沿水平方向放置，可知Fmg；當球以AB沿豎直方向放置，單獨對右半球受力分析如圖所示，可得：Ftan ，根據(jù)支架間的距離為AB的一半，可得：30°，則，則A正確。知能全通1整體法和隔離法對比整體法原則只涉及系統(tǒng)外力，不涉及系統(tǒng)內部物體之間的相互作用條件系統(tǒng)內的物體具有相同的運動狀態(tài)優(yōu)、缺點利用此法解題一般比較簡單，但不能求系統(tǒng)內力隔離法原則分析系統(tǒng)內某個物體的受力情況優(yōu)點系統(tǒng)內物體受到的內力、外力均能求2.整體法、隔離法的應用技巧(1)不涉及系統(tǒng)內力時，優(yōu)先考慮應用整體法，即“能整體、不隔離”。(2)需要應用“隔離法”的，也要先隔離“簡單”的物體，即待求量少或受力少或處于邊緣處的物體。(3)各“隔離體”間的關聯(lián)力，表現(xiàn)為作用力與反作用力，對于系統(tǒng)則表現(xiàn)為內力。(4)實際問題通常需要交叉應用整體法、隔離法。(5)在某些特殊情形中，研究對象可以是物體的一部分，如繩子的結點、力的作用點等。題點全練1多選如圖所示，截面為三角形的木塊a上放置一鐵塊b，木塊a的豎直邊靠在豎直且粗糙的墻面上，現(xiàn)用豎直向上的推力F，推動a、b一起向上勻速運動，運動過程中a、b始終保持相對靜止，則下列說法正確的是()Aa受到6個力的作用Ba受到4個力的作用Cb受到3個力的作用Db受到2個力的作用解析：選BC先對a、b整體受力分析，受到重力和推力，二力平衡，整體不受墻面的彈力和摩擦力，再對b受力分析，受到重力、支持力和靜摩擦力，三力平衡，即b受到3個力的作用，故C正確，D錯誤；再對a受力分析，受到重力、推力、b對a的壓力和靜摩擦力，故a受到4個力的作用，故A錯誤，B正確。2.(2019屆高三·珠海一中模擬)如圖所示，水平固定且傾角為37°的光滑斜面上有兩個質量均為m1 kg 的小球A、B，它們用勁度系數(shù)為k200 N/m 的輕質彈簧連接，彈簧的原長為l020 cm，現(xiàn)對B施加一水平向左的推力F，使A、B均在斜面上以加速度a4 m/s2 向上做勻加速運動，此時彈簧的長度l和推力F的大小分別為(sin 37°0.6，cos 37°0.8，g10 m/s2)()A0.15 m,25 NB0.25 m,25 NC0.15 m,12.5 N D0.25 m,12.5 N解析：選B以整體為研究對象，受力分析如圖所示，沿斜面方向有：Fcos 37°2mgsin 37°2ma，以A為研究對象，沿斜面方向有：kxmgsin 37°ma，xll0，解得F25 N，l0.25 m，故B正確，A、C、D錯誤。3多選(2018·凱里模擬)如圖所示，形狀相同的物塊A、B，其截面為直角三角形，相對排放在粗糙水平地面上，光滑球體C架在兩物塊的斜面上，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。已知物塊A、B的質量都為M，60°，球體C的質量為m，則以下說法正確的是()A地面對A的摩擦力大小為mgB地面對A的摩擦力大小為mgCA對C的彈力大小為mgDA對地面的壓力大小為Mgmg解析：選BD以C為研究對象，受力分析如圖所示，C受重力和斜向上的兩個彈力作用，把兩個彈力合成，合力豎直向上，大小等于mg，由數(shù)學知識可知，A對C的彈力大小為mg，C錯誤；再以A為研究對象，C對A的正壓力大小為mg，其在水平方向上的分力大小等于地面對A的摩擦力大小，由此可知地面對A的摩擦力大小為mgcos 30°mg，A錯誤，B正確；以A、B、C整體為研究對象，所受重力為2Mgmg，地面對整體的支持力大小為2Mgmg，由對稱性可知A受到地面的支持力大小為Mg，由牛頓第三定律可知，A對地面的壓力大小為Mgmg，D正確。