高考物理經(jīng)典習(xí)題解析第02章相互作用力專題強化二受力分析共點力的平衡

高考物理經(jīng)典習(xí)題解析專題強化二受力分析共點力的平衡【專題解讀】1.本專題是本章重要知識和規(guī)律的綜合，特別是受力分析和共點力平衡條件的應(yīng)用，是高考的重點和熱點。2.高考對本專題內(nèi)容的考查主要是在選擇題中作為一個考查點出現(xiàn)，但近年在計算題中也作為一個力學(xué)或電學(xué)考點命題。3.用到的相關(guān)知識有：受力分析、力的合成與分解、共點力的平衡條件；用到的主要方法有：整體法與隔離法、合成法、正交分解法等。題型一物體的受力分析1.力學(xué)中的五種力種類大小方向重力G＝mg(不同高度、緯度、星球，g不同)豎直向下彈簧彈力F＝kx(x為形變量)沿彈簧軸線靜摩擦力0＜Ff靜≤Ffmax與相對運動趨勢方向相反滑動摩擦力Ff滑＝μFN與相對運動方向相反萬有引力F＝Geq\f(m1m2,r2)沿質(zhì)點間的連線2.受力分析(1)把指定物體(研究對象)在特定的物理環(huán)境中受到的所有外力都找出來，并畫出受力示意圖的過程。(2)一般步驟3.整體法與隔離法整體法隔離法概念將加速度相同的幾個物體作為一個整體來分析的方法將研究對象與周圍物體分隔開來分析的方法選用原則研究系統(tǒng)外的物體對系統(tǒng)整體的作用力或系統(tǒng)整體的加速度研究系統(tǒng)內(nèi)物體之間的相互作用力【例1】(2021·1月湖南普高校招生適應(yīng)性考試，6)如圖1，一根質(zhì)量為m的勻質(zhì)繩子，兩端分別固定在同一高度的兩個釘子上，中點懸掛一質(zhì)量為M的物體。系統(tǒng)平衡時，繩子中點兩側(cè)的切線與豎直方向的夾角為α，釘子處繩子的切線方向與豎直方向的夾角為β，則()圖1A.eq\f(tanα,tanβ)＝eq\f(m＋M,m) B.eq\f(tanα,tanβ)＝eq\f(m＋M,M)C.eq\f(cosα,cosβ)＝eq\f(M,m＋M) D.eq\f(cosα,cosβ)＝eq\f(m,m＋M)答案B解析以M為研究對象，2FT1cosα＝Mg①以M和m整體為研究對象，則2FT2cosβ＝(m＋M)g②FT1sinα＝FT2sinβ③由①②③得：eq\f(tanα,tanβ)＝eq\f(m＋M,M)，B正確?！咀兪?】[2020·天津市東麗區(qū)等級考試模擬(三)]如圖2所示，水平面上的P、Q兩物塊的接觸面水平，二者疊在一起在作用于Q上的水平恒定拉力F的作用下向右做勻速運動，某時刻撤去力F后，二者仍能不發(fā)生相對滑動。關(guān)于撤去F前后Q的受力個數(shù)的說法正確的是()圖2A.撤去F前6個，撤去F后瞬間5個B.撤去F前5個，撤去F后瞬間5個C.撤去F前5個，撤去F后瞬間4個D.撤去F前4個，撤去F后瞬間4個答案B解析撤去F前，物體Q受到：重力、地面的支持力、P對Q的壓力、地面對Q的摩擦力和力F共5個力的作用；撤去F后的瞬間，兩物體做減速運動，此時Q受力：重力、地面的支持力、P對Q的壓力、地面對Q的摩擦力和P對Q的摩擦力，共5個力作用，選項B正確?！咀兪?】(2020·安徽廬巢七校聯(lián)盟第三次聯(lián)考)如圖3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eq\r(3)∶1，A、B兩小球質(zhì)量分別為2m和m，現(xiàn)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°，則()圖3A.F1＝F2 B.F1＝eq\r(3)F2C.F1＝2F2 D.F1＝3F2答案C解析由題意知兩輕繩OA和AB的長度之比為eq\r(3)∶1，B球恰好在懸點O的正下方，由幾何關(guān)系可知，OA與AB垂直；以B球為研究對象，受力示意圖如圖甲所示，由平衡條件得F2＝mgtan(90°－30°)＝eq\r(3)mg以A、B兩球整體為研究對象，受力示意圖如圖乙所示，由平衡條件得F1－F2＝3mgtan30°＝eq\r(3)mg可得F1＝2eq\r(3)mg，即F1＝2F2，故C正確。題型二靜態(tài)平衡問題1.共點力平衡(1)平衡狀態(tài)：物體靜止或做勻速直線運動。(2)平衡條件：F合＝0或Fx＝0，F(xiàn)y＝0。