2024版高考物理一轮复习第二章相互作用第3讲受力分析共点力的平衡练习含解析新人教版

PAGE7-2024版高考物理一轮复习第二章相互作用第3讲受力分析共点力的平衡练习含解析新人教版第3讲受力分析共点力的平衡一、选择题(本题共8小题，1～5题为单选，6～8题为多选)1．(2021·浙江名校协作体月考)如图所示为卡在绝壁间的“奇迹石”，距离谷底大约1000米。下列关于“奇迹石”受力的说法正确的是(D)A．受两侧绝壁的弹力一定是水平方向B．受左侧弹力和右侧弹力一定相等C．受两侧绝壁的摩擦力一定竖直向上D．受两侧绝壁的作用力一定竖直向上[解析]本题考查力的平衡。“奇迹石”卡在绝壁间。处于平衡状态。由于两侧绝壁形状不规则，所以具体每一个力的大小和方向都是不确定的，但由力的平衡知识可知其所受两侧绝壁的作用力的合力一定与其重力大小相等、方向相反，即方向一定竖直向上，D正确。2．(2020·河北大名一中月考)如图所示，两个光滑金属球a、b置于一个桶形容器中，两球的质量ma>mb，对于图中的两种放置方式，下列说法正确的是(C)A．两种情况对于容器左壁的弹力大小相同B．两种情况对于容器右壁的弹力大小相同C．两种情况对于容器底部的弹力大小相同D．两种情况两球之间的弹力大小相同[解析]本题考查受力平衡中的整体法和隔离法的应用。由几何知识可知，两种情况下两球球心的连线互相平行，也就是说，下面小球对上面小球弹力的方向相同。上面小球受到的弹力在竖直方向上的分力大小等于重力，水平方向上的分力等于对左壁的弹力，显然a球在上面时对左壁的弹力大，两球之间的弹力也大，A、D错误；将两球看成整体分析可知，在同一容器里对左壁的弹力大小等于对右壁的弹力大小，所以是b球在下面时对右壁作用力大，而对底部的作用力大小相同，都等于两球的总重力，B错误，C正确。3．(2021·江苏启东中学期中)如图所示，光滑斜面的倾角为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，则物块B的质量为(A)A．eq\f(\r(2),2)m B．eq\r(2)mC．m D．2m[解析]本题考查共点力平衡的条件。先对A受力分析，运用共点力平衡条件求出轻绳的拉力；再对B受力分析，再次运用共点力平衡条件求出B的质量，如图所示，根据共点力平衡条件，有mgsin30°＝T，eq\r(2)T＝Mg，解得M＝eq\f(\r(2),2)m，故A正确。4．(2020·山西师大附中月考)如图所示，两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动，在O点悬挂一质量为M的重物，将两相同木块紧压在竖直挡板上，木块质量为m，此时整个系统保持静止。Ff表示木块与挡板间摩擦力的大小，FN表示木块与挡板间正压力的大小。若挡板间的距离稍许增大后系统仍静止，且O1、O2始终等高，则(D)A．Ff变小 B．Ff变大C．FN变小 D．FN变大[解析]本题考查力的合成与分解。先取重物与两木块整体为研究对象，在竖直方向上，受重力和两个向上的静摩擦力，两个静摩擦力的合力等于重力，所以Ff不变。对O点受力分析如图所示，设硬杆与竖直方向夹角为θ，若挡板间的距离稍许增大，则θ增大，由图可知F1增大，F3增大，由牛顿第三定律可知FN变大，故D正确。5．(2021·河南八市重点高中联盟联考)如图所示，水平地板上放置一个斜面体，斜面体上放置滑块M，系有砝码的不可伸长的轻绳绕过斜面体顶端的定滑轮与滑块相连，系统保持静止。如果逐渐增加砝码个数，滑块与斜面体仍然保持静止，不计滑轮的质量和滑轮与细线间的摩擦，则下列说法正确的是(A)A．物体M受到斜面体的摩擦力可能先减小后增大B．物体受斜面体的摩擦力方向一定沿斜面向下C．斜面体有向右运动的趋势D．若剪断细线后M和斜面体仍然静止，则地面对斜面体的摩擦力方向水平向左[解析]本题考查连接体的受力平衡问题。取M为研究对象，M开始静止，所受摩擦力可能向上，可能向下，可能为零，增加砝码个数，若原来摩擦力向上，摩擦力就先减小后增大；A正确，B错误；取M和斜面体整体为研究对象，整体不受地面的摩擦力，C、D错误。6．(2021·山东济钢高级中学月考)如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体A、B通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动，A在地面，B在空中。此时，力F与水平方向成θ角，弹簧中弹力大小为F1，弹簧轴线与水平方向的夹角为α，A受地面的摩擦力大小为f，则下列正确的是(AD)A．θ一定大于α B．θ可能等于αC．F一定小于F1 D．F一定大于f[解析]本题借助平衡问题考查力的合成与分解。B受三个力作用，大小分别为m2g、F、F1，根据平衡条件，对B在水平方向有Fx＝Fcosθ－F1cosα＝0，竖直方向有Fy＝Fsinθ－(F1sinα＋m2g)＝0；所以Fcosθ＝F1cosα、Fsinθ>F1sinα，两式两边相除可得tanθ>tanα，即θ>α，则cosθ<cosα，所以F>F1；根据整体法得Fcosθ＝f，所以F>f，故A、D正确，B、C错误。一题多解对于B、D选项，考虑整体法，在水平方向上系统受外力F沿水平方向的分力和摩擦力f而处于平衡状态，可知F>f；若θ＝α，则弹簧与F在一个方向上，有B球的重力G＝0，不合实际，故B错。7．如图所示，橡皮筋一端固定在竖直墙的O点，另一端悬挂质量为m的小球静止在M点。O点正下方N处固定一铁钉(橡皮筋靠在铁钉左侧)，ON间距等于橡皮筋原长，现对小球施加拉力F，使小球沿以MN为直径的圆弧缓慢向N运动，橡皮筋始终在弹性限度内，不计一切摩擦。则小球从M移动到N的过程中(AB)A．橡皮筋的弹力一直在变小B．拉力F的方向始终跟橡皮筋垂直C．拉力F的方向始终跟圆弧垂直D．拉力F先变大后变小[解析]本题考查三角形定则在动态平衡中的应用。小球从M移动到N的过程中，橡皮筋的长度越来越小，即形变量越来越小，所以橡皮筋的弹力一直在变小，故A正确；对小球在圆弧上任意一点A受力分析，小球受重力，橡皮筋的弹力(方向沿AN)，拉力F，由三角形定则可知，拉力方向始终跟橡皮筋垂直，故B正确，C错误；小球在圆弧上由M向N运动，弹力越来越小，由三角形定则可知，拉力F越来越大，故D错误。8．(2020·江西上饶二中月考)如图所示，在固定好的水平和竖直的框架上，A、B两点连接着一根绕过光滑的轻小滑轮的不可伸长的细绳，重物悬挂于滑轮下，处于静止状态。若按照以下的方式缓慢移动细绳的端点，则下列判断正确的是(BD)A．只将绳的左端移向A′点，拉力变小B．只将绳的左端移向A′点，拉力不变C．只将绳的右端移向B′点，拉力变小D．只将绳的右端移向B′点，拉力变大[解析]本题考查力的合成与分解的应用。设滑轮两侧细绳与竖直方向的夹角为α，细绳的长度为L，B点到竖直框架的距离为s，根据几何知识和对称性，得sinα＝eq\f(s,L)，以滑轮为研究对象，设细绳拉力大小为F，根据平衡条件得2Fcosα＝mg，得，F＝eq\f(mg,2cosα)，当只将细绳的左端移向A′点，s和L均不变，则α不变，cosα不变，F不变，故A错误，B正确；当只将细绳的右端移向B′点，s增大，而L不变，则可知α增大，cosα减小，F增大，故C错误，D正确。二、非选择题9．(2021·山东济宁一中月考)物体A放在台式测力计上，通过跨过定滑轮的轻绳与物体B相连，B下端与轻弹簧粘连，弹簧下端与地面接触(未拴接)，整个系统处于平衡状态，此时台式测力计的示数为8.8N；已知mA＝2mB＝1kg，物块A、B间水平距离s＝20cm，倾斜绳与水平方向的夹角θ＝37°，物块A与台式测力计间的动摩擦因数μ＝0.5。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B和滑轮视为质点，不计滑轮质量和滑轮处摩擦，弹簧始终处于弹性限度内。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)。