8、 θ，結(jié)合牛頓第三定律可知，選項C正確；由 Ff＝mgcos θ可知，木塊受到的靜摩擦力大小與 F 無關(guān)，故當(dāng)增大 F 時，天花板與木塊間的靜摩擦力保持不變，選項D錯誤．
[答案] C
[突破訓(xùn)練] (2018·合肥五校聯(lián)考)如圖所示，一個“房子”形狀的鐵制音樂盒靜止在水平面上，一個塑料殼里面裝有一個圓柱形強(qiáng)磁鐵，吸附在“房子”的頂棚斜面上，保持靜止?fàn)顟B(tài)．已知頂棚斜面與水平面的夾角為θ，塑料殼和磁鐵的總質(zhì)量為m，塑料殼和頂棚斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，則以下說法正確的是( )
A．塑料殼對頂棚斜面的壓力大小為mgcos θ
B．頂棚斜面對塑料殼的摩擦力大小一定為μmgcos θ
9、
C．頂棚斜面對塑料殼的支持力和摩擦力的合力大小為mg
D．磁鐵的磁性若瞬間消失，塑料殼不一定會往下滑動
解析：選D.將塑料殼和圓柱形磁鐵當(dāng)成整體受力分析，它受重力、支持力(垂直斜面向上)、沿斜面向上的摩擦力、頂棚對磁鐵的吸引力而處于平衡狀態(tài)，則塑料殼對頂棚斜面的壓力大于mgcos θ，A錯誤；頂棚斜面對塑料殼的摩擦力大小等于mgsin θ，B錯誤；頂棚斜面對塑料殼的支持力和摩擦力及頂棚對圓柱形磁鐵的吸引力三者的合力大小為mg，C錯誤；當(dāng)磁鐵的磁性消失時，最大靜摩擦力大小發(fā)生變化，但合力可能為零，可能保持靜止?fàn)顟B(tài)，則塑料殼不一定會往下滑動，D正確．
靜態(tài)平衡問題
求解共點力平
10、衡問題常用的方法
力的合成法：對研究對象受力分析后，應(yīng)用平行四邊形定則(或三角形定則)求合力的方法．力的合成法常用于僅受三個共點力作用且保持平衡的物體．
正交分解法：把物體受到的各力都分解到互相垂直的兩個方向上，然后分別列出兩個方向上合力為零的方程并求解．當(dāng)物體受四個及四個以上共點力作用而平衡時，一般采用正交分解法．
圖解法：對研究對象進(jìn)行受力分析，再根據(jù)平行四邊形定則或三角形定則畫出不同狀態(tài)下力的矢量圖(畫在同一個圖中)，然后根據(jù)有向線段(表示力)的長度變化情況判斷各個力的變化情況．
用圖解法分析動態(tài)平衡問題時要在矢量三角形中確定不變的量和改變的量．
(多選)如圖所示，
11、重物A被繞過小滑輪P的細(xì)線所懸掛，小滑輪P被一根細(xì)線系于天花板上的O點，B物體放在粗糙的水平桌面上，O′是三根線的結(jié)點，bO′水平拉著B物體，cO′豎直拉著重物 C，aO′、bO′與cO′的夾角如圖所示．細(xì)線、小滑輪的重力和細(xì)線與滑輪間的摩擦力均可忽略，整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)．若懸掛小滑輪的細(xì)線 OP 的張力大小是20 N，則下列說法中正確的是(g＝10 m/s2)( )
A．重物 A 的質(zhì)量為2 kg
B．桌面對 B 物體的摩擦力大小為 10 N
C．重物 C 的質(zhì)量為1 kg
D．OP 與豎直方向的夾角為60°
[解析] 以小滑輪 P 為研究對象，受力分析如圖甲所示，則有2T
12、cos 30°＝F，故T＝＝20 N，由于T＝mAg，故mA＝2 kg，則選項A正確；以 O′點為研究對象，受力分析如圖乙所示，由平衡條件得：Tcos 30°＝Fb，F(xiàn)b＝10 N，Tsin 30°＝FC＝mCg，故 mC＝1 kg，則選項C正確；又因為 Fb＝－f，所以選項 B 正確；OP 與豎直方向的夾角應(yīng)為30°，所以選項 D 錯誤．
[答案] ABC
角度1 “整體法”與“隔離法”的應(yīng)用
