2025年高考物理復(fù)習(xí)考點(diǎn)解密追蹤與預(yù)測（新高考）專題02 相互作用-力（分層練）（解析版）

專題02相互作用——力A·?？碱}不丟分命題點(diǎn)01靜態(tài)平衡之合成法或分解法命題點(diǎn)02正交分解法解決平衡問題命題點(diǎn)03動(dòng)態(tài)平衡之解析法命題點(diǎn)04動(dòng)態(tài)平衡之相似三角形法命題點(diǎn)05動(dòng)態(tài)平衡之圖解法命題點(diǎn)06動(dòng)態(tài)平衡之輔助圓法B·拓展培優(yōu)拿高分C·挑戰(zhàn)真題爭滿分【命題點(diǎn)01靜態(tài)平衡之合成法或分解法】【針對(duì)練習(xí)1】一個(gè)質(zhì)量為m的光滑小球，掛在一質(zhì)量為M的三角形木塊的左側(cè)面，此時(shí)繩與三角形木塊的左側(cè)面夾角為θ，如圖所示，小球與木塊均能保持靜止，則（

）A．繩對(duì)小球的拉力大小為mgB．地面對(duì)木塊有向左的摩擦力C．若球的質(zhì)量不變只增大其半徑，小球?qū)δ緣K的壓力將會(huì)變大D．若球的質(zhì)量不變只增大其半徑，木塊對(duì)地面的壓力將會(huì)變大【答案】C【詳解】A．對(duì)球受力分析可知TF繩對(duì)小球的拉力大小為T=故A錯(cuò)誤；C．小球?qū)δ緣K的壓力F若球的質(zhì)量不變只增大其半徑，則θ變大，則小球?qū)δ緣K的壓力將會(huì)變大，故C正確；BD．對(duì)球和木塊的整體受力分析可知，整體水平方向受力為零，即地面對(duì)木塊無摩擦力，豎直方向地面對(duì)木塊的支持力等于小球和木塊的重力之和，則若球的質(zhì)量不變只增大其半徑，木塊對(duì)地面的壓力不變，故BD錯(cuò)誤。故選C?！踞槍?duì)練習(xí)2】如圖所示，質(zhì)量為M、半徑為R的半球形物體A放在水平地面上，通過最高點(diǎn)處大小不計(jì)的釘子用水平細(xì)線拉住一質(zhì)量為m、半徑為r的光滑球B，重力加速度為g，則（）A．A對(duì)地面的摩擦力方向向左B．A對(duì)地面的摩擦力方向向右C．細(xì)線對(duì)B的拉力大小為rD．A對(duì)B的支持力大小為mg【答案】D【詳解】AB．對(duì)A、B整體受力分析，相對(duì)地面無滑動(dòng)趨勢，故A不受地面的摩擦力，則A對(duì)地面無摩擦力，故AB錯(cuò)誤；CD．對(duì)B受力分析，如圖所示

根據(jù)平衡條件可得F=mgcos其中costan聯(lián)立解得A對(duì)B的支持力大小為F=mg細(xì)線對(duì)B的拉力大小為F故C錯(cuò)誤，D正確。故選D?！踞槍?duì)練習(xí)3】如圖所示，豎直固定放置的光滑半圓環(huán)O的半徑為R，用輕繩相連的m1、m2兩球（可視為質(zhì)點(diǎn)）套在圓環(huán)上，分別靜止在A點(diǎn)和B點(diǎn)，已知繩長l=2R，m2與圓心O的連線與水平面成30

A．3:1 B．1:2 C．3:2 【答案】A【詳解】根據(jù)幾何關(guān)系有O可得∠AOB=對(duì)兩小球受力分析可得mmT=可得m故選A?！踞槍?duì)練習(xí)4】（多選）如圖所示，半徑為R的半圓形光滑軌道固定在豎直平面內(nèi)，O為圓心，P為軌道最高點(diǎn)．中間有孔、質(zhì)量為m的小球穿過圓弧軌道，輕彈簧一端固定在P點(diǎn)，另一端與小球相連，小球在M點(diǎn)保持靜止，OM與OP夾角為θ=60°．已知重力加速度為g，彈簧的勁度系數(shù)為k，則（）A．小球可能只受到兩個(gè)力的作用B．小球一定發(fā)生了形變C．軌道對(duì)小球的彈力大小為0.6mgD．輕彈簧的原長為R?【答案】BD【詳解】A．小球一定受重力、彈簧的拉力和圓環(huán)的支持力作用，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．小球?qū)A環(huán)有壓力作用，可知小球一定發(fā)生了形變，選項(xiàng)B正確；C．由圖可知FT和FN與豎直方向的夾角均為60°，可知FT=FN，則2則軌道對(duì)小球的彈力大小為F選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．根據(jù)F可得輕彈簧的原長為L=R?選項(xiàng)D正確。故選BD。【針對(duì)練習(xí)5】（多選）如圖所示，沿光滑的墻壁用網(wǎng)兜把一個(gè)足球掛在P點(diǎn)，足球的質(zhì)量為m，網(wǎng)兜的質(zhì)量不計(jì)。足球與墻壁的接觸點(diǎn)為A，懸繩與墻壁的夾角為θ，則（）

A．懸掛足球的繩子對(duì)足球的拉力FT=mgC．換上一個(gè)長繩，則繩子拉力將增大 D．換上一個(gè)長繩，則墻壁對(duì)足球的支持力將減小【答案】BD【詳解】AB．以足球?yàn)檠芯繉?duì)象，受力分析可知，足球受重力、繩子拉力和墻壁的支持力，根據(jù)平衡條件有，豎直方向F水平方向F聯(lián)立解得FF故A錯(cuò)誤，B正確；CD．根據(jù)題意可知，換上一個(gè)長繩，則懸繩與墻壁的夾角θ變小，可知cosθ變大，tanθ變小，故FT故選BD?！久}點(diǎn)02正交分解法解決平衡問題】【針對(duì)練習(xí)6】夏日天氣十分炎熱，為了提高空調(diào)的制冷效果，門窗都需緊閉。某學(xué)校教學(xué)樓有些門因?yàn)槔匣收蠠o法緊閉，細(xì)心的小明給門下縫隙處塞緊了一個(gè)小木楔，側(cè)面如圖所示。已知木楔質(zhì)量為m，其上表面可視作光滑，下表面與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，木楔上表面與水平地面間夾角為θ，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，不計(jì)木楔的形變。若有人輕推門時(shí)，門給木楔一個(gè)大小為F的力推動(dòng)木楔在地板上緩慢勻速移動(dòng)，下列說法正確的是（）A．力F沿水平方向的分力大小為FB．木楔受到的滑動(dòng)摩擦力大小為μmgC．力F的大小為μmgD．若tanθ0=μ【答案】C【詳解】ABC．對(duì)木楔受力分析，如圖所示，力F沿水平方向的分力大小為FsinN=F水平方向有f=F又有滑動(dòng)摩擦力f=μN(yùn)=μ(F聯(lián)立解得F=故AB錯(cuò)誤，C正確；D．不管用多大力推門，塞在門下縫隙處的木楔都能將門卡住而不再運(yùn)動(dòng)，即F由于力F很大，木楔質(zhì)量較小，可得tan所以θ≤故D錯(cuò)誤?！踞槍?duì)練習(xí)7】（多選）如圖所示，穿過小動(dòng)滑輪的輕繩兩端分別固定在a、b兩點(diǎn)，質(zhì)量為m的小物塊通過輕繩拴接在小動(dòng)滑輪的軸上?，F(xiàn)給小物塊施加一個(gè)水平向右的拉力F，系統(tǒng)靜止時(shí)，滑輪到固定點(diǎn)a、b的兩部分輕繩與水平方向的夾角分別為30°和60°，滑輪質(zhì)量、大小以及摩擦忽略不計(jì)，重力加速度為g，下列判斷正確的是（

