《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档：第2单元 相互作用 物体平衡 听课答案.doc

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1、第二单元相互作用物体的平衡第3讲重力、弹力【教材知识梳理】一、1.物体和物体之间2.运动状态4.(1)引力电磁(2)电磁二、1.吸引2.正比3.竖直向下4.等效三、1.弹性形变2.弹性形变3.施力物体4.正比辨别明理(1)()(2)()(3)()(4)()(5)()(6)()(7)()(8)()【考点互动探究】考点一1.BD解析当陶瓶未装水时,其重心在两吊耳的上方,用绳悬挂放进水中,瓶倾倒,水自动流入;瓶中装入适量水时,重心降到吊耳下方;瓶中装满水时,重心又高于吊耳,瓶会自动倾倒,倒出多余的水.重心随装水的多少发生变化,选项B、D正确.2.如图所示3.BC解析由于小球B处于静止状态,且细线OB

2、沿竖直方向,因此细线AB无弹力,对小球A受力分析,由于它受力平衡,根据小球A受到的细线的拉力和重力的方向可知,施加给小球A的力F可能沿F2或F3的方向,故选项B、C正确.考点二1.A解析每个圆柱体均受重力和槽的支持力,重力相同,根据平衡条件可知,槽的支持力与重力大小相等,与重心的位置无关,根据牛顿第三定律可知,三个圆柱体对槽的压力大小相等.2.AD解析小车静止时,由平衡条件知,杆对球的作用力方向竖直向上,且大小等于球的重力mg,故A正确,B错误.小车向右以加速度a运动时,弹力F的方向一定指向右上方,才能保证小球在竖直方向上受力平衡,在水平方向上具有向右的加速度,假设小球所受弹力方向与竖直方向的

3、夹角为,如图所示,根据牛顿第二定律得Fsin=ma,Fcos=mg,解得F=m,tan=,只有当加速度a=gtan时,杆对球的作用力才沿杆的方向,故C错误,D正确.3.B解析金属球受到的重力产生两个作用效果,压AB面和压BC面,受力分析如图所示,对AB面的压力F1等于分力G1,对BC面的压力F2等于分力G2,故=tan60=,选项B正确.考点三例1A解析物体静止时绳子的张力大小等于物体的重力,所以T1=T2=T3=mg.方法一:用图解法确定FN1、FN2、FN3的大小关系.与物体连接的这一端,绳子对定滑轮的作用力T的大小也为mg,作出三种情况下的受力示意图,如图所示,可知FN1FN2FN3,故

4、选项A正确.方法二:用理论法确定FN1、FN2、FN3的大小关系.已知两个分力的大小,两分力的夹角越小,合力越大,所以FN1FN2FN3,故选项A正确.变式题C解析重新平衡后,如图所示,绳子张力为T=mBg,对A,有2Tcos=mAg,则=37,由几何关系知,绳子OQ和PQ总长为=,物块B上升的高度为-L=,选项C正确.例2BC解析对物体受力分析,由平衡条件可知,当a对物体有拉力Ta时,若Tamg,则b被拉长,若TaF2,缓慢增大薄板的质量,则细线1先断,选项A错误,B正确;重力作用线、细线1和2延长线交于同一点,薄板的重心在过交点的竖直线上,选项C错误;单独用细线1或2悬挂,两细线的延长线交

5、点为重心,选项D错误.2.在如图3-2所示的三种情况中,钩码的质量均为M,滑轮的摩擦可不计,则三个弹簧测力计的示数T1、T2、T3的大小关系是()图3-2A.T1=T2T3C.T1T2T3B.T1=T3T2D.T1=T2=T3解析D弹簧测力计的示数表征的是挂钩上的拉力,所以三个图中弹簧测力计的示数一样,T1=T2=T3,选项D正确.3.如图3-3所示,四个完全相同的轻弹簧都处于水平位置,它们的右端受到大小均为F的拉力作用,而左端的情况各不相同:中弹簧的左端固定在墙上;中弹簧的左端受大小也为F的拉力作用;中弹簧的左端拴一小物块,物块在光滑的桌面上滑动;中弹簧的左端拴一小物块,物块在粗糙的桌面上滑

