2019年高考物理備考 中等生百日捷進提升系列 專題02 相互作用（含解析）

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1、專題02 相互作用 第一部分名師綜述 相互作用是整個高中物理力學的解題基礎，很多類型題都需要受力分析，然后根據(jù)力的合成與分解、共點力平衡來解題，其中對重力、彈力、摩擦力的考查方式大多以選擇題的形式出現(xiàn)，每個小題中一般包含幾個概念。對受力分析考查的命題方式一般是涉及多力平衡問題，可以用力的合成與分解求解，也可以根據(jù)平衡條件求解，考查方式一般以選擇題形式出現(xiàn)，特別是平衡類連接體問題題設情景可能更加新穎。 第二部分知識背一背 一、力的概念及三種常見的力 （一）力 力的基本特征：①物質(zhì)性②相互性③矢量性④獨立性⑤同時性：物體間的相互作用總是同時產(chǎn)生，同時變化，同時消失. 力可以用一條帶

2、箭頭的線段表示，線段的長度表示力的大小，箭頭的方向表示力的方向，箭頭（或者箭尾）畫在力的作用點上，線段所在的直線叫做力的作用線 力的示意圖和力的圖示是有區(qū)別的，力的圖示要求嚴格畫出力的大小和方向，在相同標度下線段的長度表示力的大小，而力的示意圖著重力的方向的畫法，不要求作出力的大小 （二）、重力 （1）重力是非接觸力（2）重力的施力物體是地球（3）物體所受到的重力與物體所處的運動狀態(tài)以及是否受到其他力無關（4）重力不一定等于地球的吸引力，地球對物體的吸引力一部分充當自轉的向心力，一部分為重力（5）重力隨維度的升高而增大（6）重力隨離地面的高度的增加而增大 4.重心： 重心是一個等效作

3、用點，它可以在物體上，也可以不在物體上，比如質(zhì)量分布均與的球殼，其重心在球心，并不在殼體上 （三）、彈力 1.彈力產(chǎn)生的條件：一物體間必須接觸，二接觸處發(fā)生形變（一般指彈性形變） 2.常見理想模型中彈力比較： 類別 輕繩 輕桿 輕彈簧 特征 輕、軟、不可伸長，即繩中各處的張力大小相等 輕，不可伸長，亦不可壓縮 輕，既可被拉伸，也可被壓縮，彈簧中各處彈力均相等 產(chǎn)生力的 方向及特點 只能產(chǎn)生拉力，不能產(chǎn)生壓力，拉力的方向沿繩子收縮的方向 既能產(chǎn)生壓力，又能產(chǎn)生拉力，彈力方向不一定沿桿的方向 既能產(chǎn)生壓力，又能產(chǎn)生拉力，力的方向沿彈簧軸線 大小計算 運用平衡方程

4、或牛頓第二定律求解 運用平衡方程或牛頓第二定律求解 除運用平衡方程或牛頓第二定律外，還可應用胡克定律F＝kx求解 變化情況 彈力可以發(fā)生突變 彈力只能漸變 （四）摩擦力 1.兩種摩擦力的比較 摩擦力 定義 產(chǎn)生條件 大小、方向 靜摩擦力 兩個有相對運動趨勢?。ㄈ员３朱o止）的物體間的摩擦力 ①接觸面粗糙 ②接觸處有彈力 ③兩物體間有相對運動趨勢 大?。? 方向：與受力物體相對運動趨勢的方向相反 滑動摩擦力 兩個有相對運動的物體間的摩擦力 ①接觸面粗糙 ②接觸處有彈力 ③兩物體間有相對運動 大?。? 方向：與受力物體相對運動的方向相反 2.靜摩擦力

5、 ①其大小、方向都跟產(chǎn)生相對運動趨勢的外力密切相關，但跟接觸面相互擠壓力無直接關系.因而靜摩擦力具有大小、方向的可變性，變化性強是它的特點，其大小只能依據(jù)物體的運動狀態(tài)進行計算，若為平衡狀態(tài)，靜摩擦力將由平衡條件建立方程求解；若為非平衡狀態(tài)，可由動力學規(guī)律建立方程求解. ②最大靜摩擦力是物體將要發(fā)生相對滑動這一臨界狀態(tài)時的摩擦力，它的數(shù)值與成正比，在不變的情況下，滑動摩擦力略小于，而靜摩擦力可在間變化. 二、力的合成與分解 1..合力的大小范圍 (1)兩個力合力大小的范圍　. (2)三個力或三個以上的力的合力范圍在一定條件下可以是 2.正交分解法 把一個力分解為互相垂直的兩個分力

6、，特別是物體受多個力作用時，把物體受到的各力都分解到互相垂直的兩個方向上去，然后分別求每個方向上力的代數(shù)和，把復雜的矢量運算轉化為互相垂直方向上的簡單的代數(shù)運算.其方法如下. (1)正確選擇直角坐標系，通過選擇各力的作用線交點為坐標原點，直角坐標系的選擇應使盡量多的力在坐標軸上. (2)正交分解各力，即分別將各力投影在坐標軸上，然后求各力在x軸和y軸上的分力的合力和： (3)合力大小. 合力的方向與x夾軸角為 三、共點力平衡 1.共點力作用下物體的平衡條件 物體所受合外力為零，即　.若采用正交分解法求解平衡問題，則平衡條件應為　. 2.求解平衡問題的一般步驟 (1)選對象

7、：根據(jù)題目要求，選取某平衡體(整體或局部)作為研究對象. (2)畫受力圖：對研究對象作受力分析，并按各個力的方向畫出隔離體受力圖. (3)建坐標：選取合適的方向建立直角坐標系. (4)列方程求解：根據(jù)平衡條件，列出合力為零的相應方程，然后求解，對結果進行必要的討論. 3.平衡物體的動態(tài)問題 (1)動態(tài)平衡：指通過控制某些物理量使物體的狀態(tài)發(fā)生緩慢變化，在這個過程中物體始終處于一系列平衡　狀態(tài)中. (2)動態(tài)平衡特征：一般為三力作用，其中一個力的大小和方向均不變化，一個力的大小變化而方向不變，另一個力的大小和方向均變化　. 4平衡物體的臨界問題 (1)平衡物體的臨界狀態(tài)：物體的平

8、衡狀態(tài)將要變化的狀態(tài). (2)臨界條件：涉及物體臨界狀態(tài)的問題，解決時一定要注意“恰好出現(xiàn)”　或“恰好不出現(xiàn)”　等臨界條件. 5.極值問題 平衡物體的極值，一般指在力的變化過程中的最大值和最小值問題 第三部分技能+方法 一、一、受力分析要注意的問題 受力分析就是指把指定物體(研究對象)在特定的物理情景中所受到的所有外力找出來，并畫出受力圖.受力分析時要注意以下五個問題： (1)研究對象的受力圖，通常只畫出根據(jù)性質(zhì)命名的力，不要把按效果分解的力或合成的力分析進去.受力圖完成后再進行力的合成和分解，以免造成混亂. (2)區(qū)分內(nèi)力和外力：對幾個物體組成的系統(tǒng)進行受力分析時，這幾個物體

