高中物理人教版本册总复习总复习 优秀奖

2023学年四川省成都市盐道街外语学校高一（上）第二次月考物理试卷一、单项选择题（共6题，每题3分，共18分．答对的得3分，答错的得0分）1．（3分）（2023•海南）如图所示，物体沿斜面向下匀速滑行，不计空气阻力，关于物体的受力情况，正确的是（） A． 受重力、支持力、摩擦力 B． 受重力、支持力、下滑力 C． 受重力、支持力 D． 受重力、支持力、摩擦力、下滑力考点： 物体的弹性和弹力．专题： 受力分析方法专题．分析： 选取物体A为研究的对象，按照重力、弹力、摩擦力，最后是其他的力的顺序找出A受到的力即可．解答： 解：对物体A进行受力分析可得，首先有重力，物体与斜面间相互挤压，斜面对其一定有支持力，物体匀速运动，一定受到滑动摩擦力，且滑动摩擦力的大小与重力沿斜面向下的分量大小相等，方向相反．平时所说的下滑力实际上是重力沿斜面向下的分量．故只有选项A正确．故选：A．点评： 理解力的概念，掌握力的特点，是正确分析受力的基础和依据．要想熟练掌握，还需要通过一定量的练习，不断加深对物体运动规律的认识，反复体会方法，总结技巧才能达到．2．（3分）（2023秋•隆化县校级期末）如图所示，质量为10Kg的物体在水平面上向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数为u=，与此同时，物体还受到一个水平向右的推力F=20N，则物体产生的加速度是（g=10m/s2）（） A． 0 B． 4m/s2，水平向右 C． 2m/s2，水平向左 D． 2m/s2，水平向右考点： 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．专题： 牛顿运动定律综合专题．分析： 正确对物体进行受力分析，确定出滑动摩擦力的大小和方向，从而求出其合力，再运用牛顿第二定律求出物体的加速度．解答： 解：在水平地面上向左运动，竖直方向受重力、支持力，竖直方向上物体没有加速度，重力与支持力的合力为0；水平方向上物体受到水平向右的推力和水平向右的滑动摩擦力．水平向右的推力F=20N，滑动摩擦力f=μN=μmg=×10×10=20N，所以合力大小为F合=（20+20）N=40N，方向水平向右，根据牛顿第二定律得：a===4m/s2，水平向右；故选：B．点评： 处理这类问题的基本思路是，先分析物体的受力情况求出合力，根据牛顿第二定律求出加速度．本题中容易出错的是滑动摩擦力方向的判断，很多同学易受外力方向的影响而判断错误．3．（3分）（2023•大兴区一模）如图所示，两木块的质量分别为m1和m2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k1和k2，上面木块压在上面的弹簧上（但不拴接），整个系统处于平衡状态．现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面弹簧．在这过程中下面木块移动的距离为（） A． B． C． D． 考点： 共点力平衡的条件及其应用；胡克定律．专题： 共点力作用下物体平衡专题．分析： 系统原来处于平衡状态，两个弹簧均被压缩，弹簧k2的弹力等于两物体的总重力．缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面弹簧时弹簧k2的弹力等于m2g，根据胡克定律分别求出下面弹簧两种状态下压缩的长度，下面木块移动的距离等于弹簧两种状态下压缩的长度之差．解答： 解：系统处于原来状态时，下面弹簧k2的弹力F1=（m1+m2）g，被压缩的长度x1==当上面的木块离开上面弹簧时，下面弹簧k2的弹力F2=m2g，被压缩的长度x2==所以下面木块移动的距离为S=x1﹣x2=故选C点评： 对于弹簧问题，往往先分析弹簧原来的状态，再分析变化后弹簧的状态，找出物体移动距离与弹簧形变之间的关系．4．（3分）（2023秋•蒸湘区校级期末）如图所示，两个等大的水平力F分别作用在物体B、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．