6、动.若以L1、L2、L3、L4依次表示四个弹簧的伸长量,则有()图3-3A.L1=L2L3L1L3L4C.L1=L2=L3=L4D.L1=L2L3=L4解析C无论弹簧的左端情况怎样,轻弹簧的两端拉力总相等.设两端拉力分别为F、F,则F-F=ma,轻弹簧的质量为0,因此ma=0,即F=F,且此拉力等于弹簧的弹力,所以L4=L3=L2=L1,选项C正确.4.如图3-4所示,两块同样的条形磁铁A、B的质量均为m,将它们竖直叠放在水平桌面上,用弹簧测力计通过一根轻质细线竖直向上拉磁铁A,若弹簧测力计的读数为mg(g为重力加速度),则B对A的弹力F1及桌面对B的弹力F2的大小分别为()图3-4A.F1=

7、0,F2=mgB.F1=mg,F2=0C.F10,F20,F2=mg解析D磁铁A受到向下的重力、向上的拉力、B对A向下的引力和B对A向上的支持力,这四个力平衡,因为拉力和重力大小相等,故B对A向下的引力和B对A向上的支持力大小相等,所以F10,但不一定等于mg,选项A、B错误;把磁铁A和B当成一个整体,这个整体的重力等于2mg,向上的拉力为mg,还有桌面向上的支持力,根据这三个力平衡可知,水平桌面对B的支持力F2的大小等于mg,选项C错误,选项D正确.5.实验室常用的弹簧测力计如图3-5甲所示,连接有挂钩的拉杆与弹簧相连,并固定在外壳一端O上,外壳上固定一个圆环.可以认为弹簧测力计的总质量主要

8、集中在外壳(重力为G)上,弹簧和拉杆的质量忽略不计.现将该弹簧测力计以两种方式固定于地面上,如图乙、丙所示,分别用恒力F0竖直向上拉弹簧测力计,静止时弹簧测力计的读数分别为()图3-5A.乙图读数为F0-G,丙图读数为F0+GB.乙图读数为F0+G,丙图读数为F0-GC.乙图读数为F0,丙图读数为F0-GD.乙图读数为F0-G,丙图读数为F0解析D按图乙方式固定时,外壳受力F0=F+G,则弹簧测力计的读数(弹簧弹力)为F=F0-G;按图丙方式固定时,弹簧测力计的读数(弹簧弹力)直接由F0引起,则弹簧测力计的读数为F0,选项D正确.6.(多选)2017天津卷如图3-6所示,轻质不可伸长的晾衣绳两

9、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()图3-6A.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AB绳的右端上下移动及改变绳子两端高度差都不会改变两部分绳间的夹角,A正确,C错误;两绳间的夹角与衣服的质量大小无关,D错误;将杆N向右移一些,两部分绳间的夹角变大,绳子拉力变大,B正确.7.(多选)如图3-7所示,一个教学用的直角三角板的边长分别为a、b、c,被沿两直角边的轻质细绳A、B悬吊

10、在天花板上,且斜边恰好平行于天花板,过直角顶点的竖直线为MN.设A、B两绳对三角板的拉力分别为Fa和Fb,已知Fa和Fb以及三角板的重力为在同一平面的共点力,则下列判断正确的是()图3-7A.三角板的重心不在MN线上B.三角板所受重力的反作用力的作用点在MN线上C.两绳对三角板的拉力Fa和Fb是由于三角板发生形变而产生的D.两绳对三角板的拉力Fa和Fb之比为FaFb=ba解析BD三角板受重力、两个拉力而处于平衡状态,三个力虽然不是作用在同一点,但三个力的延长线一定交于一点,由几何关系知,三个力一定交于三角形下面的顶点,所以重心一定在MN线上,根据牛顿第三定律知,重力的反作用力的作用点在MN线上

