（教师备课专用）浙江省2021高考物理一轮复习第二单元相互作用第8课时共点力的平衡讲义+提能作业含解析

（教师备课专用）浙江省2021高考物理一轮复习第二单元相互作用第8课时共点力的平衡讲义+提能作业含解析

第8课时　共点力的平衡 共点力的平衡 ‎1.平衡状态 ‎(1)静止:物体的①　速度　和②　加速度　都等于零的状态。 ‎ ‎(2)匀速直线运动:物体的③　加速度　为零,④　速度　不为零且保持不变的状态。 ‎ ‎2.共点力的平衡条件 F合=0或者Fx‎=0‎Fy‎=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⑤　相等　,方向⑥　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⑦　相等　,方向⑧　相反　,并且这三个力的矢量可以构成一个封闭的矢量⑨　三角形　。 ‎ ‎(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⑩　相等　,方向　相反　。 ‎ ‎4.应用平衡条件解题的步骤 ‎(1)选取研究对象:根据题目要求,选取一个平衡体(单个物体或系统,也可以是结点)作为研究对象。‎ ‎(2)画受力示意图:对研究对象按受力分析的顺序进行受力分析,画出受力示意图。‎ 29‎ ‎(3)建立坐标系:选取合适的方向建立直角坐标系。‎ ‎(4)列方程求解:根据平衡条件列出平衡方程,解平衡方程,对结果进行讨论。‎ 29‎ ‎1.判断下列说法对错。‎ ‎(1)对物体进行受力分析时不用区分外力与内力,两者都要同时分析(　　)‎ ‎(2)处于平衡状态的物体加速度一定等于零(　　)‎ ‎(3)速度等于零的物体一定处于平衡状态(　　)‎ ‎(4)物体在缓慢运动时所处的状态不能认为是平衡状态(　　)‎ ‎(5)物体做竖直上抛运动到达最高点时处于静止状态(　　)‎ 答案　(1)✕　(2)√　(3)✕　(4)✕　(5)✕‎ ‎2.如图所示,玻璃球沿碗的内壁做匀速圆周运动,若忽略摩擦,关于玻璃球的受力情况,下列说法中正确的是　(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.只受重力和支持力 B.受重力、支持力和压力 C.受重力、支持力和向心力 D.受重力、压力和向心力 答案　A 29‎ ‎3.如图所示,两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上,两绳与竖直方向的夹角都为45°,日光灯保持水平,所受重力为G,左右两绳的拉力大小分别为(　　)‎ A.G和G B.‎2‎‎2‎G和‎2‎‎2‎G C.‎1‎‎2‎G和‎3‎‎2‎G D.‎1‎‎2‎G和‎1‎‎2‎G 答案　B ‎4.在某驾校的训练场地上,有一段圆弧形坡道,如图所示,若将同一辆车先后停放在a点和b点,下列分析和比较正确的是(　　)‎ A.车在a点受到的坡道的支持力大于在b点受到的坡道的支持力 B.车在a点受到的坡道的摩擦力大于在b点受到的坡道的摩擦力 C.车在a点受到的合外力大于在b点受到的合外力 D.车在a点受到的重力的下滑分力大于在b点受到的重力的下滑分力 答案　A 29‎ 考点一　物体的受力分析 ‎　　1.受力分析的基本思路 ‎2.受力分析的四个常用方法 ‎　　(1)条件法:不同性质的力产生条件不同,进行受力分析时最基本的判断依据是其产生条件。‎ ‎(2)假设法:在受力分析时,若不能确定某力是否存在,可先对其作出存在的假设,然后根据分析该力存在对物体运动状态的影响来判断该力是否存在。‎ ‎(3)动力学分析法:有时候是否满足某力产生的条件是很难判定的,可先根据物体的运动状态进行分析,再运用平衡条件或牛顿运动定律判定未知力。‎ ‎(4)对象转换法:从力的作用是相互的这个基本特征出发,通过判定其反作用力是否存在来判定该力是否存在。