(1)求物块A受到的摩擦力和轻绳对物块A的拉力；(2)沿竖直方向调整滑轮的高度至某一位置时，物块A刚好要运动，且此时弹簧刚好离开地面，求滑轮移动的距离和弹簧的劲度系数。[答案](1)1.6N2N(2)eq\f(35,3)cm15N/m[解析]本题考查力的平衡问题的相关计算。(1)对A受力分析，由平衡条件可得N＋Tsinθ＝mAg，Tcosθ＝f，解得f＝1.6N，T＝2N。(2)滑轮未移动前，对B有T＋F＝mBg，得F＝3N，弹簧开始时为压缩状态，设滑轮移动距离为Δh，此时倾斜绳与水平方向夹角为α，可得绳中拉力T′＝mBg＝5N，对A有N′＋T′sinα＝mAg，T′cosα＝f′＝μN′，由三角函数知识可知sin2α＋cos2α＝1，可得sinα＝0.8，cosα＝0.6，tanα＝eq\f(4,3)，由tanα＝eq\f(Δh＋s·tanθ,s)得Δh＝eq\f(35,3)cm，又F＝kΔx＝3N，Δx＝Δh＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(s,cosα)－\f(s,cosθ)))＝20cm，则k＝eq\f(F,Δx)＝15N/m。10．质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑。如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止，重力加速度为g)。(1)当α变化时，求拉力F的最小值；(2)F取最小值时，求木楔对水平面的摩擦力是多少？[答案](1)mgsin2θ(2)eq\f(1,2)mgsin4θ[解析]木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有mgsinθ＝μmgcosθ，即μ＝tanθ。(1)因其在力F作用下沿斜面向上匀速运动，则有：Fcosα＝mgsinθ＋f ①Fsinα＋N＝mgcosθ ②f＝μN ③由①②③得F＝eq\f(2mgsinθ,cosα＋μsinα)＝eq\f(2mgsinθcosθ,cosαcosθ＋sinαsinθ)＝eq\f(mgsin2θ,cosθ－α)则当α＝θ时，F有最小值，即Fmin＝mgsin2θ。(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即fM＝Fcos(α＋θ)当F取最小值mgsin2θ时，fM＝Fmincos2θ＝mg·sin2θcos2θ＝eq\f(1,2)mgsin4θ。11．如图甲所示，在建筑沙石料产地或粮库常将颗粒输送到高处落下，在水平地面自然堆积成圆锥，其示意图如图乙所示。表格记录了一次在实验室中用干沙子模拟沙堆所测量的数据，表格中H为圆锥高度，L为圆锥底部直径。H/cm4810121420L/cm5050506070100(1)试简要解释数据表格所反映的物理现象并求沙子间的平均摩擦因数。(2)现需将总体积为V且颗粒间动摩擦因数为μ的沙子在水平平整场地中自然堆放，写出沙堆所需底部最小面积Smin的表达式。(圆锥体积公式V＝eq\f(1,3)πr2h)[答案](1)见解析；0.4(2)Smin＝eq\r(3,\f(9πV2,μ2))[解析](1)H<10cm时，底部圆直径未见变化，沙堆的倾角不断增加，反映了漏下的沙子在表面上堆积而没有整体下滑，说明倾角过小，处于表面层的沙子满足tanα<μ的关系；H>10cm阶段，底部圆直径与沙堆高度成正比，说明沙堆倾角保持不变，漏下的沙子沿着表面向下滑动，表面层的沙子满足tanα≥μ，颗粒间动摩擦因数μ基本不变，沙堆倾角将维持在最大角αm；考虑恰好不滑动的临界情况，表面沙石受重力、支持力和最大静摩擦力，根据平衡条件，有mgsinα＝μmgcosα解得μ＝tanα＝eq\f(H,\f(L,2))＝eq\f(12cm,\f(1,2)×60cm)＝0.4。(2)出现最小面积时，最大静摩擦力等于重力的下滑分力，即mgsinα＝μmgcosα，解得动摩擦因数μ＝tanα结合几何关系，有tanα＝eq\f(H,\f(1,2)L)＝eq\f(2H,L)体积V＝eq\f(1,3)SminH＝eq\f(1,3)×πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2×H＝eq\f(πL2H,12)联立解得Smin＝eq\r(3,\f(9πV2,μ2))。第3讲受力分析共点力的平衡知识梳理·双基自测ZHISHISHULISHUANGJIZICE知识梳理知识点1受力分析1．受力分析把研究对象(指定物体)在特定的物理环境中受到的所有力都找出来，并画出受力示意图的过程。2．受力分析的一般顺序若物体A在水平推力F作用下沿粗糙斜面上滑，则物体受力分析的顺序应如图乙所示。(1)先画出重力。(2)其次分析弹力。(3)再分析摩擦力。(4)最后分析电磁力。特别提醒：弹力、摩擦力的产生条件之一都是接触，因此在分析这两种力时先找接触面，在每个接触面上逐一分析这两种力。知识点2共点力的平衡1．平衡状态物体处于静止状态或匀速直线运动状态。2．平衡条件F合＝0或者eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Fx＝0,Fy＝0))如图，小球静止不动，物块匀速直线运动。则：小球F合＝F′－G＝0。物块Fx＝F1－Ff＝0，Fy＝F2＋FN－G＝0。3．平衡条件的推论(1)二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大小相等，方向相反。(2)三力平衡：如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余两个力的合力大小相等，方向相反。(3)多力平衡：如果物体在多个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余几个力的合力大小相等，方向相反。思考：速度等于零的物体一定处于平衡状态吗？为什么？[答案]物体速度等于零，合外力不一定等于零。合外力等于零时物体才处于平衡状态。双基自测一、堵点疏通1．物体沿光滑斜面下滑时，物体受到重力、支持力和下滑力的作用。(×)2．速度等于零的物体一定处于平衡状态。(×)3．物体的平衡状态是指物体处于静止或速度等于零的状态。(×)4．物体处于平衡状态时，加速度等于零。(√)5．二力平衡时，这两个力必定等大反向。(√)6．若物体受到三个力F1、F2、F3的作用而平衡，将F1转动90°时，三个力的合力大小为eq\r(2)F1。(√)7．多个共点力平衡时，其中任何一个力与其余各力的合力大小相等、方向相反。(√)二、对点激活1．如图所示是运动员在冬奥会比赛中滑雪的情景，此时运动员和滑板组成的系统受到的力有(C)A．推力 B．重力、推力C．重力、空气阻力 D．重力、推力、空气阻力[解析]本题考查受力分析。由题图中的情景可知，运动员处于腾空状态中，运动员和滑板组成的系统受到重力和空气阻力的作用，故A、B、D错误，C正确。2．如图所示，某质点在共点力F1、F2、F3作用下处于静止状态，现将F1逆时针旋转60°，其他力均保持不变，那么该质点所受合力大小为(A)A．F1 B．F2＋F1C．F3 D．F1＋F3[解析]本题考查已知分力大小和方向计算合力大小。三力平衡时任意两个力的合力与第三个力等大、反向、共线，故除F1外的两个力F2、F3的合力大小等于F1，方向与F1相反；现将F1逆时针旋转60°，根据平行四边形定则可知，两个大小均为F1且互成120°角的力合成时，合力在两个分力的角平分线上，大小等于分力F1，故此时质点所受到的合力大小为F1，故选A。3．(2020·重庆南开中学诊断)如图所示，竖直面光滑的墙角有一个质量为m、半径为r的半球体物块A。现在A上放一半径为r、质量为2m的光滑球体B，A球球心距墙角的距离为2r，重力加速度为g。整个系统处于静止状态，则A、B间弹力大小为(C)A．eq\f(2\r(3),3)mg B．2mgC．eq\f(4\r(3),3)mg D．4mg[解析]本题借助平衡条件考查力的分解。