研一題多選如圖所示，質量為M的斜面體放在粗糙水平面上，用輕繩拴住質量為m的小球置于斜面上，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，已知斜面傾角及輕繩與豎直方向夾角均為30°。不計小球與斜面間的摩擦，則()A輕繩對小球的作用力大小為mgB斜面對小球的作用力大小為mgC斜面體對水平面的壓力大小為(Mm)gD斜面體與水平面間的摩擦力大小為mg解析以小球為研究對象，受力分析如圖甲所示，由幾何關系知30°，根據(jù)受力平衡可得FTFNmg；以斜面體為研究對象，受力分析如圖乙所示，由受力平衡得FN1MgFNcos ，由牛頓第三定律得FNFN，解得FN1Mgmg，由牛頓第三定律可知，斜面體對水平面的壓力大小為Mgmg，F(xiàn)fFNsin mg，故B、C錯誤，A、D正確。答案AD悟一法1破解“靜態(tài)平衡”問題的一般程序2處理平衡問題的常用方法方法解讀合成法物體受三個共點力的作用而平衡，則任意兩個力的合力一定與第三個力等大、反向分解法三力平衡時，還可以將某一個力按力的效果分解，則其分力和其他兩個力分別平衡正交分解法物體受三個或三個以上力的作用時，將所有力分解為相互垂直的兩組，每組力分別平衡通一類1(2019屆高三·唐山六校聯(lián)考)如圖所示，物塊A和滑環(huán)B用繞過光滑定滑輪的不可伸長的輕繩連接，滑環(huán)B套在與豎直方向夾角為37°的粗細均勻的固定桿上，連接滑環(huán)B的繩與桿垂直并在同一豎直平面內，B恰好不能下滑，B和桿間的動摩擦因數(shù)為0.4，設B和桿間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則A和B的質量之比為(sin 37°0.6，cos 37°0.8)()A.B.C. D.解析：選C設A和B的質量分別為m1、m2，若桿對B的彈力垂直于桿向下，因B恰好不能下滑，則由平衡條件有m2gcos (m1gm2gsin )，解得；若桿對B的彈力垂直于桿向上，因B恰好不能下滑，則由平衡條件有m2gcos (m2gsin m1g)，解得(舍去)。綜上分析可知，C正確。2.如圖所示，某工地上起重機將重為G的正方形工件緩緩吊起。四根等長的鋼繩(質量不計)，一端分別固定在正方形工件的四個角上，另一端匯聚于一處掛在掛鉤上，鋼繩端匯聚處到每個角的距離均與正方形的對角線長度相等。則每根鋼繩的受力大小為()A.G B.GC.G D.G解析：選D設每根鋼繩的受力大小為F，由平衡條件有4Fcos G(為鋼繩與豎直方向的夾角)，由數(shù)學知識知sin ，30°，則FG，選項D正確。點點探明方法1圖解法破解“動態(tài)平衡”問題如果物體受到三個力的作用，已知其中一個力的大小、方向均不變，另一個力的方向不變，此時可用圖解法，畫出不同狀態(tài)下力的矢量圖，判斷各個力的變化情況。例1質量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上。用水平向左的力F緩慢拉動繩的中點O，如圖所示。用T表示繩 OA段拉力的大小，在O點向左移動的過程中()AF逐漸變大，T逐漸變大BF逐漸變大，T逐漸變小CF逐漸變小，T逐漸變大DF逐漸變小，T逐漸變小解析以O點為研究對象，受力分析如圖所示，當用水平向左的力緩慢拉動O點時，繩OA與豎直方向的夾角變大，由共點力的平衡條件知F逐漸變大，T逐漸變大，選項A正確。