9、間的作用力為內(nèi)力，不能在受力圖中出現(xiàn)；當把其中的某一物體單獨隔離分析時，原來的內(nèi)力變成外力，要畫在受力圖上. (3)防止“添力”：找出各力的施力物體，若沒有施力物體，則該力一定不存在. (4)防止“漏力”：嚴格按照重力、彈力、摩擦力、其他力的步驟進行分析是防止“漏力”的有效辦法. (5)受力分析還要密切注意物體的運動狀態(tài)，運用平衡條件或牛頓運動定律判定未知力的有無及方向. 二、正交分解法 正交分解法：將一個力(矢量)分解成互相垂直的兩個分力(分矢量)，即在直角坐標系中將一個力(矢量)沿著兩軸方向分解，如圖F分解成Fx和Fy，它們之間的關系為：Fx＝F?cos φ Fy＝F?si

10、n φ F＝ tan φ＝ 正交分解法是研究矢量常見而有用的方法，應用時要明確兩點： (1)x軸、y軸的方位可以任意選擇，不會影響研究的結果，但若方位選擇得合理，則解題較為方便； (2)正交分解后，F(xiàn)x在y軸上無作用效果，F(xiàn)y在x軸上無作用效果，因此Fx和Fy不能再分解. 三、力的圖解法 用矢量三角形定則分析最小力的規(guī)律： (1)當已知合力F的大小、方向及一個分力F1的方向時，另一個分力F2的最小條件是：兩個分力垂直，如圖甲.最小的F2＝Fsin α. (2)當已知合力F的方向及一個分力F1的大小、方向時，另一個分力F2最小的條件是：所求分力F2與合力F垂直，如圖乙.最

11、小的F2＝F1sin α. (3)當已知合力F的大小及一個分力F1的大小時，另一個分力F2最小的條件是：已知大小的分力F1與合力F同方向.最小的F2＝|F－F1|. 四、彈力問題的解決方法 1.彈力是否存在的判斷方法：假設法、替換法：、狀態(tài)法 2.彈力方向的判斷方法： 彈力方向與物體形變的方向相反，作用在迫使物體發(fā)生形變的那個物體上，一下舉幾個典型粒子的彈力方向 3.彈力大小的求法 （1）根據(jù)胡克定律求解 （2）根據(jù)力的平衡和牛頓第二定律求解 五、如何判斷靜摩擦力的方向和有關摩擦力大小的計算 1.假設法： 2.狀態(tài)法： 3.利用牛頓第三定律(即作用力與反作用力的

12、關系)來判斷.此法的關鍵是抓住“力是成對出現(xiàn)的”，先確定受力較少的物體受到的靜摩擦力的方向，再根據(jù)“反向”確定另一物體受到的靜摩擦力. 注意：滑動摩擦力的方向與物體間的相對運動的方向相反.因此，判斷摩擦力方向時一定明確“相對”的含義，“相對”既不是“對地”，也不是“對觀察者”.“相對”的是跟它接觸的物體，所以滑動摩擦力的方向可能與物體運動方向相反，也可能相同，也可能與物體運動方向成一定的夾角 4.摩擦力大小的計算 （1）.滑動摩擦力由公式計算.最關鍵的是對相互擠壓力的分析，它跟研究物體在垂直于接觸面方向的受力密切相關. （3）.靜摩擦力 ①其大小、方向都跟產(chǎn)生相對運動趨勢的外力密切相

13、關，但跟接觸面相互擠壓力無直接關系.因而靜摩擦力具有大小、方向的可變性，變化性強是它的特點，其大小只能依據(jù)物體的運動狀態(tài)進行計算，若為平衡狀態(tài)，靜摩擦力將由平衡條件建立方程求解；若為非平衡狀態(tài)，可由動力學規(guī)律建立方程求解. ②最大靜摩擦力是物體將要發(fā)生相對滑動這一臨界狀態(tài)時的摩擦力，它的數(shù)值與成正比，在不變的情況下，滑動摩擦力略小于，而靜摩擦力可在間變化. 六、共點力平衡規(guī)律 （一）共點力平衡問題的幾種解法 1.力的合成、分解法：對于三力平衡，一般根據(jù)“任意兩個力的合力與第三個力等大反向”的關系，借助三角函數(shù)、相似三角形等手段求解；或將某一個力分解到另外兩個力的反方向上，得到的這兩個分

14、力必與另外兩個力等大、反向；對于多個力的平衡，利用先分解再合成的正交分解法. 2.相似三角形法：相似三角形法，通常尋找的是一個矢量三角形與一個結構(幾何)三角形相似，這一方法僅能處理三力平衡問題. 3.正弦定理法：三力平衡時，三個力可以構成一封閉三角形，若由題設條件尋找到角度關系，則可用正弦定理列式求解. 4.正交分解法：將各力分別分解到x軸上和y軸上，運用兩坐標軸上的合力等于零的條件，多用于三個以上共點力作用下的物體的平衡，值得注意的是，對x、y軸選擇時，盡可能使落在x、y軸上的力多.被分解的力盡可能是已知力，不宜分解待求力. （三）、平衡物體動態(tài)問題分析方法 解動態(tài)問題的關鍵是抓

15、住不變量，依據(jù)不變的量來確定其他量的變化規(guī)律，常用的分析方法有解析法和圖解法. 解析法的基本程序是：對研究對象的任一狀態(tài)進行受力分析，建立平衡方程，求出應變物理量與自變物理量的一般函數(shù)關系式，然后根據(jù)自變量的變化情況及變化區(qū)間確定應變物理量的變化情況. 圖解法的基本程序是：對研究對象的狀態(tài)變化過程中的若干狀態(tài)進行受力分析，依據(jù)某一參量的變化(一般為某一角)，在同一圖中作出物體在若干狀態(tài)下的平衡力圖(力的平形四邊形或三角形)，再由動態(tài)的力的平行四邊形或三角形的邊的長度變化及角度變化確定某些力的大小及方向的變化情況. （四）、物體平衡中的臨界和極值問題 1.臨界問題 物理系統(tǒng)由于某些原因

16、而發(fā)生突變(從一種物理現(xiàn)象轉變?yōu)榱硪环N物理現(xiàn)象，或從一種物理過程轉入到另一物理過程的狀態(tài))時所處的狀態(tài)，叫臨界狀態(tài).臨界狀態(tài)也可理解為“恰好出現(xiàn)”和“恰好不出現(xiàn)”某種現(xiàn)象的狀態(tài).平衡物體的臨界問題的求解方法一般是采用假設推理法，即先假設怎樣，然后再根據(jù)平衡條件及有關知識列方程求解.解決這類問題關鍵是要注意“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”. 2.極值問題 極值是指平衡問題中某些物理量變化時出現(xiàn)最大值或最小值. 第四部分基礎練+測 一、單選題 1．一端裝有定滑輪的粗糙斜面體放在地面上，A、B兩物體通過細繩連接，并處于靜止狀態(tài)，不計繩的質(zhì)量和繩與滑輪間的摩擦，如圖所示．現(xiàn)用水平力F作用于物體B