‎ ‎　　例1　“阶下儿童仰面时,清明妆点最堪宜。游丝一断浑无力,莫向东风怨别离。”这是《红楼梦》中咏风筝的诗,风筝在风力F、线的拉力FT以及重力G的作用下,能够高高地、平稳地飞在蓝天上。关于风筝在空中的受力可能正确的是(　　)‎ 答案　A　风筝受竖直向下的重力,风力应与风筝面垂直,风筝平稳地飞在空中认为是平衡状态,所以线拉力方向应该在重力和风力的合力的反方向上,所以A正确。‎ 29‎ ‎　　1.(2019浙江凤鸣高中期中)射箭是奥运会正式比赛项目。运动员将箭射出后,箭在空中飞行过程中受到的力有(　　)‎ A.重力 B.重力、弓弦的弹力 C.重力、空气作用力 D.重力、弓弦的弹力、空气作用力 答案　C　箭在空中飞行过程中受到重力和空气阻力,故应选C。‎ ‎2.工业4.0是由德国政府《德国2020高技术战略》中所提出的十大未来项目之一,库卡机器人是其中的典型代表。如图所示,某库卡机器手竖直夹起一个玻璃杯,玻璃杯在空中处于静止状态,机器手与玻璃杯接触面保持竖直,则(　　)‎ A.机器手对玻璃杯的作用力方向向下 B.机器手对玻璃杯的作用力大于玻璃杯对机器手的作用力 C.机器手对玻璃杯的作用力等于玻璃杯重力 D.若机器手水平移动,玻璃杯受到的摩擦力变大 29‎ 答案　C　玻璃杯在空中处于静止状态,说明机器手对玻璃杯的作用力与玻璃杯的重力平衡,因此机器手对玻璃杯的作用力方向竖直向上,和玻璃杯对机器手的力是一对相互作用力,大小相等,选项A、B错误,C正确。若水平移动机器手,由于玻璃杯在竖直方向受力始终平衡,故摩擦力始终等于重力,故D错误。‎ ‎3.我国的高铁技术在世界上处于领先地位,高铁(如图甲所示)在行驶过程中非常平稳,放在桌上的水杯几乎感觉不到晃动。图乙为高铁车厢示意图,A、B两物块相互接触地放在车厢里的水平桌面上,物块与桌面间的动摩擦因数相同,A的质量比B的质量大,车厢在平直的铁轨上向右做匀速直线运动,A、B相对于桌面始终保持静止,下列说法正确的是(　　)‎ A.A受到2个力的作用 B.B受到3个力的作用 C.A受到桌面对它向右的摩擦力 D.B受到A对它向右的弹力 答案　A　车厢做匀速直线运动时,A、B受到的合外力均为零,都只受到重力和桌面的支持力的作用,因此A正确,B、C、D错误。‎ 考点二　共点力的静态平衡问题(整体法与隔离法)‎ ‎　　整体法与隔离法 29‎ ‎　　例2　如图所示,质量为m的正方体A和质量为M的正方体B放在两竖直墙和水平面间,处于静止状态。A和B的接触面与竖直方向的夹角为α,重力加速度为g,若不计一切摩擦,下列说法正确的是(　　)‎ A.水平面对正方体B的弹力大小大于(M+m)g B.水平面对正方体B的弹力大小为(M+m)gcosα C.墙面对正方体A的弹力大小为mgtanα D.墙面对正方体B的弹力大小为mgtanα 答案　D　由于两墙面竖直,对B和A整体受力分析可知,水平面对B的弹力大小等于(M+m)g,A、B错误;在水平方向,墙对B和A的弹力大小相等、方向相反,隔离A受力分析如图所示,根据平行四边形定则可得A受到的墙对它的弹力大小为mgtanα,所以B受到墙面的弹力大小也为mgtanα,C错误,D正确。‎ ‎　　1.(2019浙江金华期中联考)如图所示,质量为m的质点静止放在半径为R的半球体上,与半球体间的动摩擦因数为μ,质点与球心的连线与水平地面的夹角为θ,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　)‎ 29‎ A.地面对半球体的摩擦力方向水平向左 B.质点对半球体的压力大小为mgcosθ C.质点所受摩擦力大小为mgsinθ D.质点所受摩擦力大小为mgcosθ 答案　D　以整体为研究对象,整体处于静止状态,水平方向不受外力,故半球体不受地面的摩擦力,A错误;对质点受力分析,质点受重力、支持力及摩擦力,三力作用下质点处于平衡状态,则合力为零,质点对球面的压力为mgsinθ,故B错误;摩擦力沿切线方向,在切线方向重力的分力与摩擦力大小相等,即f=mgcosθ,故C错误,D正确。‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎　　2.(2019浙江杭州预测卷)将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后,再用细线悬挂于O点,如图所示。用力F拉小球b,使两个小球都处于静止状态,且细线OA与竖直方向的夹角保持θ=30°,则F的最小值为(重力加速度为g)(　　)‎ A.‎3‎‎3‎mg B.mg C.‎3‎‎2‎mg D.‎1‎‎2‎mg 答案　B　以a、b为整体,整体受重力(大小为2mg)、细线OA的拉力FT及拉力F三个力而平衡,如图所示,三力构成的矢量三角形中,当力F垂直于细线OA拉力FT时有最小值,且最小值F=2mgsinθ=mg,B项正确。‎ 29‎ ‎3.如图所示,物体A用轻质细绳与圆环B连接,圆环套在固定竖直杆MN上。现用一水平力F作用在绳上的O点,将O点缓慢向左移动,使细绳与竖直方向的夹角增大,在此过程中圆环B始终处于静止状态。下列说法正确的是(　　)‎ A.水平力F逐渐增大 B.绳对圆环B的拉力不变 C.杆对圆环B的摩擦力变大 D.杆对圆环B的支持力不变 答案　A　设细绳与水平方向的夹角为α,物体的质量为m,对结点O受力分析,运用合成法,则由平衡条件可得F=mgtanα,α减小,则F增大,故A正确;设绳对圆环的拉力为T,则T=mgsinα,α减小,则T增大,即绳对圆环B的拉力变大,故B错误;以圆环和物体整体为研究对象受力分析,由平衡条件,竖直方向杆对圆环B的摩擦力等于物体与圆环的重力之和,故杆对圆环B的摩擦力不变,水平方向拉力F等于杆对环的支持力,F增大,杆对圆环B的支持力增大,故C、D错误。‎ 考点三　分析动态平衡问题的三种方法 29‎ ‎　　1.动态平衡:物体所受的力一部分是变力,是动态力,力的大小和方向均要发生变化,但变化过程中的每一个状态均可视为平衡状态,所以叫动态平衡。‎ ‎2.分析动态平衡问题的方法 方法 步骤 解析法 ‎(1)列平衡方程求出未知量与已知量的关系表达式 ‎(2)根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况 图解法 ‎(1)根据已知量的变化情况,画出平行四边形边、角的变化 ‎(2)确定未知量的变化情况 相似三 角形法 ‎(1)根据已知条件画出两个不同情况对应的力的三角形和空间几何三角形,确定对应边,利用三角形相似知识列出比例式 ‎(2)确定未知量的变化情况 ‎　　例3　(多选)(2017课标Ⅰ,21,6分)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αα>‎π‎2‎。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 29‎ ‎【审题突破】　解题的关键是分析物体受力的特点,此题中知重力大小、方向不变,而两侧轻绳上的张力大小、方向均变化,需根据平衡条件结合力的矢量三角形画出动态分析图,也可直接利用正弦定理求解。‎ 答案　AD　将重物向右上方缓慢拉起,重物处于动态平衡状态,可利用平衡条件或力的分解画出动态图分析。将重物的重力沿两绳方向分解,画出分解的动态图如图所示。在三角形中,根据正弦定理有Gsinγ‎1‎=FOM1‎sinβ‎1‎=FMN1‎sinθ‎1‎,由题意可知FMN的反方向与FOM的夹角γ=180°-α,不变,因 sinβ(β为FMN与G的夹角)先增大后减小,故OM上的张力先增大后减小,当β=90°时,OM上的张力最大,因 sinθ(θ为FOM与G的夹角)逐渐增大,故MN上的张力逐渐增大,选项A、D正确,B、C错误。‎ 考向1　解析法 ‎　　1.