11、,选项A错误,选项B正确;两绳对三角板的拉力Fa和Fb是由于绳发生形变而产生的,选项C错误;对三角板受力分析如图3-8所示,则Fa=mgcos,Fb=mgsin,所以FaFb=cot=ba,选项D正确.图3-8第4讲摩擦力【教材知识梳理】相对滑动粗糙弹力相对运动FN相反相对静止粗糙弹力相对运动趋势相反辨别明理(1)()(2)()(3)()(4)()(5)()(6)()【考点互动探究】考点一例1B解析传送带静止不动时,物块M匀速下滑,说明物块M受到沿传送带向上的滑动摩擦力,当传送带顺时针转动时,物块仍受到沿传送带向上的滑动摩擦力,且大小不变,故M仍匀速下滑,B正确.变式题D解析物体相对钢板具有向

12、左的速度分量v1和侧向的速度分量v2,故相对钢板的合速度v的方向如图所示,滑动摩擦力的方向与v的方向相反,根据平衡条件可得F=fcos=mg,选项D正确.考点二例2C解析对a分析可知,a受重力、支持力的作用,有沿斜面向下滑动的趋势,因此a受到b沿斜面向上的摩擦力,f10;对a、b整体分析可知,a、b整体受重力、支持力的作用,有沿斜面向下滑动的趋势,因此b受到P沿斜面向上的摩擦力,f20;对a、b及P组成的整体分析,由于整体在水平方向不受外力,因此P不受桌面的摩擦力,f3=0,选项C正确.变式题D解析当物体受到的静摩擦力方向沿斜面向下,且达到最大静摩擦力时,测力计的示数最大,此时有F+kx=mg

13、sin+fmax,解得F=45N,故弹簧测力计示数不能超过45N,选项D正确.考点三例3C解析本题涉及摩擦力的渐变和突变,我们分阶段研究:初始木板处于水平位置,此时有=0,f=0;从木板开始转动到木块与木板发生相对滑动前,木块所受的是静摩擦力,由于木板缓慢转动,可认为木块处于平衡状态,由平衡条件可知,f静=mgsin,因此静摩擦力随的增大而增大,它们满足正弦规律变化;木块相对于木板刚要滑动时达到临界状态,此时木块所受的静摩擦力为最大静摩擦力fm,随着继续增大,木块将开始滑动,静摩擦力变为滑动摩擦力,且满足fmf滑;木块相对于木板开始滑动后,f滑=mgcos,则木块所受的滑动摩擦力随的增大而减小

14、,满足余弦规律变化;最后,=时,f=0.根据以上分析可知,选项C正确.变式题1B解析滑块上滑过程中受滑动摩擦力,由f=FN,FN=mgcos,联立得f=6.4N,方向沿斜面向下;当滑块的速度减为零后,由于重力的分力mgsin3(m1+m3)g,联立解得0.3Fsin30,故F1的大小有两种可能情况,由F=F,所以F1的大小可能为Fcos30-F或Fcos30+F,即F1的大小可能为F或F,选项A、C正确.变式题2B解析按作用效果将力F沿AC、AB两杆方向分解为如图甲所示的力F1、F2,则F1=F2=,由几何知识得tan=10,再按作用效果将力F1沿水平方向和竖直方向分解为如图乙所示的F3、F4

15、,则F4=F1sin,联立得F4=5F,即物体D所受的压力大小与力F的比值为5,B正确.考点三例2C解析因为物块均做匀速直线运动,所以拉力水平时,F=mg,拉力倾斜时,将F沿水平方向和竖直方向分解,根据平衡条件有Fcos60=(mg-Fsin60),解得=.变式题1B解析物块受重力mg、支持力FN、摩擦力f、拉力F1(或推力F2)而处于平衡,根据平衡条件,有F1cos60=(mg-F1sin60),F2cos30=(mg+F2sin30),又F1=F2,联立解得=2-.变式题2C解析将四个球看作一个整体,地面的支持力与球重力平衡,设其中一个球受的支持力大小为FN,因此3FN=4mg,选项C正确

