2024年高考物理二轮复习高频考点追踪与预测（新高考专用）专题10 交变电流及远距离输电的运用（分层练）（原卷版）专题02 相互作用——力（讲义）（解析版）.docx

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1、2024年高考物理二轮复习高频考点追踪与预测（新高考专用）专题10 交变电流及远距离输电的运用（分层练）（原卷版）专题02 相互作用力01专题网络思维脑图02考情分析解密高考03高频考点以考定法04核心素养难点突破05创新好题轻松练习考点内容要求考情力的合成与分解基本运算c2023重庆1、广东2、山东2、浙江6月 6浙江1月2、海南3、江苏72022辽宁4、浙江1月4（5和7）、浙江6月10、广东1、河北7、湖南5、重庆1、海南7、2021重庆1、广东3、湖南5、浙江1月 42020海南2、北京11、山东8、浙江1月 2、浙江6月3（10）、全国III22019天津2、全国I6、全国II3、全

2、国III3、浙江6月6（11）牛顿运动第一第三定律的运用c对研究对象的受力分析c共点力的静态平衡分析方法c共点力的动态平衡分析方法c学习目标1. 熟悉掌握力的合成与分解的基本计算，熟练掌握利用三角函数求解合力或分力的大小。2.清楚牛顿第一第三定律的内容，理解平衡力或相互作用力的区别。3.掌握受力分析的方法，清楚对各种性质力的分析步骤，理解整体法和隔离法的使用条件，能做到对判别不同题型优先使用哪种受力分析方法和各研究对象的优先受力分析次序。4.清楚静态平衡的分析方法：合成法或分解法，正交分解法的使用条件。5.熟练掌握动态平衡分析方法，即解析法、图解法、相似三角形法、辅助圆法等的使用条件。【典例1

3、】（2023广东）如图所示，可视为质点的机器人通过磁铁吸附在船舷外壁面检测船体。壁面可视为斜面，与竖直方向夹角为。船和机器人保持静止时，机器人仅受重力G、支持力FN、摩擦力Ff和磁力F的作用，磁力垂直壁面。下列关系式正确的是（）AFf=GBF=FNCFf=GcosDF=Gsin【答案】C【详解】如图所示，将重力垂直于斜面方向和沿斜面方向分解A C沿斜面方向，由平衡条件得Ff=Gcos故A错误，C正确；B D垂直斜面方向，由平衡条件得F=Gsin+FN故BD错误。故选C。【典例2】（2023浙江）如图所示，轻质网兜兜住重力为G的足球，用轻绳挂于光滑竖直墙壁上的A点，轻绳的拉力为FT，墙壁对足球的

4、支持力为FN，则（）AFTGDFT=G【答案】C【详解】对网兜和足球受力分析，设轻绳与竖直墙面夹角为，由平衡条件FT=Gcos=FNsin，FN=Gtan可知FTG，FTFN故选C。1.受力分析方法和步骤2.静态平衡之正交分解法的运用3.静态平衡之合成法或分解法的运用4.动态平衡之解析法5.动态平衡之相似三角形法6.拉密定理如图所示，在同一平面内，当三个共点力的合力为零时，其中任一个力与其他两个力夹角正弦值的比值相等，即考向01 静态平衡之合成法或分解法【针对练习1】如图所示，与竖直墙壁成53角的轻杆一端斜插入墙中并固定，另一端固定一个质量为m的小球，水平轻质弹簧处于压缩状态，弹力大小为，则轻

5、杆对小球的弹力大小为 。【答案】【详解】以小球为研究对象，分析受力情况，如图所示根据共点力平衡条件，轻杆对小球的弹力大小为方向不沿杆方向。【针对练习2】生活中常用两根拉着悬吊重物的绳索来改变或固定悬吊物的位置。如图，悬吊重物的细绳，其O点被一水平绳牵引，使悬绳段和竖直方向成角。悬吊物所受重力为。（1）悬绳和水平绳所受的拉力各等于多少？（2）一个人，性格最差的一面影响其前程；一根链条，最脆弱的一环决定其强度；一只木桶到底能盛多少水，取决于桶壁最短的那块木板，这就是所谓的“短板效应”。这个定律在静力学中也有淋漓尽致的体现。若悬吊物细绳所承受的最大拉力为，所承受的最大拉力为，则这套装置的“短板”是谁