如图所示,与水平方向成θ角的推力F作用在物块上,随着θ逐渐减小直到水平的过程中,物块始终沿水平面做匀速直线运动,物块与水平面间的动摩擦因数为μ。关于物块受到的外力,下列判断正确的是(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.推力F先增大后减小 B.推力F一直减小 C.物块受到的摩擦力先减小后增大 29‎ D.物块受到的摩擦力一直不变 答案　B　对物块受力分析,建立如图所示的坐标系。由平衡条件得Fcosθ-Ff=0,FN-(mg+Fsinθ)=0,又Ff=μFN,联立可得F=μmgcosθ-μsinθ,可见,当θ减小时,F一直减小;由摩擦力Ff=μFN=μ(mg+Fsinθ)可知,当θ、F减小时,Ff一直减小。综上分析可知,B正确,A、C、D错误。‎ 考向2　图解法 ‎　　2.(2016课标Ⅱ,14,6分)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　由题意知,系统处于动态平衡状态,分析O点的受力情况如图所示,其中T'=G恒定不变,F方向不变,T大小方向均改变,在O点向左移动的过程中,θ角逐渐变大,由动态矢量三角形可知F、T均逐渐变大,故A项正确。‎ 29‎ 考向3　相似三角形法 ‎　　3.如图所示是一个简易起吊装置的示意图,AC是质量不计的撑杆,A端与竖直墙用铰链连接,一滑轮B固定在A点正上方,C端吊一重物。现施加一拉力F缓慢将重物P向上拉,在AC杆达到竖直前(　　)‎ A.BC绳中的拉力FT越来越大 B.BC绳中的拉力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越来越小 答案　B　作出C点的受力示意图,如图所示,由图可知力的矢量三角形与几何三角形ABC相似。根据相似三角形的性质得FTBC=FNAC=GAB,解得BC绳中的拉力为FT=G·BCAB,AC杆中的支持力为FN=G·ACAB。由于重物P向上运动时,AB、AC不变,BC变小,故FT减小,FN不变。选项B正确。‎ 29‎ 考点四　动态平衡中的临界、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发生变化,从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”,在问题中常用“刚好”“刚能”“恰好”等语言描述。‎ 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。‎ ‎　　例4　(2019辽宁沈阳月考)如图所示,三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点,A、B两端被悬挂在水平天花板上,相距2l。现在C点上悬挂一个质量为m的重物,为使CD绳保持水平,在D点上可施加的力的最小值为(重力加速度为g)(　　)‎ A.mg B.‎3‎‎3‎mg C.‎1‎‎2‎mg D.‎1‎‎4‎mg 答案　C　由题图可知,要想CD水平,各绳均应绷紧,则AC与水平方向的夹角为60°,结点C受力平衡,受力分析如图所示,则CD绳对结点C的拉力FT=mgtan30°=‎3‎‎3‎mg,D点受CD绳拉力FT'大小等于FT 29‎ ‎,方向向左。要使CD水平,D点受两绳的拉力与外界施加的力的合力为零,则CD绳对D点的拉力可分解为沿BD绳的力F1和另一分力F2,由几何关系可知,当力F2与BD垂直时,F2最小,而F2的大小等于施加的力的大小,故最小力F=FTsin60°=‎1‎‎2‎mg。‎ ‎【审题指导】　解答本题时应把握以下两点:‎ ‎(1)先以C点为研究对象,进行受力分析,求出CD绳中的张力大小;‎ ‎(2)再以D点为研究对象,明确绳CD对D点的拉力是恒力,大小、方向不变,BD绳对D点的拉力方向不变,因此可以利用图解法求解在D点可施加力的最小值。