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2022屆高考物理二輪專題共點力平衡問題
常用的解題方法：
一、整體法與隔離法
整體法：將加速度相同的幾個相互關聯的物體作為一個整體進行受力分析。
隔離法：將所研究的對象從周圍的物體中分離出來，單獨進行受力分析。
通常在分析外力對系統的作用時，用整體法；在分析系統內各物體（各部分）間相互作用時，用隔離法；解題中應遵循“先整體、后隔離”的原則。
二、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。
三、圖解法
用圖解法分析物體動態平衡問題時，一般是物體只受三個力作用，且其中一個力大小、方向均不變，另一個力的方向不變，第三個力大小、方向均變化．
四、解析法（數學方法）
運用數學中的函數知識將物理問題轉化為函數問題，然后結合函數所表達的物理意義進行分析，從而達到解決物理問題的目的．
五、相似三角形法
根據已知條件畫出兩個不同情況對應的力的三角形和空間幾何三角形，確定對應邊，利用三角形相似知識列出比例式，從而確定未知量大小的變化情況。
六、三角形法
如果物體受到三個力的作用，其中一個力的大小、方向均不變、并且還有另一個力的方向不變，此時可用三角形法則求解，根據力的矢量圖，判斷各個力的變化情況。
七、正弦定理法
此法是在其中一個力的大小、方向均不變，另外兩個力的方向都發生變化，且已知兩個力的夾角的情況下用正弦定理的方法求解.
八、輔助圓法
作輔助圓法適用的問題類型可分為兩種情況：
物體所受的三個力中，開始時兩個力的夾角為90°，且其中一個力大小方向不變，另兩個力大小方向都在改變，但動態平衡時兩個力的夾角不變；物體所受的三個力中，開始時兩個力的夾角為90°，且其中一個力大小、方向不變，動態平衡時一個力大小不變、方向改變，另一個力大小、方向都改變。
方法一、整體法與隔離法
1.如圖所示，A、B、C三個物體處于平衡狀態，則關于A、B、C三個物體的受力個數，下列說法正確的是(　　)
A．A物體受到4個力的作用
B．B物體受到3個力的作用
C．C物體受到3個力的作用
D．C物體受到4個力的作用
2.如圖所示，兩個質量均為m的小球通過兩根輕彈簧A、B連接，在水平外力F作用下，系統處于靜止狀態，彈簧實際長度相等．彈簧A、B的勁度系數分別為kA、kB，且原長相等．彈簧A、B與豎直方向的夾角分別為θ與45°.設A、B中的拉力分別為FA、FB.小球直徑相比彈簧長度可以忽略，重力加速度為g.則(　　)
A．tan θ＝ B．kA＝kB
C．FA＝mg D．FB＝2mg
3.(2021·遼寧省選擇性考試模考)如圖所示，用輕繩系住一質量為2m的勻質大球，大球和墻壁之間放置一質量為m的勻質小球，各接觸面均光滑。系統平衡時，繩與豎直墻壁之間的夾角為α，兩球心連線O1O2與輕繩之間的夾角為β，則α、β應滿足(　　)
A．tan α＝3
B．2tan α＝3
C．3tan α＝tan(α＋β)
D．3tan α＝2tan(α＋β)
4.如圖所示，一個同學用雙手水平地夾住一疊書并使這些書懸在空中靜止，已知他用手在這疊書的兩端能施加的最大水平壓力為F＝280 N，每本書重為4 N，手與書之間的動摩擦因數為μ1＝0.40，書與書之間的動摩擦因數為μ2＝0.25，則該同學用雙手最多能水平夾住這種書的本數為(已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)
A．58 B．56
C．37 D．35
5.如圖所示，甲、乙兩個小球的質量均為m，兩球間用細線2連接，甲球用細線1懸掛在天花板上．現分別用大小相等的力F水平向左、向右拉兩球，平衡時細線都被拉緊．則平衡時兩球的可能位置是下列選項中的(　　)
6.如圖甲所示，A、B兩小球通過兩根輕繩連接并懸掛于O點，已知兩輕繩OA和AB的長度之比為∶1，A、B兩小球質量分別為2m和m，現對A、B兩小球分別施加水平向右的力F1和水平向左的力F2，兩球恰好處于如圖乙所示的位置靜止，此時B球恰好在懸點O的正下方，輕繩OA與豎直方向成30°角，則(　　)
A．F1＝F2　　　　　　　　 B．F1＝F2
C．F1＝2F2 D．F1＝3F2
方法二、正交分解法
7．(2019·高考全國卷Ⅱ)物塊在輕繩的拉動下沿傾角為30°的固定斜面向上勻速運動，輕繩與斜面平行。已知物塊與斜面之間的動摩擦因數為，重力加速度取10 m/s2。若輕繩能承受的最大張力為1 500 N，則物塊的質量最大為　(　　)
A．150 kg　　　 　　　　　 B．100 kg
C．200 kg D．200 kg