）A．小物塊與滑輪間的輕繩與豎直方向夾角為45°B．作用在小物塊上的水平拉力大小為2mgC．跨過滑輪的輕繩中的張力大小為3D．跨過滑輪的輕繩中的張力大小為3【答案】AD【詳解】CD．跨過滑輪的輕繩中的張力大小為T，把滑輪與物塊看作整體，豎直方向有T解得T=故C錯(cuò)誤，D正確；B．水平方向有T解得F=mg故B錯(cuò)誤；A．小物塊與滑輪間的輕繩中張力大小為F由數(shù)學(xué)知識(shí)可知小物塊與滑輪間的輕繩與豎直方向夾角為45°，故A正確。故選AD?！踞槍?duì)練習(xí)8】如圖所示，質(zhì)量M=0.6kg的物體A與質(zhì)量m=0.1kg的圓環(huán)B用輕繩相連，圓環(huán)套在豎直桿上的P點(diǎn)。現(xiàn)用一水平力F（大小未知）作用在輕繩上的O點(diǎn)，使輕繩的BO段與豎直方向間的夾角θ=53°，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)。sin53°=0.8，cos53°=0.6，（1）求繩BO對(duì)結(jié)點(diǎn)O的拉力大小FT（2）求桿對(duì)圓環(huán)B的摩擦力大小Ff（3）若保持O點(diǎn)位置、輕繩與豎直方向間的夾角θ不變，現(xiàn)緩慢改變力F大小與方向，求上述過程中F的最小值與方向。【答案】（1）10N；（2）7N；（3）4.8N，方向垂直于OB斜向右上方【詳解】（1）對(duì)結(jié)點(diǎn)O受力分析，如圖所示則根據(jù)平衡條件可得F解得F（2）對(duì)圓環(huán)B受力分析如圖所示根據(jù)平衡條件可得F解得F（3）根據(jù)三角形定則，做出能使結(jié)點(diǎn)O平衡的矢量三角形如圖所示重力、繩子的拉力以及所施加的力，這三個(gè)力始終構(gòu)成首尾相連的矢量三角形才能保證結(jié)點(diǎn)O處于平衡狀態(tài)，根據(jù)幾何關(guān)系可知，當(dāng)力F與繩子OB垂直時(shí)，力F有最小值，其最小值為F【針對(duì)練習(xí)9】我國打破西方國家的技術(shù)封鎖在川西山區(qū)建成了亞洲最大的風(fēng)洞群，目前擁有8座世界級(jí)風(fēng)洞設(shè)備，具備火箭助推和飛艇帶飛等飛行模擬試驗(yàn)?zāi)芰?。如圖所示，風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)室中可以產(chǎn)生水平向右、大小可調(diào)節(jié)的風(fēng)力，現(xiàn)將套有小球的足夠長細(xì)直桿放入風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)室，小球質(zhì)量m=1.1kg，小球孔徑略大于桿直徑，小球與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8（1）當(dāng)桿在水平方向固定時(shí)（如圖甲），調(diào)節(jié)風(fēng)力的大小，使小球在桿上做勻速運(yùn)動(dòng)，求此時(shí)風(fēng)力的大小。（2）當(dāng)桿與水平方向夾角為37°時(shí)（如圖乙），調(diào)節(jié)風(fēng)力的大小，使小球始終靜止在桿上，求風(fēng)力的大小范圍。（小球和桿間的最大靜摩擦力可以看成滑動(dòng)摩擦力）【答案】（1）5.5N；（2）2【詳解】（1）小球在桿上做勻速運(yùn)動(dòng)，對(duì)小球進(jìn)行分析有FN解得F（2）小球即將上滑，對(duì)小球進(jìn)行分析，如圖所示則有FFF解得F若小球即將下滑，對(duì)小球分析如圖所示則有FFF解得F故風(fēng)力的大小范圍2【針對(duì)練習(xí)10】如圖所示，放在粗糙斜面(斜面固定不動(dòng))上的物塊A和懸掛的物塊B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，輕繩AO繞過光滑的定滑輪與輕質(zhì)彈簧的右端及輕繩BO的上端連接于O點(diǎn)。輕質(zhì)彈簧中軸線沿水平方向，輕繩OC段與豎直方向的夾角θ=53°，斜面傾角α=53°，彈簧勁度系數(shù)為k=200N/m，彈簧的形變量x=2cm，物體A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g=10m（1）B物塊的質(zhì)量；（2）若物塊A的質(zhì)量為mA（3）為了使A和B始終在圖示位置處于靜止?fàn)顟B(tài)，A物體的質(zhì)量要滿足什么條件?【答案】（1）0.3kg；（2）1N【詳解】（1）對(duì)O點(diǎn)進(jìn)行受力分析根據(jù)受力平衡可得Tsinθ=F又F=kx=200×0.02聯(lián)立解得T=5N，（2）對(duì)A受力分析由于G1=可知摩擦力方向沿斜面向下；大小為f=（3）如果靜摩擦力沿斜面向上且達(dá)到最大，如圖所示則有T又f聯(lián)立解得m=1如果靜摩擦力沿斜面向下且達(dá)到最大，如圖所示根據(jù)受力平衡可得T又f聯(lián)立解得m=綜上所述可知，為了使A和B始終在圖示位置處于靜止?fàn)顟B(tài)，A物體的質(zhì)量要滿足5【命題點(diǎn)03動(dòng)態(tài)平衡之解析法】【針對(duì)練習(xí)11】如圖所示，工人用滑輪搬運(yùn)貨物。輕繩跨過固定在天花板上A點(diǎn)的光滑定滑輪后系在等高的B點(diǎn)，將質(zhì)量為m的貨物用光滑小鉤懸掛在A、B間的繩上，AC、AO與豎直方向的夾角均為30°，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．輕繩的拉力T=B．人對(duì)地面的摩擦力f=C．若將系繩的B端向左緩慢移動(dòng)，人不能保持靜止?fàn)顟B(tài)D．若將系繩的B端向正下方緩慢移動(dòng)，人不能保持靜止?fàn)顟B(tài)【答案】B【詳解】A．對(duì)O點(diǎn)，由平衡條件得2T得T=故A錯(cuò)誤；B．設(shè)地面對(duì)人的摩擦力f′f由牛頓第三定律得，人對(duì)地面的摩擦力大小f=故B正確；C．若將系繩的B端向左緩慢移動(dòng)，AO和BO與豎直方向的夾角θ減小，設(shè)繩子上的拉力為T′2得Tθ減小，cosθ增大，繩子上的拉力Tf=減小。故若將系繩的B端向左緩慢移動(dòng)，人仍能保持靜止?fàn)顟B(tài)。故C錯(cuò)誤；D．若將系繩的B端向正下方緩慢移動(dòng)，繩子上的拉力不變，人受的靜摩擦力不變，人仍能保持靜止?fàn)顟B(tài)。故D錯(cuò)誤。故選B?！踞槍?duì)練習(xí)12】（多選）用一輕繩將一重力為G的小球P系于光滑墻壁上的O點(diǎn)，小球P處于靜止?fàn)顟B(tài)，且細(xì)繩與豎直墻面之間的夾角為θ，則下列相關(guān)說法正確的是（）A．細(xì)繩的拉力為GB．墻對(duì)小球的支持力為GtanθC．若繩子變短，墻對(duì)小球的支持力變大D．若繩子變長，繩子對(duì)小球的拉力變大【答案】BC【詳解】AB．小球處于平衡狀態(tài)，受到重力、墻的支持力和繩的拉力，根據(jù)平衡條件TN=T整理得細(xì)繩的拉力為T=墻對(duì)小球的支持力為N=G故A錯(cuò)誤，B正確；C．若繩子變短，則細(xì)繩與豎直墻面之間的夾角θ增大，根據(jù)N=GtanD．若繩子變長，則細(xì)繩與豎直墻面之間的夾角θ減小，根據(jù)T=G故選BC?！踞槍?duì)練習(xí)13】（多選）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，在此過程中所有摩擦均可忽略，下列說法正確的是（）A．推力F越來越小B．凹槽對(duì)滑塊的支持力越來越小C．墻面對(duì)凹槽的彈力先增大后減小D．水平地面對(duì)凹槽的支持力先增大后減小【答案】BC【詳解】AB．對(duì)滑塊受力分析，設(shè)支持力FN與豎直方向夾角為θF=mgsinθ滑塊從A緩慢移到B點(diǎn)時(shí)，θ增大，則推力F越來越大，支持力FNC．對(duì)凹槽與滑塊整體分析，有墻面對(duì)凹槽的彈力為F則θ越來越大時(shí)，墻面對(duì)凹槽的彈力先增大后減小，故C正確；D．水平地面對(duì)凹槽的支持力為F則θ越來越大時(shí)，水平地面對(duì)凹槽的支持力越來越小，故D錯(cuò)誤。故選BC?！踞槍?duì)練習(xí)14】（多選）如圖為汽車的機(jī)械式手剎（駐車器）系統(tǒng)的結(jié)構(gòu)示意圖，結(jié)構(gòu)對(duì)稱軸當(dāng)向上拉動(dòng)手剝拉桿時(shí)，手剎拉索（不可伸縮）就會(huì)拉緊，拉索OD、OC分別作用于兩邊輪子的制動(dòng)器，從而實(shí)現(xiàn)駐車的目的。則以下說法正確的是（