‎ ‎　　1.细线OA、OB的O端与质量为m的小球拴接在一起,A、B两端固定于竖直墙面上,其中细线OA与竖直方向成45°,细线OB与竖直方向成60°,如图所示,现在对小球施加一个与水平方向成45°的拉力F,小球保持静止,细线OA、OB均处于伸直状态,已知重力加速度为g,小球可视为质点,下列说法错误的是(　　)‎ A.在保证细线OA、OB都伸直的情况下,若F增大,则细线OA中拉力变小,细线OB中拉力变大 B.当F=‎2‎‎2‎mg时,细线OB中拉力为零 C.为保证两根细线均伸直,拉力F不能超过‎3‎2‎+‎‎6‎‎2‎mg 29‎ D.为保证两根细线均伸直,拉力F不能超过‎3‎‎2‎‎2‎mg 答案　D　对小球进行受力分析如图所示,‎ 设细线OA、OB对小球的拉力分别为TA、TB,若OA、OB都伸直,对小球由平衡条件列方程,竖直方向有TAcos45°+Fsin45°=TBcos60°+mg,水平方向有TAsin45°+TBsin60°=Fcos45°,解得TA=‎3‎2‎-‎‎6‎‎2‎mg-(2-‎3‎)F,TB=(‎6‎-‎2‎)F-(‎3‎-1)mg,若F增大,则TA变小,TB变大,A项正确;TB为零时,有TB=(‎6‎-‎2‎)F-(‎3‎-1)mg=0,解得F=‎2‎‎2‎mg,B项正确;为保证两根细线都伸直,F最大时,有TA=‎3‎2‎-‎‎6‎‎2‎mg-(2-‎3‎)F=0,解得F=‎3‎2‎+‎‎6‎‎2‎mg,C项正确,D项错误。‎ ‎2.如图所示,轻质弹簧一端系在质量为m=1kg的小物块上,另一端固定在墙上。物块在斜面上静止时,弹簧与竖直方向的夹角为37°,已知斜面倾角θ=37°,斜面与小物块间的动摩擦因数μ=0.5,斜面固定不动。设物块与斜面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,重力加速度g取10m/s2下列说法正确的是(　　)‎ A.小物块可能只受三个力 B.弹簧弹力大小一定等于4N C.弹簧弹力大小不可能等于3N D.斜面对物块支持力可能为零 29‎ 答案　C　假如物块受3个作用力,重力、斜面的支持力以及摩擦力,则mgsin37°=6N,而最大静摩擦力为μmgcos37°=4N<6N,则物块不能静止,故选项A错误;要使物块静止,设弹簧弹力最小为F,则满足mgsin37°=μ(F+mgcos37°),解得F=4N,故当弹力不小于4N时,物块均能静止,选项B错误,C正确;若斜面对物块支持力为零,则物块与斜面之间的摩擦力为零,则物块不可能静止,选项D错误。‎ 29‎ A组　基础过关 ‎1.一只蜗牛沿着弧形菜叶从右向左缓慢爬行,如图所示。下列说法中正确的是(　　)‎ A.菜叶对蜗牛的弹力大小一定不变 B.菜叶对蜗牛的摩擦力大小一定不变 C.菜叶对蜗牛的作用力大小一定不变 D.菜叶对蜗牛的摩擦力大小一定不断减小 答案　C　蜗牛受重力、支持力、摩擦力,设某处坡角为α,根据平衡条件可得:N=mgcosα,f=mgsinα,由于坡角α先减小后增大,故支持力先增大后减小,静摩擦力先减小后增大,故A、B、D错误;菜叶对蜗牛的作用力是静摩擦力和支持力的合力,始终与重力平衡,一直不变,故C正确。‎ ‎2.(2019浙江杭州预测)如图所示,墙壁清洁机器人在竖直玻璃墙面上由A点沿直线匀速“爬行”到右上方B点。对机器人在竖直平面内受力分析正确的是(　　)‎ ‎ ‎ 29‎ 答案　B　机器人匀速爬行,受向下的重力和竖直向上的作用力而处于平衡状态,故B正确。‎ ‎3.在浙江省某次考试过程中,某位监考老师遵守规定采取图甲或图乙的监考姿势,则(　　)‎ A.甲、乙两图,人都不受地面的摩擦力 B.脚底部受到的支持力,图甲大于图乙 C.甲、乙两图,人对地面的压力相等 D.