1．在粗糙水平面上放著一個三角形木塊abc，在它的兩個粗糙斜面上分別放有質(zhì)量為m1和m2的兩個物體，m1>m2，如圖所示，若三角形木塊和兩物體都是靜止的，則粗糙水平面對三角形木塊(
13、)
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確定，因m1、m2、θ1、θ2的數(shù)值均未給出
D．以上結(jié)論都不對
解析：選D.法一(隔離法)
把三角形木塊隔離出來，它的兩個斜面上分別受到兩物體對它的壓力 FN1、FN2，摩擦力 F1、F2.由兩物體的平衡條件知，這四個力的大小分別為
FN1＝m1gcos θ1，F(xiàn)N2＝m2gcos θ2
F1＝m1gsin θ1，F(xiàn)2＝m2gsin θ2
它們的水平分力的大小(如圖所示)分別為
FN1x＝FN1sin θ1＝m1gcos θ1sin θ1
14、
FN2x＝FN2sin θ2＝m2gcos θ2sin θ2
F1x＝F1cos θ1＝m1gcos θ1sin θ1
F2x＝F2cos θ2＝m2gcos θ2sin θ2
其中 FN1x＝F1x，F(xiàn)N2x＝F2x，即它們的水平分力互相平衡，木塊在水平方向無滑動趨勢，因此不受水平面的摩擦力作用．
法二(整體法)
由于三角形木塊和斜面上的兩物體都靜止，可以把它們看成一個整體，受力如圖所示．設(shè)三角形木塊質(zhì)量為 M，則豎直方向受到重力(m1＋m2＋M)g和支持力 FN作用處于平衡狀態(tài)，水平方向無任何滑動趨勢，因此不受水平面的摩擦力作用．
角度2 “動桿”“定桿”和“死
15、結(jié)”“活結(jié)”問題
2．(多選)(2017·高考天津卷)如圖所示，輕質(zhì)不可伸長的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿M、N上的a、b兩點，懸掛衣服的衣架掛鉤是光滑的，掛于繩上處于靜止?fàn)顟B(tài)．如果只人為改變一個條件，當(dāng)衣架靜止時，下列說法正確的是( )
A．繩的右端上移到b′，繩子拉力不變
B．將桿N向右移一些，繩子拉力變大
C．繩的兩端高度差越小，繩子拉力越小
D．若換掛質(zhì)量更大的衣服，則衣架懸掛點右移
解析：選AB.設(shè)兩段繩子間的夾角為2α，繩子的拉力大小為F，由平衡條件可知，2Fcos α＝mg，所以F＝，設(shè)繩子總長為L，兩桿間距離為s，由幾何關(guān)系L1sin α＋L2sin α＝
16、s，得sin α＝＝，繩子右端上移，L、s都不變，α不變，繩子張力F也不變，A正確；桿N向右移動一些，s變大，α變大，cos α變小，F(xiàn)變大，B正確；繩子兩端高度差變化，不影響s和L，所以F不變，C錯誤；衣服質(zhì)量增加，繩子上的拉力增加，由于α不會變化，懸掛點不會右移，D錯誤．
角度3 平衡中的臨界與極值問題
3．如圖所示，三根長度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點，A、B兩端被固定在水平天花板上，相距2l.現(xiàn)在C點懸掛一個質(zhì)量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點上可施加力的最小值為( )
A．mg B.mg
C.mg D.mg
解析：選C.對C點進(jìn)行
17、受力分析，由平衡條件可得繩 CD 對 C 點的拉力 FCD＝mgtan 30°.對D點進(jìn)行受力分析，繩CD對D點的拉力F2＝FCD＝mgtan 30°，故 F2為恒力，F(xiàn)1方向不變，由平衡條件可知，F(xiàn)1與F3的合力F′2一定與 F2等大反向，如解析圖所示，當(dāng)F3垂直于繩BD時，F(xiàn)3最小，由幾何關(guān)系可知，此時 F3＝F2·sin 60°，即F3＝mg，選項C正確．