17、上，緩慢拉開一小角度，此過程中斜面體與物體A仍然靜止．則下列說法正確的是 A．在緩慢拉開B的過程中，水平力F不變 B．物體A所受細繩的拉力一定變大 C．物體A所受斜面體的摩擦力一定變大 D．物體A所受斜面體的作用力的合力一定變大 【答案】 B 【解析】 【分析】 先對物體B分析，根據(jù)共點力平衡條件求出繩子拉力；再對木塊A分析，可以得出各個力的情況。 【詳解】 A.對木塊B受力分析,如圖所示,根據(jù)共點力平衡條件有:F=mBgtanθ，在緩慢拉開B的過程中,θ變大,故F變大,故A錯誤； B.根據(jù)共點力平衡有T=mBgcosθ,在緩慢拉開B的過程中,θ變大,故T變大

18、，B正確; C.物體A受重力、支持力、細線的拉力,可能沒有靜摩擦力,也可能有沿斜面向下的靜摩擦力,還有可能受沿斜面向上的靜摩擦力,故拉力T變大后,靜摩擦力可能變小,也可能變大,C錯誤； D.支持力不變,故斜面對物體A的作用力的合力可能增大也可能減小或不變,D錯誤。 【點睛】 本題關鍵分別對A、B受力分析，然后根據(jù)共點力平衡條件分析求解。 2．如圖所示，質(zhì)量分別為mA和mB的物體A、B用細繩連接后跨過滑輪，A靜止在傾角為45°的斜面上，B懸掛著．已知mA＝2mB，不計滑輪摩擦，現(xiàn)將斜面傾角由45°增大到50°，系統(tǒng)仍保持靜止．下列說法中正確的是 A．繩子對A的拉力將增大 B．物

19、體A對斜面的壓力將增大 C．物體A受到的靜摩擦力增大 D．物體A受到的靜摩擦力減小 【答案】 C 【解析】 【分析】 先對物體B受力分析，受重力和支持力，由二力平衡得到拉力等于物體B的重力；再對物體A受力分析，受重力、支持力、拉力和靜摩擦力，根據(jù)平衡條件列式分析； 【詳解】 設mA=2mB=2m，對物體B受力分析，受重力和拉力，由二力平衡得到：T=mg；再對物體A受力分析，受重力、支持力、拉力和靜摩擦力，如圖，根據(jù)平衡條件得到：f+T-2mgsinθ=0，N-2mgcosθ=0，解得：f=2mgsinθ-T=2mgsinθ-mg，N=2mgcosθ，當θ由45°增大到50°

20、時，T不變，f不斷變大，N不斷變小，故C正確，A、B、D錯誤； 故選C。 【點睛】 關鍵是先對物體m受力分析，再對物體2m受力分析，然后根據(jù)共點力平衡條件列式求解。 3．如圖所示，帶有孔的小球A套在粗糙的傾斜直桿上，與正下方的小球B通過輕繩連接，處于靜止狀態(tài)，給小球B施加水平力F使其緩慢上升直到小球A剛要滑動。在此過程中 A．水平力F的大小不變 B．桿對小球A的支持力不變 C．桿對小球A的摩擦力先變小后變大 D．輕繩對小球B的拉力先變大后變小 【答案】 C 【解析】 【詳解】 對球受力分析，受拉力F、重力和細線的拉力T，根據(jù)平衡條件，三個力可以構成首尾相連的

21、矢量三角形，如圖所示： 隨著θ的增加，拉力F和細線張力T均增加，故AD錯誤；再對A、B球整體分析，受重力、拉力F、支持力N和靜摩擦力f，如圖所示： 設桿與水平方向的夾角為θ，根據(jù)平衡條件，在垂直桿方向，有：N=（M+m）gcosθ+Fsinθ，隨著F的增加，支持力N增加；在平行桿方向，有：Fcosθ+f=（M+m）gsinθ，故：f=（M+m）gsinθ-Fcosθ，隨著F的增加，靜摩擦力逐漸減小，當（M+m）gsinθ=Fcosθ時，摩擦力為零，此后靜摩擦力反向增加，故B錯誤，C正確。所以C正確，ABD錯誤。 4．重為G的兩個完全相同的小球，與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ。豎直向

22、上的較小的力作用在連接兩球輕繩的中點，繩間的夾角α=60O，如圖所示，緩慢增大到兩球剛要運動的過程中，下列說法正確的是（） A．地面對球的支持力變大 B．球剛開始運動時，地面對球沒有支持力 C．地面對球的摩擦力變小 D．球剛開始運動時，球受到的摩擦力最大 【答案】 D 【解析】 【詳解】 A、以整體為對象，受到重力mg，地面的支持力N、向上的拉力F，隨著F的增大，根據(jù)平衡可知，N在變小，故A錯； BCD、地面施加的靜摩擦力等于繩子水平分力，球剛要開始運動時，繩子的水平分力達到最大，故摩擦力達到最大。由于存在摩擦力，所以球與地面之間的彈力不為零，故BC錯；D對 故選D

23、 5．如圖所示，六根原長均為l的輕質(zhì)細彈簧兩兩相連，在同一平面內(nèi)的六個大小相等，互成60°的恒定拉力作用下，形成一個穩(wěn)定的正六邊形，彈簧在彈性限度內(nèi)。已知正六邊形的外接圓的直徑為d，每根彈簧的勁度系數(shù)均為k，則每個拉力的大小為 A．k(d-l) B．k(d2-l) C．k(d-2l) D．2k(d-l) 【答案】 B 【解析】 【詳解】 由題意可知，每根彈簧的長度為L=d2，根據(jù)胡克定律可得每根彈簧拉力的大小為F彈=k(L-l)=k(d2-l)，以輕質(zhì)細彈簧兩兩相連處為研究對象，分析受力如圖，根據(jù)平衡條件可得F=F彈=k(d2-l)，故B正確，A、C、D錯誤；

24、 故選B。 【點睛】 關鍵是以輕質(zhì)細彈簧兩兩相連處為研究對象進行分析受力，根據(jù)平衡條件求出拉力。 6．如圖所示，3根輕繩懸掛著兩個質(zhì)量相同的小球并保持靜止，繩AD與AC垂直．現(xiàn)對B球施加一個水平向右的力F，使B緩慢移動到圖中虛線位置，此過程中AD、AC兩繩張力TAC、TAD的變化情況是(　　) A．TAC變大，TAD減小 B．TAC變大，TAD不變 C．TAC減小，TAD變大 D．TAC不變，TAD變大 【答案】 C 【解析】 試題分析：B緩慢移動，A、B可以看做整體，設AC繩與水平面的夾角為。沒有施加力F時對整體受力分析（如圖所示）， 由力的平衡可得：

