2023年高考物理二輪復(fù)習(xí)微專(zhuān)題專(zhuān)題1第1講力與物體的平衡(教師版)

第1講力與物體的平衡命題規(guī)律1.命題角度：(1)物體的受力分析；單物體、多物體的靜態(tài)平衡、動(dòng)態(tài)平衡；臨界和極值問(wèn)題；(2)靜電力、安培力、洛倫茲力作用下的平衡.2.常用方法：合成法、分解法、整體法與隔離法、圖解法、解析法.3.常考題型：選擇題．考點(diǎn)一靜態(tài)平衡問(wèn)題1．受力分析的方法(1)研究對(duì)象的選?。孩僬w法與隔離法(如圖甲)；②轉(zhuǎn)換研究對(duì)象法(如圖乙)．(2)畫(huà)受力分析圖：按一定的順序分析力，只分析研究對(duì)象受到的力．(3)驗(yàn)證受力的合理性：①假設(shè)法(如圖丙)；②動(dòng)力學(xué)分析法(如圖丁)．2．處理平衡問(wèn)題常用的四種方法合成法物體受三個(gè)共點(diǎn)力的作用而平衡，則任意兩個(gè)力的合力一定與第三個(gè)力大小相等，方向相反分解法物體受三個(gè)共點(diǎn)力的作用而平衡，將某一個(gè)力按力的作用效果分解，則其分力和其他兩個(gè)力滿足平衡條件正交分解法物體受到三個(gè)或三個(gè)以上力的作用時(shí)，將物體所受的力分解為相互垂直的兩組，每組力都滿足平衡條件矢量三角形法對(duì)受三個(gè)共點(diǎn)力作用而平衡的物體，將力的矢量圖平移，使三個(gè)力組成一個(gè)首尾依次相接的矢量三角形，根據(jù)正弦定理、余弦定理或相似三角形等數(shù)學(xué)知識(shí)求解未知力例1(2022·安徽黃山市一模)如圖所示，一條細(xì)繩跨過(guò)定滑輪連接兩個(gè)小球A、B，其中球A的質(zhì)量為1kg.它們都穿在一根光滑的豎直桿上，不計(jì)繩與滑輪間的摩擦，當(dāng)兩球平衡時(shí)OA繩與水平方向的夾角為θ＝37°，OB繩與水平方向的夾角為α＝53°，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則球B的質(zhì)量為()A.eq\f(3,4)kg B.eq\f(4,3)kgC.eq\f(3,5)kg D.eq\f(5,3)kg答案B解析分別對(duì)A、B兩球分析，運(yùn)用合成法，如圖，由幾何知識(shí)得FTsin37°＝mAg，F(xiàn)Tsin53°＝mBg，解得球B的質(zhì)量為mB＝eq\f(4,3)kg，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤．例2如圖所示，質(zhì)量均為m的小球A、B用三根輕質(zhì)細(xì)繩連接，左側(cè)輕繩繞過(guò)固定的光滑滑輪沿豎直方向固定在地面上，右側(cè)輕繩繞過(guò)另一個(gè)固定的光滑滑輪與質(zhì)量為M的物體C相連，系統(tǒng)平衡時(shí)，左、右兩側(cè)輕繩與豎直方向的夾角分別為α和β.若α＝62°，β＝56°，則eq\f(m,M)等于()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,4) D.eq\f(1,5)答案A解析對(duì)小球A、B整體進(jìn)行受力分析，如圖所示，則由正弦定理有eq\f(Mg,sinα)＝eq\f(2mg,sin180°－α－β)，解得eq\f(m,M)＝eq\f(1,2)，故選A.例3(2022·山東臨沂市三模)如圖所示，用輕繩系住一質(zhì)量為2m的勻質(zhì)大球，大球和墻壁之間放置一質(zhì)量為m的勻質(zhì)小球，各接觸面均光滑．系統(tǒng)平衡時(shí)，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()A．繩子的拉力可能小于墻壁的支持力B．墻壁的支持力一定小于兩球的重力C．