选择B为研究对象，受力分析如图所示。根据几何关系可得θ＝30°，所以FN1＝eq\f(G,cos30°)＝eq\f(2mg,\f(\r(3),2))＝eq\f(4\r(3),3)mg，C正确。核心考点·重点突破HEXINKAODIANZHONGDIANTUPO考点一受力分析、整体法与隔离法的应用1．受力分析的四个方法方法内容假设法在未知某力是否存在时，先对其做出存在的假设，然后根据该力存在对物体运动状态的影响来判断该力是否存在整体法将加速度相同的几个相互关联的物体作为一个整体进行受力分析的方法隔离法将所研究的对象从周围的物体中分离出来，单独进行受力分析的方法动力学分析法对加速运动的物体进行受力分析时，应用牛顿运动定律进行分析求解的方法2．受力分析的四个步骤特别提醒：受力分析时注意以下四点(1)只分析研究对象所受的力，不分析研究对象对其他物体的作用力。(2)只分析外力，不分析内力。(3)只分析性质力，不分析效果力。(4)分力、合力不要重复分析。例1(2021·河北大名一中月考)L形木板P(上表面光滑)放在固定斜面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的滑块Q相连，如图所示。若P、Q一起沿斜面匀速下滑，不计空气阻力。则木板P的受力个数为(C)A．3 B．4C．5 D．6[解析]本题考查受力分析问题。由于P、Q一起匀速下滑，受力平衡，对Q进行受力分析可知弹簧弹力不为零，所以木板P受到自身的重力、斜面的摩擦力、斜面的支持力、弹簧的弹力及滑块Q的压力5个力的作用，选项C正确。〔变式训练1〕如图所示，物体A靠在竖直的墙面C上，在竖直向上的力F作用下，A，B物体保持静止，则物体A受力分析示意图正确的是(A)[解析]以A，B组成的整体为研究对象，水平方向不可能受力，整体和墙面C间没有弹力，故A与墙面C间无摩擦力，以A物体为研究对象，A受重力，B对A的垂直接触面的弹力和平行接触面的摩擦力，故选项A正确。考点二共点力作用下的静态平衡处理平衡问题的常用方法方法基本思路求解方法条件正交分解法变矢量运算为代数运算将各力分解到x轴和y轴上，运用两坐标轴上的合力等于零的条件列方程求解，即∑Fx＝0，∑Fy＝0三个或三个以上共点力作用下物体的平衡矢量三角形法构建矢量三角形，利用几何知识求解物体受同一平面内三个互不平行的力作用处于平衡状态时，这三个力的矢量箭头首尾相接，构成一个矢量三角形；反之，若三个力矢量箭头首尾相接恰好构成三角形，则这三个力的合力必为零，利用有关数学知识可求出未知力三力平衡力的合成法通过平行四边形定则，构建矢量三角形，利用几何知识求解物体受到三个力平衡时，任意两个力的合力与第三个力等大、反向，可以应用三角函数、相似三角形等知识求解三力平衡例2(2021·山西运城期中)如图所示，水平固定杆上套一物块甲，甲与小球乙用一根不可伸长的轻绳相连，现用跟水平方向成α＝30°角F＝10N的力拉着乙并带动甲一起向右匀速运动，在运动中两者的相对位置保持不变，甲与水平杆间的动摩擦因数为μ。在运动过程中，轻绳与水平方向的夹角为θ，已知甲、乙质量分别为2kg和1kg，重力加速度g取10m/s2，则(A)A．μ＝eq\f(\r(3),5)，θ＝30° B．μ＝eq\f(2\r(3),5)，θ＝30°C．μ＝eq\f(\r(3),2)，θ＝22.5° D．μ＝eq\f(3\r(3),2)，θ＝22.5°[解析]本题考查力的平衡问题中整体法和隔离法的应用。取甲、乙整体为研究对象，受力分析如图所示，竖直方向有N＝m1g＋m2g－Fsinα，水平方向有Fcosα＝μN，解得μ＝eq\f(\r(3),5)，取乙为研究对象，设绳中拉力为T，则有Fsinα＋Tsinθ＝m2g，Fcosα＝Tcosθ，解得θ＝30°，故A正确。方法技巧整体法与隔离法的选用技巧整体法是以几个物体构成的系统为研究对象进行求解的方法，在许多问题中用整体法比较方便，但用整体法不能求解系统内力；隔离法是把系统分成若干部分并隔离开来，分别以每一部分为研究对象进行分析。若分析外力对系统的作用时，用整体法；若分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法。通常解答问题时，需要多次选取研究对象，即整体法与隔离法交替使用。〔变式训练2〕如图所示，光滑的圆环固定在竖直面内，圆心为O，三个完全相同的小圆环a、b、c穿在大环上，小环c上穿过一根轻质细绳，细绳两端分别固定着小环a、b，通过不断调整三个小环的位置，最终三小环恰好平衡，平衡时a、b的距离等于绳子长度的一半。已知小环的质量为m，重力加速度为g，轻绳与c的摩擦不计。则(C)A．a与大环间的弹力大小为eq\r(3)mgB．绳子的拉力大小为eq\f(\r(3),2)mgC．c受到绳子的作用力大小为3mgD．c与大环间的弹力大小为3mg[解析]本题考查连接体的受力分析。三个小圆环能静止在光滑的圆环上，结合题意由几何知识知，a、b、c恰在一个等边三角形的三个顶点，对a受力分析如图甲所示，在水平方向上有Tasin30°＝Nasin60°，在竖直方向上有Tacos30°＝mg＋Nacos60°，解得Na＝mg，Ta＝eq\r(3)mg，故A、B错误；以c为研究对象，进行受力分析，如图乙所示，c受到绳子作用力的大小为T′＝2Tacos30°＝3mg，在竖直方向上Nc＝mg＋T′，解得Nc＝4mg，故C正确，D错误。考点三共点力作用下的动态平衡1．动态平衡：通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢的变化，而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态，在问题的描述中常用“缓慢”等语言叙述。2．分析动态平衡问题的常用方法(1)图解法：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，判断各个力的变化情况。(2)解析法：物体受到多个力的作用，可进行正交分解，利用解析法，建立平衡方程，根据自变量的变化确定因变量的变化。(3)相似三角形法：物体受到三个力的作用，其中的一个力大小、方向均不变，另外两个力的方向都发生变化，可以用力三角形与几何三角形相似的方法。(4)转圆法：物体受到三个力的作用，其中的一个力大小、方向都不变，另外两个力的方向都发生变化，但之间的夹角保持不变，可利用圆中弦确定，对应的圆周角也确定的方法解题。例3(2020·河南信阳一模)如图所示，足够长的光滑平板AP与BP用铰链连接，平板AP与水平面成53°角固定不动，平板BP可绕水平轴在竖直面内自由转动，质量为m的均匀圆柱体放在两板间，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加速度为g。在使BP板由水平位置缓慢转动到竖直位置的过程中，下列说法正确的是(D)A．平板AP受到的压力先减小后增大B．平板AP受到的压力先增大后减小C．平板BP受到的最小压力为0.6mgD．平板BP受到的最大压力为eq\f(4,3)mg[解析]本题考查动态平衡．小球受重力、平板AP的弹力F1和平板BP的弹力F2，如图所示，小球一直处于平衡状态，三个力中的任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故F1和F2的合力F一定与重力等大、反向、共线。当挡板PB逆时针缓慢地转向竖直位置的过程中，F1越来越大，F2先变小后变大，选项A、B错误。由几何关系可知，当F2的方向与AP的方向平行(即与F1的方向垂直)时，F2有最小值为F2min＝mgsin53°＝0.8mg，当挡板BP竖直时，F2最大，为F2max＝mg·tan53°＝eq\f(4,3)mg，故C错误，D正确。一力不变，两力方向都变的三力动态平衡〔变式训练3〕(2021·山东潍坊中学月考)(多选)如图所示是一个简易起吊设施的示意图，AC是撑杆，质量不计，A端与竖直墙用铰链连接，一滑轮固定在A点正上方，现施一拉力F拉绕过滑轮系在C点的轻绳BC，使重物P缓慢上升，在AC杆达到竖直前(BD)A．