25、 ① ② 施加力F后對整體受力分析（如圖所示），建立坐標系， 方向：③ 方向：④ 由③④兩式可得：⑤ ⑥ 比較①和⑤、②和⑥可知：，，即TAC減小，TAD變大，故C正確。 考點：共點力的平衡。 7．如圖所示，一個上表面水平的劈形物體M放在固定的光滑斜面上，在其上表面放一個光滑小球m，讓劈形物體從靜止開始釋放，則在小球碰到斜面之前的運動過程中，小球的運動軌跡是（） A．沿斜面向下的直線 B．豎直向下的直線 C．水平的直線 D．拋物線 【答案】 B 【解析】 【詳解】 據(jù)題意，小球是光滑的，豎直方向上受到重力和M的支持力，當劈形物體從靜止開始釋放后，

26、M對小球的支持力減小，小球的合力方向豎直向下，則小球沿豎直向下方向運動，直到碰到斜面前，故其運動軌跡是豎直向下的直線，故B正確，A、C、D錯誤； 故選B。 【點睛】 關鍵要正確分析小球的受力情況，抓住水平方向不受力，狀態(tài)不發(fā)生改變。 8．如圖所示,水平細桿上套一球A，球A與球B間用一輕繩相連，質(zhì)量分別為mA和mB，由于B球受到水平風力作用，球A與球B一起向右勻速運動。已知細繩與豎直方向的夾角為θ，則下列說法中正確的是（） A．球A與水平細桿間的動摩擦因數(shù)為mBsinθmA+mB B．球B受到的風力F為mBgtanθ C．風力增大時，若A、B仍勻速運動，輕質(zhì)繩對球B的拉力保持不

27、變 D．桿對球A的支持力隨著風力的增加而增加 【答案】 B 【解析】 【分析】 先對球B受力分析，受重力、風力和拉力，根據(jù)共點力平衡條件列式分析；對A、B兩物體組成的整體受力分析，受重力、支持力、風力和水平向左的摩擦力，再再次根據(jù)共點力平衡條件列式分析各力的變化． 【詳解】 對球B受力分析，受重力、風力和拉力，如圖： 風力為F=mBgtanθ，繩對B球的拉力為T=mBgcosθ，把環(huán)和球當作一個整體，對其受力分析，受重力mA+mBg、支持力N、風力F和向左的摩擦力f，如圖，根據(jù)共點力平衡條件可得：桿對A環(huán)的支持力大?。篘=mA+mBg、f=F，則A環(huán)與水平細桿間的動摩擦

28、因數(shù)為μ=fN=mBtanθmA+mB，B正確A錯誤；當風力增大時，θ增大，則T增大。C錯誤；對整體分析，豎直方向上桿對環(huán)A的支持力NA=mA+mBg，不變，D錯誤． 【點睛】 本題考查受力分析以及共點力的平衡條件應用，要注意明確整體法與隔離法的正確應用． ①整體法：以幾個物體構成的整個系統(tǒng)為研究對象進行求解．在許多問題中用整體法比較方便，但整體法不能求解系統(tǒng)的內(nèi)力． ②隔離法：從系統(tǒng)中選取一部分（其中的一個物體或兩個物體組成的整體，少于系統(tǒng)內(nèi)物體的總個數(shù)）進行分析．隔離法的原則是選取受力個數(shù)最少部分的來分析． ③通常在分析外力對系統(tǒng)作用時，用整體法；在分析系統(tǒng)內(nèi)各物體之間的相互作用

29、時，用隔離法．有時在解答一個問題時要多次選取研究對象，需要整體法與隔離法交叉使用 9．2018年9月2號剛剛結束的亞運會中，中國隊包攬了跳水項目的全部10 金。圖示為跳水運動員在走板時，從跳板的a端緩慢地走到b端，跳板逐漸向下彎曲，在此過程中，該運動員對跳板的（） A．摩擦力不斷增大 B．作用力不斷減小 C．作用力不斷增大 D．壓力不斷增大 【答案】 A 【解析】 【詳解】 A、D項：設跳板與水平面的夾角為θ,由于運動員從a到b過程中，跳板逐漸向下彎曲即θ增大，根據(jù)平衡條件可知，摩擦力與重力沿板向下的分力等大反向，壓力大小等于重力垂直板方向的分力，所以摩擦力增大，壓

30、力減小，故A正確，D錯誤； B、C項：運動員對跳板的作用力即壓力與摩擦力的合力，由平衡可知，此合力運動員的重力等大反向，所以運動員對跳板的作用力不變，故B、C錯誤。 故應選A。 10．在如圖所示裝置中，兩物體質(zhì)量分別為m1、m2，懸點a、b間的距離遠大于滑輪的直徑，不計一切摩擦，整個裝置處于靜止狀態(tài)．由圖可知（） A．α可能大于βB．m1一定大于m2 C．m1一定小于2m2 D．m1可能大于2m2 【答案】 C 【解析】 【詳解】 繩子通過定滑輪和動滑輪相連，繩子的拉力相等，等于m2的重力，對與m1連接的滑輪進行受力分析，有Tsinα=Tsinβ，所以α=β．在

31、豎直方向上有：Tcosα+Tcosβ=m1g，而T=m2g，則有2m2gcosα=m1g．所以m1一定小于2m2，當α=β=60°時，T=m1g=m2g．故C正確，ABD錯誤。故選C。 【點睛】 解決本題的關鍵合適地選擇研究對象，正確地進行受力分析，運用共點力平衡，抓住水平方向和豎直方向合力為零進行求解． 二、多選題 11．如圖所示，豎直墻壁與光滑水平地面交于B點，質(zhì)量為m1的光滑半圓柱體O緊靠豎直墻壁置于水平地面上，可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m2的均勻小球O用長度等于AB兩點間距離L的細線懸掛于豎直墻壁上的A點小球O2靜置于半圓柱體O1上，當半圓柱體質(zhì)量不變而半徑不同時，細線與豎直墻壁的

32、夾角θ就會跟著發(fā)生改變.已知重力加速度為g，不計各接觸面間的摩擦，則下列說法正確的是 A．當θ=60°時，半圓柱體對地面的壓力m1g+32m2g B．當θ=60°時，小球對半圓柱體的壓力32m2g C．改變圓柱體的半徑，圓柱體對整直墻壁的最大壓力為12m2g D．圓柱體的半徑增大時，對地面的壓力保持不變 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 對球O1受力分析如圖所示，因小球處于平衡狀態(tài)，則F合=m2g，T=m2gcosθ，F(xiàn)=m2gsinθ，θ=60°時，F(xiàn)=32m2g，則小球對半圓住體的壓力為32m2g，B正確； 對整體受分析可知，圓體對地的壓力為m1g+m2gs

