2021物理通用一轮练习：考点5受力分析共点力的平衡含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2021高考物理通用一轮练习：考点5受力分析共点力的平衡含解析考点5受力分析共点力的平衡题组一基础小题1．如图所示,质量为m的木块P在质量为M的长木板ab上滑行，长木板放在水平地面上一直处于静止状态。若长木板ab与地面间的动摩擦因数为μ1，木块P与长木板ab间的动摩擦因数为μ2，则长木板ab受到地面的摩擦力大小为（）A．μ1Mg B．μ1(m＋M）gC．μ2mg D．μ1Mg＋μ2mg答案C解析木块P在长木板ab上滑行，木块受到长木板向左的滑动摩擦力F1＝μ2mg作用,根据牛顿第三定律可知，长木板也必定受到木块向右的滑动摩擦力F1′作用,F1′＝F1＝μ2mg。由于长木板处于静止状态，所以长木板受到地面的静摩擦力F2与F1′平衡,即F2＝μ2mg，C正确。2．如图所示，物体A靠在竖直墙面上，在力F作用下,A、B保持静止。物体B的受力个数为(）A．2B．4C．2或4D．无法确定答案B解析A、B之间一定有弹力，否则A不会静止，以B为研究对象，B受到重力、推力F和A对B斜向下的弹力，分析可知,B一定还受A对它的静摩擦力，否则B不会静止,所以B受四个力作用,故B正确，A、C、D错误。3．如图所示，倾角为45°的斜面B放置在水平面上，物块A放在斜面B上,A、B接触面光滑，水平力F作用在物块A上，A、B一起沿着水平面向左匀速滑动,若B与水平面间的动摩擦因数为μ，则A与B的质量之比为（)A。eq\f（μ，1－μ) B。eq\f(μ，1＋μ）C。eq\f（1－μ,μ） D.eq\f（1＋μ,μ）答案A解析把A、B看成一个整体，根据平衡条件得F＝μ（mA＋mB）g，对物块A受力分析，根据平衡条件得F＝mAgtan45°，联立解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(μ,1－μ），A正确。4．如图所示,斜面体放置在粗糙的水平地面上，在水平向右的推力F作用下，物体A和斜面体B均保持静止。若减小推力F，物体A仍然静止在斜面上，则()A．物体A所受合力一定变小B．斜面对物体A的支持力一定变小C．斜面对物体A的摩擦力一定变小D．斜面对物体A的摩擦力一定为零答案B解析物体A始终处于平衡状态，所以受到的合力始终等于0，不变，故A错误；如图对物体A进行受力分析，有：F合x＝Fcosθ＋f－Gsinθ＝0①F合y＝FN－Gcosθ－Fsinθ＝0②由②知,FN＝Gcosθ＋Fsinθ，当F减小时，则支持力减小，所以B正确;由①知，f＝Gsinθ－Fcosθ，当f为正值即沿斜面向上时，F减小则f增大，当f为负值即沿斜面向下时，F减小则f可能减小,可能为零，也可能反向增大，故C、D错误。故选B.5.如图所示,斜劈ABC放在粗糙的水平地面上，在斜劈上放一重为G的物块，物块和斜劈均处于静止状态。现用一竖直向下且逐渐增大的力F作用于物块上，则下列说法正确的是（)A．斜劈对物块的支持力增大B．物块所受的合力变大C．当力F足够大时斜劈将沿水平地面向右滑动D．斜劈ABC受到水平地面向左的摩擦力作用，且随力F的增大而增大答案A解析重为G的物块静止在斜劈上,对物块:mgsinθ≤μmgcosθ，即sinθ≤μcosθ。当用一竖直向下的力F作用于物块上时,可等效于物块更重了，物块对斜劈的压力增大，则斜劈对物块的支持力增大,A正确；但此时sinθ≤μcosθ仍成立，故物块仍静止，合力保持为零不变，B错误；以物块与斜劈组成的整体为研究对象，水平方向上不受力，故C、D错误。6．如图所示，光滑小球置于竖直墙壁和挡板间，挡板绕O点于图示位置缓慢转至水平的过程中，小球对墙壁和挡板的压力如何变化（）A．对墙壁的压力减小，对挡板的压力也减小B．对墙壁的压力减小，对挡板的压力增大C．对墙壁的压力减小,对挡板的压力先增大后减小D．对墙壁的压力先增大后减小，对挡板的压力增大答案A解析以小球为研究对象，由题可知小球时刻处于平衡状态，根据受力平衡，受力分析如图所示，由图可知，墙壁给球的压力F2逐渐减小,挡板给球的支持力F1逐渐减小,根据牛顿第三定律可知小球对竖直墙壁的压力逐渐减小，小球对挡板的压力也逐渐减小，故选A。