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专题二 力与物体的平衡
考点 要求 考点解读及预测
相互作用 I 考情分析:分析近几年的高考题可以看出，高考命题热点集中在物体受力分析、物体平衡问题的分析与计算，涉及力的合成与分解、共点力的平衡条件、整体法和隔离法等常规方法，题型一般为选择题。2.物理考核常用的分析方法：受力分析的方法、整体法、隔离法、共点力的静态平衡、共点力的动态平衡。3.备考策略：（1）熟悉常见性质力有无及方向的判断，特别是摩擦力的分析方法；（2）灵活应用受力分析的一般步骤；（3）掌握整体法、隔离法选取原则；（4）平衡问题的解题方法
合成与分解 II
共点力平衡 I
1. 知识网络
2. 备考策略
静力学问题中的“三看”、“三想”
(1)看到“缓慢”，想到“物体处于动态平衡状态。”
(2)看到“轻绳、轻环”，想到“绳、环的质量可忽略不计”。
(3)看到“光滑”，想到“摩擦力为零”。
“三注意”
1)杆的弹力方向不一定沿杆。
(2)摩擦力的方向总与物体的相对运动方向或相对运动趋势方向相反，但与物体的运动方向无必然的联系。
(3)安培力F的方向既与磁感应强度的方向垂直，又与电流方向垂直，即F跟B、I所在的平面垂直，但B与I的方向不一定垂直。
1.共点力平衡问题
（1）受力分析常用的方法
①假设法：在受力分析时，若不能确定某力是否存在，可先对其做出存在的假设，然后根据分析该力存在对物体运动状态的影响来判断该力是否存在.
②整体法与隔离法：将加速度相同的几个相互关联的物体作为一个整体进行受力分析的方法；将所研究的对象从周围的物体中分离出来，单独进行受力分析的方法.
③转换对象法：当直接研究一个物体手里不方便时，可以转换研究对象，先分析领一个物体手里，再根据牛顿第三定律分析该物体受力。
④动力学分析法：对加速运动的物体进行受力分析时，应用牛顿运动定律进行分析求解的方法.
（2）求解共点力平衡问题的常用方法
常用方法包括力的合成法、分解法及正交分解法，示意图如图所示。
合成法　　　 分解法　　　正交分解法
（3）处理静态平衡的基本思路
2.物体的动态平衡问题
（1）方法一：解析法的应用
1　此法常用于可以较简捷列出平衡条件方程的情况或者正交分解的情况
2　先受力分析，得出物体受哪几个力而处于平衡状态。
3　建立直角坐标系，正交分解力，列平衡条件方程，或在力的三角形中结合三角形知识列平衡条件方程。
4　分析方程中的变量有哪些，分析题目信息得到这些物理量是如何变化的。
5　把分析得到的变化的物理量代入方程，得到平衡条件下的受力动态变化情况。
（2）方法二：图解法的应用
此处常用于物体受三个力作用，其中一个力大小、方向不变，另一个力的方向不变的情景，思路如下：
①先受力分析，得出物体受几个力而处于平衡状态。
②分析题目给出的信息，判断物体受力的变化方式。
③把受力对应到几何图形中结合几何知识分析。
（3）方法三：相似三角形法
此法是图解法的特例，一般研究对象受绳(杆)或其他物体的约束，从几何形状来看，有一个边大小不变，方向改变，还有一个边的大小、方向均不变。且物体受到三个力的作用，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，可以用力三角形与几何三角形相似的方法。
3.电磁场中的平衡问题
（1）基本思路
要坚持“电学问题、力学方法”的基本思路，结合电学的基本规律和力学中的受力分析及平衡条件解决问题。
（2）几点注意
①点电荷间的作用力大小要用库仑定律。
②安培力方向的判断要先判断磁场方向、电流方向，再用左手定则，同时注意将立体图转化为平面图。
③电场力或安培力的出现，可能会对弹力或摩擦力产生影响。
④涉及电路问题时，要注意闭合电路欧姆定律的应用。
考点一：共点力平衡问题
命题角度一：物体受力分析
【典例1】　如图所示，A、B、C三物块叠放并处于静止状态，水平地面光滑，其他接触面粗糙，以下受力分析正确的是（ ）
A. B，C间摩擦力方向水平向右 B. B，C间摩擦力方向水平向左
C. B对C的作用力竖直向下 D. B对C的作用力竖直向上
【思路点拨】由于此处均分析系统内力，所以采用隔离法进行分析。
【解析】AB．将C隔离出来，受力分析，有重力，地面的支持力和B对C向下的压力，由于水平面光滑，所以水平地面对C无摩擦力。又三物块都处于静止状态，即平衡状态，所以根据力的平衡条件可知，B、C间无摩擦力，所以AB不符合题意；