BC绳中拉力FT越来越大B．BC绳中拉力FT越来越小C．AC杆中的支持力FN越来越大D．AC杆中的支持力FN不变[解析]本题为相似三角形法在动态平衡中的应用。以C点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力(等于重物的重力G)、轻杆的支持力FN和绳子的拉力FT，作出受力情况如图所示。由平衡条件得知，FN和FT的合力与G大小相等，方向相反，根据几何关系可得eq\f(FN,AC)＝eq\f(FT,BC)＝eq\f(G,AB)，使∠BAC缓慢变小时，AB、AC保持不变，BC变小，则FN保持不变，FT变小，故选B、D。一力不变，两力方向都变但两力大小相等的三力动态平衡〔变式训练4〕(2020·湖南师大附中月考)(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(AB)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[解析]设两段绳子间的夹角为2α，由平衡条件可知，2Fcosα＝mg，所以F＝eq\f(mg,2cosα)，设绳子总长为L，两杆间距离为s，由几何关系L1sinα＋L2sinα＝s，得sinα＝eq\f(s,L1＋L2)＝eq\f(s,L)，绳子右端上移，L、s都不变，α不变，绳子张力F也不变，A正确；杆N向右移动一些，s变大，α变大，cosα变小，F变大，B正确；绳子两端高度差变化，不影响s和L，所以F不变，C错误；衣服质量增加，绳子上的拉力增加，由于α不会变化，悬挂点不会右移，D错误。一力不变，两力方向都变但两力夹角不变的三力动态平衡〔变式训练5〕(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(AD)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[解析]由题意可知，重物在运动过程中受重力，MN绳拉力TMN，OM绳拉力TOM，TMN与TOM夹角保持不变。在某一时刻所受三个力示意图如图(甲)所示，将此三个力平移为矢量三角形如图(乙)所示。因为mg大小、方向不变，TMN与TOM的夹角不变，故可将三个力平移入圆中，如图(丙)所示，mg为一条固定的弦(固定的弦所对应的圆周角为定值)，在OM由竖直拉到水平的过程中，可得TMN从0逐渐增大，OM水平时TMN最大。TOM先增大后减小，故A，D正确。名师讲坛·素养提升MINGSHIJIANGTANSUYANGTISHENG平衡中的临界与极值问题1．临界问题当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等语言叙述。常见的临界状态有：(1)两接触物体脱离与不脱离的临界条件是相互作用力为0(主要体现为两物体间的弹力为0)；(2)绳子断与不断的临界条件为绳中张力达到最大值；绳子绷紧与松弛的临界条件为绳中张力为0；(3)存在摩擦力作用的两物体间发生相对滑动或相对静止的临界条件为静摩擦力达到最大。研究的基本思维方法：假设推理法。2．极值问题平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题。一般用图解法或解析法进行分析。3．策略方法(1)做好受力分析的基础上，搞清各力夹角。(2)难以确定方向和是否存在的力，用假设法分析各力变化趋势，判断可能情况。(3)正交分解列方程，写出解析式。(4)根据题中隐含的条件“恰好”“最大”“最小”，用数学方法结合物理实际讨论其临界和极值的情况。例4(2021·福建泉洪一中月考)如图所示，质量为m(可以看成质点)的小球P，用两根轻绳OP和O′P在P点拴接后再分别系于竖直墙上相距0.4m的O、O′两点上，绳OP长0.5m，绳O′P长0.3m，今在小球上施加一方向与水平成θ＝37°角的拉力F，将小球缓慢拉起。绳O′P刚拉直时，OP绳拉力为FT1，绳OP刚松驰时，O′P绳拉力为FT2，则FT1∶FT2为(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(C)A．3︰4 B．4︰3C．3︰5 D．4︰5[解析]本题考查受力平衡中的临界问题。绳O′P刚拉直时，由几何关系可知此时OP绳与竖直方向夹角为37°，小球受力如图甲，则FT1＝eq\f(4,5)mg。绳OP刚松驰时，小球受力如图乙，则FT2＝eq\f(4,3)mg。则FT1︰FT2＝3︰5，选项C正确。名师点拨涉及极值的临界问题的三种解答方法(1)图解法根据平衡条件作出力的矢量图，如只受三个力，则这三个力构成封闭矢量三角形，然后根据矢量图进行动态分析，确定最大值和最小值。(2)假设推理法先假设某种临界情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。(3)数学方法根据物体的平衡条件列方程，在解方程时采用数学知识求极值，通常用到的数学知识有二次函数求极值、讨论公式求极值、三角函数求极值以及几何法求极值等。〔变式训练6〕如图所示，质量为m的物体放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑。对物体施加一大小为F水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)这一临界角θ0的大小。[答案](1)eq\f(\r(3),3)(2)60°[解析](1)如图(甲)所示，未施加力F时，对物体受力分析，由平衡条件得mgsin30°＝μmgcos30°解得μ＝tan30°＝eq\f(\r(3),3)。(2)设斜面倾角为α时，受力情况如图(乙)所示，由平衡条件得Fcosα＝mgsinα＋Ff′FN′＝mgcosα＋FsinαFf′＝μFN′解得F＝eq\f(mgsinα＋μmgcosα,cosα－μsinα)当cosα－μsinα＝0，即tanα＝eq\r(3)时，F→∞，即“不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行”，此时，临界角θ0＝α＝60°。2年高考·1年模拟2NIANGAOKAO1NIANMONI1．(2020·课标Ⅲ，17)如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α＝70°，则β等于(B)A．45° B．55°C．60° D．70°[解析]本题考查共点力的平衡问题。设甲、乙两物体的质量均为m，O点与墙连接的绳上的拉力为T，则O点与甲、乙相连的绳上的拉力均为mg，以O点为研究对象，在水平方向有mgsinα－Tsinβ＝0，在竖直方向有mgcosα＋Tcosβ＝mg，联立可得sin(β＋α)＝sinβ，则β＝eq\f(180°－α,2)＝55°，故B正确，A、C、D错误。2．(2020·山东，8)如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为(C)A．eq\f(1,3) B．eq\f(1,4)C．eq\f(1,5) D．eq\f(1,6)[解析]当木板与水平面的夹角为45°时，两物块刚好滑动，对A物块受力分析如图沿斜面方向，A、B之间的滑动摩擦力f1＝μN＝μmgcos45°根据平衡条件可知T＝mgsin45°＋μmgcos45°对B物块受力分析如图沿斜面方向，B与斜面之间的滑动摩擦力f2＝μN′＝μ·3mgcos45°根据平衡条件可知2mgsin45°＝T＋μmgcos45°＋μ·3mgcos45°两式相加，可得2mgsin45°＝mgsin45°＋μmgcos45°＋μmgcos45°＋μ·3mgcos45°解得μ＝eq\f(1,5)ABD错误，C正确。故选C。3．