）A．當(dāng)OD、OC兩拉索夾角為120°時(shí)，三根拉索的拉力大小相等B．拉動(dòng)手剎拉桿時(shí)，拉索AO上的拉力總比拉索OD和OC中任何一個(gè)拉力大C．若在AO上施加一恒力，OD、OC兩拉索夾角越小，拉索OD、OC拉力越大D．若保持OD、OC兩拉索拉力不變，OD、OC兩拉索越短，拉動(dòng)拉索越省力【答案】AD【詳解】A．設(shè)OD、OC兩拉索夾角為θ時(shí)，OD、OC的拉力為T，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件可得OA的拉力大小為F=2T當(dāng)OD、OC兩拉索夾角為120°時(shí)，可得F=2T即三根拉索的拉力大小相等，故A正確；B．拉動(dòng)手剎拉桿時(shí)，拉索AO上拉力大小為F=2Tcosθ2可知，當(dāng)θ＞120°時(shí)，拉索AO上拉力比拉索ODC．若在AO上施加一恒力，即F一定，根據(jù)F=2TcosT=OD、OC兩拉索夾角越小，拉索OD、OC拉力越小，故C錯(cuò)誤；D．若保持OD、OC兩拉索拉力不變，OD、OC兩拉索越短，OD、OC兩拉索夾角θ越大，根據(jù)F=2Tcosθ2可知，在T一定的情況下F故選AD?！踞槍?duì)練習(xí)15】（多選）如圖所示，一個(gè)光滑大圓環(huán)豎直固定，在其水平直徑MN左端固定有一光滑小圓環(huán)，一輕繩跨過小圓環(huán)后左端與物塊A相連，右端系于大圓環(huán)上的P點(diǎn)。將物塊A置于靜止在粗糙水平面上的粗糙斜面體上，輕繩MA段與斜面平行，將懸掛有重物B的光滑輕質(zhì)動(dòng)滑輪C置于輕繩MP段上，穩(wěn)定后，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將輕繩右端從P點(diǎn)沿大圓環(huán)緩慢移至下方關(guān)于直徑MN對(duì)稱的P′A．輕繩MC段與PC段間的夾角α一定先增大后減小B．輕繩對(duì)C處滑輪的彈力一定先增大后減小C．物塊A與斜面體之間的摩擦力一定先減小后增大D．斜面體與水平面之間的摩擦力一定先增大后減小【答案】AD【詳解】A．設(shè)輕繩MP段長為L，M、P兩點(diǎn)間的水平距離為d，由數(shù)學(xué)關(guān)系可得sin將輕繩右端從P點(diǎn)沿大圓環(huán)緩慢移至P＇點(diǎn)過程中，L不變，d先增大后減小，所以α先增大后減小，故A正確；B．輕繩中的彈力記為FT，分析輕質(zhì)動(dòng)滑輪C2故輕繩對(duì)C處滑輪的彈力的合力大小等于mBC．分析物塊A的受力情況，由于斜面傾角及動(dòng)摩擦因數(shù)未知，A、B的質(zhì)量大小也未知，無法明確A所受的摩擦力FfA，故在輕繩中的彈力先增大后減小的過程中，F(xiàn)D．設(shè)斜面傾角為θ，斜面體與水平面之間的摩擦力為FfF由于θ不變、FT先增大后減小，所以F故選AD?！久}點(diǎn)04動(dòng)態(tài)平衡之相似三角形法】【針對(duì)練習(xí)16】（多選）如圖所示，居民足不出戶，送食物人員不與他直接接觸，將食物放在吊盤中，居民自行通過細(xì)繩搭在光滑定滑輪上將帶鉸鏈的輕桿緩慢上拉，從而取得食物；在輕桿被緩慢上拉到取到食物前的過程中（

）

A．此人手上所受的拉力F始終減小 B．此人手上所受的拉力F始終不變C．輕桿所受壓力先減小，后增大 D．輕桿所受壓力大小始終不變【答案】AD【詳解】對(duì)結(jié)點(diǎn)C受力分析，如圖所示

緩慢上拉，三個(gè)力平衡，三個(gè)力組成首尾相接的閉合三角形，力三角形與幾何三角形ABC相似，根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)邊比值相等，有mg因上拉過程mg、AB不變，故AC減小則F減小，即工人手上所受的拉力減小，BC不變則N不變，即輕桿所受壓力大小始終不變。故選AD。【針對(duì)練習(xí)17】（多選）如圖所示，將一勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在內(nèi)壁光滑、半徑為R的半球形容器底部中心O′處（O為球心），彈簧另一端與質(zhì)量為m的小球A相連，小球靜止于P點(diǎn)，OP與水平方向間的夾角為θ=30°。若換為與質(zhì)量為2m的小球B相連，小球B將靜止于M點(diǎn)（圖中未畫出），下列說法正確的是（）

A．容器對(duì)小球B的作用力大小為mgB．彈簧對(duì)小球A的作用力大于對(duì)小球B的作用力C．彈簧的原長為R+D．O′M的長度為mgR+k【答案】CD【詳解】小球受到三個(gè)共點(diǎn)力而平衡，這三個(gè)力可以構(gòu)成一個(gè)矢量三角形，當(dāng)彈簧另一端與質(zhì)量為m的小球A相連時(shí)可得mg當(dāng)彈簧另一端與質(zhì)量2m的小球B相連時(shí)可得2mg設(shè)彈簧原長為L0，則TT聯(lián)立可得TLNL可知T故選CD?！踞槍?duì)練習(xí)18】（多選）如圖所示，質(zhì)量均為m的小球A、B用勁度系數(shù)為k1的輕彈簧相連，B球用長為L的細(xì)繩懸于O點(diǎn)，A球固定在O點(diǎn)正下方，當(dāng)小球B平衡時(shí)，繩子所受的拉力為T1，彈簧的彈力為F1；現(xiàn)把A、B間的彈簧換成原長相同但勁度系數(shù)為k2（k2>k1）的另一輕彈簧，在其他條件不變的情況下仍使系統(tǒng)平衡，此時(shí)繩子所受的拉力為T2，彈簧的彈力為F2，則下列關(guān)于T1與T2、F1與F2大小之間的關(guān)系正確的是（）

A．T1>T2 B．T1=T2C．F1<F2 D．F1=F2【答案】BC【詳解】AB．設(shè)彈簧原長為L0，OA間高度為h，對(duì)B受力平衡可知B所受的重力mg、繩子的拉力T及彈簧的彈力F構(gòu)成一個(gè)封閉的三角形，與△OABmg因?yàn)閔和L不變，可知繩子所受的拉力T不變，即T1CD．由胡克定律有F=k代入可得mg故可知當(dāng)換成勁度系數(shù)較大的彈簧時(shí)，此時(shí)彈簧的伸長量Δx變小，L0?Δx故選BC。

【針對(duì)練習(xí)19】（多選）如圖所示，在豎直平面內(nèi)的固定光滑圓環(huán)上，套有一質(zhì)量為m的小球，一輕繩通過光滑滑輪P連接小球A，繩的另一端用水平向左的力F拉繩，使小球緩慢上升一小段位移，圖中O為圓心，OQ為半徑，P為OQ的中點(diǎn)。在小球上升過程中，下列說法正確的是（）

A．繩的拉力先減小后增大B．設(shè)AP長度為L，ΔF表示F的變化量，ΔL表示L的變化量，則比值C．環(huán)對(duì)小球的彈力方向是沿半徑背離圓心，大小恒為2mgD．環(huán)對(duì)小球的彈力方向是沿半徑背離圓心，大小恒為mg【答案】BC【詳解】A．小球緩慢上升一小段位移的過程中，小球處于平衡狀態(tài)，對(duì)小球進(jìn)行分析受力分析如圖所示

由于三角形ABC與三角形POA，可得mg當(dāng)小球緩慢上升一小段位移的過程中，由于AP減小，則繩的拉力F減小，故A錯(cuò)誤；B．由于小球緩慢上升一小段位移的過程中，根據(jù)分析可得F解得Δ可知比值ΔFCD．對(duì)小球受力分析可知，環(huán)對(duì)小球的彈力方向是沿半徑背離圓心，根據(jù)關(guān)系mg解得N=2mg故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC?！踞槍?duì)練習(xí)20】（多選）如圖所示，半徑為R的光滑圓環(huán)豎直固定，原長為2R的輕質(zhì)彈簧一端固定在圓環(huán)的最高點(diǎn)A，另一端與套在環(huán)上的質(zhì)量為m的小球相連。小球靜止在B點(diǎn)時(shí)，彈簧與豎直方向夾角θ=30°，已知重力加速度大小為g

A．小球?qū)A環(huán)的彈力方向指向圓心B．圓環(huán)對(duì)小球的彈力大小為3C．彈簧的勁度系數(shù)為3+D．若換用原長相同，勁度系數(shù)更大的輕質(zhì)彈簧，小球?qū)⒃贐點(diǎn)下方達(dá)到受力平衡【答案】AC【詳解】A．彈簧處于伸長狀態(tài)，彈簧彈力F的方向如圖所示