命題角度
解決方法
易錯辨析
連接體的受力分析
整體法與隔離法的應(yīng)用
不能靈活選取研究對象
桿中的受力分析
根據(jù)受力平衡條件確定桿的方向
注意桿端有無鉸鏈
繩中的受力特點
力沿繩方向且只能收縮
繩中有無結(jié)
18、點是繩中力改變的關(guān)鍵點
平衡中的臨界問題
極限法或假設(shè)法
不能找準(zhǔn)臨界狀態(tài)的條件
平衡中的極值問題
圖解法或數(shù)學(xué)表達(dá)式法
不能分析極值出現(xiàn)的時機(jī)
動態(tài)平衡問題
解決動態(tài)平衡問題的一般思路：把“動”化為“靜”，“靜”中求“動”，動態(tài)平衡問題的分析過程與處理方法如下：
注意：(1)如果物體所受的力較少，可以采用合成的方法．
(2)如果物體受到三個力的作用而處于動態(tài)平衡，若其中的一個力大小、方向均不變，另外兩個力的方向都發(fā)生變化，可以用力的三角形與幾何三角形相似的方法求解．
(3)如果物體受到三個力的作用，其中一個力的大小、方向均不變，并且還有另一個力的方向不變，此時
19、可用圖解法分析，即可以通過畫出多個平行四邊形來分析力的變化．
(2016·高考全國卷Ⅱ)質(zhì)量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上．用水平向左的力F緩慢拉動繩的中點O，如圖所示．用T表示繩OA段拉力的大小，在O點向左移動的過程中( )
A．F逐漸變大，T逐漸變大
B．F逐漸變大，T逐漸變小
C．F逐漸變小，T逐漸變大
D．F逐漸變小，T逐漸變小
[解析] 以O(shè)點為研究對象，設(shè)繩OA與豎直方向的夾角為θ，物體的重力為G，根據(jù)共點力的平衡可知，F(xiàn)＝Gtan θ，T＝，隨著O點向左移，θ變大，則F逐漸變大，T逐漸變大，A項正確．
[答案] A
角度1 解析法、圖解法的應(yīng)用
20、
1.如圖所示，一小球在斜面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，不考慮一切摩擦，如果把擋板由豎直位置繞 O 點緩慢轉(zhuǎn)至水平位置，則此過程中球?qū)醢宓膲毫?F1和球?qū)π泵娴膲毫?F2的變化情況是( )
A．F1先增大后減小，F(xiàn)2一直減小
B．F1先減小后增大，F(xiàn)2一直減小
C．F1和 F2都一直在增大
D．F1和 F2都一直在減小
解析：選B.法一：“力三角形法” 小球初始時刻的受力情況如圖1所示，因擋板是緩慢轉(zhuǎn)動的，所以小球處于動態(tài)平衡狀態(tài)，在轉(zhuǎn)動過程中，重力、斜面的支持力和擋板的彈力組成的矢量三角形的變化情況如圖2所示(重力 G 的大小、方向均不變，斜面對小球的支持力 F′2的方向始終不變)，由圖2
21、可知此過程中斜面對小球的支持力F′2不斷減小，擋板對小球的彈力F′1先減小后增大，由牛頓第三定律可知選項B正確．
法二：“解析法” 設(shè)斜面傾角為α，擋板與豎直方向夾角為β，如圖3所示，則由平衡條件可得：F′1sin β＋F′2cos α＝G，F(xiàn)′1cos β ＝F′2sin α，聯(lián)立解得 F′1＝，F(xiàn)′2＝.擋板緩慢轉(zhuǎn)至水平位置，β由0逐漸增大到，當(dāng)β＝α?xí)r，cos (β－α)＝1，F(xiàn)′1最小，所以 F′1先減小后增大；β增大過程中 tan β隨之增大，F(xiàn)′2不斷減小，故選項B正確．
角度2 相似三角形法的應(yīng)用
2.(2018·長沙模擬)如圖所示，固定在豎直平面內(nèi)的光滑