3tanα＝tan(α＋β)D．3tanα＝2tan(α＋β)答案C解析對(duì)兩球整體受力分析，受到繩子的拉力FT、墻壁的支持力FN和總重力3mg，如圖所示，根據(jù)平衡條件可得FTsinα＝FN＝3mgtanα，可知繩子的拉力一定大于墻壁的支持力，墻壁的支持力也可能大于或等于兩球的重力，故A、B錯(cuò)誤；對(duì)小球受力分析，如圖所示，根據(jù)平衡條件有FN＝mgtanθ，由幾何知識(shí)可得θ＝α＋β，聯(lián)立可得3tanα＝tan(α＋β)，故C正確，D錯(cuò)誤．處理平衡問(wèn)題的基本思路例4(2022·河南平頂山市模擬)如圖所示，光滑絕緣桿彎成直角，直角處固定在水平地面上，質(zhì)量為m、帶電荷量為＋Q的小圓環(huán)A穿在右邊桿上，質(zhì)量為3m、帶電荷量為＋3Q的小圓環(huán)B穿在左邊桿上，靜止時(shí)兩圓環(huán)的連線與地面平行，右邊桿與水平面夾角為α.重力加速度為g.則()A．右邊桿對(duì)A環(huán)的支持力大小為eq\f(1,4)mgB．左邊桿對(duì)B環(huán)的支持力大小為mgC．A環(huán)對(duì)B環(huán)的庫(kù)侖力大小為3mgD．A環(huán)對(duì)B環(huán)的庫(kù)侖力大小為eq\r(3)mg答案D解析對(duì)A、B環(huán)受力分析，如圖對(duì)A環(huán)，由平衡條件可得FNA＝eq\f(mg,cosα)，F(xiàn)庫(kù)＝mgtanα，對(duì)B環(huán)，由平衡條件可得FNB＝eq\f(3mg,cos90°－α)，F(xiàn)庫(kù)＝3mgtan(90°－α)，因庫(kù)侖力相等，則有mgtanα＝3mgtan(90°－α)＝3mgeq\f(1,tanα)，解得α＝60°，則右邊桿對(duì)A環(huán)支持力大小為FNA＝eq\f(mg,cos60°)＝2mg，左邊桿對(duì)B環(huán)支持力大小為FNB＝eq\f(3mg,cos90°－α)＝2eq\r(3)mg，故A、B錯(cuò)誤；兩環(huán)之間的庫(kù)侖力大小為F庫(kù)＝mgtan60°＝eq\r(3)mg，故C錯(cuò)誤，D正確．(1)靜電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的平衡問(wèn)題，受力分析時(shí)要注意靜電力、磁場(chǎng)力方向的判斷，再結(jié)合平衡條件分析求解．(2)涉及安培力的平衡問(wèn)題，畫(huà)受力示意圖時(shí)要注意將立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖．考點(diǎn)二動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題例5(2022·河北卷·7)如圖，用兩根等長(zhǎng)的細(xì)繩將一勻質(zhì)圓柱體懸掛在豎直木板的P點(diǎn)，將木板以底邊MN為軸向后方緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)直至水平，繩與木板之間的夾角保持不變，忽略圓柱體與木板之間的摩擦，在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中()A．圓柱體對(duì)木板的壓力逐漸增大B．圓柱體對(duì)木板的壓力先增大后減小C．兩根細(xì)繩上的拉力均先增大后減小D．