答案A方法2解析法破解“動態(tài)平衡”問題如果把物體受到的多個力合成、分解后，能夠找到力的邊角關系，則應選擇解析法，建立平衡方程，根據(jù)自變量的變化(一般都要用到三角函數(shù))確定因變量的變化。例2(2018·開封模擬)如圖所示，一鐵架臺放在水平地面上，其上用輕質細線懸掛一小球，開始時細線豎直。現(xiàn)將水平力F作用于小球上，使其緩慢地由實線位置運動到虛線位置，鐵架臺始終保持靜止。則在這一過程中()A水平力F變小B細線的拉力不變C鐵架臺對地面的壓力變大D鐵架臺所受地面的摩擦力變大解析如圖所示，對小球受力分析，受細線的拉力、重力、水平力F，根據(jù)平衡條件有Fmgtan ，逐漸增大，則F逐漸增大，故A錯誤；由圖可知，細線的拉力T，增大，T增大，故B錯誤；以鐵架臺、小球整體為研究對象，根據(jù)平衡條件得FfF，則Ff逐漸增大，F(xiàn)N(Mm)g，F(xiàn)N保持不變，故C錯誤，D正確。答案D方法3相似三角形法破解“動態(tài)平衡”問題此法是圖解法的特例，一般研究對象受繩(桿)或其他物體的約束，且物體受到三個力的作用，其中的一個力大小、方向均不變，另外兩個力的方向都發(fā)生變化，可以用力三角形與幾何三角形相似的方法求解。例3(2018·寶雞質檢)如圖所示，輕桿A端用鉸鏈固定，滑輪在A點正上方(滑輪大小及摩擦均可不計)，輕桿B端吊一重物，現(xiàn)將輕繩的一端拴在桿的B端，用拉力F將B端緩慢上拉(均未斷)，在輕桿達到豎直前，以下分析正確的是()A輕繩的拉力越來越大B輕繩的拉力越來越小C輕桿的彈力越來越大D輕桿的彈力越來越小解析以B點為研究對象，它受三個力的作用而處于動態(tài)平衡狀態(tài)，其中一個是輕桿的彈力T，一個是輕繩斜向上的拉力F，一個是輕繩豎直向下的拉力F(大小等于重物所受的重力)，如圖所示，根據(jù)相似三角形法，可得，由于OA和AB不變，OB逐漸減小，因此輕桿的彈力大小不變，而輕繩的拉力越來越小，故選項B正確，A、C、D錯誤。答案B題題過關1.多選城市中的路燈、無軌電車的供電線路等，經常用三角形的結構懸掛，如圖是這一類結構的簡化模型。圖中桿OB可以繞過B點且垂直于紙面的軸自由轉動，鋼索OA和桿OB的質量都可以忽略不計，設懸掛物所受的重力為G，穩(wěn)定時ABO90°，AB>OB。某次產品質量檢測和性能測試中保持A、B兩點不動，只改變鋼索OA的長度，關于鋼索OA的拉力F1和桿OB上的支持力F2的變化情況，下列說法正確的有()A從圖示位置開始縮短鋼索OA，鋼索OA的拉力F1先減小后增大B從圖示位置開始縮短鋼索OA，桿OB上的支持力F2大小不變C從圖示位置開始伸長鋼索OA，鋼索OA的拉力F1增大D從圖示位置開始伸長鋼索OA，桿OB上的支持力F2先減小后增大解析：選BC設鋼索OA的長度為L，桿OB的長度為R，A、B兩點間的距離為H，根據(jù)相似三角形知識可知，從題圖所示位置開始縮短鋼索OA，鋼索OA的拉力F1減小，桿OB上的支持力F2大小不變，選項A錯誤，B正確；從題圖所示位置開始伸長鋼索OA，鋼索OA的拉力F1增大，桿OB上的支持力F2大小不變，選項C正確，D錯誤。2.如圖所示，上表面為四分之一光滑圓弧的物體A靜止在粗糙的水平地面上，一小物塊B從圓弧底端受到水平外力F的作用緩慢沿圓弧向上移動一小段距離，在此過程，A始終處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是()A水平外力F保持不變B地面對A的摩擦力逐漸增大CA對B的支持力逐漸減小D地面對A的支持力逐漸減小解析：選B設A對B的支持力與豎直方向的夾角為，對B由平衡條件知，水平外力Fmgtan 、支持力FN1，B沿圓弧上移，夾角變大，則水平外力F和支持力FN1均增大，選項A、C錯誤；對A、B整體，地面對A的摩擦力FfF，隨水平外力F增大而增大，地面對A 的支持力FN2(Mm)g保持不變，選項B正確，D錯誤。