小球處于平衡狀態(tài)，合力為0，故圓環(huán)對(duì)小球的彈力FNB．由相似三角形法得mg可得F故B錯(cuò)誤；C．彈簧的長度為l=2R彈簧的形變量為x=l?由胡克定律F=kx可得F=k解得k=故C正確；D．換用勁度系數(shù)更大的某輕質(zhì)彈簧，若拉伸到同樣的長度，小球?qū)⑸弦?，則小球?qū)⒃贐點(diǎn)上方達(dá)到受力平衡，故D錯(cuò)誤。故選AC?！久}點(diǎn)05動(dòng)態(tài)平衡之圖解法】【針對(duì)練習(xí)21】如圖所示，用OA、OB兩根輕繩將花盆懸于兩墻壁之間，開始時(shí)OB繩水平。現(xiàn)保持O點(diǎn)位置不變，改變OB繩長使繩右端由B點(diǎn)緩慢上移至B?點(diǎn)，此時(shí)OB?與OA之間的夾角θ=90°。設(shè)此過程中OA、OB繩的拉力分別為F1、F2，下列說法正確的是（）

A．F1一直減小 B．F1先減小后增大C．F2一直增大 D．F2先減小后增大【答案】A【詳解】根據(jù)題意，以花盆為研究對(duì)象，花盆受重力G、繩OA的拉力FOA和繩OB的拉力FOB，根據(jù)平衡條件可知，兩根繩子的拉力的合力與重力大小相等、方向相反，作出輕繩OB在不同位置時(shí)力的合成圖，如圖所示

由圖可看出，OB繩右端由B點(diǎn)緩慢上移至B?點(diǎn)，使得OB?與OA之間的夾角等于90°的過程中，F(xiàn)1、F2均一直減小。故選A?！踞槍?duì)練習(xí)22】如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定在水平墻上，另一端與一小球相連，在小球上再施加一個(gè)拉力F使小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧與豎直方向夾角為α，拉力F與豎直方向夾角為β，且α+β<90°；現(xiàn)保持拉力F大小不變，方向緩慢轉(zhuǎn)至水平，則下列說法正確的是（）

A．α先增大后減小B．α一直減小C．彈簧的彈力先減小后增大D．彈簧的彈力先增大后減小【答案】A【詳解】根據(jù)題意，對(duì)小球受力分析，保持拉力F大小不變，方向緩慢轉(zhuǎn)至水平過程中，由矢量三角形可得，如圖所示

由圖可知，彈簧彈力逐漸增大，α先增大后減小。故選A?！踞槍?duì)練習(xí)23】如圖所示，用光滑鐵絲彎成的四分之一圓弧軌道豎直固定在水平地面上，O為圓心，A為軌道上的一點(diǎn)，一中間帶有小孔的小球套在圓弧軌道上，對(duì)小球施加一個(gè)拉力，若在拉力方向從水平向左在紙面內(nèi)順時(shí)針轉(zhuǎn)至豎直向上的過程中，小球始終靜止在A點(diǎn)，則拉力F（）A．先變大，后變小 B．先變小，后變大C．一直變大 D．一直變小【答案】B【詳解】根據(jù)題意可知，小球始終靜止在A點(diǎn)，對(duì)小球受力分析可知，小球受重力與彈力及拉力，三力平衡三力可組成一個(gè)閉合的三角形，如圖所示則拉力方向從水平向左在紙面內(nèi)順時(shí)針轉(zhuǎn)至豎直向上的過程中，拉力F先變小，后變大。故選B。【針對(duì)練習(xí)24】（多選）如圖所示，不可伸長的懸線MO繩下端掛一質(zhì)量為m的物體，在拉力F作用下物體靜止，此時(shí)懸線與豎直方向的夾角為α?，F(xiàn)保夾角持α不變，拉力F緩慢地由水平位置逆時(shí)針轉(zhuǎn)到豎直位置的過程中（重力加速度為g）（）

A．F逐漸減小，OM繩拉力逐漸減小B．F先減小后增大，OM繩拉力逐漸減小C．若F的方向水平向右，則F=mgtanD．F的最小值為mgsina【答案】BCD【詳解】AB．根據(jù)題意，以結(jié)點(diǎn)O為受力fenxi點(diǎn)，做出受力分析的矢量三角形，如圖所示

可知，保夾角持α不變，拉力F緩慢地由水平位置逆時(shí)針轉(zhuǎn)到豎直位置的過程中，拉力F先減小后增大，OM繩拉力T逐漸減小，故A錯(cuò)誤，B正確；C．當(dāng)力F的方向水平向右時(shí)，受力分析如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系可得tan解得F=mg故C正確；D．當(dāng)力F垂直于OM繩上的拉力T時(shí)，力F有最小值，根據(jù)幾何關(guān)系可得sin解得F故D正確。故選BCD?！踞槍?duì)練習(xí)25】（多選）如圖所示，一內(nèi)表面光滑的半圓形凹槽放在粗糙的水平地面上，物塊（可看做質(zhì)點(diǎn)）靜置于槽內(nèi)最底部的A點(diǎn)處?，F(xiàn)用一方向不變的斜向上的推力F把物塊從A點(diǎn)沿著凹形槽緩慢推至B點(diǎn)，整個(gè)過程中，凹槽始終保持靜止。設(shè)物塊受到凹槽的支持力為FNA．F和FNB．F一直增大，F(xiàn)NC．地面對(duì)凹槽的支持力一直減小D．地面對(duì)凹槽的摩擦力保持不變【答案】BC【詳解】AB．由題意可知，在力F緩慢推動(dòng)的過程中物塊處于動(dòng)態(tài)平衡中，且重力為恒力始終不變，推力的方向始終不變，重力、推力、圓弧面對(duì)物塊的彈力三力始終平衡，合力為零，則可做出力的矢量三角形，如下圖所示則根據(jù)動(dòng)態(tài)變化過程中的矢量三角形可知，推力F逐漸增大，圓弧面對(duì)物塊的彈力FNCD．將小物塊和凹槽看成一個(gè)整體，由整體法分析可知，推力F斜向右上方，方向不變，但大小始終在增大，因此可知力F在豎直方向和水平方向的分力都在始終增大，設(shè)力F與水平方向的夾角為θ，則由平衡條件可得，豎直方向有(M+m)g=F水平方向有f=F由以上平衡方程結(jié)合力F的變化情況可知，地面對(duì)凹槽的支持力一直減??；地面對(duì)凹槽的摩擦力一直增大，故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。【命題點(diǎn)06動(dòng)態(tài)平衡之輔助圓法】【針對(duì)練習(xí)26】如圖所示，質(zhì)量為M的物體用輕繩懸掛于O點(diǎn)，開始時(shí)輕繩OA水平，OA、OB兩繩之間的夾角α=150°，現(xiàn)將兩繩同時(shí)順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)過90°，且保持O點(diǎn)及夾角α不變，物體始終保持靜止?fàn)顟B(tài)。在旋轉(zhuǎn)過程中，設(shè)繩OA的拉力為F1，繩OB的拉力為FA．F1逐漸增大，最終等于B．F1C．F2D．F2【答案】C【詳解】AB．結(jié)點(diǎn)O受三個(gè)力作用處于平衡狀態(tài)，F(xiàn)OA和FOB夾角α=150°始終不變。作該矢量三角形的外接圓，如圖所示，F(xiàn)OA矢量箭頭將始終落在圓周上，由圖可知，F(xiàn)1順時(shí)針轉(zhuǎn)過CD．初始時(shí)刻，F(xiàn)OB恰好為其外接圓的直徑，故F2逐漸減小，當(dāng)繩OA轉(zhuǎn)過90°處于豎直位置時(shí)故選C。【針對(duì)練習(xí)27】如圖所示，置于水平地面上的豎直圓形金屬環(huán)內(nèi)用三根細(xì)繩OA、OB、OC懸掛一質(zhì)量為物體，物體可看做質(zhì)點(diǎn)。OB繩處于水平方向，∠AOB＝120°，設(shè)OA、OB繩的拉力大小為F1、F2，現(xiàn)將金屬圓環(huán)在豎直面內(nèi)緩慢逆時(shí)針轉(zhuǎn)過90°，在此過程中（）A．F2一直增大 B．F1一直增大C．F2先增大后減小 D．F1先增大后減小【答案】C【詳解】由題圖對(duì)O點(diǎn)受力分析，由平衡條件可得，三個(gè)力組成矢量三角形平衡圖，如圖所示，由圖可知，將金屬圓環(huán)在豎直面內(nèi)緩慢逆時(shí)針轉(zhuǎn)過90°，繩OC的拉力大小和方向不變，可知θ角增大，F(xiàn)2先增大后減小，F(xiàn)1一直減小，ABD錯(cuò)誤，C正確。故選C?！踞槍?duì)練習(xí)28】（多選）網(wǎng)課期間，小五同學(xué)在家研究物體受力的方向與大小的關(guān)系。如圖所示，第一次實(shí)驗(yàn)：小五用兩輕質(zhì)細(xì)線拴住一物體，一根細(xì)線系在墻壁上O點(diǎn)，保持系在墻壁上的細(xì)線與豎直方向的夾分為30°，將另一細(xì)線由水平緩慢拉至豎直方向的過程中，設(shè)系在墻壁的細(xì)線上的拉力大小為F1，另一細(xì)線上的拉力大小為F2；第二次實(shí)驗(yàn)：小五同學(xué)用一根輕質(zhì)細(xì)線將物體系在墻壁上O點(diǎn)，用外力F3緩慢拉結(jié)點(diǎn)O′，F(xiàn)3的方向與OO′夾角為α=120A．F1先減小后增大 B．FC．F3先增大后減小 D．F【答案】BD【詳解】AB．第一次實(shí)驗(yàn)中對(duì)物體受力分析如下，由三角形法則可知F1一直減小，F(xiàn)CD．第二次實(shí)驗(yàn)中對(duì)O′結(jié)點(diǎn)受力分析如下，可知F4先增大后減小，故選BD。【針對(duì)練習(xí)29】（多選）如圖，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點(diǎn)M拴一重物，用手拉住繩的另一端N。初始時(shí)，OM水平且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為α（α>π2）?，F(xiàn)將重物向左下方緩慢放下至OM豎直，并保持夾角α不變。在A．MN上的彈力逐漸減小B．OM上的張力先增大后減小C．MN和OM對(duì)M點(diǎn)的作用力的合力不變D．MN對(duì)重物的彈力是重物發(fā)生了形變產(chǎn)生的【答案】ABC【詳解】AB．以節(jié)點(diǎn)M為研究對(duì)象，受重物拉力mg、OM繩上拉力F2、MN上拉力F1，依題意，三個(gè)力合力始終為零，矢量三角形如圖所示，依題意角保持不變，即保持角θ恒定，則F1的箭頭始終落在圓周上，據(jù)題意γ角逐漸從90°減小到0°；可知，在F2轉(zhuǎn)至豎直的過程中，MN上的張力F1逐漸減小，OM上的張力F2先增大后減小，故AB正確；C．由平衡規(guī)律，MN和OM對(duì)M點(diǎn)的作用力的合力與重物的重力大小相等，方向相反，故始終不變，C正確；D．施力物體對(duì)受力物體的彈力是施力物體彈性形變產(chǎn)生的，所以MN對(duì)重物的彈力是輕繩MN發(fā)生了形變產(chǎn)生的，D錯(cuò)誤。故選ABC?！踞槍?duì)練習(xí)30】（多選）如圖所示，“V”形的擋板夾角為α，開始∠AOB的角平分線沿豎直方向，將一小球放在兩擋板之間。現(xiàn)將整個(gè)裝置以過O點(diǎn)的水平線為軸沿逆時(shí)針方向緩慢地轉(zhuǎn)動(dòng)，直到OB沿豎直方向位置，整個(gè)過程兩擋板的夾角保持不變，忽略一切摩擦力，則下列說法正確的是（）A．小球受到的合力始終為零B．擋板OB對(duì)小球的作用力逐漸增大C．擋板OA對(duì)小球的作用力先增大后減小D．轉(zhuǎn)動(dòng)前后擋板OB對(duì)小球的作用力之比為tan【答案】AD【詳解】A．由于整個(gè)過程緩慢地轉(zhuǎn)動(dòng)，則裝置處于動(dòng)態(tài)平衡，所以小球的合力始終為零，故A正確；BC．小球受重力以及兩擋板的彈力作用，且由力的平衡條件可知兩彈力的合力與重力等大反向，受力分析如圖所示當(dāng)裝置轉(zhuǎn)動(dòng)到OB沿豎直方向位置時(shí)，由圖可知，擋板A的作用力剛好為圓的直徑，則該過程中擋板B的作用力逐漸減小，擋板A的作用力逐漸增大，故BC錯(cuò)誤；D．由圖可知，轉(zhuǎn)動(dòng)前擋板B的作用力為F轉(zhuǎn)動(dòng)后擋板B的作用力為F則F故D正確。故選AD。1．如圖甲的玩具吊車，其簡化結(jié)構(gòu)如圖乙所示，桿AB固定于平臺(tái)上且不可轉(zhuǎn)動(dòng)，其B端固定一光滑定滑輪；輕桿CD用較鏈連接于平臺(tái)，可繞C端自由轉(zhuǎn)動(dòng)，其D端連接兩條輕繩，一條輕繩繞過滑輪后懸掛一質(zhì)量為m的重物，另一輕繩纏繞于電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)軸O上，通過電動(dòng)機(jī)的牽引控制重物的起落。某次吊車將重物吊起至一定高度后保持靜止，此時(shí)各段輕繩與桿之間的夾角如圖乙所示，其中兩桿處于同一豎直面內(nèi)，OD繩沿豎直方向，γ=37°，θ=90°，重力加速度大小為g，則（