22、圓環(huán)的最高點有一個光滑的小孔．質(zhì)量為m的小球套在圓環(huán)上，一根細(xì)線的下端系著小球，上端穿過小孔用手拉?。F(xiàn)拉動細(xì)線，使小球沿圓環(huán)緩慢上移，在移動過程中手對線的拉力F和環(huán)對小球的彈力FN的大小變化情況是( )
A．F減小，F(xiàn)N不變
B．F不變，F(xiàn)N減小
C．F不變，F(xiàn)N增大
D．F增大，F(xiàn)N減小
解析：選A.對小球受力分析，其所受的三個力組成一個閉合三角形，如解析圖所示，力三角形與圓內(nèi)的三角形相似，由幾何關(guān)系可知＝＝，小球緩慢上移時mg不變，R不變，L減小，F(xiàn)減小，F(xiàn)N大小不變，A正確．
命題角度
解決方法
易錯辨析
一個力不變，另一個力方向不變
圖解法
不能在三角
23、形中找到變化的量
一個力不變，另一個力大小不變
畫圓法
不能準(zhǔn)確畫出矢量三角形
一個力不變，另一個力大小、方向都變
相似三角形法
要正確畫出力的三角形和邊的幾何三角形
電學(xué)中的共點力平衡問題
電學(xué)平衡問題要點點睛
首先注意準(zhǔn)確進(jìn)行受力分析，然后按照力學(xué)分析方法進(jìn)行解題即可，但要注意正確判斷電場力、磁場力的方向：
(1)正電荷受力方向與所處電場方向相同，負(fù)電荷相反；
(2)安培力和洛倫茲力的方向用左手定則判斷，安培力方向同時與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向和電流方向垂直，洛倫茲力的方向同時與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向和電荷運動方向垂直．
涉及電場力、磁場力的平衡問題的解題思路
(1)
24、記憶口訣：一場二彈三摩擦，各力方向準(zhǔn)確畫．
(2)思維導(dǎo)圖
如圖所示，一長為10 cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強(qiáng)磁場中；磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.1 T，方向垂直于紙面向里；彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣．金屬棒通過開關(guān)與一電動勢為12 V的電池相連，電路總電阻為2 Ω.已知開關(guān)斷開時兩彈簧的伸長量為0.5 cm；閉合開關(guān)，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長量與開關(guān)斷開時相比均改變了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判斷開關(guān)閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質(zhì)量．
[解析] 依題意，開關(guān)閉合后，電流方向從b到a，由左手定則可知，金屬棒所
25、受的安培力方向豎直向下．
開關(guān)斷開時，兩彈簧各自相對于其原長伸長了Δl1＝0.5 cm.由胡克定律和力的平衡條件得
2kΔl1＝mg①
式中，m為金屬棒的質(zhì)量，k是彈簧的勁度系數(shù)，g是重力加速度的大小．
開關(guān)閉合后，金屬棒所受安培力的大小為
F＝IBL②
式中，I是回路電流，L是金屬棒的長度．兩彈簧各自再伸長了Δl2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡條件得
2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③
由歐姆定律有E＝IR④
式中，E是電池的電動勢，R是電路總電阻．
聯(lián)立①②③④式，并代入題給數(shù)據(jù)得m＝0.01 kg.