地面对人的作用力,图甲大于图乙 答案　C　题图甲中人的两脚分开时有向两边的运动趋势,要受地面的静摩擦力,而题图乙中人的两脚竖直不受摩擦力,故A错误;对题图甲、乙中的人受力分析可知,竖直方向两脚所受的总的支持力等于重力,由牛顿第三定律,人对地面的压力等于脚底部受到的总的支持力,也等于重力,故B错误,C正确;由平衡知识知地面对人的作用力等于重力,故D错误。‎ ‎4.(2019浙江杭州预测)大型商场或者大型超市为了方便顾客上下楼,都会安装自动扶梯。小王同学经过调查研究发现,不同商场或超市中的自动扶梯是不一样的,可以分为两大类,一种有台阶,另一种无台阶,两种自动扶梯分别如图所示。此外,小王同学还发现,为了节约能源,在没有顾客乘行时,这两种自动扶梯都以较小的速度匀速运行,当有顾客乘行时自动扶梯经过先加速再匀速两个阶段运行。则电梯在运送顾客上楼的整个过程中(　　)‎ A.图甲所示的无台阶自动扶梯中,乘客始终受摩擦力作用 29‎ B.图乙所示的有台阶自动扶梯中,乘客始终受摩擦力作用 C.图甲所示的无台阶自动扶梯中,乘客对扶梯的作用力始终竖直向下 D.图乙所示的有台阶自动扶梯中,乘客对扶梯的作用力始终竖直向下 答案　A　乘客在无台阶的电梯上运动时,在加速和匀速阶段,都受到重力、支持力和静摩擦力;匀速阶段乘客对扶梯的作用力竖直向下,在加速阶段偏离竖直方向。乘客在有台阶的电梯上运动时,加速阶段受到重力、支持力和静摩擦力,乘客对扶梯的作用力偏离竖直方向;匀速阶段受到重力与支持力,乘客对扶梯的作用力竖直向下。综上分析,故A正确。‎ ‎5.(2019浙江温州九校联考)长直木板的上表面的一端放有一铁块,木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与水平面的夹角α变大),另一端不动,如图所示。则铁块受到的摩擦力Ff随角度α的变化图像可能正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)‎ ‎ ‎ 答案　C　使铁块沿着斜面下滑的力是F=mgsinα,对于一个确定的角度α,最大静摩擦力是fm=μmgcosα。‎ 如果Ffm,这样,出现滑动摩擦,摩擦力f=fm=μmgcosα,在阶段1即静摩擦阶段,f=F=mgsinα,α的变化范围在0到90°之间,sinα随α变大而变大,当F大到等于fm后,就进入第2阶段即动摩擦阶段,f=fm=μmgcosα,余弦函数随α变大而变小,由题,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,两阶段在衔接处没有数值突变,故C正确。‎ ‎6.(2019浙江宁波镇海中学月考)如图,在挪威的两座山峰间夹着一块岩石,吸引了大量游客前往观赏。该景观可简化成如图所示的模型,右壁竖直,左壁稍微倾斜。设左壁与竖直方向的夹角为θ,由于长期风化,θ将会减小。石头与山崖间的摩擦很小,可以忽略不计。若石头质量一定,θ减小,石头始终保持静止,下列说法正确的是(　　)‎ 29‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.山崖左壁对石头的作用力将增大 B.山崖右壁对石头的作用力不变 C.山崖对石头的作用力减小 D.石头受到的合力将增大 答案　A　对石头受力分析如图所示 根据平衡条件可知N2cosθ=N1、N2sinθ=mg,随着θ减小,根据公式可知N1、N2都在增大,故A正确,B错误;根据共点力平衡可知,山崖对石头的作用力始终不变大小等于石头的重力,故C错误;由于石头处于静止状态,所以石头受合力一直为零,故D错误。‎ ‎7.如图所示,两根轻弹簧a、b的上端固定在竖直墙壁上,下端连接在小球上。当小球静止时,弹簧a、b与竖直方向的夹角分别为53°和37°,已知a、b的劲度系数分别为k1、k2。sin53°=0.8,cos53°=0.6,则a、b两弹簧的伸长量之比为(弹簧a、b均在弹性限度内)(　　)‎ A.‎4‎k‎2‎‎3‎k‎1‎ B.‎3‎k‎2‎‎4‎k‎1‎ C.