16、;最上面的球对下面三个球肯定有弹力,选项A错误;对地面上的其中一个球受力分析,如图所示,选项B错误;由于球与地面间为静摩擦力,因此不能通过f=FN求解摩擦力,选项D错误.图5-11.某同学做引体向上,开始两手紧握单杠,双臂竖直,身体悬垂;接着用力向上拉使下颌超过单杠(身体无摆动);然后使身体下降,最终悬垂在单杠上.下列说法正确的是()A.在上升过程中单杠对人的作用力始终大于人的重力B.在下降过程中单杠对人的作用力始终小于人的重力C.若增加两手间的距离,最终悬垂时单臂的拉力变大D.若增加两手间的距离,最终悬垂时单臂的拉力不变解析C在上升或下降过程中,由于身体的运动性质不确定,因此无法确定单杠对人

17、的作用力与人的重力大小关系,选项A、B错误;根据力的合成法则,若增大两手间的距离,即增大两拉力的夹角,因拉力的合力不变,则拉力变大,选项C正确,D错误.2.在如图5-2所示的四个图中,滑轮本身的重力忽略不计,滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上,一根轻绳ab绕过滑轮,a端固定在墙上,b端下面挂一个质量均为m的重物,当滑轮和重物都静止不动时,甲、丙、丁图中杆P与竖直方向的夹角均为,图乙中杆P在竖直方向上.假设甲、乙、丙、丁四图中滑轮受到木杆弹力的大小依次为F甲、F乙、F丙、F丁,则以下判断中正确的是()图5-2A.F甲=F乙=F丙=F丁B.F丁F甲=F乙F丙C.F甲=F丙=F丁F乙D.F丙F甲=F乙F

18、丁解析B由图可知,四个图中绳的拉力大小均等于重物的重力mg,即滑轮两侧绳子的拉力大小均为mg,对滑轮受力分析,根据平行四边形定则和共点力的平衡条件可得,木杆对滑轮的弹力大小关系为F丁F甲=F乙F丙,选项B正确.图5-33.如图5-3所示,菜刀横截面为等腰三角形,刀刃前部的横截面顶角较小,后部的顶角较大,他先后做出过几个猜想,其中合理的是()A.刀刃前部和后部厚薄不均,仅是为了打造方便,外形美观,跟使用功能无关B.在刀背上加上同样的压力时,分开其他物体的力跟刀刃厚薄无关C.在刀背上加上同样的压力时,顶角越大,分开其他物体的力越大D.在刀背上加上同样的压力时,顶角越小,分开其他物体的力越大解析D把

19、刀刃部分抽象后,可简化成一个等腰三角劈,设顶角为2,背宽为d,侧面长为l,如图5-4甲所示.当在刀背施加压力F后,产生垂直侧面的两个分力F1、F2,使用中依靠着这两个分力分开被加工的其他物体.由对称性知,这两个分力大小相等(F1=F2),因此画出力分解的平行四边形,实为菱形,如图乙所示.在这个力的平行四边形中,取其四分之一考虑(图中阴影部分),根据它跟半个劈的直角三角形的相似关系,由关系式,得F1=F2=,由此可见,刀背上加上一定的压力F时,侧面分开其他物体的力跟顶角的大小有关,顶角越小,sin的值越小,F1和F2越大,选项D正确.图5-4图5-54.如图5-5所示,F1、F2为有一定夹角的两