知能全通1臨界問題與極值問題臨界問題當某物理量變化時，會引起其他幾個物理量的變化，從而使物體的平衡“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”，即處于臨界狀態(tài)，在問題的描述中常用“剛好”“剛能”“恰好”等字眼極值問題平衡問題的極值，一般指在力的變化過程中的最大值和最小值2求解臨界、極值問題的常用方法(1)圖解法：根據(jù)已知量的變化情況，畫出平行四邊形或三角形的邊角變化，進而確定未知量大小、方向的變化，求出臨界值或極值。(2)解析法：利用物體受力平衡寫出未知量與已知量的關系表達式，根據(jù)已知量的變化情況來確定未知量的變化情況，求出極值，或利用臨界條件確定未知量的臨界值。題點全練1.多選某學習小組為了體驗最大靜摩擦力與滑動摩擦力的臨界狀態(tài)，設計了如圖所示的裝置，一位同學坐在長直木板一端，另一端不動，讓長直木板由水平位置緩慢向上轉動(即木板與地面的夾角變大)，則選項圖中表示該同學受到支持力FN、合外力F合、重力沿斜面方向的分力G1、摩擦力Ff隨角度的變化關系正確的是()解析：選ACD重力沿斜面方向的分力G1mgsin ，C正確；支持力FNmgcos ，A正確；該同學滑動之前，F(xiàn)合0，F(xiàn)fmgsin ，滑動后，F(xiàn)合mgsin mgcos ，F(xiàn)fmgcos ，實際情況下最大靜摩擦力略大于滑動摩擦力，B錯誤，D正確。2.(2018·惠州模擬)如圖所示，三根相同的繩的末端連接于O點，A、B端固定，C端受一水平力F，當F逐漸增大時(O點位置保持不變)，最先斷的繩是()AOA繩BOB繩COC繩 D三繩同時斷解析：選A對結點O受力分析，受三根繩的拉力，根據(jù)平衡條件的推論得，水平和豎直兩繩拉力的合力與OA繩的拉力等大反向，由平行四邊形定則可知，三根繩中OA繩的拉力最大，在水平拉力逐漸增大的過程中，OA繩先斷，選項A正確。3.如圖所示，三根長度均為L的輕繩分別連接于C、D兩點，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2L，現(xiàn)在C點上懸掛一個質量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點上可施加力的最小值為()Amg BmgCmg Dmg解析：選C由題圖可知，為使CD繩水平，各繩均應繃緊，由幾何關系可知，AC繩與水平方向的夾角為60°；結點C受力平衡，受力分析如圖所示，則CD繩的拉力FTmgtan 30°mg；D點受CD繩的拉力大小等于FT，方向向左；要使CD繩水平，D點兩繩的拉力與外界的力的合力應為零，則CD繩對D點的拉力可分解為沿BD繩的F1及另一分力F2，由幾何關系可知，當BD繩上的拉力F與F1大小相等，且力F2與BD繩垂直時，F(xiàn)2最小，而F2的大小即為施加在D點的力的大小，故最小力FF2FTsin 60°mg，故C正確。專題強訓提能 1多選如圖甲所示，筆記本電腦散熱底座一般有四個卡位用來調節(jié)角度。某同學將電腦放在散熱底座上，為了獲得更好的舒適度，由原卡位1調至卡位4，如圖乙所示，電腦始終處于靜止狀態(tài)，則()A電腦受到的支持力變大B電腦受到的摩擦力變大C散熱底座對電腦的作用力的合力不變D電腦受到的支持力與摩擦力兩力大小之和等于其所受重力的大小解析：選AC對電腦的受力分析如圖所示，電腦始終處于靜止狀態(tài)，故電腦受力平衡。