‎3‎k‎1‎‎4‎k‎2‎ D.‎‎4‎k‎1‎‎3‎k‎2‎ 29‎ 答案　B　对小球受力分析如图所示 根据平衡条件得F=mg,故a弹簧的弹力F1=Fcos53°=‎3mg‎5‎,b弹簧的弹力F2=Fcos37°=‎4mg‎5‎,根据胡克定律F=kx,得x=Fk,则a、b两弹簧的伸长量之比为x‎1‎x‎2‎=F‎1‎k‎1‎F‎2‎k‎2‎=‎3‎k‎2‎‎4‎k‎1‎,故B正确。‎ ‎8.如图所示,两小球A、B通过光滑的小滑轮O用细线相连,小球A置于光滑半圆柱上,小球B用水平线拉着系于竖直板上,两球均处于静止状态,已知O点在半圆柱圆心O1的正上方,OA与竖直方向成30°角,OA长度与圆柱半径相等,OA⊥OB,则A、B两球的质量之比为(　　)‎ A.2∶‎3‎ B.2‎3‎∶1 C.1∶2 D.‎3‎∶3‎ 答案　B　对A受力分析,如图所示 由几何关系可知拉力T和支持力N与水平方向的夹角均为60°,则N和T相等,有2Tsin60°=mAg,解得T=mAg‎3‎,再对B受力分析,根据共点力平衡有Tcos60°=mBg,则mAg‎2‎‎3‎=mBg,可知mAmB=‎2‎‎3‎‎1‎,故B正确。‎ 29‎ ‎9.重力都为G的两个小球A和B用三段轻绳如图所示连接后悬挂在O点,O、B间的绳子长度是A、B间的绳子长度的2倍,将一个拉力F作用到小球B上,使三段轻绳都伸直且O、A间和A、B间的两段绳子分别处于竖直和水平方向上,则拉力F的最小值为(　　)‎ A.‎1‎‎2‎G B.‎3‎‎3‎G C.G D.‎2‎‎3‎‎3‎G 答案　A　对A球受力分析可知,因O、A间绳竖直,则A、B间绳上的拉力为0。对B球受力分析如图所示,可知当F与O、B间绳垂直时F最小,Fmin=Gsinθ,其中sinθ=l‎2l=‎1‎‎2‎,则Fmin=‎1‎‎2‎G,故A项正确。‎ ‎10.一只半球形碗倒扣在水平桌面上始终处于静止状态,碗的半径为R,质量为m的蚂蚁只有在离桌面高度大于或等于‎4‎‎5‎R时才能停在碗上,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则蚂蚁和碗面间的动摩擦因数为(　　)‎ A.‎2‎‎5‎ B.‎4‎‎5‎ C.‎3‎‎5‎ D.‎‎3‎‎4‎ 29‎ 答案　D　对蚂蚁受力分析,如图所示。蚂蚁受重力、支持力和摩擦力处于平衡状态,当蚂蚁在离桌面‎4‎‎5‎R时,根据平衡条件有f=mgsinθ=μN=μmgcosθ,其中θ为蚂蚁所受支持力与竖直方向的夹角,而cosθ=‎4R‎5‎R=0.8,可得μ=sinθcosθ=tanθ=‎3‎‎4‎,故D正确。‎ ‎11.(多选)如图,在一段平坦的地面上等间距分布着一排等高的输电线杆,挂在线杆上的电线粗细均匀且呈对称性。由于热胀冷缩,冬季两相邻线杆之间的导线长度会有所减小。对B线杆及两侧的电线,冬季与夏季相比(　　)‎ A.电线最高点处的张力变大 B.电线最低点处的张力不变 C.线杆对地面的压力变小 D.线杆两侧电线对线杆拉力的合力不变 答案　AD　以相邻两线杆之间的电线为研究对象,受力分析如图所示,可知冬季电线拉力的夹角更大,合力不变(大小等于重力,方向竖直向上),则可得冬季电线的拉力较大,电线最高点和最低点处的张力都变大,B错误,A正确;‎ 29‎ 把线杆和电线看做一个整体,线杆对地面的压力大小始终等于线杆和电线整体重力之和,C错误;线杆两侧电线对线杆拉力的合力等于电线的重力,故线杆两侧电线对线杆拉力的合力不变,D正确。‎ ‎12.如图所示,倾角为30°,重为100N的斜面体静止在粗糙水平面上。一根弹性轻杆一端垂直固定在斜面体上,另一端固定一个重为20N的小球,斜面体和小球处于静止状态时,下列说法正确的是(　　)‎ A.斜面有向左运动的趋势,受到水平向右的静摩擦力 B.弹性轻杆对小球的作用力为20N,方向垂直斜面向上 C.球对弹性轻杆的作用力为20N,方向竖直向下 D.