物体A、C间的摩擦力大小为f1，物体B、C间的摩擦力大小为f2，物体C与地面间的摩擦力大小为f3，则（） A． f1=0，f2=0，f3=0 B． f1=0，f2=F，f3=0 C． f1=F，f2=0，f3=0 D． f1=0，f2=F，f3=F考点： 共点力平衡的条件及其应用；滑动摩擦力；力的合成与分解的运用．专题： 共点力作用下物体平衡专题．分析： 把ABC看做一个整体进行受力分析，可知C与地面间的摩擦力情况，再分别把AB隔离出来，分别受力分析，可知AC之间及BC之间的静摩擦力情况．解答： 解：把ABC看做一个整体，从整体的角度考虑，由于是两个等大、反向的力分别作用在系统上，所以物体C与地面间的摩擦力大小f3=0；隔离物体A进行受力分析，因物体A静止于物体C上，相对于C无相对运动趋势，所以物体A、C间的摩擦力大小f1=0；隔离物体B进行受力分析，B受到水平向右的拉力F作用而相对于C静止，但有向右的运动趋势，会受到向左的静摩擦力，由二力平衡可知f2=F．所以选项ACD错误，选项B正确．故选：B．点评： 该题考察了如何利用整体法和隔离体法对物体进行受力分析．在对物体进行受力分析时，正确的选取研究对象，会使对问题的分析变的简单明了．5．（3分）（2023秋•成都校级月考）如图所示，质量不计的定滑轮用轻绳悬挂在B点，另一条轻绳一端系重物C，绕过滑轮后，另一端固定在墙上A点，若改变B点位置，使滑轮位置发生移动，但使AO段绳子始终保持水平，则可以判断悬点B所受拉力F的大小变化情况是（） A． 若B左移，F将增大 B． 若B右移，F将增大 C． 无论B是左移还是右移，F都不变 D． 无论B是左移还是右移，F都减小考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题： 共点力作用下物体平衡专题．分析： 解答本题的关键是明确定滑轮只是改变力的方向并不能改变力的大小，然后根据平衡状态进行求解．解答： 解：在本题中通过滑轮的绳子所受力的大小相等，都等于C的重力，由于OA方向不变，因此绳子OA与OC的合力不变，根据受力平衡可知，绳子OA与OC的合力大小等于绳子OB的拉力大小，故无论B左移右移，F都保持不变，故ABD错误，C正确．故选：C点评： 本题结合有关滑轮的知识考查了三力作用下的物体平衡，物体的平衡是整个力学的重点，在平时训练中要加强练习．6．（3分）（2023春•枣强县校级期末）如图所示，物体在水平拉力F作用下沿水平地面做匀速直线运动，速度为v．现让拉力逐渐减小，则物体的加速度和速度的变化情况是（） A． 加速度逐渐变小，速度逐渐变大 B． 加速度和速度都在逐渐变小 C． 加速度和速度都在逐渐变大 D． 加速度逐渐变大，速度逐渐变小考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题： 牛顿运动定律综合专题．分析： 物体开始做匀速直线运动，知物体在水平方向上受到拉力和滑动摩擦力平衡，当拉力逐渐减小，根据牛顿第二定律判断出加速度的变化，根据速度与加速度的方向关系判断出速度的变化．解答： 解：开始物体在水平方向上受拉力和滑动摩擦力平衡，当拉力逐渐减小，根据牛顿第二定律，a=，知加速度逐渐增大，方向水平向左，方向与速度的方向相反，则速度逐渐减小．故D正确，A、B、C错误．故选D点评： 解决本题的关键知道根据合力的大小变化，可知道加速度大小的变化．以及知道当速度方向与加速度方向相同，物体做加速运动，当速度方向与加速度方向相反，物体做减速运动．二、不定项选择题（共6题，每题4分，共24分，有的只有一个正确答案，有的有多个正确答案，全部答对得4分，选不全得2分，有错的得0分）7．（4分）（2023•高密市模拟）如图所示，横截面为直角三角形斜劈A，放在粗糙的水平地面上，在劈与竖直墙壁之间放置一光滑球B，系统处于静止状态．在球B上施一通过球心的力F，系统仍保持静止，下列说法正确的是（） A． B所受合外力增大 B． B对竖直墙壁的压力增大 C． 地面对A的摩擦力减小 D． A对地面的摩擦力将小于B对墙壁的压力考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题： 共点力作用下物体平衡专题．分析： 正确选择研究对象，对其受力分析，运用平衡条件列出平衡等式解题．