由平衡條件可知：電腦受到的支持力FNmgcos ，電腦受到的摩擦力fmgsin ，由原卡位1調至卡位4，減小，故FN增大，f減小，選項A正確，B錯誤；散熱底座對電腦的作用力的合力即電腦受到的支持力與摩擦力兩力的矢量和，大小等于電腦所受的重力，始終不變，選項C正確；電腦受到的支持力與摩擦力兩力大小之和大于其所受重力的大小，選項D錯誤。2(2019屆高三·南京模擬)如圖所示，一質量為M的磁鐵，吸在豎直放置的磁性黑板上靜止不動。某同學沿著黑板面，用水平向右的恒力F輕拉磁鐵，磁鐵向右下方做勻速直線運動，則磁鐵受到的摩擦力Ff()A大小為MgB大小為 C大小為F D方向水平向左解析：選B由題意可知，磁鐵受豎直向下的重力、水平向右的恒力的作用，二力的合力為F合；由力的平衡條件可知，摩擦力應與二力的合力大小相等、方向相反，則磁鐵受到的摩擦力大小FfF合，故A、C、D錯誤，B正確。3多選重力為G的體操運動員在進行自由體操比賽時，有如圖所示的比賽動作，當運動員豎直倒立保持靜止狀態(tài)時，兩手臂對稱支撐，夾角為，則()A當60°時，運動員單手對地面的正壓力大小為B當120°時，運動員單手對地面的正壓力大小為GC當不同時，運動員受到的合力相同D當不同時，運動員與地面之間的相互作用力不相等解析：選AC對運動員受力分析如圖所示，地面對手的支持力F1F2，則運動員單手對地面的正壓力大小為，與無關，選項A正確，B錯誤；不管如何，運動員受到的合力為零，與地面之間的相互作用力總是等大，選項C正確，D錯誤。4.在粗糙水平地面上放著一個截面為半圓的柱狀物體A，A與光滑豎直墻之間放另一截面也為半圓的光滑柱狀物體B，整個裝置處于靜止狀態(tài)，截面如圖所示。設墻對B的作用力為F1，B對A的作用力為F2，地面對A的作用力為F3。在B上加一物體C，整個裝置仍保持靜止，則()AF1保持不變，F(xiàn)3增大 BF1增大，F(xiàn)3保持不變CF2增大，F(xiàn)3增大 DF2增大，F(xiàn)3保持不變解析：選C未放上C時，以B為研究對象，受力分析如圖1所示，由平衡條件得，墻對B的作用力F1GBtan ，當放上C時，F(xiàn)1增大。A對B的作用力F2，F(xiàn)1增大，則F2增大，由牛頓第三定律知F2F2，即F2也增大。再以整體為研究對象，受力分析如圖2所示，則放上C前，地面對A的支持力NGAGB，放上C后變?yōu)镚AGBGC，即N增大，地面對A的摩擦力fF1，且F3為N與f的合力，所以F3增大，故C正確。5.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1，A與地面間的動摩擦因數(shù)為2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。A與B的質量之比為()A. B.C. D.解析：選B設A、B的質量分別為mA、mB，B剛好不下滑，根據(jù)平衡條件得mBg1F；A恰好不滑動，則A與地面之間的摩擦力等于最大靜摩擦力，把A、B看成一個整體，根據(jù)平衡條件得F2(mAmB)g，解得，選項B正確。