7．（多选）如图所示，质量均为m的小球A、B用劲度系数为k1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T1，弹簧的弹力为F1;现把A、B间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k2(k2>k1)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T2,弹簧的弹力为F2，则下列关于T1与T2、F1与F2大小之间的关系，以下说法正确的是()A．T1>T2 B．T1＝T2C．F1〈F2 D．F1＝F2答案BC解析以小球B为研究对象，分析受力情况，如图所示。由平衡条件可知，弹簧的弹力F和绳子的拉力T的合力F合与小球的重力mg大小相等、方向相反，即F合＝mg，由三角形相似得:eq\f（mg,AO)＝eq\f（F，AB）＝eq\f(T,OB)，AO、OB不变，而T＝eq\f（OB，AO）mg,故T大小不变，即T1＝T2；当弹簧劲度系数变大时，弹簧的压缩量减小,AB增大，而F＝eq\f（AB，AO)mg，故F变大，即F2〉F1.故A、D错误,B、C正确。8．(多选）如图所示，用光滑的粗铁丝做成一直角三角形,BC边水平，AC边竖直，∠B＝β，∠A＝α，AB及AC两边上分别套有细线系着的铜环M、N，当它们静止时，细线与AB所成的角为γ，与AC所成的角为θ（细线长度小于BC），则（)A．γ＝β B．θ＝eq\f（π，2)C．θ>eq\f（π，2)－α D．β〈γ〈eq\f(π,2）答案CD解析对N受力分析，如图所示，N受重力GN、垂直AC边向右的弹力FN，N静止，则受细线的拉力TN一定斜向左上方，则θ〈eq\f（π,2)，γ>β；对M受力分析，M受重力GM、垂直AB边向上的弹力FM，M静止，则M所受细线拉力TM沿图中所示方向，有γ〈eq\f(π,2)，则θ〉eq\f(π，2)－α.综上所述，A、B错误，C、D正确。9。课堂上，老师准备了“L”形光滑木板和三个完全相同、外表面光滑的匀质圆柱形积木，要将三个积木按图示（截面图）方式堆放在木板上，则木板与水平面夹角θ的最大值为(）A．30° B．45°C．60° D．90°答案A解析将三个积木按图示方式堆放在木板上，增大θ角的过程中，最上面两个积木之间先是存在压力，θ增大到某一角度时，压力消失，此时θ角达到最大值，之后再增大θ角，最上面的积木便无法保持平衡状态，当θ角达到最大值时，积木状态如图所示，所以θ角的最大值为30°，A正确。10．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、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（)A.eq\f（\r（3),2) B.eq\f（\r(3),3）C.eq\r(3) D。eq\f(1，2)答案A解析如图对第1块石块进行受力分析，由几何关系知：eq\f（F1，F2)＝sin60°＝eq\f(\r（3）,2），故A正确,B、C、D错误。11．(多选）如图所示,将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O′处（O为球心)，弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点.已知容器半径为R，与水平地面之间的动摩擦因数为μ，OP与水平方向的夹角为θ＝30°。下列说法正确的是()A．容器相对于水平面有向左的运动趋势B．容器和弹簧对小球的作用力的合力竖直向上C．弹簧原长为eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（R＋\f（mg，k））)D．轻弹簧对小球的作用力大小为eq\f（\r（3）,2)mg答案BC解析对小球受力分析，如图所示。