CD．由AB选项分析可知，B、C间无摩擦力，所以B对C的作用力只有B对C竖直向下的压力，所以C符合题意，D不符合题意。
【答案】C
命题角度二：静态平衡问题
【例2】(2019·全国卷Ⅲ)用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则(　　)
A．F1＝mg，F2＝mg B．F1＝mg，F2＝mg
C．F1＝mg，F2＝mg D．F1＝mg，F2＝mg
[思路点拨]　①“匀速行驶”表明车上工件处于静态平衡状态。
②“光滑斜面”表明工件和斜面间仅有弹力作用。
③“30°、60°”角明确弹力方向。
【解析】以工件为研究对象，受力分析如图所示，重力与F′1、F′2的合力等大反向，根据共点力平衡条件得＝cos 30°，＝cos 60°，则F′1＝mg，F′2＝mg，根据牛顿第三定律，F1＝F′1＝mg，F2＝F′2＝mg，故只有D选项正确。
【答案】D
考点二：动态平衡问题
命题角度一：动态平衡问题
【典例3】(解析法）(多选)(2020·江苏三校联考)如图所示，柱体A的横截面是圆心角为的扇形面，其弧形表面光滑，而与地面接触的下表面粗糙；在光滑竖直墙壁与柱体之间放置一质量为m的球体，系统处于平衡状态。若使柱体向左移动稍许，系统仍处于平衡状态，则(　　)
A．球对墙的压力增大　 B．柱体与球之间的作用力增大
C．柱体所受的摩擦力减小 D．柱体对地面的压力减小
【思路点拨】　①“弧形表面光滑”，只有相互作用的弹力。②“向左移动”球所受A的弹力方向发生改变。③分析柱体对地面的压力利用整体法进行分析。
【解析】先对球进行受力分析，其受重力、A对球的弹力N1和墙壁对球的弹力N2，如图甲所示，因系统处于平衡状态，根据共点力平衡条件有N1＝，N2＝mgtan θ，再对整体进行受力分析，整体受重力、地面的弹力N、墙壁对其向左的弹力N2和地面对其向右的摩擦力f，如图乙所示，因系统处于平衡状态，根据共点力平衡条件有f＝N2，N＝(M＋m)g，故有f＝mgtan θ，若使柱体向左移动稍许，系统仍处于平衡状态，则N1与竖直方向的夹角θ不断变大，故f变大，N不变，N1变大，N2变大，再由牛顿第三定律可知，选项A、B正确，选项C、D错误。
甲　　　　　　　　乙
【答案】AB
【典例4】(图解法）[典例3]　如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动。用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在圆弧形墙壁上的C点。当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中(保持OA与墙面夹角θ不变)，OC绳所受拉力的大小变化情况是(　　)
A．逐渐减小 B．逐渐增大
C．先减小后增大 D．先增大后减小
【思路点拨】　①“可绕A点自由转动”，杆OA对绳的作用力沿杆，且方向不变。
②重力大小方向不变，OC绳大小、方向改变。
【解析】对物体受力分析，物体受力平衡，则拉力等于重力G，故竖直绳的拉力不变；再对O点分析，O受绳的拉力、OA的支持力及OC的拉力而处于平衡，受力分析如图所示；将F和OC绳上的拉力合成，其合力与G大小相等，方向相反，则在OC绳上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC绳的拉力先减小后增大，在图中D点时拉力最小，故C正确。
【答案】C
【典例5】（相似三角形法）(多选)(2020·湖南湘潭高三检测)如图所示，表面光滑的半球形物体固定在水平面上，光滑小环D固定在半球形物体球心O的正上方，轻质弹簧一端用轻质细绳固定在A点，另一端用轻质细绳穿过小环D与放在半球形物体上的小球P相连，DA水平。现将细绳固定点A向右缓慢平移的过程中(小球P未到达半球最高点前)，下列说法正确的是(　　)
A．弹簧变短 B．弹簧变长
C．小球对半球的压力大小不变 D．小球对半球的压力变大
[思路点拨]　①“表面光滑，半球形物体”表明小球运动过程OP长度不变。
②“光滑小环D固定”OD的长度不变。