解答： 解：不加推力时，选取A和B整体为研究对象，它受到重力（M+m）g，地面支持力N，墙壁的弹力F′和地面的摩擦力f的作用（如图所示）而处于平衡状态．根据平衡条件有：N﹣（M+m）g=0，F′=f，可得：N=（M+m）g．再以B为研究对象，它受到重力mg，三棱柱对它的支持力NB，墙壁对它的弹力F的作用（如图所示），而处于平衡状态，根据平衡条件有：NBcosθ=mgNsinθB=F′解得F′=mgtanθ，所以f=F′=mgtanθ①加推力F，相当于物体B的重力变大，由于物体仍然平衡，故合力仍然为零，故A错误；B对竖直墙壁的压力等于墙壁对物体B的支持力F′，加推力F，相当于物体B的重力mg变大，再由①式，得到压力变大，故B正确；加推力F，相当于物体B的重力mg变大，再由①式，得到摩擦力f变大，故C错误；加推力F，相当于物体B的重力mg变大，再由①式，A对地面的摩擦力始终等于B对墙壁的压力，故D错误；故选B．点评： 正确选择研究对象，对其受力分析，运用平衡条件列出平衡等式解题．要注意多个物体在一起时，研究对象的选取．8．（4分）（2023秋•成都校级月考）下面作用于质点的各组共点力中，其合力可能为零的是（） A． 3N、4N、8N B． 3N、5N、1N C． 4N、7N、8N D． 7N、9N、16N考点： 力的合成．分析： 三力合成时要使合力为零，应使任意两力之和大于第三力，任意两力之差小于第三力．解答： 解：A、3N和4N的力的合力取值范围是1N≤F≤7N，故不可能与8N的力合成为零，故A错误；B、3N和5N的力合成时最小值为2N，故不可能与1N的力合成为零，故B错误；C、4N和7N的力的合力取值范围是3N≤F≤11N，当两力的合力为8N时，方向与第三个力方向相反时，它们三个力的合力可能为零，故C正确；D、当7N和9N的力同向与16N的力反向时，合力为零，故D正确；故选：CD．点评： 三力合成时合力能否为零可以借助三角形法则，只要表示三个力的三条边能组成三角形，则三个力的合力可以为零．9．（4分）（2023秋•营口期末）如图所示，质量为m，横截面为直角三角形的物块ABC，∠ABC=α，AB边靠在竖直墙面上，物块与墙面间的动摩擦因数为μ．F是垂直于斜面BC的推力，物块沿墙面匀速下滑，则摩擦力的大小为（） A． mg+Fsinα B． mg﹣Fsinα C． μmg D． μFcosα考点： 摩擦力的判断与计算；共点力平衡的条件及其应用．专题： 计算题．分析： 本题中物体为匀速下滑，故应从两个方面去分析，一是由滑动摩擦力的计算公式求出；二是由共点力的平衡条件得出．解答： 解：对物体受力分析可知，物体受重力、推力F、墙对物体的弹力及摩擦力的作用下做匀速直线运动，故物体受力平衡；将F向水平向分解，如图所示：则可知竖直方向上合力为零，即摩擦力f=mg+Fsinα；故A正确；而物体滑动，故为滑动摩擦力，故摩擦力也可以等于μFcosα，故D正确；故选AD．点评： 本题很多同学有一种方法得出一种答案后即以为完成了本题，但确忽略了题目中的重要条件；因物理一直有不定项选择题，故应注意培养全面分析问题的能力．10．（4分）（2023•涟水县校级模拟）国家大剧院外部呈椭球型．假设国家大剧院的屋顶为半球形，一保洁人员为执行保洁任务，必须在半球形屋顶上向上缓慢爬行（如图所示），他在向上爬的过程中（） A． 屋顶对他的摩擦力不变 B． 屋顶对他的摩擦力变大 C． 屋顶对他的支持力不变 D． 屋顶对他的支持力变大考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题： 共点力作用下物体平衡专题．分析： 以保洁员为研究对象，作出力图，根据平衡条件得出屋顶对他的摩擦力和支持力与θ的关系式，再分析两个力如何变化．解答： 解：以保洁员为研究对象，作出力图．设此人的重力为G，根据平衡条件得：屋顶对他的摩擦力：f=Gsinθ屋顶对他的支持力：N=Gcosθ保洁员在半球形屋顶上向上缓慢爬行的过程中，θ减小，则f减小，N增大．即屋顶对他的摩擦力减小，屋顶对他的支持力增大．故选D点评： 本题是简单的力平衡问题，分析受力，作出力图是关键．11．（4分）（2023•淄博模拟）某同学用传感器来探究摩擦力，他将力传感器接入数据采集器，再连接到计算机上；将一质量m=的木块置于水平桌面上，用细绳将木块和传感器连接起来进行数据采集，然后沿水平方向缓慢地拉动传感器，至木块运动一段时间后停止拉动．