水平面对斜面的支持力为100N,方向竖直向上 答案　C　先对小球受力分析,受到重力和杆的作用力,小球一直处于静止状态,故杆对小球的力与小球受到的重力二力平衡,故杆对小球的力方向竖直向上,大小等于重力,为20N,杆对小球的力与小球对杆的力是相互作用力,等大、反向、共线,故球对杆的力方向竖直向下,大小等于20N,B错误,C正确;再对斜面体、杆、小球整体受力分析,受重力和水平面的支持力,不受静摩擦力(如果受静摩擦力,不能保持受力平衡),根据平衡条件,支持力大小等于总重力,为120N,A、D错误。‎ B组　能力提升 ‎13.(2019浙江乐清期末)如图所示,一条不可伸长的轻质细绳一端跨过光滑钉子b悬挂一质量为m1的重物,另一端与一轻质绳相连于c点,ac=l‎2‎,c点悬挂质量为m2的重物,平衡时ac正好水平,此时质量为m1的重物的上表面正好与ac在同一水平线上且到b点的距离为l,到a点的距离为‎5‎‎4‎l,则两重物的质量之比m‎1‎m‎2‎为(　　)‎ 29‎ A.‎5‎‎2‎ B.2 C.‎5‎‎4‎ D.‎‎3‎‎5‎ 答案　C　对c点受力分析,设此时bc绳与水平方向夹角为θ。因c点处于平衡状态,所以任意两个力的合力均与第三个力大小相等,方向相反,根据平行四边形定则将绳ac上的拉力F与F1=m1g合成,如图所示 则sinθ=F‎2‎m‎1‎g,F2=m2g,而sinθ=ll‎2‎‎+‎‎3l‎4‎‎2‎=‎4‎‎5‎,所以m‎1‎m‎2‎=‎5‎‎4‎,选项C正确。‎ ‎14.近年来,智能手机的普及使“低头族”应运而生。当人体直立时,颈椎所承受的压力等于头部的重力;但当低头时,颈椎受到的压力会随之变化。现将人体头颈部简化为如图模型:头部看成质点P,颈椎看成可绕O点自由转动的轻杆OP,头部在沿OP方向的支持力和沿PS方向肌肉拉力的作用下处于静止状态。当低头时,颈椎OP与竖直方向的夹角为30°,SP与竖直方向的夹角为60°,此时颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到压力的(　　)‎ A.3.3倍 B.2.8倍 C.1.7倍 D.1.2倍 29‎ 答案　C　设头部重力为G,当人体直立时,颈椎所承受的压力等于头部的重量,即F=G;当某人低头时,PO、PS与竖直方向的夹角分别为30°、60°,P点的受力如图所示,‎ 根据几何关系结合正弦定理可得FSsin120°‎=Gsin30°‎,解得FS=‎3‎G,所以FSF=‎3‎‎1‎≈1.7,故A、B、D错误,C正确。‎ ‎15.(多选)如图所示,一质量为m、半径为r的光滑球A用细绳悬挂于O点,另一质量为M、半径为R的半球形物体B被夹在竖直墙壁和A球之间,B的球心到O点之间的距离为h,A、B的球心在同一水平线上,A、B处于静止状态,重力加速度为g。则下列说法正确的是(　　)‎ A.A对B的压力大小为R+rhmg B.竖直墙壁对B的摩擦力可能为零 C.当只轻轻把球B向下移动一点距离,若A、B再次保持静止,则A对B的压力大小保持不变,细绳拉力增大 D.当只轻轻把球B向下移动一点距离,若A、B再次保持静止,则A对B的压力减小,细绳拉力减小 答案　AD　分析A球的受力情况,如图1所示,B对A的支持力N与A的重力mg的合力与细绳的拉力T等大、反向、共线,根据三角形相似得NR+r=mgh=TOA,得N=R+rhmg,T=OAhmg,由牛顿第三定律知A对B的压力大小为N'=N=R+rhmg,A正确;‎ 29‎ B在竖直方向受到重力,而A、B间无摩擦,由平衡条件知竖直墙壁对B一定有摩擦力,B错误;当只轻轻把球B向下移动一点距离,分析A球的受力情况,如图2所示,N与T的合力与mg等大、反向、共线,根据三角形相似得NR+r=mgL=TOA,可得N=R+rLmg,T=OALmg,由于L>h,可知N减小,T减小,由牛顿第三定律知A对B的压力减小,C错误,D正确。‎ 29‎