8.如圖所示，質量為m的物體置于傾角為θ的固定斜面上，物體與斜面之間的動摩擦因數為μ。先用平行于斜面的推力F1作用于物體上使其能沿斜面勻速上滑，若改用水平推力F2作用于物體上，也能使物體沿斜面勻速上滑，則兩次的推力之比為(　　)
A.cos θ＋μsin θ B.cos θ－μsin θ
C.1＋μtan θ D.1－μtan θ
9.(2019·全國卷Ⅲ·16)用卡車運輸質量為m的勻質圓筒狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩光滑斜面之間，如圖所示．兩斜面Ⅰ、Ⅱ固定在車上，傾角分別為30°和60°.重力加速度為g.當卡車沿平直公路勻速行駛時，圓筒對斜面Ⅰ、Ⅱ壓力的大小分別為F1、F2，則(　　)
A．F1＝mg，F2＝mg
B．F1＝mg，F2＝mg
C．F1＝mg，F2＝mg
D．F1＝mg，F2＝mg
10.(2020·高考山東卷)如圖所示，一輕質光滑定滑輪固定在傾斜木板上，質量分別為m和2m的物塊A、B，通過不可伸長的輕繩跨過滑輪連接，A、B間的接觸面和輕繩均與木板平行。A與B間、B與木板間的動摩擦因數均為μ，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當木板與水平面的夾角為45°時，物塊A、B剛好要滑動，則μ的值為(　　)
A.　　　　　　　　　　 B.
C. D.
11.(2019·江蘇卷·2)如圖所示，一只氣球在風中處于靜止狀態，風對氣球的作用力水平向右．細繩與豎直方向的夾角為α，繩的拉力為T，則風對氣球作用力的大小為(　　)
A. B.
C．Tsin α D．Tcos α
12.　(多選)(2016·全國卷Ⅰ·19)如圖，一光滑的輕滑輪用細繩OO′懸掛于O點；另一細繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物塊b.外力F向右上方拉b，整個系統處于靜止狀態．若F方向不變，大小在一定范圍內變化，物塊b仍始終保持靜止，則(　　)
A．繩OO′的張力也在一定范圍內變化
B．物塊b所受到的支持力也在一定范圍內變化
C．連接a和b的繩的張力也在一定范圍內變化
D．物塊b與桌面間的摩擦力也在一定范圍內變化
13．(2017·全國卷Ⅱ)如圖所示，一物塊在水平拉力F的作用下沿水平桌面做勻速直線運動．若保持F的大小不變，而方向與水平面成60°角，物塊也恰好做勻速直線運動．物塊與桌面間的動摩擦因數為(　　)
A．2－ B．
C． D．
方法三、圖解法的應用
14.如圖，一小球放置在木板與豎直墻面之間.設墻面對小球的壓力大小為FN1，木板對小球的壓力大小為FN2.以木板與墻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到水平位置.不計摩擦，在此過程中(　　)
A.FN1始終減小，FN2始終增大
B.FN1始終減小，FN2始終減小
C.FN1先增大后減小，FN2始終減小
D.FN1先增大后減小，FN2先減小后增大
15.質量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上，用水平力F拉著繩的中點O，使OA段繩偏離豎直方向一定角度，如圖所示．設繩OA段拉力的大小為FT，若保持O點位置不變，則當力F的方向順時針緩慢旋轉至豎直方向的過程中(　　)
A．F先變大后變小，FT逐漸變小 B．F先變大后變小，FT逐漸變大
C．F先變小后變大，FT逐漸變小 D．F先變小后變大，FT逐漸變大
16.如圖所示，質量為m的小球用細線拴住放在光滑斜面上，斜面足夠長，傾角為α的斜面體置于光滑水平面上，用水平力F推斜面體使斜面體緩慢地向左移動，小球沿斜面緩慢升高。當線拉力最小時，推力F等于(　　)
A．mgsin α B.mgsin α
C．mgsin 2α D.mgsin 2α
方法四、解析法
17.如圖所示，物體甲放置在水平地面上，通過跨過定滑輪的輕繩與小球乙相連，整個系統處于靜止狀態．現對小球乙施加一個水平力F，使小球乙緩慢上升一小段距離，整個過程中物體甲保持靜止，甲受到地面的摩擦力為Ff，則該過程中(　　)
A．Ff變小，F變大 B．Ff變小，F變小
C．Ff變大，F變小 D．Ff變大，F變大
18.(2021·重慶等級考模擬卷)如圖所示，垂直墻角有一個截面為半圓的光滑柱體，用細線拉住的小球靜止靠在接近半圓底端的M點。通過細線將小球從M點緩慢向上拉至半圓最高點的過程中，細線始終保持在小球處與半圓相切。下列說法正確的是(　　)
A．細線對小球的拉力先增大后減小
B．小球對柱體的壓力先減小后增大
C．柱體受到水平地面的支持力逐漸減小
D．柱體對豎直墻面的壓力先增大后減小