获得的数据在计算机上显示出如图所示的图象．下列有关这个实验的几个说法，其中正确的是（） A． 0～6s内木块一直受到静摩擦力的作用 B． 最大静摩擦力比滑动摩擦力大 C． 木块与桌面间的动摩擦因数约为 D． 木块与桌面间的动摩擦因数约为考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像；滑动摩擦力．专题： 牛顿运动定律综合专题．分析： 分析摩擦力Ff随拉力F的变化图象，根据长木板的状态确定木块与长木板间的摩擦力的性质．根据滑动摩擦力公式求出块与长木板间的动摩擦因数μ．解答： 解：A、在0﹣2s内，物体不受外力，此时没有摩擦力，故A错误；B、由图象可知，用力沿水平方向拉长木板，拉力从0开始逐渐增大．刚开始长木板处于静止状态，长木板受拉力和木块对长木板间的静摩擦力，当拉力达到4N时，开始发生相对滑动，木块与长木板间产生了滑动摩擦力．由图可知木块与长木板间的最大静摩擦力Ffm为4N．当拉力达到4N时，开始发生相对滑动，木块与长木板间产生了滑动摩擦力．由图可知木块与长木板间的滑动摩擦力Ff为3N．故B正确；C、根据滑动摩擦力公式得：μ==，故C正确，D错误；故选BC点评： 此题主要考查了二力平衡条件的应用，要知道静止状态和匀速直线运动状态都属于平衡状态，此时物体受力平衡，大小相等．并且要知道物体所受滑动摩擦力与接触面所受压力成正比．12．（4分）（2023•江苏模拟）如图所示，用一根长为L的细绳一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球A，为使细绳与竖直方向夹30°角且绷紧，小球A处于静止，则需对小球施加的最小力等于（） A． mg B． mg C． mg D． mg考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题： 共点力作用下物体平衡专题．分析： 小球A处于静止，受力平衡，分析受力情况，用作图法得出对小球施加的力最小的条件，再由平衡条件求出力的最小值．解答： 解：以小球为研究对象，分析受力，作出力图如图，根据作图法分析得到，当小球施加的力F与细绳垂直时，所用的力最小．根据平衡条件得F的最小值为Fmin=Gsin30°=故选：C．点评： 本题物体平衡中极值问题，关键是确定极值条件，本题采用图解法得到力最小的条件，也可以运用数学函数法求解极值．三、实验题（共16分）13．（4分）（2023秋•成都校级月考）利用打点计时器测定匀加速直线运动的小车的加速度．下图给出了该次实验中，从O点开始每5个点取一个计数点的纸带，其中O、A、B、C、D、E、F都为计数点．测得各计数点距O点的距离如图，则在计时器打出E点时，小车的瞬时速度vE=m/s，小车的加速度a=m/s2．（结果保留两位有效数字）考点： 测定匀变速直线运动的加速度．专题： 实验题；直线运动规律专题．分析： 根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上4点时小车的瞬时速度大小，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小．解答： 解：（1）从O点开始每5个点取一个计数点，所以相邻计数点间的时间间隔T=，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度得：vE===s≈s，（2）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：x4﹣x1=3a1T2x5﹣x2=3a2T2x6﹣x3=3a3T2为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：a=（a1+a2+a3）==s2故答案为：，．点评： 要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．14．（4分）（2023秋•成都校级月考）在“验证力的平行四边形定则”的实验中（1）下列是某同学在做该实验的一些看法，其中正确的是AB（填相应的字母）．