(2019·全国卷Ⅰ，19)(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(BD)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，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，B对；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，当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，此时T＝GMsinθ＋f，当T逐渐增大时，f逐渐增大，C错，D对。 甲 乙4．(2019·全国卷Ⅲ，16)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、Ⅱ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、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则(D)A．F1＝eq\f(\r(3),3)mg，F2＝eq\f(\r(3),2)mgB．F1＝eq\f(\r(3),2)mg，F2＝eq\f(\r(3),3)mgC．F1＝eq\f(1,2)mg，F2＝eq\f(\r(3),2)mg D．F1＝eq\f(\r(3),2)mg，F2＝eq\f(1,2)mg[解析]如图所示，卡车匀速行驶，圆筒受力平衡，由题意知，力F′1与F′2相互垂直。由牛顿第三定律知F1＝F′1，F2＝F′2，则F1＝mgsin60°＝eq\f(\r(3),2)mg，F2＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，选项D正确。5．(2020·河北衡水中学检测)如图所示，一质量为m0＝4kg、倾角θ＝45°的斜面体C放在光滑水平桌面上，斜面上叠放质量均为m＝1kg的物块A和B，物块B的下表面光滑，上表面粗糙且与物块A下表面间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；物块B在水平恒力F作用下与物块A和斜面体C一起恰好保持相对静止地向右运动，取g＝10m/s2，下列判断正确的是(A)A．物块A受到的摩擦力大小Ff＝5NB．斜面体的加速度大小为a＝10m/s2C．水平恒力大小F＝15ND．若水平恒力F作用在A上，A、B、C三物体仍然可以相对静止[解析]本题考查受力分析、力的平衡和牛顿运动定律。对物块A和B整体受力分析，受重力、斜面体的支持力和水平恒力F，如图所示，根据牛顿第二定律有F－Nsinθ＝2ma，其中Ncosθ＝2mg；对物块A、B和斜面体C整体受力分析，根据牛顿第二定律有F＝(2m＋m0)a，联立解得a＝5m/s2，F＝30N，对物块A受力分析，根据牛顿第二定律可得物块A受到的摩擦力大小Ff＝ma＝5N，故A正确，B、C错误；若水平恒力F作用在A上，则有F－μmg＝maA，解得aA＝25m/s2>a，所以物块A相对物块B滑动，故D错误。第二章相互作用综合过关规范限时检测满分：100分考试时间：45分钟一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共计48分。每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．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。某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(D)A．镇纸受到向左的摩擦力B．毛笔受到向右的摩擦力C．白纸只受到向右的摩擦力D．桌面受到向右的摩擦力[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项错误；毛笔在书写的过程相对纸面向右运动，受到向左的摩擦力，故B项错误；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，由牛顿第三定律可知白纸受到毛笔的摩擦力向右，根据平衡状态可知桌面对白纸的摩擦力向左，故C项错误；桌面只受到白纸的摩擦力，桌面对白纸的摩擦力向左，根据牛顿第三定律可知白纸对桌面的摩擦力向右，故D项正确。2．(2021·陕西西安月考)如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑。已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则A与B的质量之比为(B)A．eq\f(1,μ1μ2) B．eq\f(1－μ1μ2,μ1μ2)C．eq\f(1＋μ1μ2,μ1μ2) D．eq\f(2＋μ1μ2,μ1μ2)[解析]设A的质量为m1，B的质量为m2，对A、B整体分析，受重力、支持力、推力和最大静摩擦力，根据平衡条件，有F＝μ2(m1＋m2)g，再对滑块B分析，受推力、重力、向左的支持力和向上的最大静摩擦力，根据平衡条件，水平方向有F＝N，竖直方向有m2g＝f，其中f＝μ1N，联立解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(1－μ1μ2,μ1μ2)，故B正确。3．(2020·浙江余姚中学期中)如图所示，据报道格鲁吉亚物理学家安德里亚仅靠摩擦力将25个网球垒成9层高的直立“小塔”。网球A位于“小塔”顶层，下面各层均有3个网球，网球B位于“小塔”的第6层，已知每个网球质量均为m。下列说法正确的有(D)A．其他网球对B球的作用力大于B球的重力B．将A球拿走后，“小塔”仍能保持直立平衡C．第8层的三个网球与A球间的弹力大小各为eq\f(1,3)mgD．最底层的3个网球受到地板的支持力均为eq\f(25mg,3)[解析]取B球为研究对象，B球静止，合力为零，其他网球对B球的作用力等于B球的重力，A错误；最上面的A球和下面的三个网球间存在摩擦力，才使得下面的每个网球静止，将A球拿走后，下面的三个网球不再受力平衡，“小塔”将不能保持平衡，B错误；第8层的三个网球与A球间的弹力不是竖直方向，但合力大小为mg，所以每个弹力大小不是eq\f(1,3)mg，C错误；取所有网球为研究对象，地面对每个网球的支持力竖直向上，所以最底层的3个网球受到地板的支持力均为eq\f(25mg,3)，D正确。4．如图，叠放的两个物块无相对滑动地沿斜面一起下滑，甲图两物块接触面平行于斜面且两物块之间的摩擦力的大小为f1，乙图两物块接触面与斜面不平行且两物块之间的摩擦力的大小为f2，丙图两物块接触面水平且两物块之间的摩擦力的大小为f3，下列判断正确的是(A)A．若斜面光滑，f1＝0，f2≠0，f3≠0B．若斜面光滑，f1≠0，f2≠0，f3＝0C．若两物块一起匀速下滑，f1≠0，f2＝0，f3≠0D．若两物块一起匀速下滑，f1＝0，f2≠0，f3≠0[解析]本题考查根据运动情况分析摩擦力存在情况。若斜面光滑，整体沿斜面下滑，加速度a＝gsinθ，甲、乙、丙图上方物块重力沿斜面向下的分力均为mgsinθ，甲图上方物块所受支持力的方向垂直于斜面，在沿斜面方向没有分力，乙图和丙图上方物块所受支持力在沿斜面方向上均有分力，必须有摩擦力才能使合力为mgsinθ，故A正确，B错误；若两物块一起匀速下滑，三图中上方物块所受的合力为零，必有f1≠0，f2≠0，f3＝0，故C、D错误。5．(2020·山东兖州一模)如图所示，竖直平面内固定的半圆弧轨道两端点M、N连线水平，将一轻质小环套在轨道上，一细线穿过轻环，一端系在M点，另一端系一质量为m的小球，不计所有摩擦，重力加速度为g，小球恰好静止在图示位置，下列说法正确的是(D)A．轨道对轻环的支持力大小为mgB．细线对M点的拉力大小为eq\f(\r(3)mg,2)C．细线对轻环的作用力大小为eq\f(3mg,2)D．N点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°[解析]本题考查受力平衡时的临界问题。