6、？能悬吊的重物最大重力是多少？【答案】（1），；（2）这套装置的“短板”是细绳，能悬吊的重物最大重力为【详解】（1）以O点为对象，受力如图所示根据受力平衡可得悬绳所受的拉力为水平绳所受的拉力为（2）根据可得根据可得由于可知则这套装置的“短板”是细绳，能悬吊的重物最大重力为。考向02 正交分解法解决平衡问题【针对练习3】如图所示，半径为r圆柱体B、C固定在两个不计质量、不计厚度的相同水平底座上，且B、C靠在一起，底座与水平面间的动摩擦因数为，圆柱体A（半径为r）放在圆柱体B、C的上方，三者处于静止状态，质量关系为mA2mB2mC2m，三个圆柱面间均光滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g

7、。（1）求B对A的支持力FN。（2）要使系统保持静止状态，求的最小值。【答案】（1）；（2）【详解】（1）如图，对A受力分析，由对称性可知C对A的作用力与B对A的作用力大小相等，设，则解得求B对A的支持力（2）对B受力分析，如图水平方向竖直方向由最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则解得【针对练习4】如图所示，质量为m0.6kg的物块通过一段细绳悬挂在轻绳PA和PB的结点P上并处于静止状态，PA与竖直方向的夹角为53，PB沿水平方向。质量为M25kg的木块与PB相连，恰好静止在倾角为37的斜面上，已知重力加速度取g10m/s2，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（sin370.6，cos370

8、.8）求：（1）轻绳PA和轻绳PB各自产生张力的大小；（2）木块M跟斜面之间的动摩擦因数。（该结果保留两位有效数字）【答案】（1）10N，8N；（2）0.80【详解】（1）如图1所示，分析结点P的受力根据平衡条件得解得轻绳PA、PB的张力分别为FA=10N，FB=8N（2）对斜面上的物体受力分析，如图2所示根据平衡条件得其中联立代入数据解得考向03 动态平衡之解析法【针对练习5】如图所示，用绳将重球挂在墙上，设绳的拉力为T，墙对球的支持力为N，则当绳的长度增加后两力的变化情况是（）AT减小，N增大BT增大，N减小CT、N均增大DT、N均减小【答案】D【详解】对小球受力分析如图所示根据平衡条件可

9、得当绳的长度增加后，减小，故T、N均减小。故选D。【针对练习6】如图所示，在固定好的水平和竖直的框架上，A、B两点连接着一根绕过光滑轻小滑轮的不可伸长的细绳，重物悬挂于滑轮下，处于静止状态。若按照以下的方式缓慢移动细绳的端点，则下列判断正确的是（）A只将绳的左端移向A点，拉力变小B只将绳的左端移向A点，拉力不变C只将绳的右端移向B点，拉力变小D只将绳的右端移向B点，拉力变大【答案】BD【详解】AB设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为，绳子的长度为L，B点到A点的距离为s，根据几何知识和对称性，得以滑轮为研究对象，设绳子拉力大小为F，根据平衡条件得联立解得当只将绳的左端移向A点，s不变，可知F不变，

10、故A错误，B正确；CD当只将绳的右端移向B点，s增加，可知 F增大，故C错误，D项正确。故选BD。考向04 动态平衡之相似三角形法【针对练习7】如图所示，木板B放置在粗糙水平地面上，O为光滑铰链。轻杆一端与铰链O连接，另一端连接一质量为m的小球A。现将轻绳一端拴在小球A上，另一端通过光滑的定滑轮由力F牵引，定滑轮位于O的正上方，整个系统处于静止状态。现改变力F的大小使小球A和轻杆从图示位置缓慢运动到正下方，木板始终保持静止，则在整个过程中（）A外力F逐渐变小B轻杆对小球的作用力大小变小C地面对木板的支持力逐渐变小D地面对木板的摩擦力逐渐变大【答案】A【详解】A B对小球A进行受力分析，三力构成

11、矢量三角形，如图所示根据几何关系可知两三角形相似，因此缓慢运动过程越来越小，则F逐渐减小，由于OA长度不变，杆对小球的作用力大小不变，故A正确； B错误；CD对木板，由于杆对木板的作用力大小不变，方向向右下，但杆的作用力与竖直方向的夹角越来越小，所以地面对木板的支持力逐渐增大，地面对木板的摩擦力逐渐减小。故CD错误。故选A。【针对练习8】如图所示为一简易起重装置，AC是上端带有滑轮的固定支架，BC为质量不计的轻杆，杆的一端C用铰链固定在支架上，另一端B悬挂一个质量为m的重物，并用钢丝绳跨过滑轮A连接在卷扬机上。开始时，杆BC与AC的夹角，现使缓缓变小，直到。在此过程中，（不计一切阻力）（）A绳