19.(多選)(2017·天津理綜，8)如圖所示，輕質不可伸長的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿M、N上的a、b兩點，懸掛衣服的衣架掛鉤是光滑的，掛于繩上處于靜止狀態。如果只人為改變一個條件，當衣架靜止時，下列說法正確的是(　　)
A.繩的右端上移到b′，繩子拉力不變
B.將桿N向右移一些，繩子拉力變大
C.繩的兩端高度差越小，繩子拉力越小
D.若換掛質量更大的衣服，則衣架懸掛點右移
20.如圖所示，輕繩一端系在物體A上，另一端與套在粗糙豎直桿MN上的輕圓環B相連接。用水平力F拉住繩子上的一點O，使物體A及輕圓環B靜止在實線所示的位置。現保持力F的方向不變，使物體A緩慢移到虛線所示的位置，這一過程中圓環B保持靜止。若桿對環的彈力為FN，桿對環的摩擦力為Ff，OB段繩子的張力為FT，則在上述過程中(　　)
A．F不變，FN減小　　　　　
B．Ff不變，FT增大
C．Ff減小，FN不變
D．FN減小，FT減小
21.(多選)(2018·高考天津卷)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θ，現在木楔背上加一力F，方向如圖所示，木楔兩側產生推力FN，則(　　)
A．若F一定，θ大時FN大
B．若F一定，θ小時FN大
C．若θ一定，F大時FN大
D．若θ一定，F小時FN大
22.(2020·河北高三模擬)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量為M的物體；OO′段水平，長度為L；繩子上套一可沿繩滑動的輕環．現在輕環上懸掛一鉤碼，平衡后，物體上升L，則鉤碼的質量為(　　)
A.M　　　B.M 　　　　 C.M 　　　D.M
23.質量為m＝10 kg的木箱置于水平地面上，它與地面間動摩擦因數μ＝，受到一個與水平方向成θ角斜向上的拉力F，如圖所示，為使木箱做勻速直線運動，拉力F的最小值以及此時θ分別是(　　)
A.50 N　30° B.50 N　60°
C. N　30° D. N　60°
方法五、相似三角形法
24.如圖所示，光滑的半圓環沿豎直方向固定，M點為半圓環的最高點，N點為半圓環上與半圓環的圓心等高的點，直徑MH沿豎直方向，光滑的定滑輪固定在M處，另一小圓環穿過半圓環用質量不計的輕繩拴接并跨過定滑輪．開始小圓環處在半圓環的最低點H點，第一次拉小圓環使其緩慢地運動到N點，第二次以恒定的速率將小圓環拉到N點．滑輪大小可以忽略，則下列說法正確的是(　　)
A．第一次輕繩的拉力逐漸增大
B．第一次半圓環受到的壓力逐漸減小
C．小圓環第一次在N點與第二次在N點時，輕繩的拉力相等
D．小圓環第一次在N點與第二次在N點時，半圓環受到的壓力相等
25.如圖所示，固定在豎直平面內的光滑圓環的最高點有一個光滑的小孔。質量為m的小球套在圓環上，一根細線的下端系著小球，上端穿過小孔用手拉住。現拉動細線，使小球沿圓環緩慢上移，在移動過程中手對線的拉力F和環對小球的彈力FN的大小變化情況是 (　　)
A.F減小，FN不變 B.F不變，FN減小
C.F不變，FN增大 D.F增大，FN減小
26.如圖所示是一個簡易起吊設施的示意圖，AC是質量不計的撐桿，A端與豎直墻用鉸鏈連接，一滑輪固定在A點正上方，C端吊一重物．現施加一拉力F緩慢將重物P向上拉，在AC桿達到豎直前(　　)
A．BC繩中的拉力FT越來越大
B．BC繩中的拉力FT越來越小
C．AC桿中的支撐力FN越來越大
D．AC桿中的支撐力FN越來越小
27.光滑半球面上的小球被一通過定滑輪的繩由底端緩慢拉到頂端的過程中，試分析繩的拉力F及半球面對小球的支持力FN的變化情況(如圖所示，小球和滑輪可看成質點)。
28.如圖所示，豎直放置的光滑圓環，頂端D點處固定一定滑輪(大小忽略)，圓環兩側套著質量分別為m1、m2的兩小球A、B，兩小球用輕繩繞過定滑輪相連，并處于靜止狀態，A、B連線過圓心O點，且與右側繩的夾角為θ。則A、B兩小球的質量之比為(　　)
tan θ B． C． D．sin2θ
29．(2018·全國卷Ⅰ)如圖所示，三個固定的帶電小球a、b和c，相互間的距離分別為ab＝5 cm，bc＝3 cm，ca＝4 cm.小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線．設小球a、b所帶電荷量的比值的絕對值為k，則(　　)
A．a、b的電荷同號，k＝　　　　
B．a、b的電荷異號，k＝
C．a、b的電荷同號，k＝
D．a、b的電荷異號，k＝
方法六、三角形法則