(3)常用推論①若物體受n個作用力而處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個力與其余(n－1)個力的合力大小相等、方向相反。②若三個不共線的共點力合力為零，則表示這三個力的有向線段首尾相接組成一個封閉三角形。2.處理平衡問題的基本思路確定平衡狀態(tài)(加速度為零)→巧選研究對象(整體法或隔離法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作討論。3.常用的方法(1)在判斷彈力或摩擦力是否存在以及確定它們的方向時常用假設(shè)法。(2)求解平衡問題時常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、圖解法等。【例2】(2019·全國卷Ⅲ，16)用卡車運輸質(zhì)量為m的勻質(zhì)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4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(dāng)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()圖4A.F1＝eq\f(\r(3),3)mg，F(xiàn)2＝eq\f(\r(3),2)mg B.F1＝eq\f(\r(3),2)mg，F(xiàn)2＝eq\f(\r(3),3)mgC.F1＝eq\f(1,2)mg，F(xiàn)2＝eq\f(\r(3),2)mg D.F1＝eq\f(\r(3),2)mg，F(xiàn)2＝eq\f(1,2)mg答案D解析卡車勻速行駛，圓筒受力平衡，對圓筒受力分析，如圖所示。由題意知，力F1′與F2′相互垂直。由牛頓第三定律知F1＝F1′，F(xiàn)2＝F2′，則F1＝mgsin60°＝eq\f(\r(3),2)mg，F(xiàn)2＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，選項D正確。【變式3】(2021·1月湖北學(xué)業(yè)水平選擇性考試模擬演練，6)如圖5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(zhì)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(shù)μ＝tanθ，重力加速度大小為g，拉力大小為()圖5A.2mgsinθcoseq\f(θ,2) B.2mgsinθC.2mgsineq\f(θ,2) D.mgsinθcoseq\f(θ,2)答案A解析對物塊受力分析，如圖甲、乙所示，重力沿斜面向下的分力為mgsinθ，支持力FN＝mgcosθ，滑動摩擦力Ff＝μFN＝mgsinθ，則拉力F＝2mgsinθcoseq\f(θ,2)，故A正確。題型三動態(tài)平衡問題1.動態(tài)平衡動態(tài)平衡就是通過控制某一物理量，使物體的狀態(tài)發(fā)生緩慢的變化，但變化過程中的每一個狀態(tài)均可視為平衡狀態(tài)，所以叫動態(tài)平衡。2.常用方法解析法、圖解法、相似三角形法等，特別是三力動態(tài)平衡問題，常用圖解法分析。題型1圖解法的應(yīng)用用圖解法分析物體動態(tài)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。【例3】(多選)(2019·全國卷Ⅰ，19)如圖6，一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(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)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()圖6A.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答案BD解析選N為研究對象，受力情況如圖甲所示，用水平拉力F緩慢拉動N的過程中，水平拉力F逐漸增大，細繩的拉力FT逐漸增大，選項A錯誤，B正確；對M受力分析，如圖乙所示，受重力GM、支持力FN、繩的拉力FT以及斜面對它的摩擦力Ff。若開始時斜面對M的摩擦力Ff沿斜面向上，則FT＋Ff＝GMsinθ，F(xiàn)T逐漸增大，F(xiàn)f逐漸減小，當(dāng)Ff減小到零后，再反向增大。