12、上的拉力逐渐增大B杆BC对B点的作用力大小不变C杆BC对B点的作用力先减小后增大D绳子对滑轮A的作用力变小【答案】BD【详解】BC对结点B受力分析，由平衡条件可画出力的示意图由相似三角形可得可得杆对B点的作用力大小为在变小的过程中，由于AC、BC长度不变，故N不变，故B正确，C错误；A同理可得绳上的拉力大小为在变小的过程中，由于AC不变，AB缩短，故T减小，故A错误；D设滑轮两边绳子的夹角为，根据几何关系可知变大，绳子对滑轮A的作用力为变小，变小，则变小，故D正确。故选BD。考向05 动态平衡之图解法【典例1】（2019全国）如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮一细绳跨过滑轮

13、，其一端悬挂物块N另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45已知M始终保持静止，则在此过程中（）A水平拉力的大小可能保持不变BM所受细绳的拉力大小一定一直增加CM所受斜面的摩擦力大小一定一直增加DM所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加【答案】BD【详解】如图所示，以物块N为研究对象，它在水平向左拉力F作用下，缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45的过程中，水平拉力F逐渐增大，绳子拉力T逐渐增大；对M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，则随着绳子拉力T的增加，则摩擦力f也逐渐增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，则随

14、着绳子拉力T的增加，摩擦力f可能先减小后增加故本题选BD【针对练习9】倾角为30的斜面体C固定，斜面上有一物块B通过一根轻绳绕过光滑定滑轮与小球A相连，B与滑轮间的细绳与斜面平行，O与滑轮间的细绳水平，A、B的质量均为m，初始时，如图所示，现将作用于O点的拉力F逆时针缓慢转动至竖直方向，此过程中B始终保持静止。已知重力加速度为g。下列说法正确的是（）A初状态，物块B受到的摩擦力方向沿斜面向上BOB绳拉力先变小后变大CBC间的摩擦力先减小后增大D拉力F一直增大【答案】C【详解】A时，结点O的受力情况如图所示物块B的受力情况如图所示则根据平衡条件有可知摩擦力方向沿斜面向下，故A错误；BD画出结点所

15、受三个力的矢量三角形如图由图可知OB绳拉力逐渐减小，拉力F一直减小，故BD错误；C根据当OB绳拉力逐渐减小时，BC间的摩擦力先减小后反向增大，故C正确。故选C。【针对练习10】斜面倾角为30，重为20N的A物体放在斜面上。平行于斜面的细线一端系着A物体，另一端通过光滑定滑轮连着B物体，B物体在方向可变的拉力F作用下静止在如图所示位置，已知F最小时，大小为8N，则有（）AF最小时，方向水平向右BF最小时，A物体受斜面摩擦力大小为CF最小时，A物体受斜面摩擦力沿斜面向上DB物体重力大小为【答案】B【详解】设B物体的质量为，绳中张力为，物体B受力示意图如图所示。可知当拉力斜向右上与绳子垂直时的拉力最

16、小，根据平衡条件有解得当最小时绳中张力为，根据平衡条件可知，物体A的摩擦力为方向沿斜面向下，故B正确，ACD错误。故选B。考向06 动态平衡之辅助圆法【典例1】（2017全国高考真题）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()AMN上的张力逐渐增大BMN上的张力先增大后减小COM上的张力逐渐增大DOM上的张力先增大后减小【答案】AD【详解】以重物为研究对象，受重力mg，OM绳上拉力F2，MN上拉力F1，由题意知，三个力合力始终为零，

17、矢量三角形如图所示，在F2转至水平的过程中，MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小，所以A、D正确；B、C错误【针对练习11】（多选）如图，轻绳OA的一端A固定，用手拉住绳的另一端B初始时，OA与OB之间的夹角为（）。现将灯笼向右上方缓慢拉起，并保持夹角不变。在OA由图示位置（OA与竖直方向的夹角小于）被拉到水平的过程中（）AOB上的张力逐渐增大BOB上的张力先增大后减小CAO上的张力逐渐增大DAO上的张力先增大后减小【答案】AD【详解】以重物为研究对象，受重力mg，OA绳上拉力TOA，OB上拉力TOB，由题意知，三个力合力始终为零，矢量三角形如图所示在TOA转至水平的过程中，