33、in2θ，圓柱體半徑變化，則θ變化，壓力也變化，當θ=60°時，半圓柱體時地面的壓力m1g+34m2g，AD錯；而圓柱體對豎直墻壁的壓力大小等于T的水平分量：Tx=Tsinθ=m2gsinθ?cosθ=12m2gsin2θ，可見當θ=45°時，Tx有最大值為12m2g，C正確；故選BC. 12．如圖所示，用水平向右、大小為F的恒力將一滑塊從傾角為θ的固定斜面底端勻速拉到斜面頂端。已知斜面長為s，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，則下列判斷正確的是 A．恒力F對滑塊做功為Fssinθ B．恒力F對滑塊做功為Fscosθ C．滑塊的質(zhì)量為F(cosθ-μsinθ)g(sinθ

34、+μcosθ) D．滑塊的質(zhì)量為F(sinθ+μcosθ)g(cosθ-μsinθ) 【答案】 BC 【解析】 【分析】 根據(jù)做功的定義求恒力做功的大小；滑塊勻速運動，受力平衡，將滑塊受力沿斜面和垂直斜面分解，分別列平衡方程，聯(lián)立求解即可。 【詳解】 AB.根據(jù)力做功等于力與力方向位移的乘積，恒力F對滑塊做功為W=Fscosθ，故A錯誤，B正確； CD.滑塊勻速運動，受力平衡，沿斜面方向：Fscosθ=mgsinθ+Ff 垂直斜面方向：FN=Fsinθ+mgcosθ， Ff=μFN 聯(lián)立解得，m=F(cosθ-μsinθ)g(sinθ+μcosθ)，故C正確，D錯誤。

35、 故選：BC 13．如圖所示，光滑水平地面上放有截面為14圓周的柱狀物體A，A與墻面之間放一光滑的圓柱形物體B，對A施加一水平向左的力F，整個裝置保持靜止．若將A的位置向左移動稍許，整個裝置仍保持平衡，則( 　　) A．水平外力F增大 B．墻對B的作用力減小 C．地面對A的支持力減小 D．B對A的作用力減小 【答案】 BD 【解析】 【分析】 先對B球受力分析，受到重力mg、A球對B球的支持力N′和墻壁對B球的支持力N，然后根據(jù)共點力平衡條件得到A球左移后各個力的變化情況；最后再對整體受力分析，根據(jù)平衡條件判斷推力F和地面的支持力的變化情況。 【詳解】 對B球受

36、力分析，受到重力mg、A球對B球的支持力N′和墻壁對B球的支持力N，如圖所示： 當A球向左移動后，A球對B球的支持力N′的方向不斷變化，根據(jù)平衡條件結合合成法可以知道A球對B球的支持力N′和墻壁對B球的支持力N都在不斷減小，故B D正確；再對A和B整體受力分析，受到總重力G、地面支持力FN，推力F和墻壁的彈力N，如圖所示： 根據(jù)平衡條件，有F=N，F(xiàn)N=G，故地面的支持力不變，推力F隨著壁對B球的支持力N的不斷減小而不斷減小，故A C錯誤。所以BD正確，AC錯誤。 【點睛】 本題關鍵是先對小球B受力分析，根據(jù)平衡條件得到各個力的變化情況，然后再對A、B整體受力分析，再次根據(jù)平衡

37、條件列式分析。 14．如圖所示，一根套有輕質(zhì)細環(huán)的粗糙桿水平放置,一小球用細線系在細環(huán)上,小球置于一光滑斜面上,現(xiàn)用力將斜面緩慢右移（從虛線運動到實線）,此過程中細環(huán)始終靜止在原位置,則下列說法正確的是( ) A．斜面對小球的支持力變大 B．桿對細環(huán)的摩擦力變小 C．細線對細環(huán)的拉力變大D．桿對細環(huán)的支持力變小 【答案】 AD 【解析】 【詳解】 AC：以小球為研究對象，受力分析如圖，據(jù)平行四邊形定則作出T與N'的合力，由平衡條件知，T與N'的合力與小球重力等大、反向，由圖知，此過程中T變小，N'變大，即斜面對小球的支持力變大，細線對小球的拉力變小，細線對細環(huán)的

38、拉力變小。故A項正確，C項錯誤。 CD：以小環(huán)和小球整體為研究對象受力分析，整體受總重力、斜面對小球斜向上的支持力、桿對小環(huán)豎直向上的支持力和桿對小環(huán)向左的摩擦力，據(jù)平衡條件桿對細環(huán)的摩擦力等于斜面對小球斜向上的支持力的水平分量，支持力增大，摩擦力增大；據(jù)平衡條件桿對小環(huán)豎直向上的支持力等于總重力減去斜面對小球斜向上的支持力的豎直分量，支持力增大，桿對小環(huán)豎直向上的支持力減小。故B項錯誤，D項正確。 【點睛】 三力動態(tài)平衡問題一般采用圖解法，多力(三力以上) 平衡問題一般采用解析法。 15．在車站、機場，常用傳送帶運送旅客的貨物。如圖所示，當貨物隨傳送帶一起勻速運動時，下列關于貨物

39、受力的說法中正確的是( ) A．貨物所受摩擦力方向沿傳送帶向上 B．貨物所受摩擦力方向沿傳送帶向下 C．貨物受到三個力作用 D．因貨物與傳送帶相對靜止，所以貨物不受摩擦力。 【答案】 AC 【解析】 【詳解】 A、行李箱所受的摩擦力方向與相對運動趨勢的方向相反，行李箱相對皮帶有向下運動的趨勢，所以靜摩擦力方向沿傳送帶向上，故A正確； B、行李箱所受的摩擦力方向與相對運動趨勢的方向相反，行李箱相對皮帶有向下運動的趨勢，所以靜摩擦力方向沿傳送帶向上，故B錯誤； C、行李箱隨傳送帶一起向上勻速運動，因此共受到三個力，分別為重力、支持力與靜摩擦力，故C正確； D、因

40、為行李箱與傳送帶之間相對靜止，但有相對運動趨勢，所以行李箱受靜摩擦力的作用，故D錯誤； 故選AC. 【點睛】 物體受力分析時，可能有時需要根據(jù)平衡條件判斷與之接觸的物體對其有無支持力或摩擦力的情況，需要根據(jù)平衡平衡條件進行判斷． 16．如圖所示，自動卸貨車始終靜止在水平地面上，車廂在液壓機的作用下改變與水平面間的傾角，用以卸下車廂中的貨物．當傾角增大到θ時，質(zhì)量為M 的木箱A 與裝在箱內(nèi)的質(zhì)量為m 的物體B 一起以共同的速度v 沿車廂底勻速滑下，則下列說法正確的是 A．A、B 間沒有靜摩擦力 B．A 受到B 的靜摩擦力方向沿車廂底向下 C．A 受到車廂底面的滑動摩擦力大小為M