A．拉橡皮筋的绳线要细长，实验中弹簧秤、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板平面平行B．用两个弹簧秤拉橡皮筋结点到某一位置O时，拉力要适当大些，读数时视线要正对弹簧秤刻度C．拉橡皮筋结点到某一位置O时，两个弹簧秤之间夹角应取90°以便于算出合力大小D．实验中，橡皮筋应该与两个弹簧秤之间夹角的平分线在同一直线上E．实验中，先将其中一个弹簧秤沿某一方向拉到最大量程，然后只需调节另一个弹簧秤拉力的大小和方向，把橡皮筋另一端拉到O点（2）实验中的情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，OB和OC为绳线．O为橡皮筋与绳线的结点，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是F′（填F或F′）考点： 验证力的平行四边形定则．专题： 实验题；平行四边形法则图解法专题．分析： 用平行四边形画出来的是理论值，和橡皮筋同线的那个是实际值；本实验要求在两次拉橡皮条的过程中力的作用效果要相同，即采用了“等效法”，明确实验中的注意事项．解答： 解：（1）本实验采用“等效法”，要求两次拉伸橡皮条时效果相同，即要求细绳的结点拉到相同的位置即可，实验中对两根细绳的长度没有具体要求，对两弹簧之间的夹角没有具体要求，只要夹角适当，便于作图即可，有利于减小误差即可，并非要求夹角总为90°、橡皮条也不必要与两绳夹角的平分线在同一直线上；在拉弹簧秤时必须要求弹簧秤与木板平面平行，否则会影响力的大小．实验时应同时故拉动两根个弹簧秤达到结点O；故AB正确，CDE错误故选：AB．（2）用一个弹簧测力计拉橡皮条时，拉力的方向一定沿绳子方向；根据力的平行四边形定则作出的合力，作图法得到的合力一定在平行四边形的对角线上，由于误差的存在与实验值有一定的差别，即作图得出的合力方向与竖直方向有一定的夹角，故图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是F′；故答案为：（1）AB（2）F′．点评： 本题比较全面的考察了验证平行四边形定则中的基础知识，对于这些基础知识和要求即要通过实验进行切身体会，同时也要通过练习加深理解．15．（8分）（2023秋•成都校级月考）在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学使用了如图1所示的装置．（1）在探究加速度与质量的关系实验中，下列做法正确的是BA．平衡摩擦力时，应将装沙的小桶用细绳通过定滑轮系在小车上B．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力C．实验时，先放开小车，再接通打点计时器电源D．小车运动的加速度可从天平测出装沙小桶和沙的质量m以及小车质量M，直接用公式a=求出．（2）如果a﹣图象是通过原点的一条直线，则说明BA．物体的加速度a与质量m成正比B．物体的加速度a与质量m成反比C．物体的质量m与加速度a成正比D．物体的质量m与加速度a成反比（3）该同学通过数据的处理作出了a﹣F图象，如图2所示，则①图中的直线不过原点的原因是平衡摩擦力时木板的右端垫得过高；②图中的直线发生弯曲的原因是随着F的增大不再满足沙和沙桶质量远小于小车质量，即不再满足m＜＜M．考点： 探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题： 实验题；牛顿运动定律综合专题．分析： 平衡摩擦力时，将小车拖到穿过打点计时器的纸带，轻推小车，若小车能够做匀速直线运动，摩擦力得到平衡，实验时，先接通电源后释放小车．a﹣图象是通过原点的一条直线说明：a=k，即物体的加速度a与质量m成反比；平衡摩擦力时，是重力沿木板方向的分力等于摩擦力，由图象可知，还没有挂重物时，小车已经产生了加速度，由此可知图象不过原点的原因．解答： 解：（1）A、平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，轻轻推动小车，是小车沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否匀速运动．