若開始時斜面對M的摩擦力Ff沿斜面向下，此時，F(xiàn)T＝GMsinθ＋Ff，當(dāng)FT逐漸增大時，F(xiàn)f逐漸增大，C錯誤，D正確?！咀兪?】(2020·廣東汕頭市第一次模擬)如圖7所示，足夠長的光滑平板AP與BP用鉸鏈連接，平板AP與水平面成53°角固定不動，平板BP可繞水平軸在豎直面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動，將一均勻圓柱體O放在兩板間。在使BP板由水平位置緩慢轉(zhuǎn)動到豎直位置的過程中，下列說法正確的是()圖7A.當(dāng)BP沿水平方向時，BP板受到的壓力最大B.當(dāng)BP沿豎直方向時，AP板受到的壓力最大C.當(dāng)BP沿豎直方向時，BP板受到的壓力最小D.當(dāng)BP板與AP板垂直時，AP板受到的壓力最小答案B解析當(dāng)BP沿水平方向時，BP板受到的壓力等于圓柱體的重力，AP板受到的壓力為零。當(dāng)擋板PB逆時針緩慢地轉(zhuǎn)向豎直位置的過程中，小球受重力、斜面AP的彈力F1和擋板BP的彈力F2，將F1與F2合成為F＝mg，如圖；小球一直處于平衡狀態(tài)，三個力中的任意兩個力的合力與第三個力等值、反向、共線，故F1和F2的合力F一定與重力等值、反向、共線。從圖中可以看出，F(xiàn)1越來越大，F(xiàn)2先變小，后變大，到豎直位置時，F(xiàn)2＞mg，故選項B正確，A、C、D錯誤。題型2解析法的應(yīng)用【例4】如圖8所示，用甲、乙兩根筷子夾一個小球，甲傾斜，乙始終豎直。在豎直平面內(nèi)，甲與豎直方向的夾角為θ，筷子與小球間的摩擦很小，可以忽略不計。小球質(zhì)量一定，隨著θ緩慢減小，小球始終保持靜止，則下列說法正確的是()圖8A.筷子甲對小球的彈力變小B.筷子乙對小球的彈力不變C.兩根筷子對小球的彈力均增大D.兩根筷子對小球的合力將增大答案C解析對小球受力分析如圖根據(jù)平衡條件可知F2cosθ＝F1，F(xiàn)2sinθ＝mg解得F1＝eq\f(mg,tanθ)，F(xiàn)2＝eq\f(mg,sinθ)隨著θ減小，F(xiàn)1，F(xiàn)2都在增大，故A、B錯誤，C正確；由于小球處于靜止狀態(tài)，兩根筷子對小球的合力等于小球的重力，故一直不變，故D錯誤。題型3相似三角形法對于物體沿圓弧緩慢移動的動態(tài)平衡問題，常把力的矢量三角形與幾何三角形聯(lián)系起來，根據(jù)三角形相似，討論力的大小變化情況。另外需要注意的是構(gòu)建三角形時可能需要畫輔助線?！纠?】如圖9所示，光滑的半圓環(huán)沿豎直方向固定，M點為半圓環(huán)的最高點，N點為半圓環(huán)上與半圓環(huán)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(huán)穿過半圓環(huán)用質(zhì)量不計的輕繩拴接并跨過定滑輪。開始小圓環(huán)處在半圓環(huán)的最低點H點，第一次拉小圓環(huán)使其緩慢地運動到N點，第二次以恒定的速率將小圓環(huán)拉到N點?；喆笮】梢院雎裕瑒t下列說法正確的是()圖9A.第一次輕繩的拉力逐漸增大B.第一次半圓環(huán)受到的壓力逐漸減小C.小圓環(huán)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(huán)第一次在N點與第二次在N點時，半圓環(huán)受到的壓力相等答案C解析小圓環(huán)沿半圓環(huán)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(tài)，受力分析如圖所示。由圖可知△OMN與△NBA相似，則有eq\f(G,R)＝eq\f(FN,R)＝eq\f(FT,MN)(式中R為半圓環(huán)的半徑)，在小圓環(huán)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(huán)所受的支持力的大小不變，由牛頓第三定律得半圓環(huán)所受的壓力的大小不變，A、B錯誤；第一次小圓環(huán)緩慢上升到N點時，F(xiàn)N＝G，F(xiàn)T＝eq\r(2)G；第二次小圓環(huán)運動的過程中，假設(shè)小圓環(huán)速率恒為v，當(dāng)小圓環(huán)運動到N點時，在水平方向上有FT′cos45°－FN′＝meq\f(v2,R)，在豎直方向上有G＝FT′sin45°，解得FT′＝eq\r(2)G，F(xiàn)N′＝G－meq\f(v2,R)，再結(jié)合牛頓第三定律可知，C正確，D錯誤。