41、gsinθ D．A 與車廂底面間的動摩擦因數(shù)μ＝tanθ 【答案】 BD 【解析】 【詳解】 對B：沿斜面方向有mgsinθ=f，f方向沿斜面向上，A受到B的靜摩擦力方向沿斜面向下，所以A錯誤，B正確；A受到車廂底面的滑動摩擦力大小為（M+m）gsinθ，C錯誤；根據(jù)（M+m）gsinθ=μ（M+m）sinθ，所以μ=tanθ，D正確；故選BD. 【點睛】 對連接體問題經(jīng)常用到整體法和隔離法，結合平衡條件分析摩擦力的大小和方向. 17．如圖所示，質(zhì)量均為m的相同工件a、b，橫截面為平行四邊形，靠在一起置于水平面上，它們的側面與水平面的夾角為θ.己知a、b間相接觸的側面是光滑

42、的，a、b與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ．在工件b上加一水平推力F時，兩工件一起向左做勻速直線運動，則下列說法正確的是(　　) A．工件a對地面的壓力等于工件b對地面的壓力 B．工件a對地面的壓力小于工件b對地面的壓力 C．工件b受到地面的摩擦力為μmg D．水平推力的F大小為2μmg 【答案】 BD 【解析】 【詳解】 以a為研究對象進行受力分析如圖所示， 由于b對a產(chǎn)生斜向左上方的彈力T的作用，使得a對地面的壓力小于mg；根據(jù)牛頓第三定律可知，a對b產(chǎn)生斜向下的彈力，使得b對地面的壓力大于mg，所以A錯誤、B正確；根據(jù)f=μN可知，工件b受到地面的摩擦力小于μmg

43、，選項C錯誤；對ab的整體，對地面的壓力等于2mg，由平衡知識可知F=f=2μmg，選項D正確；故選BD。 【點睛】 本題主要是考查了共點力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、利用平行四邊形法則進行力的合成或者是正交分解法進行力的分解，然后在坐標軸上建立平衡方程進行解答． 18．如圖所示，半圓形框架豎直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下處于靜止狀態(tài)，P與圓心O的連線與水平面的夾角為θ，將力F在豎直面內(nèi)沿順時針方向緩慢地轉過90°，框架與小球始終保持靜止狀態(tài)。在此過程中下列說法正確的是（　?。? A．框架對小球的支持力先減小后增大

44、B．拉力F的最小值為mgcosθ C．地面對框架的摩擦力減小 D．框架對地面的壓力先增大后減小 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 以小球為研究對象，分析受力情況，作出受力示意力圖，如圖所示： 根據(jù)幾何關系可知，用F順時針轉動至豎直向上之前，支持力逐漸減小，F(xiàn)先減小后增大，當F的方向沿圓的切線方向向上時，F(xiàn)最小，此時：F=mgcosθ．故A錯誤，B正確；以框架與小球組成的整體為研究對象，整體受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由圖可知，F(xiàn)在順時針方向轉動的過程中，F(xiàn)沿水平方向的分力逐漸減小，所以地面對框架的摩擦力始終在減小。故C正確；以框架與小球組成的整體

45、為研究對象，整體受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由圖可知，F(xiàn)在順時針方向轉動的過程中，F(xiàn)沿豎直方向的分力逐漸增大，所以地面對框架的支持力始終在減小。故D錯誤。故選BC。 【點睛】 本題采用隔離法研究動態(tài)平衡問題，分析受力，作出力圖是關鍵。求解三個力的動態(tài)平衡問題，一般是采用圖解法，即先做出兩個變力的合力（應該與不變的那個力等大反向）然后過合力的末端畫方向不變的那個力的平行線，另外一個變力的末端必落在該平行線上，這樣就能很直觀的判斷兩個變力是如何變化的了，如果涉及到最小直的問題，還可以采用解析法，即采用數(shù)學求極值的方法求解。 19．如圖所示，用與豎直方向成θ角（θ<45

46、° ）的輕繩a和水平輕繩b拉一個小球，這時繩b的拉力為T1；現(xiàn)保持小球位置不動，使繩b在豎直平面內(nèi)逆時針轉過θ角，繩b的 拉力變?yōu)門2；再轉過θ角，繩b的拉力變?yōu)門3。則（） A．T1=T3>T2 B．T1=T3

47、個不同位置時，兩個拉力的變化，如圖，可圖得到，T1=T3>T2。因為使繩b在豎直平面內(nèi)順時針轉動，故由圖看出，繩a的拉力增大。故選AC。 【點睛】 本題是物體動態(tài)平衡問題，采用作圖法可直觀反映力的變化，比較力的大小，也可以采用函數(shù)法研究． 20．如圖所示，甲、乙兩位同學做“拔河”游戲。兩人分別用伸平的手掌托起長凳的一端，保持凳子水平，然后各自向兩側拖拉。若凳子下表面各處的粗糙程度相同，兩位同學手掌粗糙程度也相同，在乙端的凳面上放有四塊磚，下列說法中正確的是(　　) A．由于甲端比較輕，甲容易將凳子拉向自己 B．誰用的力氣大就可以將凳子拉向自己 C．由于乙端比較重，凳子和手之間產(chǎn)

48、生較大的摩擦力，乙可以將凳子拉向自己 D．拔河過程中乙的手和凳子之間不會有相對滑動，甲的手可以和凳子間有相對滑動，也可以沒有相對滑動 【答案】 CD 【解析】 【詳解】 由圖知，乙端對手的壓力較大，所以乙端對凳子向右的最大靜摩擦力大于甲端對凳子向左的最大靜摩擦力，因此甲容易相對長凳滑動，即甲容易被從長凳上拉離，因此長凳將向右移動，即乙可以將凳子拉向自己，故C正確。 拔河過程中，甲、乙向兩側拖拉的力比較小時，甲的手也可以和凳子間不發(fā)生相對滑動，故D正確。 故選CD。 【點睛】 本題主要考查了摩擦力在生活中的應用，要注意明確影響最大靜摩擦力大小的因素，知道當外力大于最大靜摩擦

49、力時，物體之間才有相對運動，最大靜摩擦力越大，越難發(fā)生相對移動． 三、解答題 21．一勁度系數(shù)為k=100N/m的輕彈簧下端固定于傾角為θ=53°的光滑斜面底端，上端連接物塊Q。一輕繩跨過定滑輪O，一端與物塊Q連接，另一端與套在光滑豎直桿的物塊P連接，定滑輪到豎直桿的距離為d=0.3m。初始時在外力作用下，物塊P在A點靜止不動，輕繩與斜面平行，繩子張力大小為50N。已知物塊P質(zhì)量為m1=0.8kg，物塊Q質(zhì)量為m2=5kg，不計滑輪大小及摩擦，取g=10m/s2。現(xiàn)將物塊P靜止釋放，求： (1)物塊P位于A時，彈簧的伸長量x1； (2)物塊P上升h=0.4m至與滑輪O等高的B點