）

A．α一定等于βB．AB桿受到繩子的作用力大小為3C．CD桿受到繩子的作用力方向沿∠ODB的角平分線方向，大小為mgD．當(dāng)啟動(dòng)電動(dòng)機(jī)使重物緩慢下降時(shí)，AB桿受到繩子的作用力將逐漸增大【答案】D【詳解】A．桿AB固定于平臺(tái)，桿力不一定沿桿，同一條繩的力大小相等，其合力一定在其角平分線上，由于桿力不一定沿桿，所以α不一定等于β，故A錯(cuò)誤；B．如圖所示

兩個(gè)力T所作力的平行四邊形為菱形，根據(jù)平衡條件可得T=mg根據(jù)幾何關(guān)系可得α+β=53°對(duì)角線為F桿，則ABF故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)題意D端連接兩條輕繩，兩條輕繩的力不一定大小相等，且CD桿為鉸鏈連接，為“活”桿，桿力沿著桿的方向，水平方向，根據(jù)F解得F故C錯(cuò)誤；D．當(dāng)啟動(dòng)電動(dòng)機(jī)使重物緩慢下降時(shí)，即T=mg不變，∠DBM變小，根據(jù)F可知F桿故選D。2．如圖所示，質(zhì)量為m的勻質(zhì)細(xì)繩，一端系在天花板上的A點(diǎn)，另一端系在豎直墻壁上的B點(diǎn)，平衡后最低點(diǎn)為C點(diǎn)?，F(xiàn)測得AC段繩長是CB段繩長的n倍，且繩子A端的切線與豎直方向的夾角為β，繩子B端的切線與墻壁的夾角為α（重力加速度為g）則（

）

A．繩子在C處彈力大小FB．繩子在A處的彈力大小FC．繩子在B處的彈力大小FD．tan【答案】B【詳解】AC．對(duì)CB段受力分析，受重力G墻壁的拉力FB、AC段繩子對(duì)其向左的拉力F

根據(jù)平衡條件有FF聯(lián)立解得FF故AC錯(cuò)誤；B．再對(duì)AC段繩子受力分析，受重力GBC段繩子對(duì)其向右的拉力FC′，天花板對(duì)其的拉力

根據(jù)平衡條件有FFF聯(lián)立解得F故B正確；D．又由于tantan因此tan故D錯(cuò)誤。故選B。3．（多選）春節(jié)前鋒，小明需移開沙發(fā)，清掃污垢。質(zhì)量m＝10kg的沙發(fā)放置在水平地面上，沙發(fā)與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=33，小明用力F＝100N推沙發(fā)，認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取

A．若力F斜向下與水平成θ角，當(dāng)θ=30°時(shí)沙發(fā)恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)B．若力F斜向下與水平成θ角，當(dāng)θ>60°時(shí)，無論F力多大，沙發(fā)都不會(huì)動(dòng)C．若力F方向能隨意改變，讓沙發(fā)勻速運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)斜向上與水平成30°時(shí)，F(xiàn)最小D．若力F方向能隨意改變，讓沙發(fā)勻速運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)斜向上與水平成60°時(shí)，F(xiàn)最小【答案】ABC【詳解】A．若力F斜向下與水平成θ=30°時(shí)，地面對(duì)沙發(fā)的摩擦力大小為F力F在水平方向的分力大小為F兩個(gè)力大小相等方向相反，故沙發(fā)在做勻速運(yùn)動(dòng)，故A正確；B．若力F斜向下與水平成θ角，則最大靜摩擦力大小為F若要物體靜止不動(dòng)，應(yīng)該滿足F變形得F如果滿足cos即θ>60°則此時(shí)無論F多大，物體都會(huì)保持靜止，B正確；CD．如果力F斜向上與水平成θ角，且物體做勻速運(yùn)動(dòng)，則有F變形可得F=其中sin即φ=故當(dāng)θ=π6時(shí)，故選ABC。4．（多選）如圖所示，物體置于水平傳送帶上，物體兩邊安裝了固定光滑的水平桿A、B限制物體只能在其間運(yùn)動(dòng)。已知物體質(zhì)量為m，物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體在水平拉力F的作用下以恒定速度v0

A．物體受摩擦力大小f=μmg，與傳送帶速度無關(guān)B．傳動(dòng)帶速度越大，所需拉力越大C．物體對(duì)水平桿B有壓力D．水平拉力F等于μmg【答案】AD【詳解】A．由題意可知，傳送帶的速度為v，物體在水平拉力F的作用下以恒定速度v0勻速運(yùn)動(dòng)，v與vv設(shè)相對(duì)速度v相對(duì)與v0的夾角為θtan可知物體受摩擦力方向與物體相對(duì)速度方向相反，其大小為f=μmg可知摩擦力與傳送帶速度無關(guān)，A正確；