18、OB上的张力TOB逐渐增大，OA上的张力TOA先增大后减小。故选AD。【针对练习12】（多选）如图所示，粗糙斜面体C上有一个物块A通过轻绳跨过固定在斜面顶端的光滑定滑轮与质量为m的物块B相连，且均处于静止状态，现给物体B施加一个与轻绳夹角始终为的拉力F，让轻绳缓慢从竖直变成水平，此过程中物体A和斜面体C始终静止，则在此过程中，下列说法正确的是（）A绳子中的拉力T一直变大B拉力F的最大值为C斜面体C受地面的摩擦力一直减小D物块A受到的摩擦力可能先增大后减小【答案】BD【详解】AB让轻绳缓慢从竖直变成水平，且保持的拉力F与轻绳夹角始终为，以物体B为对象，根据受力平衡，结合三角形定则，画出如图所示的

19、辅助圆由图可知，绳子中的拉力T先增大后减小；拉力F一直增大，当轻绳变成水平时，拉力最大，则有故A错误，B正确；C以A、B、C为整体，根据受力平衡可知，斜面体C受地面的摩擦力大小等于拉力F的水平分力，则有由辅助圆可以看成拉力F的水平分力先增大后减小，则斜面体C受地面的摩擦力先增大后减小，故C错误；D由于不清楚斜面体C倾角的具体值，所以可能存在绳子拉力一直大于物块A重力沿斜面向下的分力，则对于A，沿斜面方向有由于绳子中的拉力T先增大后减小，则物块A受到的摩擦力先增大后减小，故D正确。故选BD。一、单选题1歼-35舰载机在航母上降落，需利用阻拦系统使之迅速停下。如图，某次着舰时，飞机钩住阻拦索中间位

20、置，两段绳索夹角为120时阻拦索中张力为F，此刻飞机受阻拦索作用力的大小为（）AFB3FC32FD2F【答案】A【详解】由力的合成的平行四边形法则，结合数学知识知，歼-35所受阻拦索的力为2Fcos60=F故选A。2将一长方形木块锯开为相同的A、B两部分后，按图示方式叠放并静止在粗糙水平地面上，A、B接触面与竖直方向的夹角为，A、B间的动摩擦因数为。若A、B的质量均为m，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（）AB可能受到5个力作用BA对B的摩擦力大小为mgsinCA对B的作用力大小为mgDA对B有沿接触面向上大小为mgcos的摩擦力【答案】C【详解】A对B受力分析，B受到竖直向下的重力，地

21、面竖直向上的支持力，A对B的压力和摩擦力，将A、B看成一个整体，整体受重力和地面对整体的支持力而平衡，则可知B不受地面的摩擦力，所以B受4个力的作用，故A错误。BCD对A受力分析，A受到竖直向下的重力mg，B对A垂直于接触面斜向左上方的支持力和沿接触面向上的静摩擦力作用，三力作用A处于平衡状态，有：f=mgcosFN=mgsin摩擦力与FN的合力与重力等大反向，即B对A的作用力大小为mg，根据牛顿第三定律，A对B的作用力大小为mg，故BD错误，C正确。故选C。3如图所示，一只半球形碗倒扣在水平桌面上，质量为m的蚂蚁能停在图中的A点，半径OA与水平线 的夹角为，则蚂蚁所受摩擦力大小为（）Amgc

22、osBmgsinCmgtanDmgsin【答案】A【详解】过A点做切线，切线与水平方向的夹角为，如图所示由平衡条件得蚂蚁所受摩擦力大小Ff=mgsin又因为sin=cos得蚂蚁所受摩擦力大小Ff=mgcos故选A。4如图，小球C置于内侧面光滑的半球形凹槽B内，B放在长木板A上，整个装置处于静止状态。在缓慢减小木板的倾角过程中，下列说法正确的是（）AA受到的摩擦力逐渐减小BA受到的压力逐渐减小CC对B的压力逐渐变大DC受到三个力的作用【答案】A【详解】AB对BC组成的整体进行受力分析，可得A受到的压力与摩擦力为N=(mB+mC)gcosf=(mB+mC)gsin在缓慢减小木板的倾角的过程中，N增

