2019届高三物理二轮复习练习：专题一+第1讲力与物体的平衡+Word版含解析.pdf

第 1 讲 力与物体的平衡 真题再现 考情分析(多选)(2017高考全国卷)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 2.现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角 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 命题点分析 图解法解决动态平衡问题 思路方法 对重物受力分析发现处于动态平衡时，应观察各力的大小、方向变化情况以利用图解三角形法或相似三角形法来解决问题 解析：选 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命题点分析 图解法解决动态平衡问题 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Gsin 1FOM1sin 1FMN1sin 1，由题意可知 FMN的反方向与 FOM的夹角 180，不变，因 sin(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90时，OM 上的张力最大，因 sin(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.思路方法 对重物受力分析发现处于动态平衡时，应观察各力的大小、方向变化情况以利用图解三角形法或相似三角形法来解决问题 (2017高考全国卷)如图，一物块在水平拉力 F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动若保持 F 的大小不变，而方向与水平面成 60角，物块也恰好做匀速直线运动物块与桌面间的动摩擦因数为()A.2 3 B.36 C.33 D.32 解析：选 C.当拉力水平时，物块做匀速运动，则 Fmg，当拉力方向与水平方向的夹角为60时，物块也刚好做匀速运动，则 Fcos 60(mgFsin 60)，联立解得 33，A、B、D项错误，C 项正确.命题点分析 正交分解法分析平衡问题 思路方法 物体保持匀速直线运动状态时，其受力平衡，按照正交分解法解决问题 (多选)(2016高考全国卷)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO悬挂于 O 点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块 a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块 B.外力 F 向右上方拉 b，整个系统处于静止状态若 F 方向不变，大小在一定范围内变化，物块 b 仍始终保持静止，则()A.绳 OO的张力也在一定范围内变化 命题点分析 整体法和隔离法分析共点力平衡 思路方法 当有多个物体相互作用而平衡时应注意灵活选择研究对象 此题应分别选取 a，b 和滑轮为研究对象求解 B.物块 b 所受到的支持力也在一定范围内变化 C.连接 a 和 b 的绳的张力也在一定范围内变化 D.物块 b 与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化 解析：选 B D.只要物块a 质量不变，物块 b 保持静止，则连接 a 和 b 的细绳的张力就保持不变，细绳 OO的张力也就不变，选项 A、C 错误对物块 b 进行受力分析，物块 b 受到细绳的拉力(不变)、竖直向下的重力(不变)、外力 F、桌面的支持力和摩擦力 若 F 方向不变，大小在一定范围内变化，则物块 b 受到的支持力和物块 b 与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化，选项 B、D 正确.命题规律研究及预测 2018 年全国卷虽然对该部分的考点没有单独考查，但其中整体法与隔离法的受力分析方法，力的合力与力的分解方法等知识仍然是力学的基础，在 2017 年及之前的全国卷对受力分析属于必考题.