θ＝30°，三角形OO′P为等边三角形，由FN、F、mg首尾相接后组成的力的三角形与几何三角形OO′P相似得FN＝F＝mg，D错误；整体竖直方向受重力、地面的支持力,根据平衡条件可知,容器不受水平面的静摩擦力，容器与地面没有相对运动趋势，A错误；小球处于平衡状态，容器和弹簧对小球的作用力的合力与重力平衡，B正确；由胡克定律有F＝mg＝k(L0－R)，解得弹簧原长L0＝R＋eq\f(mg,k)，C正确。12．在竖直墙壁间有半圆球A和圆球B，其中圆球B的表面光滑，半圆球A与左侧墙壁之间的动摩擦因数为eq\f(2，5)eq\r（3)，两球心之间连线与水平方向成30°的夹角，两球恰好不下滑，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则半圆球A和圆球B的质量之比为(）A。eq\f(1,2） B.eq\f(1,4）C.eq\f(1,5) D。eq\f（1，6）答案C解析设A的质量为m，B的质量为M，对B受力分析如图所示,可得FNB＝Fcos30°，Mg＝Fsin30°，解得FNB＝eq\f(Mg，tan30°），对两球组成的整体，水平方向受力平衡，有FNA＝FNB，竖直方向有(m＋M）g＝μFNA，联立解得eq\f（m,M）＝eq\f（1,5），C正确.13。如图所示，圆环固定在竖直平面内，打有小孔的小球穿过圆环。细绳a的一端固定在圆环的A点，细绳b的一端固定在小球上，两绳的连接点O悬挂着一重物,O点正好处于圆心。现将小球从B点缓慢移到B′点，在这一过程中，重物一直保持静止。则在此过程中绳a的拉力(）A．一直增大 B．一直减小C．先增大后减小 D．先减小后增大答案A解析对连接点O进行受力分析，把连接点受到的重物拉力（等于重力)、两绳的拉力放到一个矢量三角形中,如图所示,小球从B点缓慢移到B′点，Fa逐渐变大，A正确。题组二高考小题14．（2019·江苏高考）如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右。细绳与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为（)A.eq\f（T，sinα) B。eq\f（T，cosα）C．Tsinα D．Tcosα答案C解析对气球受力分析,如图所示，将绳的拉力T分解，在水平方向：风对气球的作用力大小F＝Tsinα，C正确。15．(2016·全国卷Ⅱ）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()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逐渐变小答案A解析以O点为研究对象,设绳OA与竖直方向的夹角为θ，物体的重力为G，根据力的平衡可知，F＝Gtanθ,T＝eq\f(G，cosθ），随着O点向左移，θ变大，则F逐渐变大,T逐渐变大,A项正确。16.(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答案BD解析选N为研究对象,受力情况如图甲所示，用水平拉力F缓慢拉动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GM、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＝GMsinθ，T逐渐增大，f逐渐减小，可能会出现f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＝GMsinθ＋f,当T逐渐增大时，f逐渐增大，C错误，D正确。17．(2016·全国卷Ⅰ)（多选)如图,一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点;另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a,另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态。若F方向不变,大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则（)A．