23、大，f减小，故A正确，B错误；CD对C进行研究可知C受重力和半球形凹槽对C的支持力，根据二力平衡及作用力与反作用力的关系可知C对B的压力不变，故CD错误。故选A。5中国载人航天工程已阔步走过30年，作为佑护航天员平安返回的“生命之伞”，为我国载人航天任务作出了突出贡献。在某次神舟飞船竖直匀速返回地面过程中，假设返回舱重量为G1（不计它受到的空气阻力），降落伞重量为G2，有96根相同的拉线与返回舱相连，另一端均匀分布在伞的边缘，每根拉线和竖直方向都成30角，则每根拉线上的张力大小为（）AG148B3G1144CG1+G248D3G1+G2144【答案】B【详解】对返回舱受力分析，竖直方向列平衡方

24、程96Tcos30=G1解得T=G1483=3G1144故选B。6如图所示，圆心为O、半径为R的四分之一圆形光滑轨道竖直固定在水平地面上，在O点正上方有一光滑的小滑轮，小滑轮到轨道最高点B的距离为h，轻绳的一端系一质量为m的小球，靠放在光滑圆形轨道上的A点，A点到小滑轮的距离为L，另一端绕过小滑轮后用力拉住.重力加速度大小为g，则（）A小球静止在A点时，圆形轨道对小球的支持力大小FN=mgLR+B小球静止在A点时，绳对小球的拉力大小FT=2mgLR+C缓慢地拉绳，使小球由A到B的过程中，FN大小不变，FT变小D缓慢地拉绳，使小球由A到B的过程中，FN变小，FT先变小后变大【答案】C【详解】A小

25、球受力如图所示由平衡条件可知，将三个力按顺序首尾相接，可形成图示所示的闭合三角形，由图可知力的矢量三角形与几何三角形AOO相似，则有mgR+=FNR=FTL解得FN=mgRR+FT=mgLR+其中mg、R、h均不变，L逐渐减小，则由上式可知，FN不变，FT变小。故选C。7如图所示，质量为m的小球套在竖直固定的光滑圆环上，在圆环的最高点有一个光滑小孔，一根轻绳的下端系着小球，上端穿过小孔用力拉住使小球从图示位置向上缓慢移动，关于绳对小球的拉力大小与圆环对小球的弹力大小的变化，下列表述正确的是（）A拉力先变大后变小，圆环对小球的弹力大小不变B拉力变大，圆环对小球的弹力变小C拉力变小，圆环对小球的弹

26、力大小不变D拉力先变小后变大，圆环对小球的弹力变大【答案】C【详解】小球沿圆环缓慢上移，对小球进行受力分析，受到重力G、绳的拉力F、轨道对小球的弹力FN，三个力的合力为零，作出受力分析图，如图所示由相似三角形有GFO=FAB=FNOA其中FO=OA=R当A点上移时，半径不变，AB长度减小，所以F减小，FN不变。故选C。8如图，轻绳两端固定在一硬质轻杆上的A、B两点，在轻绳中点O系一重物，OB段绳子水平，OA段绳子倾斜。现将轻杆在竖直面内逆时针缓慢转动直到OA段绳子竖直，在此过程中，绳OA、OB的张力FA和FB的大小变化情况是（）AFA先减小后增大，FB一直减小BFA先减小后增大，FB先增大后减

27、小CFA一直减小，FB一直减小DFA一直减小，FB先增大后减小【答案】C【详解】对点O进行受力分析，如图系统静止，所以三力平衡，由三角形法则可得mgsin=FAsin=FBsin初始时，=90。将轻杆在竖直面内逆时针缓慢转动时，角大小不变，角增大，角减小，故而可知FA一直减小，FB一直减小，C正确。故选C。二、多选题9如图所示，P为光滑定滑轮，O为光滑轻质动滑轮，轻绳跨过滑轮，左端与物体A相连，右端固定在杆Q上，重物B悬挂在动滑轮上。将A置于静止在粗糙水平面的斜面体上，轻绳AP段与斜面平行，系统处于静止状态。若将杆Q向右移动一小段距离，斜面体与物体A仍保持静止状态，待动滑轮静止后，下列说法正确