兩根細(xì)繩對(duì)圓柱體拉力的合力保持不變答案B解析設(shè)兩繩子對(duì)圓柱體拉力的合力大小為FT，木板對(duì)圓柱體的支持力大小為FN，從右向左看如圖所示，繩子與木板間的夾角不變，α也不變，在矢量三角形中，根據(jù)正弦定理有eq\f(sinα,mg)＝eq\f(sinβ,FN)＝eq\f(sinγ,FT)，在木板以底邊MN為軸向后方緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)直至水平過(guò)程中，α不變，γ從90°逐漸減小到0，又γ＋β＋α＝180°，且α<90°，可知90°<γ＋β<180°，則0<β<180°，可知β從銳角逐漸增大到鈍角，根據(jù)eq\f(sinα,mg)＝eq\f(sinβ,FN)＝eq\f(sinγ,FT)，由于sinγ不斷減小，可知FT逐漸減小，sinβ先增大后減小，可知FN先增大后減小，結(jié)合牛頓第三定律可知，圓柱體對(duì)木板的壓力先增大后減小，設(shè)兩繩子之間的夾角為2θ，繩子拉力大小為FT′，則2FT′cosθ＝FT，可得FT′＝eq\f(FT,2cosθ)，θ不變，F(xiàn)T逐漸減小，可知繩子拉力不斷減小，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤．例6(多選)如圖，用硬鐵絲彎成的光滑半圓環(huán)豎直放置，最高點(diǎn)B處固定一小定滑輪，質(zhì)量為m的小球A穿在環(huán)上．現(xiàn)用細(xì)繩一端拴在A上，另一端跨過(guò)定滑輪用力F拉動(dòng)，使A緩慢向上移動(dòng)．在移動(dòng)過(guò)程中關(guān)于鐵絲對(duì)A的支持力FN，下列說(shuō)法正確的是()A．FN的方向始終背離圓心OB．FN的方向始終指向圓心OC．FN逐漸變小D．FN大小不變答案AD解析在小球A緩慢向上移動(dòng)的過(guò)程中，A處于三力平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件知mg與FN的合力與FT等大反向共線，作出mg與FN的合力，如圖，由三角形相似有：eq\f(mg,BO)＝eq\f(FN,AO)＝eq\f(FT,AB)，得FN＝eq\f(AO,BO)·mg，AO、BO都不變，則FN大小不變，方向始終背離圓心O，故A、D正確，B、C錯(cuò)誤．例7(2021·湖南卷·5)質(zhì)量為M的凹槽靜止在水平地面上，內(nèi)壁為半圓柱面，截面如圖所示，A為半圓的最低點(diǎn)，B為半圓水平直徑的端點(diǎn)．凹槽恰好與豎直墻面接觸，內(nèi)有一質(zhì)量為m的小滑塊．用推力F推動(dòng)小滑塊由A點(diǎn)向B點(diǎn)緩慢移動(dòng)，力F的方向始終沿圓弧的切線方向，在此過(guò)程中所有摩擦均可忽略，下列說(shuō)法正確的是()A．推力F先增大后減小B．凹槽對(duì)滑塊的支持力先減小后增大C．墻面對(duì)凹槽的壓力先增大后減小D．水平地面對(duì)凹槽的支持力先減小后增大答案C解析對(duì)滑塊受力分析，由平衡條件有F＝mgsinθ，F(xiàn)N＝mgcosθ，θ為F與水平方向的夾角，滑塊從A緩慢移動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，θ越來(lái)越大，則推力F越來(lái)越大，支持力FN越來(lái)越小，所以A、B錯(cuò)誤；對(duì)凹槽與滑塊整體受力分析，墻面對(duì)凹槽的壓力大小為FN′＝Fcosθ＝mgsinθcosθ＝eq\f(1,2)mgsin2θ，則θ越來(lái)越大時(shí)，墻面對(duì)凹槽的壓力先增大后減小，所以C正確；水平地面對(duì)凹槽的支持力為FN地＝(M＋m)g－Fsinθ＝(M＋m)g－mgsin2θ則θ越來(lái)越大時(shí)，水平地面對(duì)凹槽的支持力越來(lái)越小，所以D錯(cuò)誤．例8質(zhì)量為M的木楔傾角為θ，在水平面上保持靜止，當(dāng)將一質(zhì)量為m的木塊放在木楔斜面上時(shí)，它正好勻速下滑．如果用與木楔斜面成α角的力F拉著木塊勻速上升，如圖所示(已知木楔在整個(gè)過(guò)程中始終靜止，重力加速度為g)．