对圆环受力分析；因圆环两边绳子的拉力大小相等，且T＝mg，可知两边绳子拉力与圆弧对圆环的支持力的夹角相等，设为θ，由几何关系可知，∠OMA＝∠MAO＝θ，则3θ＝90°，θ＝30°；轨道对轻环的支持力大小为FN＝2mgcos30°＝eq\r(3)mg，选项A错误；细线对M点的拉力大小为T＝mg，选项B错误；由轻环受力平衡可知细线对轻环的作用力大小为F′N＝FN＝eq\r(3)mg，选项C错误；由几何关系可知，N点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°，选项D正确。6．(2021·百校联盟联考)如图所示，半圆ABC是由一条光滑的杆弯曲而成的。带有小孔的小球穿在杆上，在水平拉力F的作用下小球由B点开始缓慢升高，此过程中半圆ABC竖直固定不动，AC连线水平。在小球缓慢上升的过程中，有关水平拉力F、杆对小球的作用力FN的变化情况，下列说法正确的是(AC)A．F逐渐增大 B．F逐渐减小C．FN逐渐增大 D．FN逐渐减小[解析]本题考查动态平衡问题。小球在半圆环上缓慢上升，受力分析如图所示，由图可知随着FN与竖直方向夹角增大，F、FN均逐渐增大，故A、C正确。7．(2020·山东青岛二中期末)如图所示，质量为m的物体A放在质量为M、倾角为θ的斜面体B上，斜面体B置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力F拉物体A，使其沿斜面向下匀速运动，斜面体B始终静止不动，则下列说法中正确的是(BC)A．斜面体B相对地面有向右运动的趋势B．地面对斜面体B的静摩擦力大小为FcosθC．地面对斜面体B的支持力大小为(M＋m)g＋FsinθD．斜面体B与物体A间的动摩擦因数为tanθ[解析]本题考查力的平衡、整体法与隔离法。将A和B看成一个整体，对其进行受力分析，由平衡条件可知，地面对B的静摩擦力f＝Fcosθ，方向水平向右，B相对地面有向左运动的趋势，故A错误，B正确；由平衡条件可知，地面对B的支持力FN＝(M＋m)g＋Fsinθ，故C正确；对A进行受力分析可知，在平行于斜面的方向上有mgsinθ＋F＝μmgcosθ，解得μ＝tanθ＋eq\f(F,mgcosθ)，故D错误。8．如图所示，用一轻绳将光滑小球P系于竖直墙壁上的O点，在墙壁和小球P之间夹有一矩形物块Q，P、Q均处于静止状态。现有一铅笔紧贴墙壁压住轻绳，铅笔从O点开始缓慢下移，则在铅笔缓慢下移的过程中(AB)A．细绳的拉力逐渐变大B．物块Q受到墙壁的弹力逐渐变大C．物块Q受到墙壁的摩擦力逐渐变大D．物块Q可能从墙壁和小球P之间滑落[解析]对小球P分析，小球P受到重力、拉力和物块Q对小球P的弹力处于平衡状态，设拉力与竖直方向的夹角为θ，根据共点力平衡知拉力F＝eq\f(mg,cosθ)，物块Q对小球P的支持力N＝mgtanθ，铅笔缓慢下移的过程中，θ增大，则拉力F增大，物块Q对小球P的支持力增大即小球P对物块Q的压力增大。因为物块Q处于平衡状态，所以水平方向上物块Q受到墙壁的弹力和小球P对物块Q的压力等大反向，所以物块Q受到墙壁的弹力变大，竖直方向上，物块Q受到墙壁的摩擦力大小始终等于物块Q的重力，大小不变，故A、B项正确，C项错误；因为物块Q受到墙壁的弹力变大，最大静摩擦力变大，初始时静止，则始终静止，不会从墙壁和小球P之间滑落，故D项错误。二、非选择题(本题共3小题，共52分。)9．(12分)某研究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，所用器材有：方木板一块，白纸，量程为5N的弹簧测力计两个，橡皮条(带两个较长的细绳套)，刻度尺，图钉(若干个)。①具体操作前，同学们提出了如下关于实验操作的建议，其中正确的有BC。A．橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上B．重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同C．使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线；读数时视线应正对测力计刻度D．用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力必须都小于只用一个测力计的拉力②该小组的同学用同一套器材做了四次实验，白纸上留下的标注信息有结点位置O、力的标度、分力和合力的大小及表示力的作用线的点，如下图所示。其中对于提高实验精度最有利的是B。 A B C D[解析]①两绳套拉力的合力不一定沿角平分线，A错误；同一次实验，用一绳套拉橡皮条和用两绳套拉橡皮条结点O的位置相同，不同次实验结点O的位置可以不同，B正确；为减小摩擦和误差，施力方向沿测力计轴线，读数时视线正对测力计刻度，C正确；合力可以比分力大，也可以比分力小，D错误。②为了提高实验精度，测力计读数应尽可能大一些，标注细线方向的两点离结点应尽可能远一些，标度应尽可能小一些。故选B。10．(15分)神奇的悬浮术(悬浮的玫瑰)在魔术表演时，经常引来观众的一阵阵惊叹，某魔术师另辟蹊径召唤低处的小球让它漂浮起来，魔术师将一强磁铁藏在自己的袖子里，然后对着一悬挂的金属小球B“指手画脚”，结果小球在他“神奇的功力”下飘动起来。假设当隐藏的强磁铁位于小球的左上方某一位置A时，小球也保持静止，此时AB、OB与竖直方向的夹角均为37°，如图所示。已知小球的质量m＝0.8kg，该魔术师(含磁铁)的质量为M＝60kg，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。(1)求此时悬挂小球的细线的拉力大小；(2)求此时该魔术师对地面的压力大小。[解析](1)对小球受力分析，如图所示在x轴方向：Fsin37°＝FTsin37°在y轴方向：Fcos37°＋FTcos37°＝mg解得FT＝F＝5N(2)对该魔术师受力分析，如图所示由牛顿第三定律可知小球对该魔术师的作用力为F′＝F＝5Ny轴方向：FN＝F′cosθ＋Mg解得FN＝604N由牛顿第三定律得该魔术师对地面的压力大小为FN′＝FN＝604N。11．(25分)一般教室门上都安装一种暗锁，这种暗锁由外壳A、骨架B、弹簧C(劲度系数为k)、锁舌D(倾角θ＝30°)、锁槽E以及连杆、锁头等部件组成，如图甲所示。设锁舌D的侧面与外壳A和锁槽E之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力Ffm由Ffm＝μFN(FN为正压力)求得。有一次放学后，当某同学准备关门时，无论用多大的力，也不能将门关上(这种现象称为自锁)，此刻暗锁所处的状态的俯视图如图乙所示，P为锁舌D与锁槽E之间的接触点，弹簧由于被压缩而缩短了x。(1)分析自锁状态时锁舌D的下表面所受摩擦力的方向；(2)若此时(自锁时)各面均处于最大静摩擦状态，求锁舌D与锁槽E之间的正压力的大小；(3)无论用多大的力拉门，暗锁仍然能够保持自锁状态，则μ至少要多大？[解析](1)对锁舌D受力分析，如图所示由于锁舌有向左运动的趋势，所用锁舌所受到的最大静摩擦力为f1，其方向向右。(2)设锁舌D受到锁槽E的最大静摩擦力为f2，正压力为N，下表面的正压力为F，弹簧的弹力为kx，由平衡条件可得kx＋f1＋f2cosθ－Nsinθ＝0F－Ncosθ－f2sinθ＝0又有f1＝μFf2＝μN联立以上方程可得N＝eq\f(2kx,1－2\r(3)μ－μ2)。(3)无论用多大的力拉门，暗锁仍然能够保持自锁状态，说明压力N无穷大，即1－2eq\r(3)μ－μ2≤0，解得μ≥2－eq\r(3)≈0.27。第二章相互作用综合过关规范限时检测满分：100分考试时间：45分钟一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共计48分。每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．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。