在 2019 年的备考过程中，尤其注重连接体的受力分析和动态平衡问题，同时在共点力平衡问题中注重与数学知识相结合来求解问题 受力分析 高分快攻 受力分析常用技巧 转换研究对象法：对于不易判断的力(如弹力和摩擦力)，可以借助相互接触物体的受力情况来判定，还可以借助力和运动的关系进行分析和判断 假设法：假设弹力、摩擦力存在，运用牛顿第二定律进行相关计算，然后再进一步分析判断 整体法和隔离法：是分析连接体问题的重要方法 在某市的旧城改造活动中，为保证某旧房屋的安全，设法用一个垂直于天花板平面的力 F 作用在质量为 m 的木块上，以支撑住倾斜的天花板，如图所示，已知天花板平面与竖直方向的夹角为，则()A木块共受到三个力的作用 B木块对天花板的弹力大小等于 F C木块对天花板的摩擦力大小等于 mgcos D适当增大 F，天花板和木块之间的摩擦力可能变为零 解析 对木块进行受力分析，根据共点力平衡条件可知，木块一定受到重力 mg、推力 F、平行于天花板向上的静摩擦力 Ff以及天花板对木块的弹力 FN，其受力情况如图所示，故木块一定受到四个力的作用，选项 A 错误；将木块所受重力进行分解，在垂直于天花板方向有：FFNmgsin ，可得 FNm2，如图所示，若三角形木块和两物体都是静止的，则粗糙水平面对三角形木块()A有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向右 B有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向左 C有摩擦力的作用，但摩擦力的方向不能确定，因 m1、m2、1、2的数值均未给出 D以上结论都不对 解析：选 D.法一(隔离法)把三角形木块隔离出来，它的两个斜面上分别受到两物体对它的压力 FN1、FN2，摩擦力 F1、F2.由两物体的平衡条件知，这四个力的大小分别为FN1m1gcos 1，FN2m2gcos 2F1m1gsin 1，F2m2gsin 2它们的水平分力的大小(如图所示)分别为 FN1xFN1sin 1m1gcos 1sin 1FN2xFN2sin 2m2gcos 2sin 2F1xF1cos 1m1gcos 1sin 1F2xF2cos 2m2gcos 2sin 2其中 FN1xF1x，FN2xF2x，即它们的水平分力互相平衡，木块在水平方向无滑动趋势，因此不受水平面的摩擦力作用 法二(整体法)由于三角形木块和斜面上的两物体都静止，可以把它们看成一个整体，受力如图所示 设三角形木块质量为 M，则竖直方向受到重力(m1m2M)g和支持力 FN作用处于平衡状态，水平方向无任何滑动趋势，因此不受水平面的摩擦力作用 角度 2“动杆”“定杆”和“死结”“活结”问题 2(多选)(2017高考天津卷)如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆 M、N上的 a、b 两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是()A绳的右端上移到 b，绳子拉力不变 B将杆 N 向右移一些，绳子拉力变大 C绳的两端高度差越小，绳子拉力越小 D若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移 解析：选 AB.设两段绳子间的夹角为 2，绳子的拉力大小为 F，由平衡条件可知，2Fcos mg，所以 Fmg2cos ，设绳子总长为 L，两杆间距离为 s，由几何关系 L1sin L2sin s，得 sin sL1L2sL，绳子右端上移，L、s 都不变，不变，绳子张力 F 也不变，A 正确；杆 N 向右移动一些，s 变大，变大，cos 变小，F 变大，B 正确；绳子两端高度差变化，不影响 s 和 L，所以 F 不变，C 错误；衣服质量增加，绳子上的拉力增加，由于不会变化，悬挂点不会右移，D 错误 角度 3 平衡中的临界与极值问题 3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 两端被固定在水平天花板上，相距 2l.现在 C 点悬挂一个质量为 m 的重物，为使 CD 绳保持水平，在 D 点上可施加力的最小值为()Amg B.33mg C.12mg D.14mg 解析：选 C.对 C 点进行受力分析，由平衡条件可得绳 CD 对 C 点的拉力 FCDmgtan 30.对 D 点进行受力分析，绳 CD 对 D 点的拉力 F2FCDmgtan 30，故 F2为恒力，F1方向不变，由平衡条件可知，F1与F3的合力 F2一定与 F2等大反向，如解析图所示，当 F3垂直于绳 BD时，F3最小，由几何关系可知，此时 F3F2sin 60，即 F312mg，选项 C 正确 命题角度 解决方法 易错辨析连接体的受力分析 整体法与隔离法的应用 不能灵活选取研究对象杆中的受力分析 根据受力平衡条件确定杆的方向 注意杆端有无铰链 绳中的受力特点 力沿绳方向且只能收缩 绳中有无结点是绳中力改变的关键点平衡中的临界问题 极限法或假设法 不能找准临界状态的条件平衡中的极值问题 图解法或数学表达式法 不能分析极值出现的时机 动态平衡问题 解决动态平衡问题的一般思路：把“动”化为“静”，“静”中求“动”，动态平衡问题的分析过程与处理方法如下：注意：(1)如果物体所受的力较少，可以采用合成的方法(2)如果物体受到三个力的作用而处于动态平衡，若其中的一个力大小、方向均不变，另外两个力的方向都发生变化，可以用力的三角形与几何三角形相似的方法求解(3)如果物体受到三个力的作用，其中一个力的大小、方向均不变，并且还有另一个力的方向不变，此时可用图解法分析，即可以通过画出多个平行四边形来分析力的变化 