題型四平衡中的臨界與極值問題1.臨界問題當(dāng)某物理量變化時，會引起其他幾個物理量的變化，從而使物體所處的平衡狀態(tài)“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”，在問題的描述中常用“剛好”“剛能”“恰好”等。2.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。3.解題方法(1)極限法：首先要正確地進行受力分析和變化過程分析，找出平衡的臨界點和極值點；臨界條件必須在變化中去尋找，不能停留在一個狀態(tài)來研究臨界問題，而要把某個物理量推向極端，即極大和極小。(2)數(shù)學(xué)分析法：通過對問題的分析，依據(jù)物體的平衡條件寫出物理量之間的函數(shù)關(guān)系(畫出函數(shù)圖像)，用數(shù)學(xué)方法求極值(如求二次函數(shù)極值、公式極值、三角函數(shù)極值)。(3)物理分析方法：根據(jù)物體的平衡條件，作出力的矢量圖，通過對物理過程的分析，利用平行四邊形定則進行動態(tài)分析，確定最大值與最小值。【例6】(2020·河北邯鄲市上學(xué)期期末)如圖10所示，在水平推力作用下，物體A靜止在傾角為θ＝45°的粗糙斜面上，當(dāng)水平推力為F0時，A剛好不下滑，然后增大水平推力的值，當(dāng)水平推力為F時A剛好不上滑。設(shè)滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，物塊A與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ(μ＜1)，則下列關(guān)系式成立的是()圖10A.F＝eq\f(μ,1－μ)F0 B.F＝(eq\f(μ,1－μ))2F0C.F＝eq\f(1＋μ,1－μ)F0 D.F＝(eq\f(1＋μ,1－μ))2F0答案D解析當(dāng)物體恰好不下滑時，沿斜面方向剛好平衡，則有mgsin45°＝F0cos45°＋μFN垂直于斜面方向，有FN＝mgcos45°＋F0sin45°解得F0＝eq\f(1－μ,1＋μ)mg同理，當(dāng)物體恰好不上滑時，有F＝eq\f(1＋μ,1－μ)mg解得F＝(eq\f(1＋μ,1－μ))2F0，故選項D正確。【變式5】(多選)如圖11所示，豎直墻壁與光滑水平地面交于B點，質(zhì)量為m1的光滑半圓柱體緊靠豎直墻壁置于水平地面上，O1為半圓柱體截面所在圓的圓心，質(zhì)量為m2且可視為質(zhì)點的均勻小球O2用長度等于A、B兩點間距離的細線懸掛于豎直墻壁上的A點，小球靜置于半圓柱體上，當(dāng)換用質(zhì)量不變，而半徑不同的光滑半圓柱體時，細線與豎直墻壁的夾角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()圖11A.當(dāng)θ＝60°時，半圓柱體對地面的壓力大小為m1g＋eq\f(3,4)m2gB.當(dāng)θ＝60°時，小球?qū)Π雸A柱體的壓力大小為eq\r(3)m2gC.換用不同的半圓柱體時，半圓柱體對豎直墻壁的最大壓力大小為eq\f(1,2)m2gD.換用半徑更大的半圓柱體時，半圓柱體對地面的壓力保持不變答案AC解析對小球進行受力分析如圖甲所示，連接O2B和O1O2，由幾何關(guān)系可知θ＝α，小球受力平衡，有FN1＝m2gsinθ，F(xiàn)T＝m2gcosθ，對小球和半圓柱體整體進行受力分析，整體受地面的支持力FN、墻壁的彈力F、細線的拉力FT、重力(m1＋m2)g，如圖乙所示，整體受力平衡，則在豎直方向上有FN＋FTcosθ＝(m1＋m2)g，水平方向上有F＝FTsinθ。當(dāng)θ＝60°時，F(xiàn)N1＝eq\f(\r(3),2)m2g，由牛頓第三定律得小球?qū)Π雸A柱體的壓力大小為eq\f(\r(3),2)m2g，B錯誤；F＝FTsinθ＝eq\f(1,2)m2gsin2θ，當(dāng)θ＝45°時，F(xiàn)max＝eq\f(1,2)m2g，C正確；FN＝(m1＋m2)g－m2gcos2θ，當(dāng)θ＝60°時，F(xiàn)N＝m1g＋eq\f(3,4)m2g，當(dāng)換用半徑更大的半圓柱體時，θ改變，F(xiàn)N改變，由牛頓第三定律可知A正確，D錯誤。