[答案] 方向豎直向下 0.01 kg
[突破訓(xùn)練] (2
26、018·安徽十校聯(lián)考)美國物理學(xué)家密立根(R.A.Millikan)于20世紀(jì)初進(jìn)行了多次實驗，比較準(zhǔn)確地測定了電子的電荷量，其實驗原理可以簡化為如圖所示模型：兩個相距為d的平行金屬板A、B水平放置，兩板接有可調(diào)電源．從A板上的小孔進(jìn)入兩板間的油滴因摩擦而帶有一定的電荷量，將兩板間的電勢差調(diào)節(jié)到 U時，帶電油滴恰好懸浮在兩板間；然后撤去電場，油滴開始下落，由于空氣阻力，下落的油滴很快達(dá)到勻速下落狀態(tài)，通過顯微鏡觀測到這個速度的大小為 v，已知這個速度與油滴的質(zhì)量成正比，比例系數(shù)為 k，重力加速度為g.則計算油滴帶電荷量的表達(dá)式為( )
A．q＝ B．q＝
C．q＝
27、 D．q＝
解析：選B.根據(jù)油滴恰好懸浮在兩板間，由平衡條件得：q＝mg，由題意知v＝km，聯(lián)立得q＝，選項B正確．
, (建議用時：30分鐘)
一、單項選擇題
1．(2018·汕頭二模)如圖所示，無風(fēng)時氣球在輕繩的牽引下靜止在空中，此時輕繩的拉力為F.當(dāng)有水平風(fēng)力作用時，輕繩傾斜一定角度后氣球仍靜止在空中，有風(fēng)時與無風(fēng)時相比( )
A．氣球所受合力減小 B．氣球所受合力增大
C．輕繩的拉力F減小 D．輕繩的拉力F增大
解析：選D.有風(fēng)時與無風(fēng)時，氣球都處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力平衡，合力為零，不變，A、B錯誤；無風(fēng)時氣球在豎直方向受重力、繩子拉
28、力和浮力，由平衡條件得F?。璵g－F＝0，解得F＝F?。璵g；有風(fēng)時，設(shè)繩子與豎直方向的夾角為θ，繩子的拉力沿豎直方向的分量等于浮力和重力之差，則有F?。璵g－F′cos θ＝0，解得F′cos θ＝F浮－mg，故F′＞F，所以F增大，C錯誤，D正確．
2．(2018·廣東中山聯(lián)考)如圖所示，在固定斜面上的一物塊受到一外力 F 的作用，F(xiàn) 平行于斜面向上．若要物塊在斜面上保持靜止，F(xiàn) 的取值應(yīng)有一定范圍，已知其最大值和最小值分別為 F1和 F2(F2>0)．由此可求出( )
A．物塊的質(zhì)量
B．斜面的傾角
C．物塊與斜面間的最大靜摩擦力
D．物塊對斜面的正壓力
解析：選C.設(shè)
29、斜面傾角為θ，斜面對物塊的最大靜摩擦力為 Ff，當(dāng) F 取最大值 F1時，最大靜摩擦力 Ff沿斜面向下，由平衡條件得 F1＝mgsin θ＋Ff；當(dāng) F 取最小值 F2時，F(xiàn)f沿斜面向上，由平衡條件得 F2＝mgsin θ－Ff，聯(lián)立兩式可求出最大靜摩擦力Ff＝，選項 C 正確．FN＝mgcos θ，F(xiàn)1＋F2＝2mgsin θ，所以不能求出物塊的質(zhì)量、斜面的傾角和物塊對斜面的正壓力．
3．(2017·高考全國卷Ⅲ)一根輕質(zhì)彈性繩的兩端分別固定在水平天花板上相距80 cm 的兩點上，彈性繩的原長也為80 cm.將一鉤碼掛在彈性繩的中點，平衡時彈性繩的總長度為100 cm；再將彈性繩的兩端緩慢
30、移至天花板上的同一點，則彈性繩的總長度變?yōu)?彈性繩的伸長始終處于彈性限度內(nèi))( )
A．86 cm B．92 cm
C．98 cm D．104 cm
解析：選 B.將鉤碼掛在彈性繩的中點時，由數(shù)學(xué)知識可知鉤碼兩側(cè)的彈性繩(勁度系數(shù)設(shè)為k)與豎直方向夾角θ均滿足sin θ＝，對鉤碼(設(shè)其重力為G)靜止時受力分析，得G＝2kcos θ；彈性繩的兩端移至天花板上的同一點時，對鉤碼受力分析，得G＝2k，聯(lián)立解得L＝92 cm，可知A、C、D項錯誤，B項正確．
4．(2018·青島二模)如圖所示，一輕質(zhì)彈簧的一端系一質(zhì)量為m的小球，另一端固定在傾角為37°的光滑斜面體頂端，彈簧與斜面平
31、行．在斜面體以大小為g的加速度水平向左做勻加速直線運動的過程中，小球始終相對于斜面靜止．已知彈簧的勁度系數(shù)為k，則該過程中彈簧的形變量為(已知：sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )
A. B.
C. D.
解析：選A.在斜面體以大小為g的加速度水平向左做勻加速直線運動時，彈簧是處于伸長狀態(tài)還是壓縮狀態(tài)，無法直接判斷，此時可采用假設(shè)法，假設(shè)彈簧處于壓縮狀態(tài)，若求得彈力 F 為正值，則假設(shè)正確；若求得彈力F為負(fù)值，則假設(shè)錯誤，彈簧處于伸長狀態(tài)．設(shè)彈簧彈力大小為F，水平方向上由牛頓第二定律得：
FNsin 37°＋Fcos 37°＝mg①
豎直方向上由受力平衡得
32、：
FNcos 37°＝mg＋Fsin 37°②
聯(lián)立①②式得：F＝mg
由胡克定律得 F＝kx，x＝，假設(shè)正確．
5.(2018·河北保定模擬)如圖所示，將三個完全相同的光滑球用不可伸長的細(xì)線懸掛于O點并處于靜止?fàn)顟B(tài)．已知球半徑為R，重為G，線長均為R.則每條細(xì)線上的張力大小為( )
A．2G B.G
C.G D.G
解析：選 B.本題中O點與各球心的連線及各球心連線，構(gòu)成一個邊長為2R的正四面體，如圖甲、乙所示(A、B、C為各球球心)，O′為△ABC的中心，設(shè)∠OAO′＝θ，由幾何關(guān)系知O′A＝R，由勾股定理得OO′＝＝R，對A處球受力分析有：Fsin θ＝G，又
33、sin θ＝，解得F＝G，故只有B項正確．
6．(2016·高考全國卷Ⅲ)如圖，兩個輕環(huán)a和b套在位于豎直面內(nèi)的一段固定圓弧上；一細(xì)線穿過兩輕環(huán)，其兩端各系一質(zhì)量為m的小球．在a和b之間的細(xì)線上懸掛一小物塊．平衡時，a、b間的距離恰好等于圓弧的半徑．不計所有摩擦．小物塊的質(zhì)量為( )
A. B.m
C．m D．2m
解析：選C.由于輕環(huán)不計重力，故細(xì)線對輕環(huán)的拉力的合力與圓孤對輕環(huán)的支持力等大反向，即沿半徑方向；又兩側(cè)細(xì)線對輕環(huán)拉力相等，故輕環(huán)所在位置對應(yīng)的圓孤半徑為兩細(xì)線的角平分線，因為兩輕環(huán)間的距離等于圓孤的半徑，故兩輕環(huán)與圓孤圓心構(gòu)成等邊三角形；又小球?qū)?xì)線的拉力
34、方向豎直向下，由幾何知識可知，兩輕環(huán)間的細(xì)線夾角為120°，對小物塊進(jìn)行受力分析，由三力平衡知識可知，小物塊質(zhì)量與小球質(zhì)量相等，均為m，C項正確．
7．(2018·佛山模擬)質(zhì)量為m的四只完全相同的足球疊成兩層放在水平面上，底層三只足球剛好接觸成三角形，上層一只足球放在底層三只足球的正上面，系統(tǒng)保持靜止．若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則( )
A．底層每個足球?qū)Φ孛娴膲毫閙g
B．底層每個足球之間的彈力為零
C．下層每個足球?qū)ι蠈幼闱虻闹С至Υ笮?