20、个力,L为过O点的一条直线,要使F1、F2在L上的分力之和最大,L应取的方向是()A.F1、F2合力的方向B.F1、F2中较大的那个力的方向C.F1、F2中较小的那个力的方向D.任意方向均可解析A以直线L为x轴建立坐标系,如图5-6所示,分别对两分力F1、F2和它们的合力F正交分解,F1x+F2x=Fx=Fcos.当=0时,Fx最大,即当L取F1、F2的合力方向时,F1、F2在L上的分力之和最大,选项A正确.图5-6图5-75.2018宁波模拟如图5-7所示,一个“Y”形弹弓顶部跨度为L,两根相同的橡皮条自由长度均为L,在两橡皮条的末端有一块软羊皮(长度不计)做成裹片.若橡皮条的弹力与形变量的

21、关系满足胡克定律,且劲度系数为k,发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为3L(弹性限度内),则发射过程中裹片对弹丸的最大作用力为()A.2kLB.kLC.kLD.kL解析C每根橡皮条的最大拉力F=k(3L-L)=2kL,设两橡皮条的最小夹角为,则sin=,对两橡皮条拉力合成,裹片对弹丸的最大作用力Fm=22kLcos=4kL=kL,选项C正确.图5-86.(多选)如图5-8所示,一根绳子一端固定于竖直墙上的A点,另一端绕过动滑轮P悬挂一重物B,其中绳子的PA段处于水平状态,另一根绳子一端与动滑轮P的轴相连,另一端绕过光滑的定滑轮Q,在其端点O施加一水平向左的外力F,使整个系统处于平衡状态.滑轮均为光

22、滑、轻质,且均可看作质点.现拉动绳子的端点O使其向左缓慢移动一小段距离,在此过程中()A.拉力F增大B.拉力F减小C.角不变D.角减小解析AD以动滑轮P为研究对象,AP、BP段绳子的拉力大小始终等于B的重力,两绳子拉力的合力在APB的角平分线上,拉动绳子后,动滑轮向上运动,两段绳子夹角减小,两拉力的合力增大,故F增大,选项A正确,B错误;PQ与竖直方向的夹角等于APB的一半,故拉动绳子后,角减小,选项C错误,D正确.图5-97.如图5-9所示,a、b间是一根沿水平方向拉直的琴弦,长为L.现用一只弹簧测力计从琴弦的中点竖直向上拉,使琴弦的中点向上发生侧移量d(dL),此时弹簧测力计的示数为F.已

23、知弹簧测力计的量程为F0,全部刻度的长度为x0,求:(琴弦重力不计)(1)弹簧测力计中弹簧的劲度系数;(2)此时琴弦中张力的大小.答案(1)(2)解析(1)由胡克定律得F0=kx0故弹簧的劲度系数k=(2)设琴弦中的张力为FT,将弹簧测力计的拉力分解成沿两侧琴弦方向的分力,由平行四边形定则得2FTsin=F由于dL,则sintan=解得FT=专题二共点力的平衡及其应用【热点题型探究】热点一例1D解析物体N受到重力、支持力和静摩擦力三个力作用,M和N整体受到重力和外力F两个力作用,竖直墙对物体M没有作用力,所以物体M受到外力F、重力、N对M的压力和摩擦力四个力作用,选项A、B、C错误,D正确.变

24、式题C解析对a、b和轻杆组成的整体分析,根据平衡条件有Mgsin=Mgcos,解得=tan,再隔离a分析,假设受到杆的作用力,有mgsin=FT+mgcos,解得FT=0,所以轻杆对a无作用力,同理轻杆对b无作用力,a、b均受三个力,即重力、支持力和摩擦力,选项C正确.热点二例2A解析柔软轻绳上套有光滑小铁环,两侧轻绳中拉力大小相等.将大圆环在竖直平面内绕O点顺时针缓慢转过一个微小角度,A、B两点之间的水平距离减小,光滑小铁环两侧轻绳间的夹角减小,由2Fcos=mg可知,轻绳中拉力F减小,轻绳对A、B两点的拉力FA和FB都变小,选项A正确.变式题1C解析对小球受力分析,如图所示,在以挡板底端为