課時限時練(限時：30分鐘)對點練1物體的受力分析1.(2020·云南保山市統(tǒng)一檢測)如圖1所示，A、B、C三個物體處于平衡狀態(tài)，則關(guān)于A、B、C三個物體的受力個數(shù)，下列說法正確的是()圖1A.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；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.(2020·山東日照市4月模擬)如圖2所示，在水平桌面上疊放著物體a、b、c，三個物體均處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是()圖2A.c一定受到水平桌面的摩擦力B.b對a的作用力一定豎直向上C.c對b的摩擦力可能水平向右D.b對a的支持力與a受到的重力是一對作用力和反作用力答案B解析對a、b、c整體分析，受重力和支持力，二力平衡，c不受地面的摩擦力，故A錯誤；對物體a受力分析，受重力、支持力和靜摩擦力，根據(jù)平衡條件，b對a的作用力一定豎直向上，和a的重力平衡，故B正確；以a和b整體為研究對象，受到重力、支持力和靜摩擦力，根據(jù)平衡條件，c對b的靜摩擦力平行接觸面向上，故C錯誤；b對a的支持力與a對b的壓力是一對作用力和反作用力，故D錯誤。對點練2靜態(tài)平衡問題3.(2019·江蘇卷，2)如圖3所示，一只氣球在風(fēng)中處于靜止狀態(tài)，風(fēng)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(fēng)對氣球作用力的大小為()圖3A.eq\f(T,sinα) B.eq\f(T,cosα)C.Tsinα D.Tcosα答案C解析對氣球，受力分析如圖所示，將繩的拉力T分解，在水平方向：風(fēng)對氣球的作用力大小F＝Tsinα，選項C正確。4.(2020·北京市昌平區(qū)二模練習(xí))一根細線上端固定，下端系著一個質(zhì)量為m的小球。給小球施加拉力F，使小球平衡后細線與豎直方向的夾角為θ，圖4如圖4所示。則拉力F()A.方向可能在圖中Ⅰ區(qū)內(nèi)B.方向可能在圖中Ⅱ區(qū)內(nèi)C.最小值為mgcosθD.最小值為mgtanθ答案B解析小球受豎直向下的重力mg和沿細繩斜向上的拉力FT以及拉力F，三力平衡，則力F必在mg和FT夾角的對角范圍內(nèi)，即在圖中的Ⅱ區(qū)域，當(dāng)力F與FT垂直時，F(xiàn)最小，最小值為Fmin＝mgsinθ。故選項B正確。5.如圖5所示，一條細繩跨過定滑輪連接物體A、B，A懸掛起來，B穿在一根豎直桿上，兩物體均保持靜止，不計繩與滑輪、B與豎直桿間的摩擦，已知繩與豎直桿間的夾角為θ，則物體A、B的質(zhì)量之比mA∶mB等于()圖5A.1∶cosθ B.cosθ∶1C.tanθ∶1 D.1∶sinθ答案A解析設(shè)繩子的拉力為FT，隔離A分析有：FT＝mAg①隔離B分析有：FTcosθ＝mBg②由①②得：mA∶mB＝1∶cosθ，故A正確，B、C、D錯誤。6.(2020·山東濟南市期末學(xué)習(xí)質(zhì)量評估)如圖6所示，裝有細沙的木板在斜坡上勻速下滑。某一時刻，一部分細沙從木板上漏出。則在細沙漏出前后，下列說法正確的是()圖6A.木板始終做勻速運動B.木板所受合外力變大C.木板由勻速變?yōu)閯蚣铀僦本€運動D.木板所受斜坡的摩擦力不變答案A解析在細沙漏出前，裝有細沙的木板在斜坡上勻速下滑，對整體受力分析，如圖所示：根據(jù)平衡條件有：Ff＝(m＋M)gsinα，F(xiàn)N＝(m＋M)gcosα，又Ff＝μFN，聯(lián)立解得：μ＝tanα，在細沙漏出后，細沙的質(zhì)量減少，設(shè)為m′，木板的質(zhì)量不變，對整體受力情況與漏出前一樣，在垂直斜坡方向仍處于平衡狀態(tài)，則有FN′＝(m′＋M)gcosα，又Ff′＝μFN′，且μ＝tanα，解得Ff′＝(m′＋M)gcosαtanα＝(m′＋M)gsinα，而重力沿斜坡向下的分力為(m′＋M)gsinα，即Ff′＝(m′＋M)gsinα，所以在細沙漏出后整體仍沿斜坡向下做勻速直線運動，A正確，C錯誤；因為整體仍沿斜坡向下做勻速直線運動，所受合外力不變，仍為零，B錯誤；因為細沙的質(zhì)量減小，根據(jù)Ff′＝(m′＋M)gsinα，可知木板所受斜坡的摩擦力變小，D錯誤。