【解析】以小球为研究对象，小球受重力G、细线的拉力FT和半球面的支持力FN，作出FN、FT的合力F，由平衡条件得知F＝G，如图，根据三角形相似可得＝＝，将F＝G代入得：FN＝G，FT＝G，将细绳固定点A向右缓慢平移，DO、PO不变，G也不变，PD变小，可见FT变小，FN不变，即知弹簧的弹力变小，弹簧变短。由牛顿第三定律知小球对半球的压力大小不变，故A、C正确，B、D错误。
【答案】AC
命题角度二：平衡中的临界问题
【例6】(多选)如图所示，质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止。当将一质量为m的木块放在斜面上时正好匀速下滑，如果用与斜面成α角的力F拉着木块沿斜面匀速上滑。重力加速度为g，下列说法中正确的是(　　)
A．当α＝2θ时，F有最小值
B．F的最小值为mgsin 2θ
C．在木块匀速上滑过程中，地面对M的静摩擦力方向水平向右
D．在木块匀速上滑过程中，地面对M的静摩擦力方向水平向左
【思路点拨】四步法解决临界极值问题
【解析】选木块为研究对象，当没加外力F时正好匀速下滑，设木块与斜面间的动摩擦因数为μ，此时平行于斜面方向必有mgsin θ＝μmgcos θ。当加上外力F时，对木块受力分析如图，则有Ff＝μFN，平行于斜面方向有Ff＋mgsin θ＝Fcos α，垂直于斜面方向有FN＋Fsin α＝mgcos θ，联立解得F＝＝，故当α＝θ时，F有最小值，最小值为Fmin＝mgsin 2θ，故A错误，B正确；选M和m组成的整体为研究对象，设水平面对木楔M的摩擦力是Ff′，水平方向受力平衡，则有Ff′＝Fcos (θ＋α)，可知摩擦力的方向水平向左，故C错误，D正确。
【答案】BD
考点三、 电磁场中的平衡问题
【典例7】　(2019·全国卷Ⅰ·T15)如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则(　　)
A．P和Q都带正电荷
B．P和Q都带负电荷
C．P带正电荷，Q带负电荷
D．P带负电荷，Q带正电荷
【思路点拨】解决库仑力作用下平衡问题的思路
库仑力作用下平衡问题的分析方法与纯力学平衡问题的分析方法是相同的，只是在原来受力的基础上多了电场力。具体步骤如下：
【解析】对P、Q整体进行受力分析可知，在水平方向上整体所受电场力为零，所以P、Q必带等量异种电荷，选项A、B错误；对P进行受力分析可知，匀强电场对它的电场力应水平向左，与Q对它的库仑力平衡，所以P带负电荷，Q带正电荷，选项D正确，C错误。
【答案】D
一、选择题(1～6题为单项选择题，7～9题为多项选择题)
1.(2021·四川泸州三模)如图所示，质量为M的小车放在光滑的水平地面上，右面靠着一竖直墙壁，小车的上表面是一个倾角为的光滑斜面，重力加速度取g。当有一个质量为m的小物块在斜面上自由下滑的过程中，小车对右侧墙壁的压力大小F1和对水平地面的压力大小F2分别为（　　）
A. F1 =mgsincos F2= Mg - mgsin2
B. F1= mgtan F2= Mg+mgsincos
C. F1=mgtan F2=Mg +mg - mgcos
D. F1=mgsincos F2= Mg+mgcos2
2. (2021·云南曲靖一模)如图所示，一小球被竖直放置的光滑挡板挡在光滑半球面上。现水平向右缓慢地移动挡板，则在小球运动的过程中(该过程小球未脱高球面且球面始终静止)，挡板对小球的支持力F1、半球面对小球的支持力F2的变化情况是（　　）
A. F1增大，F2减小 B. F1增大，F2增大
C. F1减小，F2减小 D. F1减小，F2增大
3．(2021·江苏常州一模)歼﹣20战斗机安装了我国自主研制的矢量发动机，能够在不改变飞机飞行方向的情况下，通过转动尾喷口方向改变推力的方向，使战斗机获得很多优异的飞行性能。已知在歼﹣20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航时升阻比（垂直机身向上的升力和平行机身向后的阻力之比）为。飞机的重力为G，使飞机实现节油巡航模式的最小推力是（　　）
A．G B． C． D．
4. (2021·河北石家庄一模)如图所示，物体甲放究在水平地面上，通过路过定滑轮的轻绳与小球乙相连，整个系统处于静止状态。现对小球乙成加一个水平力F，使小球乙缓慢上升一小段距离，整个过程中物体甲保持静止，甲受到地面的摩擦力为f，支持力为N，则该过程中下列判断正确的是（　　）