25、轴缓慢向左转动挡板至水平位置的过程,由动态平衡的图示可得,挡板对球的支持力先减小再增大,斜面对球的支持力逐渐减小,由牛顿第三定律知,球对挡板的压力先减小再增大,球对斜面的压力逐渐减小,选项C正确,选项A、B、D错误.变式题2A解析以B点为研究对象,由平衡条件可知FN和F的合力与T大小相等,方向相反,根据三角形相似可得=,又T=G,解得FN=G,F=G,故FN大小保持不变,力F逐渐减小,选项A正确,B、C、D错误.变式题3D解析设小球的重力为G,圆环沿顺时针方向滚动过程中b绳与竖直方向的夹角为,a和b的拉力大小分别为T1、T2.由平衡条件可知两绳拉力的合力不变,小球受到的重力G和T1、T2组成一

26、个闭合的三角形,T1、T2的夹角不变,由正弦定理得=,在90的范围内,变大,180-由90开始减小,故T1变大,T2变小,选项D正确.热点三例3D解析对物块A,施加外力F前,有mgsin=kxf1,FN1=mgcos,施加外力F后,有mgsin=kx+Fcos30f2,FN2=Fsin30+mgcos,斜面对A的支持力一定变大,摩擦力f2可能为0,由牛顿第三定律知,A对从斜面的压力一定变大,A对斜面的摩擦力可能为0,选项A、B、C错误,选项D正确.变式题B解析施加平行于斜面的推力F1时,由平衡条件得F1=mgsin+mgcos;施加水平推力F2时,有F2cos=mgsin+(mgcos+F2s

27、in),则F2=,故=cos-sin,选项B正确.热点四例4D解析小球A、B处于静止状态,系统受到的合外力为零,对系统受力分析,如图所示,由图中几何关系可得Fmin=3mgsin=mg,选项D正确.变式题1A解析当环A与杆间的摩擦力为最大静摩擦力时,A、B间的距离最大,设此时细线与杆间的夹角为,对环A,有FTcos=FN,FN=FTsin,解得=,而cos=,则距离x=,选项A正确.变式题2(1)(2)60解析(1)物体恰能沿斜面匀速下滑,对物体受力分析,由平衡条件有mgsin30=mgcos30解得=tan30=.(2)设斜面倾角为时物体恰能沿斜面匀速上滑,对物体受力分析,建立直角坐标系,如

28、图所示,由平衡条件有Fcos-mgsin-f=0FN-mgcos-Fsin=0其中f=FN联立解得F=当(cos-sin)0,即cot时,F,故临界角0=60.【高考模拟演练】1.A解析作出结点O的受力分析矢量图(动态),F与T的变化情况如图所示,可知F逐渐变大,T逐渐变大,故A正确.2.C解析对a受力分析如图甲所示,其中虚线三角形为等边三角形,由正交分解法可得Fsin=mgsin30,又知F=mg,故=30;对小物块的悬挂点受力分析如图乙所示,由力的合成可得2Fcos(+30)=Mg,解得M=m,C正确.3.BD解析对物块a,由二力平衡知,绳的拉力等于物块a的重力,大小保持一定,由于物块b始

29、终保持静止,所以连接a、b的绳的张力不变,对结点O,由三力平衡可知,绳OO的张力不变,选项A、C错误;设F与水平方向的夹角为,连接物块b的绳子拉力T与水平方向的夹角为,对物块b,由平衡条件,有Tsin+Fsin+FN=mg,Tcos-Fcosf=0,所以物块b所受到的支持力FN和物块b与桌面间的摩擦力f随F变化而变化,选项B、D正确.4.A解析对A,由平衡条件得FN=mg,选项A正确.5.B解析门对石头的力与石头对门的力是一对相互作用力,大小相等,选项A错误;对木楔,由平衡条件得Fsin=f,FN=mg+Fcos,选项B正确;当FsinFN时,门才能推动木楔,选项C、D错误.6.C解析对a球受