30.(多選)(2019·高考全國卷Ⅰ)如圖，一粗糙斜面固定在地面上，斜面頂端裝有一光滑定滑輪。一細繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊N，另一端與斜面上的物塊M相連，系統處于靜止狀態。現用水平向左的拉力緩慢拉動N，直至懸掛N的細繩與豎直方向成45°。已知M始終保持靜止，則在此過程中(　　)
A．水平拉力的大小可能保持不變
B．M所受細繩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減小后增加
31.重力都為G的兩個小球A和B用三段輕繩按如圖所示連接后懸掛在O點上，O、B間的繩子長度是A、B間的繩子長度的2倍，將一個拉力F作用到小球B上，使三段輕繩都伸直且O、A間和A、B間的兩段繩子分別處于豎直和水平方向上，則拉力F的最小值為(　　)
A.G B.G C．G D.G
32.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(　　)
A.mg B.mg C.mg D.mg
33.傾角θ＝30°的斜面固定，重為G的物體恰好可以沿斜面勻速下滑，現對物體施加一拉力(圖中未畫出)，使物體沿斜面勻速上滑，則該拉力的最小值為(　　)
A.G B.G C.G D.G
方法七、正余弦定理法
34.如圖所示，a、b兩個小球(可視為質點)，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球質量為m，桿與水平面的夾角為30°，不計所有摩擦。當兩球靜止時，Oa段繩與桿的夾角也為30°，Ob段繩沿豎直方向，則a球的質量為(　　)
A.m B.m
C.m D．2m
35.(2021·湖北省選擇性考試模考)如圖所示，矩形平板ABCD的AD邊固定在水平面上，平板與水平面夾角為θ，AC與AB的夾角也為θ。質量為m的物塊在平行于平板的拉力作用下，沿AC方向勻速運動。物塊與平板間的動摩擦因數μ＝tan θ，重力加速度大小為g，拉力大小為(　　)
A．2mgsin θcos B．2mgsin θ
C．2mgsin D．mgsin θcos
36．(2019·安徽肥東中學模擬)如圖所示，a、b兩細繩一端系著質量為m的小球，另一端系在豎直放置的圓環上，小球位于圓環的中心，開始時繩a水平，繩b傾斜．現將圓環在豎直平面內順時針緩慢地向右滾動至繩b水平，在此過程中(　　)
A．a上的張力逐漸增大，b上的張力逐漸增大
B．a上的張力逐漸減小，b上的張力逐漸減小
C．a上的張力逐漸減小，b上的張力逐漸增大
D．a上的張力逐漸增大，b上的張力逐漸減小
37.如圖所示，質量為m的球放在傾角為α的光滑斜面上，在斜面上有一光滑且不計厚度的木板擋住球，使之處于靜止狀態．今使擋板與斜面的夾角β緩慢增大，在此過程中，斜面對球的支持力N1和擋板對球的壓力N2的變化情況為(　　)
A．N1、N2都是先減小后增加
B．N1一直減小，N2先增加后減小
C．N1先減小后增加，N2一直減小
D．N1一直減小，N2先減小后增加
38．(2019·天津卷)2018年10月23日，港珠澳跨海大橋正式通車．為保持以往船行習慣，在航道處建造了單面索(所有鋼索均處在同一豎直面內)斜拉橋，其索塔與鋼索如圖所示．下列說法正確的是(　　)
A．增加鋼索的數量可減小索塔受到的向下的壓力
B．為了減小鋼索承受的拉力，可以適當降低索塔的高度
C．索塔兩側鋼索對稱且拉力大小相同時，鋼索對索塔的合力豎直向下
D．為了使索塔受到鋼索的合力豎直向下，索塔兩側的鋼索必須對稱分布
方法八、輔助圓法
39.如圖所示，兩根輕繩一端系于結點O，另一端分別系于固定豎直放置的圓環上的A、B兩點，O為圓心，O點下面懸掛一物體M，繩OA水平，拉力大小為F1，繩OB與繩OA成α＝120°，拉力大小為F2。將兩繩同時緩慢順時針轉過60°，并保持兩繩之間的夾角α始終不變，且物體始終保持靜止在旋轉過程中，下列說法正確的是(　　)
A．F1逐漸增大 B．F1先增大后減小
C．F2先增大后減小 D．F2先減小后增大
40．(多選)如圖所示，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點M拴一重物，用手拉住繩的另一端N。初始時，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為α。現將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角α不變。在OM由豎直被拉到水平的過程中(　　)
A．MN上的張力逐漸增大
B．MN上的張力先增大后減小
C．OM上的張力逐漸增大
D．OM上的張力先增大后減小2022屆高考物理二輪專題共點力平衡問題答案解析
1.答案　C