绳OO′的张力也在一定范围内变化B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化答案BD解析系统处于静止状态，连接a和b的绳的张力大小T1等于物块a的重力Ga，C项错误;以O′点为研究对象，受力分析如图甲所示，T1恒定，夹角θ不变,由平衡条件知，绳OO′的张力T2恒定不变，A项错误；以b为研究对象,受力分析如图乙所示,则FN＋T1cosθ＋Fsinα－Gb＝0f＋T1sinθ－Fcosα＝0FN、f均随F的变化而变化，故B、D项正确。18．（2015·广东高考）(多选)如图所示,三条绳子的一端都系在细直杆顶端，另一端都固定在水平地面上，将杆竖直紧压在地面上。若三条绳长度不同，下列说法正确的有（）A．三条绳中的张力都相等B．杆对地面的压力大于自身重力C．绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零D．绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力答案BC解析根据杆受力平衡可知，三条绳的拉力的水平分力的合力为零，C正确；由于三条绳的长度不同,因此三条绳与竖直方向的夹角不同,如果三条绳水平分力间的夹角相等，则三条绳中张力一定不相等，A错误;由杆受力平衡可知，杆对地面的压力等于杆的重力与三条绳的拉力的竖直分力之和,故杆对地面的压力大于自身重力，B正确；三条绳的拉力的合力和杆的重力的方向均竖直向下,而一对平衡力要求方向相反，所以它们不是一对平衡力，D错误。19。(2017·天津高考)（多选)如图所示,轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件，当衣架静止时,下列说法正确的是（）A．绳的右端上移到b′，绳子拉力不变B．将杆N向右移一些，绳子拉力变大C．绳的两端高度差越小,绳子拉力越小D．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移答案AB解析设绳长为l,两杆间距离为d，选O点为研究对象，因aOb为同一根绳，故aO、bO对O点的拉力大小相等,因此平衡时aO、bO与水平方向的夹角相等，设为θ。对于O点受力情况如图所示，根据平衡条件,得2Tsinθ＝mg，而sinθ＝eq\f（\r(l2－d2),l），所以T＝eq\f（mg，2）·eq\f（l,\r(l2－d2））.由以上各式可知，当l、d不变时，θ不变，故换挂质量更大的衣服时，悬挂点不变，选项D错误。若衣服质量不变，改变b的位置或绳两端的高度差，绳子拉力不变，选项A正确，选项C错误。当N杆向右移一些时，d变大,则T变大，选项B正确。20．(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αeq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(α〉\f（π，2))）。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中（)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答案AD解析设重物的质量为m，绳OM中的张力为TOM,绳MN中的张力为TMN。开始时，TOM＝mg,TMN＝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α不变，在绳MN缓慢拉起的过程中，角β逐渐增大,则角（α－β)逐渐减小,但角θ不变,在三角形中，利用正弦定理得：eq\f（TOM，sinα－β）＝eq\f(mg，sinθ），(α－β）由钝角变为锐角，则TOM先增大后减小,选项D正确；同理知eq\f（TMN，sinβ)＝eq\f（mg,sinθ），在β由0变为eq\f（π,2)的过程中，TMN一直增大，选项A正确。题组三模拟小题21．(2019·福建泉州泉港区第一中学质检)如图所示，固定斜面上有一小球,用一竖直轻弹簧与之相连，小球处于静止状态，不考虑小球的滚动。