50、時的速度大小； (3)物塊P上升至B點過程中，輕繩拉力對其所做的功。 【答案】（1）0.1m （2）23m/s（3）8J 【解析】 【分析】 （1）根據(jù)題設條件和平衡條件、胡克定律，列方程求出彈簧的伸長量； （2）由于本題的特殊性，P處于A位置時與P上升到與滑輪等高位置，彈簧的伸長量與壓縮量恰相等，而此時由速度的合成和分解可知物塊Q的速度為零，所以由機械能守恒律可求物塊P的速度； （3）當Q上升到與滑輪等高時，由系統(tǒng)的機械能守恒和兩個物體速度關系求圓環(huán)Q的速度大小。通過繩子拉力對Q物體的做功情況，判斷物塊Q機械能的變化，從而得出何時機械能最大。 【詳解】 （1）物體P位

51、于A點，假設彈簧伸長量為x1，則：T=m2gsinθ+kx1，解得：x1=0.1m （2）經(jīng)分析，此時OB垂直豎直桿，OB=0.3m，此時物塊Q速度為0，下降距離為： Δx=OP-OB=0.5m-0.3m=0.2m，即彈簧壓縮x2=0.2m-0.1m=0.1m，彈性勢能不變。 對物體PQ及彈簧，從A到B根據(jù)能量守恒有： m2g?Δx?sinθ-m1gh=12m1vB2 代入可得：vB=23m/s 對物塊P：WT-m1gh=12m1vB2 代入數(shù)據(jù)得：WT=8J 【點睛】 解決本題的關鍵會對速度進行分解，以及掌握功能關系，除重力以外其它力做功等于機械能的增量，并能靈活運用；要注

52、意本題的特殊性，當物塊P與桿垂直時，此時繩伸縮方向速度為零（即Q的速度為零），這也是本題的關鍵點。 22．如圖所示,質(zhì)量為m1的物體甲通過三段輕繩懸掛,三段輕繩的結點為O.輕繩OB水平且B端與放置在水平面上的質(zhì)量為m2的物體乙相連,輕繩OA與豎直方向的夾角θ=37°,物體甲、乙均處于靜止狀態(tài).(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,tan 37°=0.75,g取10 m/s2.設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)求: (1)輕繩OA,OB受到的拉力是多大? (2)物體乙受到的摩擦力是多大?方向如何? (3)若物體乙的質(zhì)量m2=4 kg,物體乙與水平面之間的動摩擦因數(shù)μ=0.

53、3,則欲使物體乙在水平面上不滑動,物體甲的質(zhì)量m1最大不能超過多少? 【答案】（1）54m1g,34m1g （2）34m1g ，水平向左（3）1.6kg 【解析】 【詳解】 （1）對結點O，作出力圖如圖，由平衡條件有： cosθ=m1gTA① tanθ=TBm1g② 解得：TA=54m1g,TB=34m1g （2）對于乙物體：摩擦力F=TB=34m1g，方向水平向左 （3）當乙物體剛要滑動時，靜摩擦力達到最大值Fmax=μm2g③ TBmax=Fmax④ 由②③④得：m1max=TBmaxgtanθ=1.6kg 故本題答案是：（1）54m1g,34m1g（2）34m

54、1g，水平向左（3）1.6kg 【點睛】 本題涉及共點力平衡中極值問題，當物體剛要滑動時，物體間的靜摩擦力達到最大． 23．如圖所示，OA、OB、OC三段輕繩結于O點，輕繩OA與豎直方向的夾角為37°，下方輕繩OC懸掛質(zhì)量為m1=0.4 kg的沙桶。輕繩OB水平，B端與放置在水平面上的質(zhì)量為m2=1.8 kg的滑塊相連，滑塊處于靜止狀態(tài)，已知滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.3，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g取10 m/s2，最大靜摩擦力按滑動摩擦力計算。 （1）求滑塊受到的摩擦力； （2）若緩慢往沙桶中添加細沙，要使滑塊靜止不動,沙桶和沙的總質(zhì)量

55、不能超過多少； 【答案】（1）3N（2）0.72kg 【解析】 【詳解】 （1）以結點O為研究對象，受力分析如圖所示， 由平衡條件可知OB繩的拉力TB=m1gtan37°=4×0.75N=3N； 對滑塊B根據(jù)共點力的平衡條件可得：f=TB=3N； 所以滑塊受到的摩擦力為3N； （2）滑塊受到的最大靜摩擦力fm=μm2g=0.3×18N=5.4N， 由fm=TB′=m1′gtan37°， 得m1′=0.72kg； 【點睛】 本題主要是考查了共點力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、利用平行四邊形法則進行力的合成或者是正交分解法進行力的分解

56、，然后在坐標軸上建立平衡方程進行解答． 24．如圖所示，質(zhì)量M=3kg的三角形空心支架放在水平面上與水平面間的的摩擦系數(shù)為μ=0.5，質(zhì)量m=1kg的光滑小環(huán)套在桿AB上，今用跟水平方向成60°角的力F拉著小環(huán)，整個裝置均處于靜止，求：g=10m/s2 （1）求拉力F的大小 （2）三角形支架與水平面間的摩擦力及地面對三角形支架的支持力。 【答案】（1）2033N；（2）1033N，30N； 【解析】 【分析】 （1）以m為研究對象，進行受力分析并正交分解，根據(jù)平衡條件即可求出拉力F的大?。唬?）以M、m整體為研究對象，進行受力分析并正交分解，根據(jù)平衡條件即可求解三角形支架與水

57、平面間的摩擦力及地面對三角形支架的支持力。 【詳解】 （1）m處于靜止狀態(tài)，其合力為零。以m為研究對象 由平衡條件得：豎直方向Fsin60°-mg=0 解得： F=2033N （2）M、m整體處于靜止狀態(tài)，可看做整體，系統(tǒng)所受合力為零。以M、m整體為研究對象。 由平衡條件得：水平方向：Fcos60°-f=0 解得： f=1033N 豎直方向：N=Mg+mg-Fsin60°=30N 【點睛】 本題要靈活選擇研究對象，注意應用整體法與隔離法，用整體法時一定要分清內(nèi)力與外力，正確地進行受力分析． 25．如圖所示，一本質(zhì)量分布均勻的大字典置于水平桌面上，字典總質(zhì)量M=1.5kg，

58、寬L=16cm，高H=6cm．一張白紙（質(zhì)量和厚度均可忽略不計，頁面大于字典頁面）夾在字典最深處，白紙離桌面的高度h=2cm．假設字典中同一頁紙上的壓力分布均勻，白紙上、下表面與字典書頁之間的動摩擦因數(shù)均為μ1，字典與桌面之間的動摩擦因數(shù)為μ2，且各接觸面的最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2。 （1）水平向右拉動白紙，要使字典能被拖動，求μ1與μ2滿足的關系； （2）若μ1=0.25，μ2=0.4，求將白紙從字典中水平向右抽出拉力至少做的功W。 【答案】（1）（2）0.4J 【解析】試題分析：(1)字典恰好能被拉動，A4紙對字典的摩擦力f1＞f2即可求得；