高分快攻 (2016高考全国卷)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()AF 逐渐变大，T 逐渐变大 BF 逐渐变大，T 逐渐变小 CF 逐渐变小，T 逐渐变大 DF 逐渐变小，T 逐渐变小 解析 以 O 点为研究对象，设绳 OA 与竖直方向的夹角为，物体的重力为 G，根据共点力的平衡可知，FGtan，TGcos ，随着 O 点向左移，变大，则 F 逐渐变大，T逐渐变大，A 项正确 答案 A 题组突破 角度 1 解析法、图解法的应用 1.如图所示，一小球在斜面上处于静止状态，不考虑一切摩擦，如果把挡板由竖直位置绕 O 点缓慢转至水平位置，则此过程中球对挡板的压力 F1和球对斜面的压力 F2的变化情况是()AF1先增大后减小，F2一直减小 BF1先减小后增大，F2一直减小 CF1和 F2都一直在增大 DF1和 F2都一直在减小 解析：选 B.法一：“力三角形法”小球初始时刻的受力情况如图 1 所示，因挡板是缓慢转动的，所以小球处于动态平衡状态，在转动过程中，重力、斜面的支持力和挡板的弹力组成的矢量三角形的变化情况如图 2 所示(重力 G 的大小、方向均不变，斜面对小球的支持力 F2的方向始终不变)，由图 2 可知此过程中斜面对小球的支持力 F2不断减小，挡板对小球的弹力 F1先减小后增大，由牛顿第三定律可知选项 B 正确法二：“解析法”设斜面倾角为，挡板与竖直方向夹角为，如图 3 所示，则由平衡条件可得：F1sin F2cos G，F1cos F2sin，联立解得 F1Gsin cos（），F2Gcos sin tan.挡板缓慢转至水平位置，由 0 逐渐增大到2，当 时，cos()1，F1最小，所以 F1先减小后增大；增大过程中 tan 随之增大，F2不断减小，故选项 B 正确 角度 2 相似三角形法的应用 2.(2018长沙模拟)如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔质量为 m 的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力 F 和环对小球的弹力 FN的大小变化情况是()AF 减小，FN不变 BF 不变，FN减小 CF 不变，FN增大 DF 增大，FN减小 解析：选 A.对小球受力分析，其所受的三个力组成一个闭合三角形，如解析图所示，力三角形与圆内的三角形相似，由几何关系可知mgRFNRFL，小球缓慢上移时 mg 不变，R 不变，L 减小，F 减小，FN大小不变，A 正确 命题角度 解决方法 易错辨析一个力不变，另一个力方向不变 图解法 不能在三角形中找到变化的量一个力不变，另一个力大小不变 画圆法 不能准确画出矢量三角形一个力不变，另一个力大小、方向都变 相似三角形法 要正确画出力的三角形和边的几何三角形 电学中的共点力平衡问题 电学平衡问题要点点睛 首先注意准确进行受力分析，然后按照力学分析方法进行解题即可，但要注意正确判断电场力、磁场力的方向：(1)正电荷受力方向与所处电场方向相同，负电荷相反；(2)安培力和洛伦兹力的方向用左手定则判断，安培力方向同时与磁感应强度方向和电流方向垂直，洛伦兹力的方向同时与磁感应强度方向和电荷运动方向垂直 涉及电场力、磁场力的平衡问题的解题思路(1)记忆口诀：一场二弹三摩擦，各力方向准确画(2)思维导图 高分快攻 如图所示，一长为 10 cm 的金属棒 ab 用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为 0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘 金属棒通过开关与一电动势为 12 V 的电池相连，电路总电阻为 2 .已知开关断开时两弹簧的伸长量为 0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了 0.3 cm.重力加速度大小取 10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量 解析 依题意，开关闭合后，电流方向从 b 到 a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了l10.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得2kl1mg式中，m 为金属棒的质量，k 是弹簧的劲度系数，g 是重力加速度的大小开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为FIBL式中，I 是回路电流，L 是金属棒的长度两弹簧各自再伸长了l20.