D．足球與水平面間的動摩擦因數(shù)至少為
解析：選B.根據(jù)整體法，設(shè)下面每個球?qū)Φ孛娴膲毫鶠镕N，則3FN＝4mg，故FN＝mg，A
35、錯誤；四個球的球心連線構(gòu)成了正四面體，下層每個足球之間的彈力為零，B正確；上層足球受到重力、下層足球?qū)ι蠈幼闱虻娜齻€支持力，由于三個支持力的方向不是豎直向上，所以三個支持力在豎直方向的分量之和等于重力，則下層每個足球?qū)ι蠈幼闱虻闹С至Υ笮〈笥?，C錯誤；根據(jù)正四面體幾何關(guān)系可求，F(xiàn)與mg夾角的余弦值cos θ＝，正弦值sin θ＝，則有F·＋mg＝FN＝mg，F(xiàn)＝Ff，解得Ff＝mg，F(xiàn)＝mg，則μ≥＝，所以足球與水平面間的動摩擦因數(shù)至少為，故D錯誤．
8.三段細(xì)繩OA、OB、OC結(jié)于O點，另一端分別系于豎直墻壁、水平頂壁和懸掛小球，穩(wěn)定后OA呈水平狀態(tài)．現(xiàn)保持O點位置不變，緩慢上移 A點
36、至D點的過程中，關(guān)于OA繩上的拉力變化情況的判斷正確的是( )
A．一直增大 B．一直減小
C．先增大后減小 D．先減小后增大
解析：選 D.可運用動態(tài)圖解法，由圖可知，當(dāng) OA 與 OB 垂直時，OA 上的拉力最小，故 D 正確．
9．(2018·煙臺二模)如圖所示，質(zhì)量均可忽略的輕繩與輕桿承受彈力的最大值一定，輕桿A端用鉸鏈固定，滑輪在A點正上方(滑輪大小及摩擦均可不計)，輕桿B端吊一重物G，現(xiàn)將繩的一端拴在桿的B端，用拉力F將B端緩慢上拉(均未斷)，在AB桿達(dá)到豎直前，以下分析正確的是( )
A．繩子越來越容易斷 B．繩子越來越不容易斷
C．AB桿越來越
37、容易斷 D．AB桿越來越不容易斷
解析：選 B.以B點為研究對象，它受三個力的作用而處于動態(tài)平衡狀態(tài)，其中一個是輕桿的彈力T，一個是繩子斜向上的拉力F，一個是繩子豎直向下的拉力F′(大小等于物體的重力G)，根據(jù)相似三角形法，可得＝＝，由于OA和AB不變，OB逐漸減小，因此輕桿上的彈力大小不變，而繩子斜向上的拉力越來越小，選項B正確．
二、多項選擇題
10．(2018·桂林模擬)將某均勻的長方體鋸成如圖所示的 A、B 兩塊后，放在水平桌面上并排放在一起，現(xiàn)用水平力 F 垂直于 B 的左邊推 B 物體，使 A、B 整體仍保持矩形沿 F 方向勻速運動，則( )
A．物體 A 在水平
38、方向上受三個力的作用，且合力為零
B．物體 A 在水平方向上受兩個力的作用，且合力為零
C．B 對 A 的作用力方向與 F 方向相同
D．B 對 A 的彈力等于桌面對 A 的摩擦力
解析：選AC.對物體 A 進(jìn)行受力分析，水平方向上受到 B 物體產(chǎn)生的彈力、靜摩擦力和水平桌面產(chǎn)生的滑動摩擦力，如圖所示，由于 A、B 整體仍保持矩形沿 F 方向勻速運動，則物體A所受合力為零，A正確，B錯誤；B對A的彈力方向垂直于接觸面，D錯誤；B對A的作用力與桌面對A的摩擦力等大反向，即B對A的作用力方向與F方向相同，C正確．
11.(2018·高考天津卷)明朝謝肇淛的《五雜組》中記載：“明姑蘇虎丘寺
39、塔傾側(cè)，議欲正之，非萬緡不可．一游僧見之曰：無煩也，我能正之．”游僧每天將木楔從塔身傾斜一側(cè)的磚縫間敲進(jìn)去，經(jīng)月余扶正了塔身．假設(shè)所用的木楔為等腰三角形，木楔的頂角為θ，現(xiàn)在木楔背上加一力F，方向如圖所示，木楔兩側(cè)產(chǎn)生推力FN，則( )
A．若F一定，θ大時FN大 B．若F一定，θ小時FN大
C．若θ一定，F(xiàn)大時FN大 D．若θ一定，F(xiàn)小時FN大
解析：選BC.木楔兩側(cè)面產(chǎn)生的推力合力大小等于F，由力的平行四邊形定則可知，F(xiàn)N＝，由表達(dá)式可知，若F一定，θ越小，F(xiàn)N越大，A項錯誤，B項正確；若θ一定，F(xiàn)越大，F(xiàn)N越大，C項正確，D項錯誤．
12．(2018·煙臺二模)如圖所示
40、，斜面上放有兩個完全相同的物體a、b，兩物體間用一根細(xì)線連接，在細(xì)線的中點加一與斜面垂直的拉力F，使兩物體均處于靜止?fàn)顟B(tài)．則下列說法正確的是( )