(1)當(dāng)α變化時(shí)，求拉力F的最小值；(2)F取最小值時(shí)，求木楔對(duì)水平面的摩擦力是多少．答案(1)mgsin2θ(2)eq\f(1,2)mgsin4θ解析(1)木塊在木楔斜面上勻速向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)平衡條件有mgsinθ＝μmgcosθ解得μ＝tanθ因其在力F作用下沿斜面向上勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)正交分解法有Fcosα＝mgsinθ＋Ff，F(xiàn)sinα＋FN＝mgcosθ且Ff＝μFN聯(lián)立解得F＝eq\f(2mgsinθ,cosα＋μsinα)＝eq\f(2mgsinθcosθ,cosαcosθ＋sinαsinθ)＝eq\f(mgsin2θ,cosθ－α)則當(dāng)α＝θ時(shí)，F(xiàn)有最小值，即Fmin＝mgsin2θ.(2)因?yàn)槟緣K及木楔均處于平衡狀態(tài)，整體受到的地面的摩擦力等于F的水平分力，即FfM＝Fcos(α＋θ)當(dāng)F取最小值mgsin2θ時(shí)，則有FfM＝Fmincos2θ＝mgsin2θcos2θ＝eq\f(1,2)mgsin4θ.1.解決動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題的一般思路化“動(dòng)”為“靜”，多個(gè)狀態(tài)下“靜”態(tài)對(duì)比，分析各力的變化或極值．2．三力作用下的動(dòng)態(tài)平衡3．四力作用下的動(dòng)態(tài)平衡(1)在四力平衡中，如果有兩個(gè)力為恒力，或這兩個(gè)力的合力方向確定，為了簡(jiǎn)便可用這兩個(gè)力的合力代替這兩個(gè)力，轉(zhuǎn)化為三力平衡，例如：如圖，qE<mg，把擋板緩慢轉(zhuǎn)至水平的過(guò)程中，可以用重力與靜電力的合力mg－qE代替重力與靜電力．如圖，物體在拉力F作用下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，改變?chǔ)却笮。罄Φ淖钚≈?，可以用支持力與摩擦力的合力F′代替支持力與摩擦力．(2)對(duì)于一般的四力平衡及多力平衡，可采用正交分解法．(3)當(dāng)力的方向發(fā)生變化的平衡問(wèn)題求力的極小值時(shí)，一般利用三角函數(shù)求極值．1.(2022·重慶市模擬)我國(guó)農(nóng)村生活條件越來(lái)越好，在修建鄉(xiāng)村住房時(shí)，工人用上了簡(jiǎn)易機(jī)械(如圖所示)．甲站在地面上通過(guò)支架上的定滑輪拉著OA繩把建筑材料緩慢提升到樓頂，然后乙在樓頂水平拉著OB繩把建筑材料緩慢移到樓頂平臺(tái)上．在乙緩慢移動(dòng)建筑材料的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．甲對(duì)OA繩的拉力先減小后增大B．甲與地面之間的摩擦力逐漸增大C．乙對(duì)OB繩的拉力大小不變D．乙與樓層之間的摩擦力大小不變答案B解析依題意，設(shè)建筑材料的重力為G，OA繩右端與豎直方向夾角為θ，且對(duì)建筑材料的拉力大小為FOA，乙對(duì)OB繩的拉力大小為FOB，則乙在樓頂水平拉著OB繩把建筑材料緩慢移到樓頂平臺(tái)上的過(guò)程中，對(duì)建筑材料受力分析，根據(jù)平衡條件有FOA＝eq\f(G,cosθ)，F(xiàn)OB＝Gtanθ，θ增大，則FOA增大，F(xiàn)OB增大，由此可知甲對(duì)OA繩的拉力增大，乙對(duì)OB繩的拉力增大，故A、C錯(cuò)誤；對(duì)甲受力分析，由平衡條件可知，甲與地面之間的摩擦力大小等于OA繩對(duì)甲的拉力在水平方向上的分力，由于OA繩對(duì)甲的拉力逐漸增大且OA繩左端與水平方向夾角不變，所以可得甲與地面之間的摩擦力逐漸增大，故B正確；對(duì)乙受力分析，根據(jù)平衡條件可知乙與樓層之間的摩擦力大小等于OB繩對(duì)乙的拉力大小，由于FOB逐漸增大，所以可得乙與樓層之間的摩擦力逐漸增大，故D錯(cuò)誤．