A. f变大，F变大 B. f变小，F变大
C. N变小，F变小 D. N变大，F变小
5.如图所示，一水平导轨处于与水平方向成45°角向左上方的匀强磁场中，一根通有恒定电流的金属棒，由于受到安培力作用而在粗糙的导轨上向右做匀速运动。现将磁场方向沿顺时针缓慢转动至竖直向上，在此过程中，金属棒始终保持匀速运动，已知棒与导轨间的动摩擦因数为μ，则(　　)
A．金属棒所受摩擦力一直在减小
B．导轨对金属棒的支持力先变小后变大
C．磁感应强度先变小后变大
D．金属棒所受安培力恒定不变
6.如图所示，小球A、B质量均为m，初始带电荷量均为＋q，都用长为L的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O点，A球紧靠绝缘的墙壁且其悬线刚好竖直，B球悬线偏离竖直方向θ角而静止，如果保持B球的电荷量不变，使A球的电荷量缓慢减小，当两球间距缓慢变为原来的时，下列判断正确的是(　　)
A．小球A受到细线的拉力大小不变
B．小球B受到细线的拉力变小
C．两球之间的库仑力大小不变
D．小球A的电荷量减小为原来的
7.两个相同的粗糙斜面上，放两个相同的物块，分别用沿斜面向下的力F1(如图甲所示)和沿斜面向上的力F2(如图乙所示)推物块，结果物块都能沿斜面匀速运动，斜面的倾角为θ，物块的质量为m，物块与斜面的动摩擦因数为μ，则下列关于推力F1，F2的说法正确的是(　　)
　甲 　　　　　　　乙
A．F2－F1＝2mgsin θ 　　 B．F2－F1＝2μmgcos θ
C．F2＋F1＝2mgsin θ　　 D．F2＋F1＝2μmgcos θ
8.(多选)如图所示，两个完全相同的光滑球的质量均为m，放在竖直挡板和倾角为α的固定斜面间．若缓慢转动挡板至与斜面垂直，则在此过程中(　　)
A．A、B两球间的弹力不变
B．B球对挡板的压力逐渐减小
C．B球对斜面的压力逐渐增大
D．A球对斜面的压力逐渐增大
9.如图所示，质量均为m的小球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连，B球用长为L的细绳悬挂于O点，A球固定在O点正下方，当小球B平衡时，细绳所受的拉力为FT1，弹簧的弹力为F1；现把A、B间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k2(k2＞k1)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时细绳所受的拉力为FT2，弹簧的弹力为F2.则下列关于FT1与FT2、F1与F2大小的比较，正确的是(　　)
A.FT1＞FT2 B.FT1＝FT2
C.F1＜F2 D.F1＝F2
二、计算题
10. (2021·河北石家庄一模)在竖直墙壁的左侧水平地面上，放置一个边长为a正方体ABCD，在墙壁和正方体之间放置一半径R=1m。质量m=1.5kg的光滑球，正方体和球均保持静止，如图所示。球的球心为O，且O、B、D三点共线，正方体的边长a>R，正方体与水平地面的动摩擦因数，已知重力加速度g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)求竖直墙壁对球的弹力大小；
(2)改变正方体到墙壁之间的距离，当正方体的右侧面AB到墙壁的距离小于某值L时，则无论球的质量是多少，球和正方体都始终处于静止状态，且球没有掉落地面，求距离L。
11.(2020·商丘模拟)如图(a)所示，三棱柱的左、右两侧斜面的倾角α=β=45°，物块P、Q用跨过定滑轮的轻绳相连，分别放在两侧的斜面上，此时物块P恰好不向下滑动。已知P、Q与斜面之间的动摩擦因数均为μ=tan15°，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)求物块P、Q的质量之比m1∶m2；
(2)当三棱柱缓慢绕右侧棱边顺时针转动θ角，如图(b)所示，物块Q恰好不下滑，求θ角。
1．（2021·广东卷）唐代《耒耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力，设牛用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种犁，F与竖直方向的夹角分别为和，，如图所示，忽略耕索质量，耕地过程中，下列说法正确的是（ ）