6多選某些農村一大家人過春節(jié)時常用簡易灶做菜，如圖甲、乙所示，將一個球形鐵鍋用三個不計重力的小石塊支起用柴火燒菜，鐵鍋邊緣水平，小石塊成正三角形放在水平灶臺上，石塊到鐵鍋球心的連線與豎直方向的夾角均為30°，已知鐵鍋與菜的總質量為9 kg，不計鐵鍋與石塊間的摩擦，重力加速度g取10 m/s2，下列說法正確的是()A灶臺對每個石塊的作用力均豎直向上B灶臺受到每個石塊的壓力大小為30 NC每個石塊與鐵鍋之間的彈力大小為20 ND灶臺對每個石塊的摩擦力大小為10 N解析：選BC灶臺對石塊有豎直向上的支持力和水平方向的摩擦力作用，故灶臺對每個石塊的作用力的方向不是豎直向上，選項A錯誤；鐵鍋和石塊豎直方向對灶臺的壓力等于鐵鍋所受的重力，故灶臺受到每個石塊的壓力大小等于mg×9×10 N30 N，選項B正確；對鐵鍋由平衡條件可得：3FNcos 30°mg，解得：FN20 N，選項C正確；FfFNsin 30°10 N，即灶臺對每個石塊的摩擦力大小為10 N，選項D錯誤。7.如圖所示，一輕繩一端固定在地面上的C點，另一端與豎直桿AB的頂端A相連，頂端A右側一水平輕繩跨過一光滑定滑輪與一重物相連，豎直桿AB處于平衡狀態(tài)，AB與地面的摩擦不計。若AC加長，使C點左移，AB仍保持平衡狀態(tài)，AC上的拉力T和AB受到的地面的支持力N與原先相比，下列說法正確的是()AT增大，N減小 BT減小，N增大CT和N都減小 DT和N都增大解析：選C若AC加長，由于懸掛的重物質量不變，右側水平輕繩的拉力不變。分析A處受力情況，AC上的拉力T沿水平方向的分力大小等于懸掛的重物重力，沿豎直方向的分力等于AB受到的地面的支持力。若AC加長，使C點左移，AB仍保持平衡狀態(tài)，顯然，T和N都減小，選項C正確。8.(2018·鐵嶺協(xié)作體模擬)如圖所示，固定在水平地面上的物體A，左側是圓弧面，右側是傾角為的斜面，一根輕繩跨過物體A頂點上的小滑輪，輕繩左、右兩端分別系有質量為m1、m2的小球，當兩小球靜止時，左端小球與圓心連線跟水平方向的夾角也為，不計一切摩擦，則m1、m2之間的關系是()Am1m2 Bm1m2tan Cm1 Dm1m2cos 解析：選B設輕繩對兩小球的拉力大小為FT，對右端小球根據(jù)平衡條件得：FTm2gsin ；對左端小球根據(jù)平衡條件得：FTm1gcos ；解得：m1m2tan ，B正確。9多選(2018·天津高考)明朝謝肇淛的五雜組中記載：“明姑蘇虎丘寺塔傾側，議欲正之，非萬緡不可。一游僧見之曰：無煩也，我能正之。”游僧每天將木楔從塔身傾斜一側的磚縫間敲進去，經月余扶正了塔身。假設所用的木楔為等腰三角形，木楔的頂角為，現(xiàn)在木楔背上加一力F，方向如圖所示，木楔兩側產生推力FN，則()A若F一定，大時FN大B若F一定，小時FN大C若一定，F(xiàn)大時FN大D若一定，F(xiàn)小時FN大解析：選BC根據(jù)力F的作用效果將力F分解為垂直于木楔兩側的力FN，如圖所示。則sin ，即FN，所以當F一定時，越小，F(xiàn)N越大；當一定時，F(xiàn)越大，F(xiàn)N越大。故選項B、C正確。10多選如圖，粗糙水平面上有a、b、c、d四個相同小物塊用四根完全相同的輕彈簧連接，正好組成一個等腰梯形，系統(tǒng)靜止。ab之間、ac之間以及bd之間的彈簧長度相同且等于cd之間彈簧長度的一半，ab之間彈簧彈力大小為cd之間彈簧彈力大小的一半。若a受到的摩擦力大小為f，則()Aab之間的彈簧一定是壓縮的Bb受到的摩擦力大小為fCc受到的摩擦力大小為fDd受到的摩擦力大小為2f解析：選ABC設每根彈簧的原長為L0，ab之間彈簧的形變量為x1，cd之間彈簧的形變量為x2，則有kx22kx1，若ab之間的彈簧是拉長的，則有：L0x22(L0x1)，解得L00，不符合題意，所以ab之間的彈簧是壓縮的，A正確；由于a受到的摩擦力大小為f，根據(jù)對稱性可得，b受到的摩擦力大小也為f，B正確；以a和c為研究對象進行受力分析如圖所示，圖中的為ac與cd之間的夾角，則cos ，所以60°，則cab120°，a受到的摩擦力大小fT；對c根據(jù)力的合成可得fcf，C正確；由于c受到的摩擦力大小為 f，根據(jù)對稱性可知，d受到的摩擦力大小也為f，D錯誤。