BD．物體受力平衡，由平衡條件可得水平拉力F等于F=μmg由上式可知，傳送帶的速度越大，所需的拉力F越小，B錯(cuò)誤，D正確；C．由題意可知，A桿受到壓力作用，大小為F可知B桿不受壓力作用，C錯(cuò)誤。故選AD。5．（多選）如圖所示，質(zhì)量M=5kg的物體P靜止在地面上，用輕繩通過光滑、輕質(zhì)定滑輪1、2（滑輪大小相等，軸心在同一水平線上）與質(zhì)量m=1.5kg的小球Q連接在一起，初始時(shí)刻滑輪2與P間的輕繩與豎直方向的夾角為37°，小球Q與滑輪1間的輕繩剛好位于豎直方向，現(xiàn)在用一水平向左的力F緩慢拉動(dòng)小球Q，直到物塊P剛要在地面上滑動(dòng)。已知P與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度

A．初始時(shí)P受到地面的摩擦力為12B．此過程中繩子拉力先增大后減小C．小球Q與滑輪1間的輕繩與豎直方向的夾角最大為53°D．軸對(duì)滑輪1的最大作用力大小為15【答案】CD【詳解】A．初始時(shí)輕繩拉力為T，對(duì)小球Q受力分析有T=mg=15對(duì)P受力分析有F故A錯(cuò)誤；B．設(shè)此過程中小球Q與滑輪1間的輕繩與豎直方向夾角為θ，有T在小球Q緩慢移動(dòng)的過程中θ逐漸增大，cosθ逐漸減小，所以繩子拉力TC．當(dāng)小球Q與滑輪1間的輕繩與豎直方向的夾角最大時(shí)輕繩拉力最大，對(duì)物塊P受力分析有FTF解得T此時(shí)對(duì)Q受力分析有cos解得θ=53°故C正確；D．對(duì)滑輪1受力分析可知，軸對(duì)滑輪1的作用力大小為F又因?yàn)門=聯(lián)立可得F故θ=0時(shí)，軸對(duì)滑輪1的作用力最大，此時(shí)F故D正確。故選CD。6．（多選）如圖所示，楔形物塊A靜置在水平地面上，其斜面粗糙，斜面上有小物塊B。用平行于斜面的力F拉B，使之沿斜面勻速上滑?，F(xiàn)改變力F的方向至與斜面成一定的角度，如圖所示，仍使小物塊B沿斜面勻速上滑。在B運(yùn)動(dòng)的過程中，楔形物塊A始終保持靜止。下列描述正確的有（）

A．拉力F一定增大 B．A對(duì)B的摩擦力減小C．B對(duì)斜面的作用力變小 D．地面受到的摩擦力大小可能變大【答案】BC【詳解】AB．根據(jù)小物塊勻速運(yùn)動(dòng)，列平衡方程，方向改變前，則有FN故F方向改變后，則有FN故F所以力F可能增大、減小或不變，而支持力減小，摩擦力一定減小，A錯(cuò)誤，B正確；CD．B對(duì)斜面的作用力為F方向大致向右，支持力減小，所以作用力一定減小，地面的摩擦力為了受力平衡也必須減小，故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。7．（多選）如圖所示，用輕質(zhì)柔軟的細(xì)線將一質(zhì)量為m的小球懸掛于天花板上的O點(diǎn)，在外力F、重力G和細(xì)線拉力FT的作用下處于平衡狀態(tài)。初始時(shí)F水平，且細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，與F的夾角為αA．保持F水平，逐漸緩慢增大θ角，則F逐漸減小、FTB．保持小球位置及θ角不變，緩慢減小α角直至a=θ，則F先減小后增大C．保持α角不變，緩慢增大θ角，直至懸線水平，則F先減小后增大D．保持α角、θ角和F方向不變，增加細(xì)線的長度，F(xiàn)、FT【答案】BD【詳解】A．保持F水平，根據(jù)正交分解和平衡條件有F=mgF漸緩慢增大θ角，F(xiàn)、FTB．對(duì)小球受力分析，小球受重力、拉力F和細(xì)線的拉力FTθ角不變，由圖可知，α角減小到90°時(shí)，F(xiàn)最小，因此α角減小直至a=θ過程中，F(xiàn)先減小后增大，故B正確；C．保持α角不變，增大θ角，細(xì)線和拉力F的方向都逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，如圖所示由圖可知，F(xiàn)水平時(shí)FT最大，F(xiàn)T水平時(shí)F最大，所以FTD．保持α角、θ角和F方向不變，增加細(xì)線的長度，對(duì)F、FT沒有影響，F(xiàn)、F故選BD。8．如圖所示，兩個(gè)相同小物塊A、B（可視為質(zhì)點(diǎn)）靜止放在粗糙水平面上，兩物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，兩根等長輕桿一端分別通過光滑鉸鏈連接在A、B上，另一端通過光滑鉸鏈連接在O處，兩桿之間的夾角為α?，F(xiàn)對(duì)O施加一個(gè)豎直向上的拉力F，已知物塊受到的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。（1）若A、B的重力大小均為G，動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，要使兩物塊發(fā)生滑動(dòng)，F(xiàn)應(yīng)滿足什么條件？（2）若α=60°，對(duì)O施加一個(gè)豎直向下的壓力F，無論F多大均不能使A、B與水平面發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)應(yīng)滿足什么條件？

【答案】（1）F>2μGμ+【詳解】（1）把力F的作用效果分解，對(duì)A受力分析，如圖

則F=2可得F若A剛好要相對(duì)滑動(dòng)，水平方向F豎直方向F又F解得F=要使兩物塊發(fā)生滑動(dòng)，F(xiàn)應(yīng)滿足F>（2）把力F效果分解，對(duì)A受力分析，如圖

則F=2要使A不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)A，水平方向F豎直方向F又F解得μ≥當(dāng)F→∞μ≥所以無論F多大均不能使A、B與水平面發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)應(yīng)滿足μ≥9．如圖所示，傾角θ=37°的固定斜面上放有物塊A和B，A、B之間拴接有勁度系數(shù)k=4N/cm的輕彈簧，物塊B和小桶C由跨過光滑的定滑輪的輕繩連接。開始時(shí)彈簧處于原長，A、B、C均處靜止?fàn)顟B(tài)，且B剛好不受摩擦力，輕彈簧、輕繩平行于斜面。已知A、B的質(zhì)量mA=mB=2kg，A、B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.875，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。（1）求C的質(zhì)量mc；（2）求開始時(shí)A受到的摩擦力大?。唬?）若向C中緩慢加入沙子，當(dāng)B剛要向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，加入沙子的總質(zhì)量記為m1，繼續(xù)緩慢加入沙子，B緩慢向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)A剛要向上運(yùn)動(dòng)時(shí)（C未觸地，彈簧處于彈性限度范圍內(nèi)），加入沙子的總質(zhì)量記為m2，求：①m②A剛要向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，B已經(jīng)向上運(yùn)動(dòng)的距離?！敬鸢浮浚?）1.2kg；（2）12N；（3）①7【詳解】解：（1）把B、C視為整體，由平衡條件有m解得m（2）對(duì)A進(jìn)行受力分析，由平衡條件，則有f=解得f=12（3）①當(dāng)B剛要向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，將B、C和沙子視為整體，由平衡條件有m當(dāng)A剛要向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，將A、B、C和沙子視為整體，則有m解得m②當(dāng)A剛要往上運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)A進(jìn)行受力分析，則有T=又由胡克定律有T=kx解得x=6.5說明B已經(jīng)向上運(yùn)動(dòng)了6.510．有一塊均勻木棒AC長為l1，重為G1，（1）若用一作用力F1作用于C端將木棒抬起達(dá)平衡位置，此時(shí)木棒與地面夾角為α，如圖1所示。求F（2）若用長為l2、重為G2的撬棒把木棒支起達(dá)平衡位置，如圖2所示，假定木棒與撬棒的接觸是光滑的，地面粗糙，圖中α=30°，β=60°，①木棒AC在C點(diǎn)所受支持力的大??；②作用于撬棒端點(diǎn)D的外力F2（3）若用半徑為R、重為G3的圓柱把木棒支起達(dá)平衡位置，木棒與地面夾角為α，如圖3所示。假定木棒與圓柱接觸面摩擦因數(shù)足夠大，地面與圓柱摩擦因數(shù)為μ。圖中α=37°，l1:R=6:1，G1:G3【答案】（1）F1最小值為G1cosα2，方向?yàn)榇怪蹦景粝蛏?；?）①【詳解】（1）根據(jù)杠桿平衡原理可知，當(dāng)作用在C點(diǎn)，垂直于木棒向上時(shí)，力臂最大，作用力F1F解得F方向?yàn)榇怪蹦景粝蛏希唬?）①可知撬棒給木棒的作用點(diǎn)在C點(diǎn)，作用力方向?yàn)榇怪庇谇税粝蛏?，設(shè)木棒受到的支持力為FN，木棒對(duì)撬棒的壓力為F根據(jù)幾何關(guān)系可得木棒和撬棒之間的夾角為30°，即∠ACB=30°，可得AB=BC且FN與AC的夾角為60°，根據(jù)杠桿平衡原理可得F解得F②作用于撬棒端點(diǎn)D的外力F2當(dāng)垂直于撬棒向上時(shí)力臂最大，此時(shí)F2最小，根據(jù)幾何關(guān)系可得F′F可得F解得F（3）設(shè)圓柱對(duì)木棒的支持力為F1N，木棒對(duì)圓柱的壓力為F根據(jù)幾何關(guān)系可得F1N的力臂LL=則可得F解得F則根據(jù)牛頓第三定律可得F對(duì)圓柱進(jìn)行受力分析，在水平方向上可得f=設(shè)地面對(duì)圓柱的支持力為F2NF可知圓柱剛好滑動(dòng)時(shí)，即此時(shí)靜摩擦力恰好等于滑動(dòng)摩擦力，此時(shí)μ最小，故可得f≤μ解得μ≥1．（2023·重慶·統(tǒng)考高考真題）矯正牙齒時(shí)，可用牽引線對(duì)牙施加力的作用。若某顆牙齒受到牽引線的兩個(gè)作用力大小均為F，夾角為α（如圖），則該牙所受兩牽引力的合力大小為（）