下列说法正确的是（）A．小球与斜面之间一定有弹力B．弹簧一定处于伸长状态C．弹簧可能处于压缩状态D．小球最多受到5个力答案C解析当小球受到弹簧的弹力与重力等大反向时，小球与斜面之间没有作用力，A错误;小球一定受到竖直向下的重力,若弹簧被压缩，则小球还受到竖直向下的弹力、斜面给的垂直斜面向上的支持力以及沿斜面向上的摩擦力,若弹簧被拉伸，则小球受到重力、竖直向上的弹力，还可能受斜面给的垂直斜面向上的支持力以及沿斜面向上的摩擦力，即小球最多受4个力作用，C正确，B、D错误。22．（2019·陕西黄陵中学高三上学期期末）架在A、B两根电线杆之间的均匀电线在夏、冬两季由于热胀冷缩的效应，电线呈现如图所示的两种形状,下列说法中正确的是（)A．夏季与冬季电线对电线杆的拉力一样大B．夏季与冬季电线杆对电线的拉力方向不变C．夏季电线对电线杆的拉力较大D．冬季电线对电线杆的拉力较大答案D解析以整条电线为研究对象，受力分析如图所示，由共点力的平衡条件知，两电线杆对电线的拉力的合力与其重力平衡，由几何关系得：Fcosθ＝eq\f(G，2)，F＝eq\f（G,2cosθ)，由于夏天气温较高，电线的体积会膨胀，两杆正中部位电线下坠的距离h变大，则电线在杆上固定处的切线方向与竖直方向的夹角θ变小，电线质量一定，则可知电线杆对电线的拉力F＝eq\f（G，2cosθ）变小，由牛顿第三定律知，夏季电线对电线杆的拉力较小，冬季电线对电线杆的拉力较大，故D正确,A、B、C错误。23．(2019·山东滨洲二模）浙江乌镇一带的农民每到清明时节举办民俗活动,在一个巨型石臼上插入一根硕大的毛竹,表演者爬上竹稍表演各种惊险动作，如图所示。下列说法正确的是(）A．在任何位置表演者静止时只受重力和弹力作用B．在任何位置竹竿对表演者的作用力必定与竹竿垂直C．表演者静止时,竹竿对其的作用力必定竖直向上D．表演者越靠近竹竿底部所受的摩擦力就越小答案C解析表演者大部分情况下受到重力、弹力和摩擦力三个力的作用,故A错误；表演者静止时,所受竹竿的作用力与重力大小相等、方向相反，即竖直向上，不一定与竹竿垂直，故B错误，C正确;表演者越靠近竹竿底部时竹竿与水平方向的夹角θ就越大，所以摩擦力f＝mgsinθ就越大,故D错误。24。(2019·湖南湘东六校联考）如图所示，斜面体静置于粗糙水平面上，用一轻绳拴住小球置于光滑的斜面上，轻绳左端固定在竖直墙面上的P处，初始时轻绳与斜面平行，若将斜面体移至虚线位置处，斜面体仍处于静止状态，则与在原来位置相比()A．在虚线位置时轻绳对小球的拉力小B．在虚线位置时斜面体对小球的支持力大C．在虚线位置时斜面体对水平面的压力大D．在虚线位置时斜面体对水平面的摩擦力小答案D解析隔离小球分析其受力，小球受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力、轻绳的拉力，画出小球受力的矢量三角形，如图所示，由图可知，在虚线位置时轻绳对小球的拉力大，斜面体对小球的支持力小，A、B错误；把小球和斜面体看成一个整体,由图可知，在虚线位置时轻绳对小球拉力的竖直分力大，水平分力小,由平衡条件可知，在虚线位置时水平面对斜面体的支持力小，摩擦力小,根据牛顿第三定律可知,在虚线位置时斜面体对水平面的压力小，摩擦力小，C错误，D正确.25。(2019·百师联盟七调)质量均为m的两物块A和B之间连接着一个轻质弹簧，其劲度系数为k，现将物块A、B放在水平地面上一斜面的等高处，如图所示，弹簧处于压缩状态，且物块与斜面均能保持静止,已知斜面的倾角为θ,两物块和斜面间的动摩擦因数均为μ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（)A．斜面和水平地面间一定有静摩擦力B．斜面对A、B组成的系统的静摩擦力大于2mgsinθC．若将弹簧拿掉，物块有可能发生滑动D．