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k(l1l2)mgF由欧姆定律有 EIR式中，E 是电池的电动势，R 是电路总电阻联立式，并代入题给数据得 m0.01 kg.答案 方向竖直向下 0.01 kg 突破训练(2018安徽十校联考)美国物理学家密立根(R.A.Millikan)于 20 世纪初进行了多次实验，比较准确地测定了电子的电荷量，其实验原理可以简化为如图所示模型：两个相距为d 的平行金属板 A、B 水平放置，两板接有可调电源从 A 板上的小孔进入两板间的油滴因摩擦而带有一定的电荷量，将两板间的电势差调节到 U 时，带电油滴恰好悬浮在两板间；然后撤去电场，油滴开始下落，由于空气阻力，下落的油滴很快达到匀速下落状态，通过显微镜观测到这个速度的大小为 v，已知这个速度与油滴的质量成正比，比例系数为 k，重力加速度为 g.则计算油滴带电荷量的表达式为()AqkvdU BqvdgkU CqkvUd DqvgkUd 解析：选 B.根据油滴恰好悬浮在两板间，由平衡条件得：qUdmg，由题意知 vkm，联立得 qvdgkU，选项 B 正确,(建议用时：30 分钟)一、单项选择题 1(2018汕头二模)如图所示，无风时气球在轻绳的牵引下静止在空中，此时轻绳的拉力为F.当有水平风力作用时，轻绳倾斜一定角度后气球仍静止在空中，有风时与无风时相比()A气球所受合力减小 B气球所受合力增大 C轻绳的拉力 F 减小 D轻绳的拉力 F 增大 解析：选 D.有风时与无风时，气球都处于静止状态，受力平衡，合力为零，不变，A、B 错误；无风时气球在竖直方向受重力、绳子拉力和浮力，由平衡条件得 F浮mgF0，解得FF浮mg；有风时，设绳子与竖直方向的夹角为，绳子的拉力沿竖直方向的分量等于浮力和重力之差，则有 F浮mgFcos 0，解得 Fcos F浮mg，故 FF，所以F 增大，C 错误，D 正确 2(2018广东中山联考)如图所示，在固定斜面上的一物块受到一外力 F 的作用，F 平行于斜面向上若要物块在斜面上保持静止，F 的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为 F1和 F2(F20)由此可求出()A物块的质量 B斜面的倾角 C物块与斜面间的最大静摩擦力 D物块对斜面的正压力 解析：选 C.设斜面倾角为，斜面对物块的最大静摩擦力为 Ff，当 F 取最大值 F1时，最大静摩擦力 Ff沿斜面向下，由平衡条件得 F1mgsin Ff；当 F 取最小值 F2时，Ff沿斜面向上，由平衡条件得 F2mgsin Ff，联立两式可求出最大静摩擦力 FfF1F22，选项 C 正确FNmgcos，F1F22mgsin，所以不能求出物块的质量、斜面的倾角和物块对斜面的正压力 3(2017高考全国卷)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距 80 cm 的两点上，弹性绳的原长也为80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)()A86 cm B92 cm C98 cm D104 cm 解析：选 B.将钩码挂在弹性绳的中点时，由数学知识可知钩码两侧的弹性绳(劲度系数设为 k)与竖直方向夹角 均满足 sin 45，对钩码(设其重力为 G)静止时受力分析，得 G2k1 m20.8 m2cos；弹性绳的两端移至天花板上的同一点时，对钩码受力分析，得 G2kL20.8 m2，联立解得 L92 cm，可知 A、C、D 项错误，B 项正确 4(2018青岛二模)如图所示，一轻质弹簧的一端系一质量为 m 的小球，另一端固定在倾角为 37的光滑斜面体顶端，弹簧与斜面平行在斜面体以大小为 g 的加速度水平向左做匀加速直线运动的过程中，小球始终相对于斜面静止已知弹簧的劲度系数为 k，则该过程中弹簧的形变量为(已知：sin 370.6，cos 370.8)()A.mg5k B.4mg5k C.mgk D.7mg5k 解析：选 A.在斜面体以大小为 g 的加速度水平向左做匀加速直线运动时，弹簧是处于伸长状态还是压缩状态，无法直接判断，此时可采用假设法，假设弹簧处于压缩状态，若求得弹力 F 为正值，则假设正确；若求得弹力 F 为负值，则假设错误，弹簧处于伸长状态设弹簧弹力大小为 F，水平方向上由牛顿第二定律得：FNsin 37Fcos 37mg竖直方向上由受力平衡得：FNcos 37mgFsin 37联立式得：F15mg由胡克定律得 Fkx，xmg5k，假设正确 5.(2018河北保定模拟)如图所示，将三个完全相同的光滑球用不可伸长的细线悬挂于 O 点并处于静止状态已知球半径为 R，重为 G，线长均为 R.则每条细线上的张力大小为()A2G B.62G C.32G D.52G 解析：选 B.