A．2FB．2FC．FD．F【答案】B【詳解】根據(jù)平行四邊形定則可知，該牙所受兩牽引力的合力大小為F故選B。2．（2022·遼寧·高考真題）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、FA．F1的豎直分力大于F2的豎直分力 B．F1C．F1的水平分力大于F2的水平分力 D．F1【答案】D【詳解】CD．對(duì)結(jié)點(diǎn)O受力分析可得，水平方向F即F2的水平分力等于F2的水平分力，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確；AB．對(duì)結(jié)點(diǎn)O受力分析可得，豎直方向F解得FF則F1的豎直分量F1yF2的豎直分量F因sin可知F選項(xiàng)AB錯(cuò)誤。故選D。3．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）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33G C．摩擦力為34G 【答案】B【詳解】設(shè)斜桿的彈力大小為F，以水平橫桿和重物為整體，豎直方向根據(jù)受力平衡可得4F解得F=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36f=FB正確，ACD錯(cuò)誤；故選B。4．（2022·廣東·高考真題）圖是可用來制作豆腐的石磨。木柄AB靜止時(shí)，連接AB的輕繩處于繃緊狀態(tài)。O點(diǎn)是三根輕繩的結(jié)點(diǎn)，F(xiàn)、F1和F2分別表示三根繩的拉力大小，F(xiàn)1A．F=F1 B．F=2F1 C．【答案】D【詳解】以O(shè)點(diǎn)為研究對(duì)象，受力分析如圖由幾何關(guān)系可知θ=30°由平衡條件可得FF聯(lián)立可得F=故D正確，ABC錯(cuò)誤。故選D。5．（2022·河北·統(tǒng)考高考真題）如圖，用兩根等長的細(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【詳解】設(shè)兩繩子對(duì)圓柱體的拉力的合力為T，木板對(duì)圓柱體的支持力為N，繩子與木板夾角為α，從右向左看如圖所示在矢量三角形中，根據(jù)正弦定理sin在木板以直線MN為軸向后方緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)直至水平過程中，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)sin由于sinγ不斷減小，可知T不斷減小，sinβ先增大后減小，可知N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，繩子拉力為2可得Tθ不變，T逐漸減小，可知繩子拉力不斷減小，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選B。6．（2022·湖南·統(tǒng)考高考真題）2022年北京冬奧會(huì)跳臺(tái)滑雪空中技巧比賽場地邊，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)場風(fēng)力的情況。若飄帶可視為粗細(xì)一致的勻質(zhì)長繩，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（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】由于風(fēng)速水平向右、大小恒定且不隨高度改變，可認(rèn)為單位長度飄帶受到的風(fēng)力F0相同，假設(shè)飄帶總長為L，質(zhì)量為m，由飄帶自由端向上選取任意一段ΔG=F=該部分飄帶穩(wěn)定時(shí)受力平衡，受力分析如圖所示重力與風(fēng)力的合力與剩余部分間的張力T是平衡力，設(shè)豎直方向的夾角為θ，則滿足tan可知飄帶與豎直方向的角度與所選取的飄帶長度無關(guān)，在風(fēng)速一定時(shí)，飄帶與豎直方向的角度正切值恒定，則飄帶為一條傾斜的直線。故選A。7．（2021·重慶·高考真題）如圖所示，人游泳時(shí)若某時(shí)刻手掌對(duì)水的作用力大小為F，該力與水平方向的夾角為30°，則該力在水平方向的分力大小為（）A．2F B．3F C．F D．【答案】D【詳解】沿水平方向和豎直方向?qū)⑹终茖?duì)水的作用力分解，則有該力在水平方向的分力大小為F故選D。8．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，水平放置的電子秤上有一磁性玩具，玩具由啞鈴狀物件P和左端有玻璃擋板的凹形底座Q構(gòu)成，其重量分別為GP和GQ。用手使P的左端與玻璃擋板靠近時(shí)，感受到P對(duì)手有靠向玻璃擋板的力，P與擋板接觸后放開手，P處于“磁懸浮”狀態(tài)（即P和Q的其余部分均不接觸），P與Q間的磁力大小為A．Q對(duì)P的磁力大小等于GB．P對(duì)Q的磁力方向豎直向下C．Q對(duì)電子秤的壓力大小等于GQ＋D．電子秤對(duì)Q的支持力大小等于GP＋【答案】D【詳解】AB．由題意可知，因手使P的左端與玻璃擋板靠近時(shí)，感受到P對(duì)手有靠向玻璃擋板的力，即Q對(duì)P有水平向左的磁力；P與擋板接觸后放開手，P處于“磁懸浮”狀態(tài)，則說明Q對(duì)P有豎直向上的磁力，則Q對(duì)P的磁力方向斜向左上方向，其磁力F大小大于GPCD．對(duì)PQ的整體受力分析，豎直方向電子秤對(duì)Q的支持力大小等于GP＋GQ，即Q對(duì)電子秤的壓力大小等于GP故選D。9．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，學(xué)校門口水平地面上有一質(zhì)量為m的石墩，石墩與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，工作人員用輕繩按圖示方式勻速移動(dòng)石墩時(shí)，兩平行輕繩與水平面間的夾角均為θ，則下列說法正確的是（）A．輕繩的合拉力大小為μmgB．輕繩的合拉力大小為μmgC．減小夾角θ，輕繩的合拉力一定減小D．輕繩的合拉力最小時(shí)，地面對(duì)石墩的摩擦力也最小【答案】B【詳解】AB．對(duì)石墩受力分析，由平衡條件可知Tf=μN(yùn)T聯(lián)立解得T=故A錯(cuò)誤，B正確；C．拉力的大小為T=其中tanφ=1μ，可知當(dāng)θ+φ=90°D．摩擦力大小為f=T可知增大夾角θ，摩擦力一直減小，當(dāng)θ趨近于90°時(shí)，摩擦力最小，故輕繩的合拉力最小時(shí)，地面對(duì)石墩的摩擦力不是最小，故D錯(cuò)誤；故選B。10．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，公園里有一仿制我國古代欹器的U形水桶，桶可繞水平軸轉(zhuǎn)動(dòng)，水管口持續(xù)有水流出，過一段時(shí)間桶會(huì)翻轉(zhuǎn)一次，決定桶能否翻轉(zhuǎn)的主要因素是（）A．水桶自身重力的大小B．水管每秒出水量的大小C．水流對(duì)桶撞擊力的大小D．水桶與水整體的重心高低【答案】D【詳解】水管口持續(xù)有水流出而過一段時(shí)間桶會(huì)翻轉(zhuǎn)一次，說明主要原因是裝的水到一定量之后，導(dǎo)致水桶與水整體的重心往上移動(dòng)，豎直向下的重力作用線偏離中心轉(zhuǎn)軸，導(dǎo)致水桶不能穩(wěn)定平衡，發(fā)生翻轉(zhuǎn)，故選D。11．（2021·廣東·高考真題）唐代《耒耜經(jīng)》記載了曲轅犁相對(duì)直轅犁的優(yōu)勢之一是起土省力，設(shè)牛用大小相等的拉力F通過耕索分別拉兩種犁，F(xiàn)與豎直方向的夾角分別為α和β，α<β，如圖所示，忽略耕索質(zhì)量，耕地過程中，下列說法正確的是（