某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(D)A．镇纸受到向左的摩擦力B．毛笔受到向右的摩擦力C．白纸只受到向右的摩擦力D．桌面受到向右的摩擦力[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项错误；毛笔在书写的过程相对纸面向右运动，受到向左的摩擦力，故B项错误；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，由牛顿第三定律可知白纸受到毛笔的摩擦力向右，根据平衡状态可知桌面对白纸的摩擦力向左，故C项错误；桌面只受到白纸的摩擦力，桌面对白纸的摩擦力向左，根据牛顿第三定律可知白纸对桌面的摩擦力向右，故D项正确。2．(2021·陕西西安月考)如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑。已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则A与B的质量之比为(B)A．eq\f(1,μ1μ2) B．eq\f(1－μ1μ2,μ1μ2)C．eq\f(1＋μ1μ2,μ1μ2) D．eq\f(2＋μ1μ2,μ1μ2)[解析]设A的质量为m1，B的质量为m2，对A、B整体分析，受重力、支持力、推力和最大静摩擦力，根据平衡条件，有F＝μ2(m1＋m2)g，再对滑块B分析，受推力、重力、向左的支持力和向上的最大静摩擦力，根据平衡条件，水平方向有F＝N，竖直方向有m2g＝f，其中f＝μ1N，联立解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(1－μ1μ2,μ1μ2)，故B正确。3．(2020·浙江余姚中学期中)如图所示，据报道格鲁吉亚物理学家安德里亚仅靠摩擦力将25个网球垒成9层高的直立“小塔”。网球A位于“小塔”顶层，下面各层均有3个网球，网球B位于“小塔”的第6层，已知每个网球质量均为m。下列说法正确的有(D)A．其他网球对B球的作用力大于B球的重力B．将A球拿走后，“小塔”仍能保持直立平衡C．第8层的三个网球与A球间的弹力大小各为eq\f(1,3)mgD．最底层的3个网球受到地板的支持力均为eq\f(25mg,3)[解析]取B球为研究对象，B球静止，合力为零，其他网球对B球的作用力等于B球的重力，A错误；最上面的A球和下面的三个网球间存在摩擦力，才使得下面的每个网球静止，将A球拿走后，下面的三个网球不再受力平衡，“小塔”将不能保持平衡，B错误；第8层的三个网球与A球间的弹力不是竖直方向，但合力大小为mg，所以每个弹力大小不是eq\f(1,3)mg，C错误；取所有网球为研究对象，地面对每个网球的支持力竖直向上，所以最底层的3个网球受到地板的支持力均为eq\f(25mg,3)，D正确。4．如图，叠放的两个物块无相对滑动地沿斜面一起下滑，甲图两物块接触面平行于斜面且两物块之间的摩擦力的大小为f1，乙图两物块接触面与斜面不平行且两物块之间的摩擦力的大小为f2，丙图两物块接触面水平且两物块之间的摩擦力的大小为f3，下列判断正确的是(A)A．若斜面光滑，f1＝0，f2≠0，f3≠0B．若斜面光滑，f1≠0，f2≠0，f3＝0C．若两物块一起匀速下滑，f1≠0，f2＝0，f3≠0D．若两物块一起匀速下滑，f1＝0，f2≠0，f3≠0[解析]本题考查根据运动情况分析摩擦力存在情况。若斜面光滑，整体沿斜面下滑，加速度a＝gsinθ，甲、乙、丙图上方物块重力沿斜面向下的分力均为mgsinθ，甲图上方物块所受支持力的方向垂直于斜面，在沿斜面方向没有分力，乙图和丙图上方物块所受支持力在沿斜面方向上均有分力，必须有摩擦力才能使合力为mgsinθ，故A正确，B错误；若两物块一起匀速下滑，三图中上方物块所受的合力为零，必有f1≠0，f2≠0，f3＝0，故C、D错误。5．(2020·山东兖州一模)如图所示，竖直平面内固定的半圆弧轨道两端点M、N连线水平，将一轻质小环套在轨道上，一细线穿过轻环，一端系在M点，另一端系一质量为m的小球，不计所有摩擦，重力加速度为g，小球恰好静止在图示位置，下列说法正确的是(D)A．轨道对轻环的支持力大小为mgB．细线对M点的拉力大小为eq\f(\r(3)mg,2)C．细线对轻环的作用力大小为eq\f(3mg,2)D．N点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°[解析]本题考查受力平衡时的临界问题。对圆环受力分析；因圆环两边绳子的拉力大小相等，且T＝mg，可知两边绳子拉力与圆弧对圆环的支持力的夹角相等，设为θ，由几何关系可知，∠OMA＝∠MAO＝θ，则3θ＝90°，θ＝30°；轨道对轻环的支持力大小为FN＝2mgcos30°＝eq\r(3)mg，选项A错误；细线对M点的拉力大小为T＝mg，选项B错误；由轻环受力平衡可知细线对轻环的作用力大小为F′N＝FN＝eq\r(3)mg，选项C错误；由几何关系可知，N点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°，选项D正确。6．(2021·百校联盟联考)如图所示，半圆ABC是由一条光滑的杆弯曲而成的。带有小孔的小球穿在杆上，在水平拉力F的作用下小球由B点开始缓慢升高，此过程中半圆ABC竖直固定不动，AC连线水平。在小球缓慢上升的过程中，有关水平拉力F、杆对小球的作用力FN的变化情况，下列说法正确的是(AC)A．F逐渐增大 B．F逐渐减小C．FN逐渐增大 D．FN逐渐减小[解析]本题考查动态平衡问题。小球在半圆环上缓慢上升，受力分析如图所示，由图可知随着FN与竖直方向夹角增大，F、FN均逐渐增大，故A、C正确。7．(2020·山东青岛二中期末)如图所示，质量为m的物体A放在质量为M、倾角为θ的斜面体B上，斜面体B置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力F拉物体A，使其沿斜面向下匀速运动，斜面体B始终静止不动，则下列说法中正确的是(BC)A．斜面体B相对地面有向右运动的趋势B．地面对斜面体B的静摩擦力大小为FcosθC．地面对斜面体B的支持力大小为(M＋m)g＋FsinθD．斜面体B与物体A间的动摩擦因数为tanθ[解析]本题考查力的平衡、整体法与隔离法。将A和B看成一个整体，对其进行受力分析，由平衡条件可知，地面对B的静摩擦力f＝Fcosθ，方向水平向右，B相对地面有向左运动的趋势，故A错误，B正确；由平衡条件可知，地面对B的支持力FN＝(M＋m)g＋Fsinθ，故C正确；对A进行受力分析可知，在平行于斜面的方向上有mgsinθ＋F＝μmgcosθ，解得μ＝tanθ＋eq\f(F,mgcosθ)，故D错误。8．如图所示，用一轻绳将光滑小球P系于竖直墙壁上的O点，在墙壁和小球P之间夹有一矩形物块Q，P、Q均处于静止状态。现有一铅笔紧贴墙壁压住轻绳，铅笔从O点开始缓慢下移，则在铅笔缓慢下移的过程中(AB)A．细绳的拉力逐渐变大B．物块Q受到墙壁的弹力逐渐变大C．物块Q受到墙壁的摩擦力逐渐变大D．物块Q可能从墙壁和小球P之间滑落[解析]对小球P分析，小球P受到重力、拉力和物块Q对小球P的弹力处于平衡状态，设拉力与竖直方向的夹角为θ，根据共点力平衡知拉力F＝eq\f(mg,cosθ)，物块Q对小球P的支持力N＝mgtanθ，铅笔缓慢下移的过程中，θ增大，则拉力F增大，物块Q对小球P的支持力增大即小球P对物块Q的压力增大。因为物块Q处于平衡状态，所以水平方向上物块Q受到墙壁的弹力和小球P对物块Q的压力等大反向，所以物块Q受到墙壁的弹力变大，竖直方向上，物块Q受到墙壁的摩擦力大小始终等于物块Q的重力，大小不变，故A、B项正确，C项错误；因为物块Q受到墙壁的弹力变大，最大静摩擦力变大，初始时静止，则始终静止，不会从墙壁和小球P之间滑落，故D项错误。二、非选择题(本题共3小题，共52分。)9．