2．掛燈籠的習(xí)俗起源于西漢．如圖所示，由五根等長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩懸掛起質(zhì)量分別為m、km、km、m(k>0)的燈籠A、B、C、D，B、C間細(xì)繩是水平的，上面兩細(xì)繩與水平方向夾角為θ1，中間兩細(xì)繩與豎直方向夾角為θ2.下列關(guān)系式正確的是()A．θ1＝θ2B．kθ1＝θ2C．tanθ1·tanθ2＝eq\f(k＋1,k)D.eq\f(tanθ1,tanθ2)＝eq\f(k,k＋1)答案C解析對(duì)A、B構(gòu)成的整體受力分析，設(shè)B、C間細(xì)繩上的拉力為FT，由幾何關(guān)系得tanθ1＝eq\f(k＋1mg,FT)，對(duì)B受力分析，由幾何關(guān)系得tanθ2＝eq\f(FT,kmg)，所以tanθ1·tanθ2＝eq\f(k＋1,k)，故選C.專(zhuān)題強(qiáng)化練[保分基礎(chǔ)練]1．(多選)(2022·廣東東莞市東莞中學(xué)高三檢測(cè))如圖甲所示，用瓦片做屋頂是我國(guó)建筑的特色之一．鋪設(shè)瓦片時(shí)，屋頂結(jié)構(gòu)可簡(jiǎn)化為圖乙所示，建筑工人將瓦片輕放在兩根相互平行的檁條正中間，且瓦片能靜止在檁條上．已知檁條間距離為d，以下說(shuō)法正確的是()A．瓦片總共受到5個(gè)力的作用B．減小檁條間的距離d時(shí)，瓦片與檁條間的彈力增大C．減小檁條間的距離d時(shí)，瓦片可能會(huì)下滑D．增大檁條間的距離d時(shí)，瓦片與檁條間的摩擦力增大答案AC解析瓦片受重力、兩側(cè)的支持力和摩擦力，共5個(gè)力，故A正確；根據(jù)題圖可知，設(shè)兩檁條對(duì)瓦片的彈力與重力垂直檁條方向的分力間的夾角為α，有2FNcosα＝mgcosθ，減小檁條間的距離d時(shí)，夾角α變小，則瓦片與檁條間的彈力變小，最大靜摩擦力變小，則瓦片可能會(huì)下滑，故B錯(cuò)誤，C正確；增大檁條間的距離d時(shí)，瓦片仍然靜止，瓦片與檁條間的摩擦力不變，故D錯(cuò)誤．2.(2022·浙江6月選考·10)如圖所示，一輕質(zhì)曬衣架靜置于水平地面上，水平橫桿與四根相同的斜桿垂直，兩斜桿夾角θ＝60°.一重為G的物體懸掛在橫桿中點(diǎn)，則每根斜桿受到地面的()A．作用力為eq\f(\r(3),3)G B．作用力為eq\f(\r(3),6)GC．摩擦力為eq\f(\r(3),4)G D．摩擦力為eq\f(\r(3),8)G答案B解析設(shè)斜桿的彈力大小為F，以水平橫桿和物體為整體，在豎直方向上根據(jù)受力平衡可得4Fcos30°＝G，解得F＝eq\f(\r(3),6)G，以其中一斜桿為研究對(duì)象，其受力如圖所示，可知每根斜桿受到地面的作用力應(yīng)與F平衡，即大小為eq\f(\r(3),6)G，每根斜桿受到地面的摩擦力大小為Ff＝Fsin30°＝eq\f(\r(3),12)G，B正確，A、C、D錯(cuò)誤．3.(2022·河北唐縣田家炳中學(xué)高三檢測(cè))如圖，A、B兩物體通過(guò)兩個(gè)質(zhì)量不計(jì)的光滑滑輪懸掛起來(lái)，處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將繩子一端從P點(diǎn)緩慢移到Q點(diǎn)，系統(tǒng)仍然平衡，以下說(shuō)法正確的是()A．夾角θ將變小B．夾角θ將變大C．物體B位置將升高D．