解析　物體C受重力、B的支持力和摩擦力3個力的作用，選項C正確，D錯誤；物體B受重力、A的支持力、C的壓力和摩擦力4個力的作用，選項B錯誤；把B、C看成一個整體，物體A受重力、地面的支持力以及B、C整體的壓力3個力的作用，選項A錯誤．
2.答案　A
解析　對下面的小球進行受力分析，如圖甲所示：
根據平衡條件得：F＝mgtan 45°＝mg，FB＝＝mg；
對兩個小球整體受力分析，如圖乙所示：
根據平衡條件得：tan θ＝，又F＝mg，解得tan θ＝，FA＝＝mg，由題意可知兩彈簧的形變量相等，則有：x＝＝，解得：＝＝，故A正確，B、C、D錯誤．
3.答案　 C
解析 設繩子拉力為T，墻壁支持力為N，兩球之間的壓力為F，將兩個球作為一個整體進行受力分析，可得Tcos α＝2mg＋mg，Tsin α＝N
對小球進行受力分析，可得Fcos(α＋β)＝mg，Fsin(α＋β)＝N
聯立得3tan α＝tan
故選C。
4.答案　 C
解析 先將所有的書(設有n本)當作整體，受力分析，豎直方向受重力、靜摩擦力，二力平衡，有2μ1F≥nmg，再考慮除最外側兩本書(n－2)本，受力分析，豎直方向受重力、靜摩擦力，二力平衡，有2μ2F≥(n－2)mg，聯立解得n≤37，故C正確。
5.答案　A
解析　用整體法分析，把兩個小球看成一個整體，此整體受到的外力為豎直向下的重力2mg、水平向左的力F(甲受到的)、水平向右的力F(乙受到的)和細線1的拉力F1，兩水平力相互平衡，故細線1的拉力F1一定與重力2mg等大反向，即細線1一定豎直；再用隔離法，分析乙球受力的情況，乙球受到豎直向下的重力mg、水平向右的拉力F、細線2的拉力F2，要使得乙球受力平衡，細線2必須向右傾斜，故A正確．
6.答案　C
解析　由題意知兩輕繩OA和AB的長度之比為∶1，B球恰好在懸點O的正下方，由幾何關系可知，OA與AB垂直；以B球為研究對象，由平衡條件得：
F2＝mgtan (90°－30°)＝mg
以AB兩球整體為研究對象，由平衡條件得
F1－F2＝3mgtan 30°
可得F1＝2mg，則F1＝2F2
故A、B、D錯誤，C正確。
7.答案　 A
解析 設物塊的質量最大為m，將物塊的重力沿斜面方向和垂直于斜面方向分解，由平衡條件，在沿斜面方向有F＝mgsin 30°＋μmgcos 30°，解得m＝150 kg，A正確。
8.答案　 B
解析　物體在力F1作用下和力F2作用下運動時的受力如圖所示。
將物體受力沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解，由平衡條件可得：F1＝mgsin θ＋Ff1，FN1＝mgcos θ，Ff1＝μFN1，F2cos θ＝mgsin θ＋Ff2，FN2＝mgcos θ＋F2sin θ，Ff2＝μFN2，解得：F1＝mgsin θ＋μmgcos θ，F2＝；故＝cos θ－μsin θ，選項B正確。
9.答案　D
解析　分析可知工件受力平衡，對工件受到的重力按照壓緊斜面Ⅰ和Ⅱ的效果進行分解如圖所示，
結合幾何關系可知工件對斜面Ⅰ的壓力大小為F1＝mgcos 30°＝mg、對斜面Ⅱ的壓力大小為F2＝mgsin 30°＝mg，選項D正確，A、B、C錯誤．
10.答案　C
解析　物塊A、B剛好要滑動，說明A、B剛好處于平衡狀態，所受摩擦力為最大靜摩擦力，分別對A、B受力分析，則對A，T＝mgsin 45°＋μmgcos 45°，對B，T＋μmgcos 45°＋3μmgcos 45°＝2mgcos 45°，聯立解得μ＝，故C正確。
11.答案　C
解析　以氣球為研究對象，受力分析如圖所示，則由力的平衡條件可知，氣球在水平方向的合力為零，即風對氣球作用力的大小為F＝Tsin α，C正確，A、B、D錯誤．
12.答案　BD
解析　由于物塊a、b均保持靜止，各繩角度保持不變，對a受力分析得，繩的拉力FT′＝mag，所以物塊a受到的繩的拉力保持不變．滑輪兩側繩的拉力大小相等，所以b受到繩的拉力大小、方向均保持不變，C選項錯誤；a、b受到繩的拉力大小、方向均不變，所以OO′的張力不變，A選項錯誤；對b進行受力分析，如圖所示．
由平衡條件得：FTcos β＋Ff＝Fcos α，Fsin α＋FN＋FTsin β＝mbg.其中FT和mbg始終不變，當F大小在一定范圍內變化時，支持力在一定范圍內變化，B選項正確；摩擦力也在一定范圍內發生變化，D選項正確．
13.答案 C　
解析 當拉力水平時，物塊做勻速直線運動，則F＝μmg，當拉力方向與水平方向的夾角為60°時，物塊也剛好做勻速直線運動，則Fcos 60°＝μ(mg－Fsin 60°)，聯立解得μ ＝ ，選項A、B、D錯誤，C正確．
14.答案　B
解析　對小球受力分析如圖所示，
可知木板從題圖位置緩慢地轉到水平位置的過程中，FN1始終減小，FN2始終減小.故選項B正確.