(12分)某研究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，所用器材有：方木板一块，白纸，量程为5N的弹簧测力计两个，橡皮条(带两个较长的细绳套)，刻度尺，图钉(若干个)。①具体操作前，同学们提出了如下关于实验操作的建议，其中正确的有BC。A．橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上B．重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同C．使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线；读数时视线应正对测力计刻度D．用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力必须都小于只用一个测力计的拉力②该小组的同学用同一套器材做了四次实验，白纸上留下的标注信息有结点位置O、力的标度、分力和合力的大小及表示力的作用线的点，如下图所示。其中对于提高实验精度最有利的是B。 A B C D[解析]①两绳套拉力的合力不一定沿角平分线，A错误；同一次实验，用一绳套拉橡皮条和用两绳套拉橡皮条结点O的位置相同，不同次实验结点O的位置可以不同，B正确；为减小摩擦和误差，施力方向沿测力计轴线，读数时视线正对测力计刻度，C正确；合力可以比分力大，也可以比分力小，D错误。②为了提高实验精度，测力计读数应尽可能大一些，标注细线方向的两点离结点应尽可能远一些，标度应尽可能小一些。故选B。10．(15分)神奇的悬浮术(悬浮的玫瑰)在魔术表演时，经常引来观众的一阵阵惊叹，某魔术师另辟蹊径召唤低处的小球让它漂浮起来，魔术师将一强磁铁藏在自己的袖子里，然后对着一悬挂的金属小球B“指手画脚”，结果小球在他“神奇的功力”下飘动起来。假设当隐藏的强磁铁位于小球的左上方某一位置A时，小球也保持静止，此时AB、OB与竖直方向的夹角均为37°，如图所示。已知小球的质量m＝0.8kg，该魔术师(含磁铁)的质量为M＝60kg，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。(1)求此时悬挂小球的细线的拉力大小；(2)求此时该魔术师对地面的压力大小。[解析](1)对小球受力分析，如图所示在x轴方向：Fsin37°＝FTsin37°在y轴方向：Fcos37°＋FTcos37°＝mg解得FT＝F＝5N(2)对该魔术师受力分析，如图所示由牛顿第三定律可知小球对该魔术师的作用力为F′＝F＝5Ny轴方向：FN＝F′cosθ＋Mg解得FN＝604N由牛顿第三定律得该魔术师对地面的压力大小为FN′＝FN＝604N。11．(25分)一般教室门上都安装一种暗锁，这种暗锁由外壳A、骨架B、弹簧C(劲度系数为k)、锁舌D(倾角θ＝30°)、锁槽E以及连杆、锁头等部件组成，如图甲所示。设锁舌D的侧面与外壳A和锁槽E之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力Ffm由Ffm＝μFN(FN为正压力)求得。有一次放学后，当某同学准备关门时，无论用多大的力，也不能将门关上(这种现象称为自锁)，此刻暗锁所处的状态的俯视图如图乙所示，P为锁舌D与锁槽E之间的接触点，弹簧由于被压缩而缩短了x。(1)分析自锁状态时锁舌D的下表面所受摩擦力的方向；(2)若此时(自锁时)各面均处于最大静摩擦状态，求锁舌D与锁槽E之间的正压力的大小；(3)无论用多大的力拉门，暗锁仍然能够保持自锁状态，则μ至少要多大？[解析](1)对锁舌D受力分析，如图所示由于锁舌有向左运动的趋势，所用锁舌所受到的最大静摩擦力为f1，其方向向右。(2)设锁舌D受到锁槽E的最大静摩擦力为f2，正压力为N，下表面的正压力为F，弹簧的弹力为kx，由平衡条件可得kx＋f1＋f2cosθ－Nsinθ＝0F－Ncosθ－f2sinθ＝0又有f1＝μFf2＝μN联立以上方程可得N＝eq\f(2kx,1－2\r(3)μ－μ2)。(3)无论用多大的力拉门，暗锁仍然能够保持自锁状态，说明压力N无穷大，即1－2eq\r(3)μ－μ2≤0，解得μ≥2－eq\r(3)≈0.27。第二章相互作用综合过关规范限时检测满分：100分考试时间：45分钟一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共计48分。每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．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。某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(D)A．镇纸受到向左的摩擦力B．毛笔受到向右的摩擦力C．白纸只受到向右的摩擦力D．桌面受到向右的摩擦力[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项错误；毛笔在书写的过程相对纸面向右运动，受到向左的摩擦力，故B项错误；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，由牛顿第三定律可知白纸受到毛笔的摩擦力向右，根据平衡状态可知桌面对白纸的摩擦力向左，故C项错误；桌面只受到白纸的摩擦力，桌面对白纸的摩擦力向左，根据牛顿第三定律可知白纸对桌面的摩擦力向右，故D项正确。2．(2021·陕西西安月考)如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑。已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则A与B的质量之比为(B)A．eq\f(1,μ1μ2) B．eq\f(1－μ1μ2,μ1μ2)C．eq\f(1＋μ1μ2,μ1μ2) D．eq\f(2＋μ1μ2,μ1μ2)[解析]设A的质量为m1，B的质量为m2，对A、B整体分析，受重力、支持力、推力和最大静摩擦力，根据平衡条件，有F＝μ2(m1＋m2)g，再对滑块B分析，受推力、重力、向左的支持力和向上的最大静摩擦力，根据平衡条件，水平方向有F＝N，竖直方向有m2g＝f，其中f＝μ1N，联立解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(1－μ1μ2,μ1μ2)，故B正确。3．(2020·浙江余姚中学期中)如图所示，据报道格鲁吉亚物理学家安德里亚仅靠摩擦力将25个网球垒成9层高的直立“小塔”。网球A位于“小塔”顶层，下面各层均有3个网球，网球B位于“小塔”的第6层，已知每个网球质量均为m。下列说法正确的有(D)A．其他网球对B球的作用力大于B球的重力B．将A球拿走后，“小塔”仍能保持直立平衡C．第8层的三个网球与A球间的弹力大小各为eq\f(1,3)mgD．最底层的3个网球受到地板的支持力均为eq\f(25mg,3)[解析]取B球为研究对象，B球静止，合力为零，其他网球对B球的作用力等于B球的重力，A错误；最上面的A球和下面的三个网球间存在摩擦力，才使得下面的每个网球静止，将A球拿走后，下面的三个网球不再受力平衡，“小塔”将不能保持平衡，B错误；第8层的三个网球与A球间的弹力不是竖直方向，但合力大小为mg，所以每个弹力大小不是eq\f(1,3)mg，C错误；取所有网球为研究对象，地面对每个网球的支持力竖直向上，所以最底层的3个网球受到地板的支持力均为eq\f(25mg,3)，D正确。4．如图，叠放的两个物块无相对滑动地沿斜面一起下滑，甲图两物块接触面平行于斜面且两物块之间的摩擦力的大小为f1，乙图两物块接触面与斜面不平行且两物块之间的摩擦力的大小为f2，丙图两物块接触面水平且两物块之间的摩擦力的大小为f3，下列判断正确的是(A)A．若斜面光滑，f1＝0，f2≠0，f3≠0B．若斜面光滑，f1≠0，f2≠0，f3＝0C．若两物块一起匀速下滑，f1≠0，f2＝0，f3≠0D．若两物块一起匀速下滑，f1＝0，f2≠0，f3≠0[解析]本题