本题中O点与各球心的连线及各球心连线，构成一个边长为 2R 的正四面体，如图甲、乙所示(A、B、C 为各球球心)，O为ABC的中心，设OAO，由几何关系知 OA2 33R，由勾股定理得 OO OA2OA283R，对 A 处球受力分析有：Fsin G，又 sin OOOA，解得 F62G，故只有 B 项正确 6(2016高考全国卷)如图，两个轻环 a 和 b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为 m 的小球在 a和 b 之间的细线上悬挂一小物块平衡时，a、b 间的距离恰好等于圆弧的半径不计所有摩擦小物块的质量为()A.m2 B.32m Cm D2m 解析：选 C.由于轻环不计重力，故细线对轻环的拉力的合力与圆孤对轻环的支持力等大反向，即沿半径方向；又两侧细线对轻环拉力相等，故轻环所在位置对应的圆孤半径为两细线的角平分线，因为两轻环间的距离等于圆孤的半径，故两轻环与圆孤圆心构成等边三角形；又小球对细线的拉力方向竖直向下，由几何知识可知，两轻环间的细线夹角为 120，对小物块进行受力分析，由三力平衡知识可知，小物块质量与小球质量相等，均为 m，C 项正确 7(2018佛山模拟)质量为 m 的四只完全相同的足球叠成两层放在水平面上，底层三只足球刚好接触成三角形，上层一只足球放在底层三只足球的正上面，系统保持静止若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则()A底层每个足球对地面的压力为 mg B底层每个足球之间的弹力为零 C下层每个足球对上层足球的支持力大小为mg3 D足球与水平面间的动摩擦因数至少为66 解析：选 B.根据整体法，设下面每个球对地面的压力均为 FN，则 3FN4mg，故 FN43mg，A 错误；四个球的球心连线构成了正四面体，下层每个足球之间的弹力为零，B 正确；上层足球受到重力、下层足球对上层足球的三个支持力，由于三个支持力的方向不是竖直向上，所以三个支持力在竖直方向的分量之和等于重力，则下层每个足球对上层足球的支持力大小大于mg3，C 错误；根据正四面体几何关系可求，F 与 mg 夹角的余弦值 cos 63，正弦值 sin 33，则有 F63mgFN43mg，33FFf，解得 Ff26mg，F66mg，则 26mg43mg28，所以足球与水平面间的动摩擦因数至少为28，故 D 错误 8.三段细绳 OA、OB、OC 结于 O 点，另一端分别系于竖直墙壁、水平顶壁和悬挂小球，稳定后 OA 呈水平状态现保持 O 点位置不变，缓慢上移 A 点至D 点的过程中，关于 OA 绳上的拉力变化情况的判断正确的是()A一直增大 B一直减小 C先增大后减小 D先减小后增大 解析：选 D.可运用动态图解法，由图可知，当 OA 与 OB 垂直时，OA 上的拉力最小，故 D 正确 9(2018烟台二模)如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，轻杆 A 端用铰链固定，滑轮在 A 点正上方(滑轮大小及摩擦均可不计)，轻杆 B 端吊一重物 G，现将绳的一端拴在杆的 B 端，用拉力 F将 B 端缓慢上拉(均未断)，在 AB 杆达到竖直前，以下分析正确的是()A绳子越来越容易断 B绳子越来越不容易断 CAB 杆越来越容易断 DAB 杆越来越不容易断 解析：选 B.以 B 点为研究对象，它受三个力的作用而处于动态平衡状态，其中一个是轻杆的弹力 T，一个是绳子斜向上的拉力 F，一个是绳子竖直向下的拉力 F(大小等于物体的重力 G)，根据相似三角形法，可得FOATABFOB，由于OA 和 AB 不变，OB 逐渐减小，因此轻杆上的弹力大小不变，而绳子斜向上的拉力越来越小，选项 B 正确 二、多项选择题 10(2018桂林模拟)将某均匀的长方体锯成如图所示的 A、B 两块后，放在水平桌面上并排放在一起，现用水平力 F 垂直于 B 的左边推 B 物体，使 A、B 整体仍保持矩形沿 F 方向匀速运动，则()A物体 A 在水平方向上受三个力的作用，且合力为零 B物体 A 在水平方向上受两个力的作用，且合力为零 CB 对 A 的作用力方向与 F 方向相同 DB 对 A 的弹力等于桌面对 A 的摩擦力 解析：选 AC.对物体 A 进行受力分析，水平方向上受到 B 物体产生的弹力、静摩擦力和水平桌面产生的滑动摩擦力，如图所示，由于 A、B 整体仍保持矩形沿 F 方向匀速运动，则物体 A 所受合力为零，A 正确，B错误；B 对 A 的弹力方向垂直于接触面，D 错误；B 对 A 的作用力与桌面对 A 的摩擦力等大反向，即 B 对 A 的作用力方向与 F 方向相同，C 正确 11.