15.答案　C
解析　對結點O受力分析如圖所示，當保持O點位置不變，則當力F的方向順時針緩慢旋轉至豎直方向的過程中，由圖可知F先減小后增大，FT一直減小，故選C.
16.答案　D
解析
以小球為研究對象。小球受到重力mg、斜面的支持力N和細線的拉力T，在小球緩慢上升過程中，小球受的合力為零，則N與T的合力與重力大小相等、方向相反，根據平行四邊形定則作出三個力的合成圖如圖，則當T與N垂直，即線與斜面平行時T最小，得線的拉力最小值為：Tmin＝mgsin α，再對小球和斜面體組成的整體研究，根據平衡條件得：F＝Tmin·cos α＝(mgsin α)·cos α＝mgsin 2α，則D正確。
17.答案　D
解析　以小球乙為研究對象受力分析，設繩與豎直方向的夾角為α，根據平衡條件可得，水平拉力為F＝mgtan α，可見水平拉力F逐漸增大，繩子的拉力為FT＝，故繩子的拉力也逐漸增大；以物體甲為研究對象受力分析，根據平衡條件可得，物體甲受地面的摩擦力與繩子的拉力沿水平方向的分力FTx＝FTcos θ，兩力等大反向，故摩擦力方向向左，Ff＝，逐漸增大，故D正確，A、B、C錯誤．
18.答案　D
解析 以小球為研究對象，設小球所在位置沿切線方向與豎直方向夾角為θ，沿切線方向有FT＝mgcos θ，沿半徑方向有FN＝mgsin θ，通過細線將小球從M點緩慢向上拉至半圓最高點的過程中θ增大，所以細線對小球的拉力減小，小球對柱體的壓力增大，故A、B錯誤；以柱體為研究對象，豎直方向有F地＝Mg＋FNsin θ＝Mg＋mgsin2θ，水平方向有F墻＝FNcos θ＝mgsin θcos θ＝mgsin 2θ，θ增大，柱體受到水平地面的支持力逐漸增大；柱體對豎直墻面的壓力先增大后減小，當θ＝45°時柱體對豎直墻面的壓力最大，故D正確，C錯誤。
19.答案　AB
解析　設兩桿間距離為d，繩長為l，Oa、Ob段長度分別為la和lb，則l＝la＋lb，兩部分繩子與豎直方向夾角分別為α和β，受力分析如圖所示。繩子中各部分張力大小相等，Fa＝Fb＝F，則α＝β。滿足2Fcos α＝mg，d＝lasin α＋lbsin α＝lsin α，即sin α＝，F＝，d和l均不變，則sin α為定值，α為定值，cos α為定值，繩子的拉力保持不變，故選項A正確，C錯誤；將桿N向右移一些，d增大，則sin α增大，cos α減小，繩子的拉力增大，故選項B正確；若換掛質量更大的衣服，d和l均不變，繩中拉力增大，但衣服的位置不變，選項D錯誤。
20.答案　D
解析　先以O點為研究對象，進行受力分析，有A物體的重力GA，外力F和繩子的拉力FT，設繩子與豎直方向的夾角為θ，則F＝GAtan θ，FT＝，由題可知θ減小，所以F減小，FT減小；再以物體B為研究對象，進行受力分析，有B物體的重力GB，繩子的拉力FT，豎直桿對B的支持力FN和摩擦力Ff，則
FN＝FTsin θ＝GAtan θ
Ff＝GB＋FTcos θ＝GA＋GB
所以當θ減小時，FN減小，Ff不變，所以D正確，A、B、C錯誤。
21.答案　BC
解析　木楔兩側面產生的推力合力大小等于F，由力的平行四邊形定則可知，FN＝，由表達式可知，若F一定，θ越小，FN越大，A錯誤，B正確；若θ一定，F越大，FN越大，C正確，D錯誤。
22.答案　D
解析 重新平衡后，繩子形狀如圖，由幾何關系知：繩子與豎直方向夾角為30°，則環兩邊繩子的夾角為60°，根據平行四邊形定則，環兩邊繩子拉力的合力為Mg，根據平衡條件，則鉤碼的質量為M，故D正確．
23.答案　A
解析　木箱受力分析如圖所示，由平衡條件得，Fcos θ＝Ff，Fsin θ＋FN＝mg，Ff＝μFN，由以上各式解得，F＝＝，其中tan α＝＝，則α＝60°，當θ＋α＝90°時，拉力F有最小值，故θ＝30°，F＝＝50 N，選項A正確，B、C、D錯誤。
24.答案　C
解析　小圓環沿半圓環緩慢上移過程中，受重力G、拉力FT、彈力FN三個力處于平衡狀態，受力分析如圖所示．