繩子張力將增大答案C解析因?yàn)槔K子張力始終與物體B重力平衡，所以繩子張力不變，因?yàn)槲矬wA的重力不變，所以繩子與水平方向的夾角不變，因?yàn)槔K子一端從P點(diǎn)緩慢移到Q點(diǎn)，所以物體A會(huì)下落，物體B位置會(huì)升高，故選C.4.(2022·山東煙臺(tái)市、德州市一模)如圖所示，山坡上兩相鄰高壓線塔之間架有粗細(xì)均勻的導(dǎo)線，靜止時(shí)導(dǎo)線呈曲線形下垂，最低點(diǎn)在C處．左塔A處對(duì)導(dǎo)線拉力的方向與豎直方向的夾角為30°，右塔B處對(duì)導(dǎo)線拉力的方向與豎直方向的夾角為60°，則導(dǎo)線AC部分與BC部分的質(zhì)量之比為()A．2∶1 B．3∶1C．4∶eq\r(3) D.eq\r(3)∶1答案B解析整體分析，根據(jù)水平方向平衡，F(xiàn)ACsin30°＝FBCsin60°；單獨(dú)分析左右兩部分，根據(jù)豎直方向平衡，F(xiàn)BCcos60°＝mBCg，F(xiàn)ACcos30°＝mACg，解得導(dǎo)線AC部分與BC部分的質(zhì)量之比為3∶1，故選B.5．(2022·遼寧卷·4)如圖所示，蜘蛛用蛛絲將其自身懸掛在水管上，并處于靜止?fàn)顟B(tài)．蛛絲OM、ON與豎直方向夾角分別為α、β(α>β)．用F1、F2分別表示OM、ON的拉力，則()A．F1的豎直分力大于F2的豎直分力B．F1的豎直分力等于F2的豎直分力C．F1的水平分力大于F2的水平分力D．F1的水平分力等于F2的水平分力答案D解析對(duì)結(jié)點(diǎn)O受力分析可得，水平方向有F1sinα＝F2sinβ，即F1的水平分力等于F2的水平分力，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確；豎直方向有F1cosα＋F2cosβ＝mg，聯(lián)立解得F1＝eq\f(mgsinβ,sinα＋β)，F(xiàn)2＝eq\f(mgsinα,sinα＋β)，則F1的豎直分量F1x＝eq\f(mgsinβcosα,sinα＋β)，F(xiàn)2的豎直分量F2x＝eq\f(mgsinαcosβ,sinα＋β)，因sinαcosβ－cosαsinβ＝sin(α－β)>0，可知F2x>F1x，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤．6．(多選)(2022·重慶市一模)如圖，站在水平臺(tái)面上的工作人員用輕繩將一個(gè)光滑小球從四分之一圓弧最底端緩慢拉到定滑輪處，不計(jì)定滑輪摩擦，在此過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．繩的拉力一直增大B．繩的拉力一直減小C．圓弧對(duì)小球支持力一直增大D．圓弧對(duì)小球支持力一直減小答案AD解析力的矢量三角形如圖所示，由圖可知繩的拉力一直增大，圓弧對(duì)小球支持力一直減小，故A、D正確，B、C錯(cuò)誤．7.如圖所示，豎直墻上連有細(xì)繩AB，輕彈簧的一端與B相連，另一端固定在墻上的C點(diǎn)．細(xì)繩BD與彈簧拴接在B點(diǎn)，現(xiàn)給BD一水平向左的拉力F，使彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，且AB和CB與墻的夾角均為45°.若保持B點(diǎn)不動(dòng)，將BD繩繞B點(diǎn)沿順時(shí)針?lè)较蚓徛D(zhuǎn)動(dòng)，則在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中BD繩的拉力F變化情況是()A．變小 B．變大C．先變小后變大 D．先變大后變小答案A解析要保持B點(diǎn)的位置不變，BD繩向上轉(zhuǎn)動(dòng)的角度最大為45°，由于B點(diǎn)的位置不變，因此彈簧的彈力不變，由圖可知，AB繩的拉力減小，BD繩的拉力F也減小，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤．[爭(zhēng)分提能練]8．(2022·廣東省華南師大附中模擬)如圖所示，AOB為水平放置的光滑桿，夾角θ＝60°，桿上套有兩個(gè)質(zhì)量不計(jì)的小環(huán)，兩環(huán)間連有可伸縮的彈性繩，今在繩的中點(diǎn)施加一沿θ角平分線水平方向的力F，緩慢地拉繩，待兩環(huán)達(dá)穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，繩對(duì)環(huán)的拉力等于()A.eq\f(F,2)B．FC.eq\f(\r(3),2)FD.eq\f(\r(2),2)F答案B解析光滑桿AOB水平放置，豎直方向受力平衡，不再分析．在水平面內(nèi)，對(duì)兩環(huán)分別受力分析，都受到桿的彈力FN和輕繩的拉力FT，由力平衡原理得知，F(xiàn)N與FT大小相等，方向相反，而FN與桿垂直，則平衡時(shí)，輕繩的拉力FT必定與桿垂直．以兩環(huán)及彈性輕繩整體為研究對(duì)象，分析水平方向整體受力情況，由幾何知識(shí)得到兩拉力間的夾角為120°，根據(jù)對(duì)稱性，由平衡條件得到FT＝F，故選B.9．(2022·湖南卷·5)2022年北京冬奧會(huì)跳臺(tái)滑雪空中技巧比賽場(chǎng)地邊，有一根系有飄帶的風(fēng)力指示桿，教練員根據(jù)飄帶的形態(tài)提示運(yùn)動(dòng)員現(xiàn)場(chǎng)風(fēng)力的情況．若飄帶可視為粗細(xì)一致的勻質(zhì)長(zhǎng)繩，其所處范圍內(nèi)風(fēng)速水平向右、大小恒定且不隨高度改變．當(dāng)飄帶穩(wěn)定時(shí)，飄帶實(shí)際形態(tài)最接近的是()答案A解析設(shè)飄帶的單位長(zhǎng)度質(zhì)量為m0，單位長(zhǎng)度所受風(fēng)力為F0，從底端取飄帶上任意長(zhǎng)度為x，G＝m0gx，F(xiàn)＝F0x，則重力與風(fēng)力的合力與豎直方向的夾角為tanθ＝eq\f(F,G)＝eq\f(F0,m0g)，可知所選飄帶與豎直方向夾角與所選長(zhǎng)度無(wú)關(guān)，二力合力方向恒定，飄帶各處張力方向相同，則飄帶為一條傾斜的直線，故選A.10.如圖所示，在豎直墻壁間有質(zhì)量分別為m和3m的半圓球A和圓球B，其中B球球面光滑，半球A與左側(cè)墻壁之間存在摩擦．兩球心之間連線與水平方向成30°的夾角，兩球恰好不下滑，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則半球A與左側(cè)墻壁之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(3),4)D.eq\f(4\r(3),9)答案D解析隔離光滑均勻圓球B，對(duì)B受力分析如圖所示，可得FN＝eq\f(3mg,tan30°)，對(duì)兩球組成的整體有4mg－μFN＝0，聯(lián)立解得μ＝eq\f(4\r(3),9)，故選D.11.(2020·全國(guó)卷Ⅲ·17)如圖，懸掛甲物體的細(xì)線拴牢在一不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩上O點(diǎn)處；繩的一端固定在墻上，另一端通過(guò)光滑定滑輪與物體乙相連．甲、乙兩物體質(zhì)量相等．系統(tǒng)平衡時(shí)，O點(diǎn)兩側(cè)繩與豎直方向的夾角分別為α和β.若α＝70°，則β等于()A．45° B．55°C．60° D．70°答案B解析取O點(diǎn)為研究對(duì)象，在三力的作用下O點(diǎn)處于平衡狀態(tài)，對(duì)其受力分析