A．a(chǎn)、b兩物體的受力個數(shù)一定相同
B．a(chǎn)、b兩物體對斜面的壓力相同
C．a(chǎn)、b兩物體受到的摩擦力大小一定相等
D．當(dāng)逐漸增大拉力F時，物體a先開始滑動
解析：選BD.對a、b進(jìn)行受力分析，b物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)繩子拉力沿斜面向上的分量與重力沿斜面向下的分量相等時，摩擦力為零，所以b可能只受3個力作用，而a物體必定受到摩擦力作用，肯定受4個力作用，故A錯誤；a、b兩個物體，垂直于斜面方向受力都平衡，則有：N＋Tsin θ＝mgco
41、s α，解得：N＝mgcos α－Tsin θ，根據(jù)牛頓第三定律知a、b兩物體對斜面的壓力相同，故B正確；根據(jù)A項的分析可知，b的摩擦力可以為零，而a的摩擦力一定不為零，故C錯誤；對a沿斜面方向有：Tcos θ＋mgsin α＝fa，對b沿斜面方向有：Tcos θ－mgsin α＝fb，正壓力相等，所以最大靜摩擦力相等，則a先達(dá)到最大靜摩擦力，先滑動，故D正確．
13.表面光滑、半徑為R的半球固定在水平地面上，球心O的正上方O′處有一無摩擦定滑輪，輕質(zhì)細(xì)繩兩端各系一個可視為質(zhì)點的小球掛在定滑輪上，如圖所示．兩小球平衡時，若滑輪兩側(cè)細(xì)繩的長度分別為L1＝2.4R和L2＝2.5
42、R，則這兩個小球的質(zhì)量之比為，小球與半球之間的壓力之比為，則以下說法正確的是( )
A.＝ B.＝
C.＝ D.＝
解析：選BC.先以左側(cè)小球為研究對象，分析受力情況：重力m1g、繩子的拉力FT和半球的支持力FN1，作出受力分析圖．
由平衡條件得知，拉力FT和支持力FN的合力與重力m1g大小相等、方向相反．設(shè)OO′＝h，根據(jù)三角形相似得＝＝，解得m1g＝，F(xiàn)N1＝…①同理，以右側(cè)小球為研究對象，得：m2g＝，F(xiàn)N2＝…②，由①∶②得＝＝，＝＝.
14．如圖所示，傾角為θ的斜面體C置于水平地面上，一條細(xì)線一端與斜面上的物體B相連，另一端繞過質(zhì)量不計的定滑輪與物體A相連，定
43、滑輪用另一條細(xì)線懸掛在天花板上的O點，細(xì)線與豎直方向成α角，A、B、C始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，下列說法不正確的是( )
A．若僅增大A的質(zhì)量，B對C的摩擦力一定減小
B．若僅增大A的質(zhì)量，地面對C的摩擦力一定增大
C．若僅增大B的質(zhì)量，懸掛定滑輪的細(xì)線的拉力可能等于A的重力
D．若僅將C向左緩慢移動一點，α角將增大
解析：選AC D.設(shè) A 的質(zhì)量為m，B 的質(zhì)量為 M，由平衡條件可知 B 受到細(xì)線的拉力 T＝mg，若Mgsin θ＞mg，則有：Mgsin θ＝mg＋f，若 Mgsin θ＝mg，則f＝0，若Mgsin θ
44、C的摩擦力可能增大也可能減小，所以A項錯誤；以B、C為整體分析可知若僅增大 A 的質(zhì)量，繩子拉力T增大，地面摩擦力Ff＝Tcos θ＝mg·cos θ，所以B項正確；A、B、C始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，連接 A、B 細(xì)線的拉力始終等于物體A的重力，增大物體B的質(zhì)量不會影響該細(xì)線的拉力，懸掛定滑輪的細(xì)線的拉力等于物體A上細(xì)線拉力和物體B上細(xì)線拉力的合力，它們之間的夾角不可能為120°，所以懸掛定滑輪的細(xì)線的拉力不可能等于A的重力，所以C項錯誤；若僅將C向左緩慢移動一點，連接 A、B細(xì)線的拉力不變，而兩細(xì)線夾角變小，合力與豎直方向的夾角等于α，合力沿角平分線方向，所以α角將減小，D項錯誤．
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2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題一 力與運動 第1講 力與物體的平衡學(xué)案