59、 (2)根據(jù)f=μmg求得摩擦力，利用W=fx求得拉力做功。 解：(1) 白紙上字典的質(zhì)量為，那么，白紙上下表面受到的正壓力都為， 故白紙受到的最大靜摩擦力； 桌面對字典的最大靜摩擦力f2=μ2Mg，所以，水平向右拉動白紙，要使字典能被拖動，那么， f1＞f2，； (2) 若μ1=0.25，μ2=0.4，那么，將白紙從字典中水平向右抽出時字典保持靜止； 白紙向右運動過程只有拉力和摩擦力做功，故由動能定理可知：將白紙從字典中水平向右抽出拉力至少做的功W等于克服摩擦力做的功； 當白紙向右運動x（0＜x＜0.16m）時，白紙上下表面受到的正壓力都為，故摩擦力 故由f和x呈線性關系

60、可得：克服摩擦力做的功 故將白紙從字典中水平向右抽出拉力至少做的功W為0.4J. 點晴：解決本題關鍵理解字典恰好能被拉動，A4紙對字典的摩擦力f1＞f2，先找出f和x呈線性關系，再根據(jù)f=μmg求得摩擦力，利用W=fx求得拉力做功。 26．所受重力=12N的砝碼懸掛在繩PA和PB的結點上。PA偏高豎直方向30°角，PB在水平方向，且連在所受重力為=100N的木塊上，木塊靜止于傾角為45°的斜面上，如圖所示，試求： (結果均可以保留根式) (1)水塊與斜面間的摩擦力； (2)木塊所受斜面的彈力。 【答案】 【解析】本題考查三力平衡、四力平衡等知識。 對結點P受力分析如圖：

61、 由平衡條件得： 對重物受力分析如圖： 由平衡條件得：、 解得：，方向沿斜面向上 ，方向垂直斜面向上。 27．如圖所示，長l＝1m的輕質(zhì)細繩上端固定，下端連接一個可視為質(zhì)點的帶電小球，小球靜止在水平向右的勻強電場中，繩與豎直方向的夾角θ＝37°.已知小球所帶電荷量q＝1.0×10－6C，勻強電場的場強E＝3.0×103N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)小球所受電場力F的大小； (2)小球的質(zhì)量m； (3)將電場撤去，小球回到最低點時速度v的大?。? 【答案】(1)F=3.0×10－3N　(2)m=4.0×

62、10－4kg　(3)v=2.0m/s 【解析】 試題分析：根據(jù)電場力的計算公式求解電場力；畫出小球受力情況示意圖，根據(jù)幾何關系列方程求解質(zhì)量；根據(jù)機械能守恒定律求解速度． （1）根據(jù)電場力的計算公式可得電場力F=qE=1.0×10-6×3.0×103N=3.0×10-3N； （2）小球受力情況如圖所示： 根據(jù)幾何關系可得mg=qEtanθ，所以m=qEgtanθ=3×10-310×tan37°=kg=4×10-4kg； （3）電場撤去后小球運動過程中機械能守恒，則mgl（1-cos37°）=12mv2，解得v=2m/s． 28．如圖所示，兩個半圓柱A、B緊靠著，其上有一光滑圓

63、柱C，三者半徑均為R，質(zhì)量均為m，與地面的動摩擦因數(shù)均為μ，最初A、B靜止在水平地面上，現(xiàn)用水平向右的力拉A，使A緩慢移動，直至C恰好降到地面，整個過程中B保持靜止，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，求： (1)未拉動A時，B對C的作用力大小為多少？ (2)動摩擦因數(shù)的最小值為多少？ 【答案】(1)F=33mg (2) 33 【解析】 【分析】 根據(jù)A緩慢移動并且B保持靜止可知，本題考查共點力的平衡，根據(jù)力的平衡條件條件求解C受到B作用力的大小F，先根據(jù)共點力平衡條件求解B受到C水平方向最大壓力，然后根據(jù)摩擦力的計算公式分析求解； 【詳解】 （1）對C受力分析

64、，如圖所示： 根據(jù)平衡條件有：2Fcos30°=2mg 解得：F=233mg； （2）C恰好降到地面時，B受C壓力的水平分力最大，依據(jù)受力分析可知 Fxmax=Fsin60°=3mg 此時，B受地面的摩擦力Ff=μ(mg+Fsin30°)=2μmg 根據(jù)題意，B保持靜止，則有Ffmin＝Fxmax時μ有最小值 解得：μmin=32。 【點睛】 本題主要是考查了共點力的平衡，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、利用平行四邊形法則進行力的合成或者是正交分解法進行力的分解，然后在坐標軸上建立平衡方程進行解答。 29．如圖所示，水平桌面上有三個質(zhì)量分別為1 k

65、g、2 kg、3 kg 的物體a、b、c疊放在一起，a的左端通過一根輕繩與質(zhì)量為m=3???kg的小球相連，繩與水平方向的夾角為60°，小球靜止在光滑的半圓形器皿中，水平向右的力F=14???N作用在b上，a、b、c三個物體恰好處于靜止狀態(tài)且a與桌面恰好不打滑，若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，ab間、bc間最大靜摩擦力足夠大，取g=10 m/s2，求： （1）繩對小球的拉力大?。? （2）b對c，a對b以及桌面對a的摩擦力大??； （3）撤去力F的瞬間，a、b、c三個物體的加速度大小。 【答案】（1）10 N （2）0 14 N 4 N （3）0.7 m/s2 【解析】 【詳

66、解】 (1)對小球受力分析如圖所示： 據(jù)平衡條件得：FNsin60°＋FTsin60°＝mg FNcos60°＝FTcos60° 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：FT＝10N (2)對c：Ff＝0 對bc：Ff1=F=14N 對a、b、c：F-Ff2-FT=0 代入數(shù)據(jù)解得：Ff2=4N (3)對a、b、c：FT'-Ff2=(ma+mb+mc)a， 對球：mgsin30°-FT'cos30°=macos30°， 聯(lián)立代入數(shù)值解得：a=27-6323m/s2≈0.7m/s2。 【點睛】 本題主要考查力的分解和平衡力判斷，結合牛頓第二定律會使此類題目變得簡單．要養(yǎng)成分析物體受力的習慣，并能靈活選擇研究對象． 30．如圖所示，一質(zhì)量為m的滑塊從高為h的光滑圓弧形槽的頂端A處無初速度地滑下，槽的底端B與水平傳送帶相接，傳送帶的運行速度恒為v0，兩輪軸心間距為L，滑塊滑到傳送帶上后做勻加速運動，滑到傳送帶右端C時，恰好加速到與傳送帶的速度相同，求： （1）滑塊到達底端B時的速度大小vB； （2）滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ； （3）此過程中，由于克服摩擦力做功而產(chǎn)生