28、的是（）A轻绳中拉力增大B物体A与斜面体之间的摩擦力一定增大C斜面体与地面之间的弹力增大D斜面体与地面之间的摩擦力增大【答案】AD【详解】A若将杆Q移动一段距离，斜面体与物体A仍保持静止状态，待动滑轮静止后，QOP 变大，两绳拉力大小相等，合力与B的重力等大反向，设绳OP与竖直方向夹角为，则有T=mg2cos角度变大，则绳中拉力变大，故A正确；B根据上述，绳中拉力变大，如果开始A受到的摩擦力沿斜面向上，则摩擦力可能减小，也有可能反向，如果开始A受到的摩擦力沿斜面向下，则摩擦力增大，故B错误；C对A和斜面整体分析，斜面倾角为，水平方向有f=Tcos绳的拉力变大，斜面体与地面之间的摩擦力变大，故C

29、错误，D正确。故选AD。10如图所示，L形木板置于水平地面上，压缩的轻质弹簧的一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的物块Q相连。若木板与Q均保持静止，则（）AQ受到4个力的作用B木板受到4个力的作用CQ对木板的摩擦力水平向左D地面对木板的摩擦力为零【答案】AD【详解】A物体Q一定受到重力、木板的支持力，弹簧向右的弹力以及木板给物块向左的摩擦力，故A正确；BD木板受到木板自身重力、地面给木板的支持力、木块给木板的压力以及弹簧给木板向左的弹力、木块给木板向右的摩擦力共5个力，地面对木板没有摩擦力，整体分析可知，如果有整体无法平衡，故B错误D正确；C木块相对木板有向右运动趋势，所以木板给木块的摩

30、擦力向左，则木块给木板的摩擦力向右，故C错误；故选AD。11在一次学校的升旗仪式中，小明观察到拴在国旗上端和下端各有一根绳子，随着国旗的徐徐升起，上端的绳子与旗杆的夹角在变大，下端的绳子几乎是松弛的，如图所示。设风力水平，两绳重力忽略不计，由此可判断在国旗升起的过程中（）A风力在逐渐增大B上端的绳子的拉力先减小后增大C上端的绳子的拉力在逐渐增大D国旗受到的合力增大【答案】AC【详解】由题知下端的绳子几乎是松弛的，则该段绳子没有拉力，将国旗看做质点对其做受力分析有随着国旗的徐徐升起，上端的绳子与旗杆的夹角在变大，根据图解法有由上图可看出随着上端的绳子与旗杆的夹角在变大，风力F风也逐渐增大、上端绳

31、子的拉力FT也逐渐增大，国旗受到的合力0。故选AC。12如图甲所示，挡板OM与挡板ON夹角为60，MON的角平分线沿竖直方向，将一个重G=60N的铅球放在两挡板之间，现将整个装置以过O点的水平线为轴沿逆时针方向缓慢地转动，直到ON沿竖直方向位置如图乙所示，整个过程两挡板的夹角保持不变，忽略一切摩擦力，则（）A挡板ON对小球的作用力逐渐减小B挡板OM对小球的作用力先增大后减小C转动前挡板OM对小球的作用力大小为60ND图乙中挡板ON对小球的作用力大小为303N【答案】AC【详解】AB整个过程球处于动态平衡，由力的平衡条件可知两支持力的合力与重力等大反向，两挡板的支持力之间的夹角始终为60，受力分

32、析如图所示当装置转动到挡板ON竖直时，由图可知该过程中挡板ON对球的作用力逐渐减小，挡板OM对球的作用力逐渐增大，故A正确，B错误；C根据对称性可知，转动前挡板OM对球的作用力大小等于挡板ON对球的作用力大小，根据受力平衡可得2FMsin30=G解得转动前挡板OM对球的作用力大小为FM=60N故C正确；D转动后，以球为对象，根据受力平衡可得FN=Gtan30可得挡板ON对球的作用力大小为FN=203N故D错误。故选AC。13如图所示，轻绳OA、轻杆OB的O端与质量为m的小球拴接在一起，轻杆的B端通过铰链连接在竖直墙面上，小球处于静止状态，且OA=OB，OB与竖直方向的夹角为60，重力加速度为g

33、，则（）A轻绳OA受到的拉力大小为mgB轻杆OB受到的弹力大小为3mgC若将A点缓慢向下移动一小段距离，则轻绳OA受到的拉力将变大D若将A点缓慢向下移动一小段距离，则轻绳OA受到的拉力将变小【答案】AC【详解】AB对小球进行受力分析，受力三角形如下图所示由几何关系可知TOA=TOB=mg故A正确，B错误；CD若将A点向下移动一小段距离，OB与竖直方向所成的夹角将增大，则由小球受力分析图可知轻绳OA受到拉力变大，故C正确，D错误。故选AC。14如图所示，倾角=30的斜面体A固定在水平地面上，一根轻绳跨过斜面体顶端的小滑轮，绳两端系有质量为2.5m和m的小物块a、b，整个装置处于静止状态.现给物块