弹簧的最大压缩量为eq\f（mg\r（μ2cos2θ－sin2θ),k）答案D解析对两物块、弹簧和斜面组成的整体分析，整体处于平衡状态,相对地面没有相对运动的趋势，故斜面与水平地面间没有静摩擦力作用，A错误；对A和B组成的整体分析，整体的重力沿斜面向下的分力大小等于静摩擦力，即f＝2mgsinθ，故B错误；对A或B，弹簧弹力沿水平方向，大小为kx，且与重力沿斜面向下的分力mgsinθ、静摩擦力f0的合力为零，如图所示，f0＝eq\r（kx2＋mgsinθ2），拿掉弹簧后，f′＝mgsinθ，仍小于最大静摩擦力,物块不会发生滑动，故C错误；当静摩擦力最大时,弹簧弹力最大，此时kxmax＝eq\r（μmgcosθ2－mgsinθ2),故xmax＝eq\f(mg\r（μ2cos2θ－sin2θ)，k)，故D正确。26．（2019·安徽蚌埠二模）如图所示，物体甲放置在水平地面上，通过跨过定滑轮的轻绳与小球乙相连,整个系统处于静止状态。现对小球乙施加一个水平力F,使小球乙缓慢上升一小段距离,整个过程中物体甲保持静止，甲受到地面的摩擦力为f,则该过程中（）A．f变小，F变大 B．f变小，F变小C．f变大，F变小 D．f变大，F变大答案D解析对小球乙，分析其受力情况，设轻绳与竖直方向夹角为α，则水平力F＝mgtanα，轻绳与竖直方向夹角α逐渐增大,则水平拉力增大；对物体甲受力分析，它受到重力、绳子的拉力、地面的支持力以及地面的摩擦力，其中，绳子的拉力T＝eq\f（mg，cosα），轻绳与竖直方向夹角α逐渐增大,则绳子的拉力T逐渐增大，甲所受轻绳的拉力T在水平方向的分力逐渐增大,所以水平地面对甲的摩擦力增大,D正确。27．（2019·湖北武汉武昌区调研）（多选)如图所示，竖直杆固定在木块C上，两者总重为20N，放在水平地面上。轻细绳a连接小球A和竖直杆顶端，轻细绳b连接小球A和B，小球B重为10N。当用与水平方向成30°角的恒力F作用在小球B上时，A、B、C刚好保持相对静止且一起水平向左做匀速运动，绳a、b与竖直方向的夹角分别恒为30°和60°，则下列判断正确的是（）A．力F的大小为10NB．地面对C的支持力大小为40NC．地面对C的摩擦力大小为10ND．A球重为10N答案AD解析以B为研究对象受力分析,水平方向受力平衡，有：Fcos30°＝Tbsin60°,解得:Tb＝F,竖直方向受力平衡,则有：Fsin30°＋Tbcos60°＝GB，解得:F＝GB＝10N；以A为研究对象受力分析,竖直方向：GA＋Tbcos60°＝Tacos30°，水平方向：Tasin30°＝Tbsin60°，联立得:GA＝GB＝10N，故A、D正确.以A、B、C和竖直杆整体为研究对象受力分析,水平方向：f＝Fcos30°＝5eq\r（3)N，竖直方向:N＋Fsin30°＝GA＋GB＋GC、杆，解得：支持力N＝35N,故B、C错误.题组一基础大题28.如图所示，质量M＝2kg的木块套在水平固定杆上，并用轻绳与质量m＝1kg的小球相连。今用跟水平方向成60°角的力F＝10eq\r（3）N拉着小球并带动木块一起向右做匀速直线运动,运动中M、m的相对位置保持不变，g＝10m/s2。在运动过程中,求：(1)轻绳与水平方向的夹角θ；(2）木块M与水平杆间的动摩擦因数μ。答案(1)30°（2)eq\f(\r(3)，3）解析（1）小球做匀速直线运动，其合力为零。以小球为研究对象，受力分析如图1所示，由平衡条件得水平方向：Fcos60°－FTcosθ＝0①竖直方向:Fsin60°－FTsinθ－mg＝0②由①②式联立解得θ＝30°。（2）木块、小球组成的整体做匀速直线运动，所受合力为零。以木块、小球组成的整体为研究对象，受力分析如图2所示,由平衡条件得水平方向:Fcos60°－Ff＝0③竖直方向：FN＋Fsin60°－（M＋m）g＝0④又Ff＝μFN⑤由③④⑤式联立解得μ＝eq\f（\r（3),3）.29．如图甲所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的定滑轮挂住一个质量为M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向也成30°角，轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量为M2的物体,求:（1)细绳AC段的