由圖可知△OMN與△NBA相似，則有＝＝(式中R為半圓環的半徑)，在小圓環緩慢上移的過程中，半徑R不變，MN的長度逐漸減小，故輕繩的拉力FT逐漸減小，小圓環所受的支持力的大小不變，由牛頓第三定律得半圓環所受的壓力的大小不變，A、B錯誤；第一次小圓環緩慢上升到N點時，FN＝G、FT＝G；第二次小圓環運動的過程中，假設小圓環速率恒為v，當小圓環運動到N點時，在水平方向上有FT′cos 45°－FN′＝m，在豎直方向上有G＝FT′sin 45°，解得FT′＝G，FN′＝G－m，再結合牛頓第三定律可知，C正確，D錯誤．
25.答案　A
解析　對小球受力分析，其所受的三個力組成一個閉合三角形，如圖所示，力三角形與圓內的三角形相似，由幾何關系可知＝＝，小球緩慢上移時mg不變，R不變，L減小，F大小減小，FN大小不變，選項A正確。
26.答案 B
解析 作出C點的受力示意圖，將力的矢量平移，如圖所示，由圖可知力的矢量三角形與幾何三角形ABC相似．根據相似三角形的性質得＝＝，解得BC繩中的拉力為FT＝G，AC桿中的支撐力為FN＝G.由于重物P向上運動時，AB、AC不變，BC變小，故FT減小，FN不變，B正確．
27.答案　見解析
解析　作出小球的受力示意圖，如圖所示，從圖中可得到相似三角形。
設半球面的半徑為R，定滑輪到半球面最高點的距離為h，定滑輪到小球間繩長為L，根據三角形相似得
＝＝
得F＝mg，FN＝mg
由于在拉動過程中h、R不變，L變小，故F減小，FN不變。
28.答案 B
解析 對兩小球分別受力分析，作出力的矢量三角形，如圖所示。
對小球A，可得＝；對小球B，可得＝；聯立解得＝，故選B。
29.答案 D
解析 由于小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線，根據受力分析知，a、b的電荷異號；根據庫侖定律，a對c的庫侖力為Fa＝k0①，b對c的庫侖力為Fb＝k0②，設合力向左，如圖所示，根據相似三角形，得＝③，聯立①②③式解得k＝＝＝，故選D。
30.答案　 BD
解析
對N進行受力分析如圖所示，因為N的重力與水平拉力F的合力和細繩的拉力T是一對平衡力，從圖中可以看出水平拉力的大小逐漸增大，細繩的拉力也一直增大，A錯誤，B正確；M的質量與N的質量的大小關系不確定，設斜面傾角為θ，若mNg≥mMgsin θ，則M所受斜面的摩擦力大小會一直增大，若mNg31.答案　A
解析　對A球受力分析可知，因O、A間繩豎直，則A、B間繩上的拉力為0.對B球受力分析如圖所示，
則可知當F與O、B間繩垂直時F最小，Fmin＝Gsin θ，其中sin θ＝＝，則Fmin＝G，故A項正確．
32.答案　C
解析　由題圖可知，要使CD水平，各繩均應繃緊，則AC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FT＝mgtan 30°＝
mg；D點受CD繩子拉力大小等于FT，方向向左；要使CD水平，D點兩繩的拉力與外界的力的合力為零，則繩子CD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，當力F2與BD垂直時，F2最小，而F2的大小即為拉力的大小；故最小力F＝FTsin 60°＝mg。選項C正確。
33.答案　C
解析　法一　物體恰好能沿斜面勻速下滑，因此有mgsin θ＝μmgcos θ，μ＝tan 30°＝；當用拉力拉物體，使物體沿斜面向上勻速運動時，物體受到重力G、垂直斜面的彈力FN，沿斜面向下的滑動摩擦力f及拉力F，由于＝μ＝tan 30°，因此滑動摩擦力與彈力的合力F′方向與彈力的夾角恒為30°，與豎直方向的夾角恒為60°，因此可以把物體受到的力等效為重力G、滑動摩擦力與彈力的合力F′及拉力F這三個力，這三個力的合力為零，即這三個力首尾相接可以構成封閉三角形，如圖所示，由力的合成可知，當F與F′垂直時，F最小，最小值為Fmin＝Gsin 60°＝G，選項C正確。