(2018高考天津卷)明朝谢肇淛的五杂组中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可一游僧见之曰：无烦也，我能正之”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身 假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为，现在木楔背上加一力 F，方向如图所示，木楔两侧产生推力 FN，则()A若 F 一定，大时 FN大 B若 F 一定，小时 FN大 C若 一定，F 大时 FN大 D若 一定，F 小时 FN大 解析：选 BC.木楔两侧面产生的推力合力大小等于 F，由力的平行四边形定则可知，FNF2sin 2，由表达式可知，若 F 一定，越小，FN越大，A 项错误，B 项正确；若 一定，F越大，FN越大，C 项正确，D 项错误 12(2018烟台二模)如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体 a、b，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力 F，使两物体均处于静止状态则下列说法正确的是()Aa、b 两物体的受力个数一定相同 Ba、b 两物体对斜面的压力相同 Ca、b 两物体受到的摩擦力大小一定相等 D当逐渐增大拉力 F 时，物体 a 先开始滑动 解析：选 BD.对 a、b 进行受力分析，b 物体处于静止状态，当绳子拉力沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时，摩擦力为零，所以 b 可能只受 3 个力作用，而 a 物体必定受到摩擦力作用，肯定受 4 个力作用，故 A 错误；a、b 两个物体，垂直于斜面方向受力都平衡，则有：NTsin mgcos ，解得：Nmgcos Tsin ，根据牛顿第三定律知 a、b 两物体对斜面的压力相同，故 B 正确；根据 A 项的分析可知，b 的摩擦力可以为零，而 a 的摩擦力一定不为零，故 C 错误；对 a 沿斜面方向有：Tcos mgsin fa，对 b 沿斜面方向有：Tcos mgsin fb，正压力相等，所以最大静摩擦力相等，则 a先达到最大静摩擦力，先滑动，故 D 正确 13.表面光滑、半径为 R 的半球固定在水平地面上，球心 O 的正上方 O处有一无摩擦定滑轮，轻质细绳两端各系一个可视为质点的小球挂在定滑轮上，如图所示两小球平衡时，若滑轮两侧细绳的长度分别为 L12.4R 和 L22.5R，则这两个小球的质量之比为m1m2，小球与半球之间的压力之比为FN1FN2，则以下说法正确的是()A.m1m22425 B.m1m22524 C.FN1FN22524 D.FN1FN22425 解析：选 BC.先以左侧小球为研究对象，分析受力情况：重力 m1g、绳子的拉力 FT和半球的支持力 FN1，作出受力分析图由平衡条件得知，拉力 FT和支持力 FN的合力与重力 m1g 大小相等、方向相反设 OOh，根据三角形相似得FTL1FN1Rm1gh，解得 m1gFThL1，FN1FTRL1同理，以右侧小球为研究对象，得：m2gFThL2，FN2FTRL2，由得m1m2L2L12524，FN1FN2L2L12524.14如图所示，倾角为 的斜面体 C 置于水平地面上，一条细线一端与斜面上的物体 B 相连，另一端绕过质量不计的定滑轮与物体 A 相连，定滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的 O点，细线与竖直方向成 角，A、B、C 始终处于静止状态，下列说法不正确的是()A若仅增大 A 的质量，B 对 C 的摩擦力一定减小 B若仅增大 A 的质量，地面对 C 的摩擦力一定增大 C若仅增大 B 的质量，悬挂定滑轮的细线的拉力可能等于 A 的重力 D若仅将 C 向左缓慢移动一点，角将增大 解析：选 AC D.设 A 的质量为 m，B 的质量为 M，由平衡条件可知 B 受到细线的拉力 Tmg，若 Mgsin mg，则有：Mgsin mgf，若 Mgsin mg，则 f0，若 Mgsin mg，则有：Mgsin fmg，若仅增大 A 的质量，B 对 C 的摩擦力可能增大也可能减小，所以 A 项错误；以 B、C 为整体分析可知若仅增大 A 的质量，绳子拉力 T 增大，地面摩擦力 FfTcos mgcos，所以 B 项正确；A、B、C始终处于静止状态，连接 A、B 细线的拉力始终等于物体 A 的重力，增大物体 B 的质量不会影响该细线的拉力，悬挂定滑轮的细线的拉力等于物体 A 上细线拉力和物体 B 上细线拉力的合力，它们之间的夹角不可能为 120，所以悬挂定滑轮的细线的拉力不可能等于 A 的重力，所以 C 项错误；若仅将 C 向左缓慢移动一点，连接 A、B 细线的拉力不变，而两细线夹角变小，合力与竖直方向的夹角等于，合力沿角平分线方向，所以角将减小，D 项错误