34、b施加一个水平向右的力F，使其缓慢运动到绳与竖直方向成60角的位置。整个过程中小物块a一直保持不动，不计绳与滑轮间的摩擦.在此过程中（）A力F一直增大B小物块a受到的摩擦力先增大再减小C绳上张力先增大后减小D小物块a与斜面之间的动摩擦因数最小值为35【答案】AD【详解】AC物块b处于平衡态，对b受力分析，如图所示设绳与竖直方向的夹角为，根据平行四边形定则可知，水平向右的力F=mgtan绳的拉力T=mgcos故当从0变化为60的过程，F逐渐变大，T逐渐变大，A正确，C错误；BD根据绳的拉力T=mgcos可知，当=0时Tmin=mg当=60时Tmax=2mg对a受力分析.如图所示刚开始Tmin=m

35、ga处于静止状态，则摩擦力f=2.5mgsin30Tmin=0.25mg方向沿斜面向上当变为60时，摩擦力为f=Tmax2.5mgsin30=0.75mg方向沿斜面向下，故小物块a受到的摩擦力先减小再增大，故小物块a与斜面之间的动摩擦因数最小值为min=0.75mg2.5mgcos30=35故B错误D正确。故选AD。三、解答题15质量为4kg的物块A放在倾角为37的斜面体上，平行于斜面的轻绳跨过光滑定滑轮与A相连，另一端作用一个大小为30N的力使整个装置保持静止，如图所示。已知物块A与斜面间的动摩擦因数为0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，斜面体一直处于静止状态，g=10m/s2，sin37

36、=0.6，cos37=0.8。（1）物块A受到斜面体的支持力大小；（2）斜面体受到水平地面的摩擦力大小；（3）若物块A的质量可变化，为保持装置静止，求物块A的质量范围。【答案】（1）32N；（2）24N；（3）3kgm15kg【详解】（1）对A受力分析如图，则FN=mgcos=32N（2）对整体受力分析如图，则Ff2=Fcos=24N（3）对A分析，由于F不变，当物体A的质量小时，重力沿斜面方向的分力较小，静摩擦力的方向向下，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则有mmingcos+mmingsin=F 求得mmin=3kg 当物体A的质量大时，重力沿斜面方向的分力较大，静摩擦力的方向向上，最大静摩擦

37、力等于滑动摩擦力，则有mmaxgsin=F+mmaxgcos求得mmax=15kg故3kgm15kg16某材料放置如图，在竖直墙壁的左侧水平地面上放置一个边长为a、质量为M = 4kg的正方体ABCD，在墙壁和正方体之间放置半径R = 0.5m、质量为m的光滑球，正方体和球均保持静止。球的球心为O，OC与竖直方向的夹角为，正方体的边长a R，正方体与水平地面的动摩擦因数 = 0.5。已知重力加速度g = 10m/s2，sin37 = 0.6，cos37 = 0.8，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力。（1）若 = 30、m = 3kg，求正方体受到地面的摩擦力大小；（2）若 = 30，保持球的半径不

38、变，只增大球的质量，为了不让正方体出现滑动，求光滑球质量的最大值；（3）改变正方体到墙壁之间的距离，当正方体的右侧面BC到墙壁的距离小于某个值L时，无论球的质量是多少，球和正方体始终处于静止状态，且球没有落到地面，求L的值。【答案】（1）Ff=22.5N；（2）m=8kg；（3）L0.724m【详解】（1）以球为研究对象，受力如图所示小球受力平衡可知N2=mgtan=22.5N以正方体和球整体为研究对象，受力如图所示对整体受力分析可得Ff=N2Ff=22.5N（2）以正方体和球整体为研究对象，竖直方向受重力m+Mg和地面的支持力FN，水平方向受墙壁的弹力N2和地面的摩擦力Ff，根据平衡条件FN=m+MgFN=N2m=8kg（3）根据无论m多大，球和正方体始终处于静止状态，要满足条件mgtanm+Mg当m时tan=12通过几何关系解得L=R+Rsin代入数据得L=0.5+510m0.724m