34.答案　A
解析 分別對a、b兩球受力分析，運用合成法，如圖所示
根據共點力的平衡條件，得T′＝mbg；＝(根據正弦定理列式)，T＝T′。故mb∶ma＝tan 30°∶1，則ma＝m，故B、C、D錯誤，A正確。
法二　物體恰好能沿斜面下滑，因此mgsin θ＝μmgcos θ，故μ＝tan θ＝，設拉力與斜面夾角為α時拉力最小，受力分析如圖所示。
沿斜面和垂直斜面正交分解，由平衡得Fcos α＝Gsin θ＋Ff，FN＋Fsin α＝Gcos θ，Ff＝μFN，
聯立得F＝。令tan β＝得F＝，即最小值Fmin＝＝G，選項C正確。
35.答案　A
解析 重力沿斜面的分力平行于CD向下，滑動摩擦力與運動方向相反，受力分析有Gx＝mgsin θ，f＝μmgcos θ，根據余弦定理得F＝＝2mgsin θcos，故選A。
36.答案 D　
解析 設小球的重力為G，圓環沿順時針方向轉過過程中，繩b與豎直方向的夾角為θ，如圖所示，a和b的拉力大小分別為T1、T2.小球的位置保持不動，受力保持平衡，由平衡條件可知，兩繩拉力的合力不變，小球受到的重力G和T1、T2組成一個閉合的三角形．由幾何知識得知，T1、T2的夾角β不變，由正弦定理得＝＝，在θ≤90°的范圍內，θ變大，故T1變大，T2變小，選項D正確．
37.答案 D
解析 法一：圖解法
對球受力分析，如圖甲所示．球始終處于平衡狀態，故三個力的合力始終為零，三力構成矢量三角形．擋板逆時針轉動時，N2方向也逆時針轉動，作出圖甲所示的動態矢量三角形．由圖甲可見，N1隨β的增大一直減小，N2先減小后增大．
法二：正弦定理法
對球受力分析，如圖乙所示．球受重力mg、斜面支持力N1、擋板壓力N2.
由正弦定理得
＝＝
解得N1＝ mg，
N2＝ mg
故隨著β的增大，N1一直減小，N2先減小后增大，β＝90°時，N2達到最小值，為mgsin α.
38.答案 C
解析 以橋身為研究對象，鋼索對橋身的拉力的合力與橋身的重力等大反向，則鋼索對索塔的向下的壓力數值上等于橋身的重力，增加鋼索的數量鋼索對索塔的向下的壓力數值不變，選項A錯誤；由圖甲可知2Tcos α＝Mg，當索塔高度降低后，α變大，cos α變小，故T變大，選項B錯誤；由B的分析可知，當鋼索對稱分布時，2Tcos α＝Mg，鋼索對索塔的合力豎直向下，選項C正確；當鋼索不一定對稱分布時，受力分析如圖乙所示，由正弦定理可知，只要＝，鋼索AC、AB的拉力FAC、FAB進行合成，合力豎直向下，鋼索不一定要對稱分布，選項D錯誤．
39.答案　A
解析 對結點O受力分析，并合成三角形如圖，
根據圖示可知順時針轉動前(實線)到轉動后(虛線)過程中，F1一直增大，F2一直減小，A正確，B、C、D錯誤。
40.答案　AD
解析　法一：解析法
設重物的質量為m，繩OM中的張力為TOM，繩MN中的張力為TMN。開始時，TOM＝mg，TMN＝0。由于緩慢拉起，則重物一直處于平衡狀態，兩繩張力的合力與重物的重力mg等大、反向。
如圖所示，已知角α不變，在繩MN緩慢拉起的過程中，角β逐漸增大，則角(α－β)逐漸減小，但角θ不變，在三角形中，利用正弦定理得＝，
(α－β)由鈍角變為銳角，sin(α－β)先增大后減小，則TOM先增大后減小，選項D正確；
同理知＝，在β由0變為的過程中，TMN一直增大，選項A正確。
法二：圖解法
重物受到重力mg、OM繩的拉力FOM、MN繩的拉力FMN共三個力的作用。緩慢拉起過程中任一時刻可認為是平衡狀態，三力的合力恒為0。如圖所示，由三角形定則得一首尾相接的閉合三角形，由于α>且不變，則三角形中FMN與FOM的交點在一個優弧上移動，由圖可以看出，在OM被拉到水平的過程中，繩MN中拉力一直增大且恰好達到最大值，繩OM中拉力先增大后減小，故A、D正確，B、C錯誤。

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