11.(2018·云南師大附中模擬)如圖所示，柔軟輕繩ON的一端O固定，在其上某點M拴一重物，用手拉住繩的另一端N將重物向右上方緩慢拉起。初始時，OM豎直，OMMN，保持OM與MN夾角不變，在OM由豎直被拉到水平的過程中()AOM上的張力逐漸增大BOM上的張力先增大后減小CMN上的張力逐漸增大DMN上的張力先增大后減小解析：選COM和MN上的張力的合力與重力是一對平衡力，受力分析如圖所示。根據(jù)幾何關系有FMNGsin ，F(xiàn)OMGcos ，可知，隨著的增大，MN上的張力逐漸增大，OM上的張力逐漸減小，故C正確，A、B、D 錯誤。12(2019屆高三·德州調研)如圖所示，把一重為G的物體，用一水平推力Fkt(k為恒量，t為時間)壓在豎直的足夠高的粗糙墻面上。從t0時刻開始物體所受的摩擦力Ff隨t的關系對應選項圖中的()解析：選B開始時由于推力F為零，物體和墻面間沒有擠壓，則摩擦力為零，物體在重力作用下開始沿豎直墻面下滑，所以開始一段時間內為滑動摩擦力。由FfFN，又FNFkt，所以Ffkt，即Ff隨時間t成正比增大，當Ff增大到等于G時，物體具有一定速度，由于慣性仍然滑行，隨著滑行的繼續(xù)，F(xiàn)f會大于G，最后物體靜止于墻面上，摩擦力變?yōu)殪o摩擦力，豎直方向上根據(jù)二力平衡，則有FfG，所以B正確。13.(2018·哈爾濱模擬)如圖所示，三個質量均為1 kg的小木塊a、b、c和兩個勁度系數(shù)均為500 N/m的相同輕彈簧p、q用輕繩連接，其中a放在光滑水平桌面上。開始時p彈簧處于原長，木塊都靜止。現(xiàn)用水平力緩慢地向左拉p彈簧的左端，直到c剛好離開水平地面為止，g取10 m/s2。則該過程中()Aq彈簧上端移動的距離為2 cm，p彈簧的左端向左移動的距離是4 cmBq彈簧上端移動的距離為4 cm，p彈簧的左端向左移動的距離是2 cmCq彈簧上端移動的距離為4 cm，p彈簧的左端向左移動的距離是8 cmDq彈簧上端移動的距離為2 cm，p彈簧的左端向左移動的距離是6 cm解析：選C開始時p彈簧處于原長，可知q彈簧處于壓縮狀態(tài)，壓縮量為xq2 cm; c剛好離開水平地面時，q彈簧伸長xq2 cm，則q彈簧上端移動的距離為4 cm；p彈簧伸長xp4 cm，則p彈簧的左端向左移動的距離是8 cm。選項C正確，A、B、D錯誤。14多選(2018·寶雞質檢)如圖所示，兩塊相互垂直的光滑擋板OP、OQ，OP豎直放置，小球a、b固定在輕彈簧的兩端，并斜靠在OP、OQ上?，F(xiàn)有一個水平向左的推力F作用于b上，使a、b緊靠擋板處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)保證b不動，使OP向右緩慢平移一小段距離，則()A推力F變小 B彈簧長度變短C彈簧長度變長 Db對OQ的壓力變大解析：選AC設彈簧與豎直方向的夾角為，現(xiàn)保證b不動，使OP向右緩慢平移一小段距離，則減小，以a為研究對象，受力分析如圖，根據(jù)平衡條件得：F彈，減小，cos 增大，則F彈減小，彈簧長度變長；OP對a的彈力FN1mgtan ，減小，F(xiàn)N1減小，對a、彈簧和b整體研究，水平方向：FFN1，則推力F將減小，故A、C正確，B錯誤；豎直方向：OQ對b的支持力FN2(mamb)g不變，根據(jù)牛頓第三定律可知，b對OQ的壓力不變，故D錯誤。