對點練3動態(tài)平衡問題7.(2020·河南駐馬店市第一學(xué)期期終)質(zhì)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7所示。設(shè)繩OA段拉力的大小為FT，若保持O點位置不變，則當(dāng)力F的方向順時針緩慢旋轉(zhuǎn)至豎直方向的過程中()圖7A.F先變大后變小，F(xiàn)T逐漸變小B.F先變大后變小，F(xiàn)T逐漸變大C.F先變小后變大，F(xiàn)T逐漸變小D.F先變小后變大，F(xiàn)T逐漸變大答案C解析對結(jié)點O受力分析如圖所示，保持O點位置不變，則當(dāng)力F的方向順時針緩慢旋轉(zhuǎn)至豎直方向的過程中，由圖可知F先減小后增大，F(xiàn)T一直減小，故選項C正確。8.(2021·1月重慶市學(xué)業(yè)水平選擇性考試適應(yīng)性測試，7)如圖8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()圖8A.細線對小球的拉力先增大后減小B.小球?qū)χw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答案D解析以小球為對象，設(shè)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＝mgcosθ，沿半徑方向有FN＝mgsinθ，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?qū)χw的壓力增大，故A、B錯誤；以柱體為對象，豎直方向有F地＝Mg＋FNsinθ＝Mg＋mgsin2θ，水平方向有F墻＝FNcosθ＝mgsinθcosθ＝eq\f(1,2)mgsin2θ，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(dāng)θ＝45°時柱體對豎直墻面的壓力最大，故D正確，C錯誤。對點練4平衡中的臨界極值問題9.(2020·河北保定市二模)某位同學(xué)用筷子將均勻球夾起懸停在空中，如圖9所示，已知球心O與兩根筷子在同一豎直面內(nèi)，小球質(zhì)量為m，筷子與豎直方向之間的夾角均為θ，筷子與小球表面間的動摩擦因數(shù)為μ(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，重力加速度為g。每根筷子對小球的壓力至少為()圖9A.eq\f(mg,2（μsinθ－cosθ）) B.eq\f(mg,2（μcosθ－sinθ）)C.eq\f(mg,2（μcosθ＋sinθ）) D.eq\f(mg,2（sinθ－μcosθ）)答案B解析對小球受力分析2Ffcosθ＝mg＋2FNsinθFf＝μFN解得FN＝eq\f(mg,2（μcosθ－sinθ）)10.如圖10所示，重力都為G的兩個小球A和B用三段輕繩連接后懸掛在O點，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()圖10A.eq\f(1,2)G B.eq\f(\r(3),3)GC.G D.eq\f(2\r(3),3)G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(dāng)F與O、B間繩垂直時F最小，F(xiàn)min＝Gsinθ，由幾何關(guān)系可知sinθ＝eq\f(l,2l)＝eq\f(1,2)，則Fmin＝eq\f(1,2)G，故選項A正確。11.如圖11所示，兩個質(zhì)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(tǒng)處于靜止狀態(tài)，彈簧實際長度相等。