故A错误．B、每次改变小车的质量时，小车的重力沿斜面分力和摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力．故B正确．C、实验时，若先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理．故C错误．D、小车运动的加速度是利用打点计时器测量，如果用天平测出m以及小车质量M，直接用公式求出，这是在直接运用牛顿第二定律计算的，而我们实验是在探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系．故D错误．故选：C（2）A、a﹣图象是通过原点的一条直线说明：a=k，即物体的加速度a与质量m成反比．故A错误，B正确．C、D：物体的质量是物体的固有属性，不会受到外界条件的影响（如：受力，运动状态，在火星上还是地球上等），故C、D错误．故选：B（3）①图中当F=0时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时，小车的加速度不为0，说明小车的摩擦力小于重力的分力，所以原因是实验前木板右端垫得过高，即平衡摩擦力过度导致．②设小车的加速度为a，绳子拉力为F，以砂和砂桶为研究对象得：mg﹣F=ma以小车为研究对象F=Ma解得：a=故：F=Ma=所以要使得绳子拉力等于砂和砂桶的重力大小，必有m＜＜M，而不满足m＜＜M时，随m的增大物体的加速度a逐渐减小．故图象弯曲的原因是：随着F的增大不再满足沙和沙桶质量远小于小车质量，即不再满足m＜＜M．故答案为：（1）B（2）B．（3）平衡摩擦力时木板的右端垫得过高；随着F的增大不再满足沙和沙桶质量远小于小车质量，即不再满足m＜＜M．点评： 解决本题的关键知道实验的原理以及实验需注意的事项，掌握平衡摩擦力的方法，注意不能将装砂的小桶用细绳通过定滑轮系在小车上．四、计算题（4个小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）16．（8分）（2023秋•成都校级月考）如图所示，用一根绳子把物体挂起来，再用一根水平的绳子把物体拉向一旁固定起来．物体的重量是40N，绳子与竖直方向的夹角30°，绳子和对物体的拉力分别是多大？（答案可保留根号）考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题： 共点力作用下物体平衡专题．分析： 以物体为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件采用正交分解法求解．解答： 解：如图所示以物体为研究对象进行受力分析，设绳子A对物体的拉力大小为FA，绳子B对物体的拉力大小为FB：以水平方向为x轴，竖直方向为y轴建立直角坐标系，由共点力的平衡条件有平衡方程：FB﹣FAsin30°=0①FAcos30°﹣G=0②代入数据联立求解①②得，答：绳子a和b对物体的拉力分别是和点评： 本题是简单的力平衡问题，采用的是正交分解法处理的，也可以应用合成法或分解法求解．17．（10分）（2023秋•成都校级月考）如图所示，µ=粗糙斜面的倾角为30°轻绳通过两个滑轮与A相连，轻绳的另一端固定于天花板上，不计轻绳与滑轮的摩擦．物块A的质量为m不计滑轮的质量，挂上物块B后，当滑轮两边轻绳的夹角为90°时，A、B恰能保持静止且A所受摩擦力沿斜面向下，求物块B的质量．（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题： 共点力作用下物体平衡专题．分析： 由题意，A恰能保持静止且A所受摩擦力沿斜面向下，说明静摩擦力达到最大值．先对A受力分析，运用共点力平衡条件和摩擦力公式求出细线的拉力；再对B受力分析，再次运用共点力平衡条件求出B的质量．解答： 解：先对A受力分析，如图根据共点力平衡条件，有：mgsin30°+f=TN=mgcos30°又f=μN联立解得：T=再对B受力分析，则有：T=Mg联立解得：M=答：物块B的质量为．点评： 本题关键是先后对物体A、B受力分析，根据共点力平衡条件，结合合成法或正交分解法列式求解．18．（12分）（202