）A．耕索對(duì)曲轅犁拉力的水平分力比對(duì)直轅犁的大B．耕索對(duì)曲轅犁拉力的豎直分力比對(duì)直轅犁的大C．曲轅犁勻速前進(jìn)時(shí)，耕索對(duì)犁的拉力小于犁對(duì)耕索的拉力D．直轅犁加速前進(jìn)時(shí)，耕索對(duì)犁的拉力大于犁對(duì)耕索的拉力【答案】B【詳解】A．將拉力F正交分解如下圖所示則在x方向可得出Fx曲=FsinαFx直=Fsinβ在y方向可得出Fy曲=FcosαFy直=Fcosβ由題知α<β則sinα<sinβcosα>cosβ則可得到Fx曲<Fx直Fy曲>Fy直A錯(cuò)誤、B正確；CD．耕索對(duì)犁的拉力與犁對(duì)耕索的拉力是一對(duì)相互作用力，它們大小相等，方向相反，無論是加速還是勻速，則CD錯(cuò)誤。故選B。12．（2021·湖南·高考真題）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，在此過程中所有摩擦均可忽略，下列說法正確的是（）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【詳解】AB．對(duì)滑塊受力分析，由平衡條件有F=mgN=mg滑塊從A緩慢移動(dòng)B點(diǎn)時(shí)，θ越來越大，則推力F越來越大，支持力N越來越小，所以AB錯(cuò)誤；C．對(duì)凹槽與滑塊整體分析，有墻面對(duì)凹槽的壓力為F則θ越來越大時(shí)，墻面對(duì)凹槽的壓力先增大后減小，所以C正確；D．水平地面對(duì)凹槽的支持力為N則θ越來越大時(shí)，水平地面對(duì)凹槽的支持力越來越小，所以D錯(cuò)誤；故選C。13．（2021·浙江·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，電動(dòng)遙控小車放在水平長木板上面，當(dāng)它在長木板上水平向左加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，長木板保持靜止，此時(shí)（）A．小車只受重力、支持力作用B．木板對(duì)小車的作用力方向水平向左C．木板對(duì)小車的作用力大于小車對(duì)木板的作用力D．木板對(duì)小車的作用力與小車對(duì)木板的作用力大小一定相等【答案】D【詳解】A．小車加速向左運(yùn)動(dòng)，受到自身的重力和電機(jī)的驅(qū)動(dòng)力，受到長木板對(duì)小車的支持力和阻力，A錯(cuò)誤；B．木板對(duì)小車的作用力包括豎直向上的支持力和水平方向的阻力，根據(jù)平行四邊形定則可知合力方向一定不在水平方向，B錯(cuò)誤；CD．木板對(duì)小車的作用力與小車對(duì)木板的作用力是一對(duì)相互作用力，等大反向，C錯(cuò)誤，D正確。故選D。14．（2020·海南·統(tǒng)考高考真題）如圖，上網(wǎng)課時(shí)小明把手機(jī)放在斜面上，手機(jī)處于靜止?fàn)顟B(tài)。則斜面對(duì)手機(jī)的（

）A．支持力豎直向上B．支持力小于手機(jī)所受的重力C．摩擦力沿斜面向下D．摩擦力大于手機(jī)所受的重力沿斜面向下的分力【答案】B【詳解】設(shè)手機(jī)的質(zhì)量為m，斜面傾角為θ。對(duì)手機(jī)進(jìn)行受力分析，如圖所示由圖可知支持力方向垂直斜面向上，摩擦力方向沿斜面向上，根據(jù)平衡條件則有f=mgsinθ因cosθ<1，故F故選B。15．（2020·北京·統(tǒng)考高考真題）某同學(xué)利用圖甲所示裝置研究摩擦力的變化情況。實(shí)驗(yàn)臺(tái)上固定一個(gè)力傳感器，傳感器用棉線拉住物塊，物塊放置在粗糙的長木板上。水平向左拉木板，傳感器記錄的F?t圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（）A．實(shí)驗(yàn)中必須讓木板保持勻速運(yùn)動(dòng)B．圖乙中曲線就是摩擦力隨時(shí)間的變化曲線C．最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力之比約為10:7D．只用圖乙中數(shù)據(jù)可得出物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)【答案】C【詳解】AB．為了能研究摩擦力隨時(shí)間的變化曲線，故物塊一直要處于靜止?fàn)顟B(tài)，則向左的摩擦力一直與向右輕繩的拉力平衡，圖乙是向右輕繩的拉力隨時(shí)間變化曲線，故圖乙也可以反映摩擦力隨時(shí)間變化的曲線，由圖可乙知向右輕繩的拉力先增大后減小，最后趨于不變，故物塊先受靜摩擦力作用后受滑動(dòng)摩擦力作用，所以不需要讓木板保持勻速運(yùn)動(dòng)，故AB錯(cuò)誤；C．由圖可知，最大靜摩擦力約為10N，滑動(dòng)摩擦力約為7N，故最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力之比約為10:7，故C正確；D．根據(jù)Ff=μ可知，由于不知道物塊的重力，故無法求物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，故D錯(cuò)誤。故選C。16．（2020·山東·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，一輕質(zhì)光滑定滑輪固定在傾斜木板上，質(zhì)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(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。當(dāng)木板與水平面的夾角為45°時(shí)，物塊A、B剛好要滑動(dòng)，則μ的值為（）A．13 B．14 C．15【答案】C【詳解】當(dāng)木板與水平面的夾角為45°時(shí)，兩物塊剛好滑動(dòng)，對(duì)A物塊受力分析如圖沿斜面方向，A、B之間的滑動(dòng)摩擦力f根據(jù)平衡條件可知T=mg對(duì)B物塊受力分析如圖沿斜面方向，B與斜面之間的滑動(dòng)摩擦力f根據(jù)平衡條件可知2mg兩式相加，可得2mg解得μ=故選C。17．（2020·浙江·統(tǒng)考高考真題）如圖是“中國天眼”500m口徑球面射電望遠(yuǎn)鏡維護(hù)時(shí)的照片。為不損傷望遠(yuǎn)鏡球面，質(zhì)量為m的工作人員被懸在空中的氦氣球拉著，當(dāng)他在離底部有一定高度的望遠(yuǎn)鏡球面上緩慢移動(dòng)時(shí)，氦氣球?qū)ζ溆写笮?6A．受到的重力大小為16mg C．對(duì)球面的壓力大小為16mg 【答案】D【詳解】A．工作人員的質(zhì)量為m，則工作人員受到的重力G=mgA錯(cuò)誤；B．工作人員在球面上緩慢行走，處于平衡狀態(tài)，合力為0，B錯(cuò)誤；C．工作人員站在的球面位置不水平，對(duì)球面的壓力不等于16D．由平衡條件可得球面對(duì)工作人員的作用力F滿足F=mg?再由牛頓第三定律可得，工作人員對(duì)球面的作用力大小為FD正確。故選D。18．（2020·浙江·統(tǒng)考高考真題）矢量發(fā)動(dòng)機(jī)是噴口可向不同方向偏轉(zhuǎn)以產(chǎn)生不同方向推力的一種發(fā)動(dòng)機(jī)。當(dāng)殲20隱形戰(zhàn)斗機(jī)以速度v斜向上飛行時(shí)，其矢量發(fā)動(dòng)機(jī)的噴口如圖所示。已知飛機(jī)受到重力G、發(fā)動(dòng)機(jī)推力F1、與速度方向垂直的升力F2和與速度方向相反的空氣阻力A． B．C． D．【答案】A【詳解】由題意可知所受重力G豎直向下，空氣阻力Ff與速度方向相反，升力F2與速度方向垂直，發(fā)動(dòng)機(jī)推力F1的方向沿噴口的反方向，對(duì)比圖中選項(xiàng)可知只有A選項(xiàng)符合題意。故選A。19．（2020·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，懸掛甲物體的細(xì)線拴牢在一不可伸長的輕質(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【詳解】甲物體是拴牢在O點(diǎn)，且甲、乙兩物體的質(zhì)量相等，則甲、乙繩的拉力大小相等，O點(diǎn)處于平衡狀態(tài)，則左側(cè)繩子拉力的方向在甲、乙繩子的角平分線上，如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系有180解得β=55故選B。20．（2020·浙江·高考真題）如圖所示，一對(duì)父子掰手腕，父親讓兒子獲勝。若父親對(duì)兒子的力記為F1，兒子對(duì)父親的力記為FA．F2>F1 B．C．F1先于F2產(chǎn)生 D．F1【答案】B【詳解】父親對(duì)兒子的力F1和兒子對(duì)父親的力F故選B．21．（2019·天津·高考真題）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(xí)慣，在航道處建造了單面索（所有鋼索均處在同一豎直面內(nèi)）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(shù)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(dāng)降低索塔的高度C．索塔兩側(cè)鋼索對(duì)稱且拉力大小相同時(shí)，鋼索對(duì)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(cè)的鋼索必須對(duì)稱分布【答案】C【詳解】A．以橋身為研究對(duì)象，鋼索對(duì)橋身的拉力的合力與橋身的重力等