彈簧A、B的勁度系數(shù)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(shè)彈簧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()圖11A.tanθ＝eq\f(1,2) B.kA＝kBC.FA＝eq\r(3)mg D.FB＝2mg答案A解析對小球B進行受力分析，如圖甲所示，甲乙根據(jù)平衡條件得F＝mgtan45°＝mg，F(xiàn)B＝eq\f(mg,cos45°)＝eq\r(2)mg；對兩個小球整體受力分析，如圖乙所示。根據(jù)平衡條件得：tanθ＝eq\f(F,2mg)，又F＝mg，解得tanθ＝eq\f(1,2)，F(xiàn)A＝eq\r(（2mg）2＋F2)＝eq\r(5)mg，由題意可知兩彈簧的形變量相等，則有：x＝eq\f(FA,kA)＝eq\f(FB,kB)，解得：eq\f(kA,kB)＝eq\f(FA,FB)＝eq\f(\r(5),\r(2))，故A正確，B、C、D錯誤。12.如圖12所示，兩段等長細線串接著兩個質(zhì)量相等的小球a、b，懸掛于O點?，F(xiàn)在兩個小球上分別加上水平的外力，其中作用在b球上的力大小為F，作用在a球上的力大小為2F，則此裝置平衡時的位置可能是()圖12答案A解析設(shè)兩個球的質(zhì)量均為m，Oa與ab和豎直方向的夾角分別為α、β以兩個小球組成的整體為研究對象，分析受力情況，如圖甲所示，根據(jù)平衡條件可知，Oa細線的方向不可能沿豎直方向，否則整體的合力不為零，不能保持平衡。由平衡條件得tanα＝eq\f(F,2mg)以b球為研究對象，分析受力情況，如圖乙所示，由平衡條件得tanβ＝eq\f(F,mg)，則α＜β，故A正確。13.有甲、乙兩根完全相同的輕繩，甲繩A、B兩端按圖13甲的方式固定，然后將一掛有質(zhì)量為M的重物的光滑輕質(zhì)動滑輪掛于甲輕繩上，當(dāng)滑輪靜止后，設(shè)甲繩子的張力大小為FT1；乙繩D、E兩端按圖乙的方式固定，然后將同樣的定滑輪且掛有質(zhì)量為M的重物掛于乙輕繩上，當(dāng)滑輪靜止后，設(shè)乙繩子的張力大小為FT2?，F(xiàn)甲繩的B端緩慢向下移動至C點，乙繩的E端緩慢向右移動至F點，在兩繩的移動過程中，下列說法正確的是()圖13A.FT1、FT2都變大 B.FT1變大、FT2變小C.FT1、FT2都不變 D.FT1不變、FT2變大答案D解析設(shè)繩子總長為L，兩豎直墻之間的距離為s，左側(cè)繩長為L1，右側(cè)繩長為L2。由于繩子上的拉力處處相等，所以兩繩與豎直方向夾角相等，設(shè)為θ，則由幾何知識，得s＝L1sinθ＋L2sinθ＝(L1＋L2)sinθ，又L1＋L2＝L，得到sinθ＝eq\f(s,L)；設(shè)繩子的拉力大小為FT，重物的重力為G，以滑輪為研究對象，根據(jù)平衡條件得2FTcosθ＝G，解得FT＝eq\f(G,2cosθ)；可見，對題圖甲，當(dāng)繩子右端慢慢向下移動時，s、L沒有變化，則θ不變，繩子拉力FT1不變；對題圖乙，當(dāng)繩子的右端從E向F移動的過程中，由于繩子的長度不變，所以兩側(cè)繩子之間的夾角θ增大，cosθ減小，則繩子拉力FT2增大，故A、B、C錯誤，D正確。14.如圖14所示，質(zhì)量為m的物體放在一固定斜面上，當(dāng)斜面傾角為30°時恰能沿斜面勻速下滑。對物體施加一大小為F、方向水平向右的恒力，物體可沿斜面勻速向上滑行。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，當(dāng)斜面傾角增大并超過某一臨界角θ0時，不論水平恒力F多大，都不能使物體沿斜面向上滑行，試求：圖14(1)物體與斜面間的動摩擦因數(shù)；(2)這一臨界角θ0的大小。答案(1)eq\f(\r(3),3)(2)60°解析(1)如圖甲所示，未施加力F時，對物體受力分析，由平衡條件得mgsin30°＝μmgcos30°解得μ＝tan30°＝eq\f(\r(3),3)(2)設(shè)斜面傾角為α?xí)r，受力情況如圖乙所示，由平衡條件得Fcosα＝mgsinα＋Ff′FN′＝mgcosα＋Fsinα，F(xiàn)f′＝μFN′解得F＝eq\f(mgsinα＋μmgcosα,cosα－μsinα)當(dāng)cosα－μsinα＝0，即tanα＝eq\r(3)時，F(xiàn)→∞，即“不論水平恒力F多大，都不能