30、力分析,可知a受到重力、绳子的拉力以及杆对a球的弹力,三个力的合力为零,选项A错误;对b球受力分析,可知b受到重力、绳子的拉力,两个力的合力为零,杆对b球没有弹力,否则b不能平衡,选项B错误,C正确;对a,由平衡条件得FTcos30=Mgsin30,故a的重力Mg=mg,选项D错误.图Z2-11.如图Z2-1所示,在固定于天花板的轻弹簧下端挂一个小球,小球的重力为G.现使小球靠在倾角为的光滑斜面上,但仍然使轻弹簧保持竖直方向,则该斜面对小球弹力的大小为()A.GcosB.GtanC.GD.0解析D对小球受力分析可知,由于光滑斜面对小球没有摩擦力作用,由平衡条件推知,光滑斜面也不可能对小球有弹力

31、作用,弹簧对小球的拉力跟重力平衡,D正确.图Z2-22.如图Z2-2所示,在倾角为30的光滑固定斜面上有质量均为m=1kg的两个小球A、B,两球用劲度系数k=500N/m的轻质弹簧相连接.现对B施加一水平向左的推力F,使A、B均静止在斜面上,已知弹簧的原长为10cm,重力加速度g取10m/s2,则推力F的大小和此时弹簧的长度分别为()A.N和11cmB.N和11cmC.20N和12cmD.20N和12cm解析A以A、B两球和弹簧组成的系统为研究对象,则有Fcos30=2mgsin30,得F=N;隔离A球分析,有kx=mgsin30,故此时的弹簧长度为10cm+x=11cm,A正确.3.物体b在

32、力F作用下将物体a压向光滑的竖直墙壁,如图Z2-3所示,a处于静止状态.现增大力F,则下列说法中正确的是()图Z2-3A.a受到的摩擦力有两个B.a受到的摩擦力随F的增大而增大C.b受到地面的支持力随F的增大而增大D.b受到地面的支持力大小等于a、b的重力之和解析D对a,由平衡条件得,竖直方向上b对a的摩擦力大小等于a的重力,选项A、B错误;对a、b整体,由平衡条件得,b受到地面的支持力大小等于a、b的重力之和,选项C错误,选项D正确.4.如图Z2-4所示,在超市中小明的妈妈买了一个8kg的大西瓜放到购物车里,然后推着购物车乘自动扶梯匀速上楼,已知自动扶梯的倾角为30,购物车的底面与后侧面垂直

33、,购物车的底面与扶梯平行.假设小明的妈妈、购物车、自动扶梯间保持相对静止状态,西瓜与购物车内壁间的摩擦可忽略不计,重力加速度g取10m/s2.下列说法正确的是()图Z2-4A.购物车底面受到的压力等于80NB.购物车对西瓜的作用力小于80NC.人对西瓜的作用力等于80ND.购物车后侧面受到的压力小于80N解析D对西瓜受力分析,如图Z2-5所示,购物车底面对西瓜的支持力FN1=mgcos=40N,根据牛顿第三定律得,购物车底面受到的压力为40N,A错误;购物车后侧面对西瓜的支持力FN2=mgsin=40N,根据牛顿第三定律得,购物车后侧面受到的压力为40N,D正确;购物车对西瓜的作用力大小等于西瓜的重力80N,B错误;人对西瓜没有作用力,C错误.图Z2-5图Z2-65.在一个圆锥形容器内放置两个完全相同的光滑小球,两个小球静止时球心等高,截面如图Z2-6所示.已知小球的质量为m,圆锥顶角=60,重力加速度为g.设容器壁对每个小球的弹力大小为FN1,小球之间的弹力大小为FN2,则()A.FN1=mg,FN2=2mgB.FN1=mg,FN