A．耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大
B．耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大
C．曲辕犁匀速前进时，耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力
D．直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力
2．（2021·湖南卷）质量为的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，为半圆的最低点，为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为的小滑块。用推力推动小滑块由A点向点缓慢移动，力的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是（　　）
A．推力先增大后减小
B．凹槽对滑块的支持力先减小后增大
C．墙面对凹槽的压力先增大后减小
D．水平地面对凹槽的支持力先减小后增大
3．（2021·河北卷）如图，矩形金属框竖直放置，其中、足够长，且杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过杆，金属框绕轴分别以角速度和匀速转动时，小球均相对杆静止，若，则与以匀速转动时相比，以匀速转动时（　　）
A．小球的高度一定降低 B．弹簧弹力的大小一定不变
C．小球对杆压力的大小一定变大 D．小球所受合外力的大小一定变大
4.（2020·北京卷）某同学利用图甲所示装置研究摩擦力的变化情况。实验台上固定一个力传感器，传感器用棉线拉住物块，物块放置在粗糙的长木板上。水平向左拉木板，传感器记录的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．实验中必须让木板保持匀速运动
B．图乙中曲线就是摩擦力随时间的变化曲线
C．最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10:7
D．只用图乙中数据可得出物块与木板间的动摩擦因数
5.（2020·山东卷）如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为（　　）
A． B． C． D．
6.（2020·全国卷）如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α=70°，则β等于（　　）
A．45° B．55° C．60° D．70°
参考答案
【过关检测】
1.D【解析】对小车进行受力分析，如图所示：
小车处于静止状态，受力平衡，
水平方向有F1=mgcosαsinα
竖直方向有
根据牛顿第三定律可知小车对右侧墙壁的压力大小为mgcosαsinα；对水平地面的压力大小为。
故选D。
2.B【解析】
对小球进行受力分析如图所示
由力的平衡条件可知
小球运动的过程中，θ增大，所以F1和F2都增大，故B正确，ACD错误；
故选B。
3．D【解析】飞机受到重力G、发动机推力F1、升力F2和空气阻力f，重力的方向竖直向下，升力F2的方向竖直向上，空气阻力f的方向与F2垂直，如图
歼﹣20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航，则有水平方向Fx＝f
竖直方向F2+Fy＝G
其中F2＝f
解得Fy＝G﹣f
则
结合数学知识可知F12表达式为开口向上，对称轴为G的抛物线，即当G时取得最小值，将其代入F12表达式，
解得，故ABC错误，D正确
故选：D。
4. A【解析】以小球乙为研究对象受力分析，设绳与竖直方向的夹角为，根据平衡条件可得，水平拉力为
可见水平拉力F逐渐增大，绳子的拉力为
绳子的拉力也是逐渐减小，以物体甲为研究对象受力分析，根据平衡条件，物体甲受地面的摩擦力与绳子的拉力的水平方向的分力
故摩擦力方向向左，不变，变大，N增大，则有
逐渐变大。
故选A。
5.C【解析】金属棒匀速运动时，受力如图甲所示，则有FN＋F安sin θ＝mg，F安cos θ＝Ff＝μFN，F安＝BIL，联立解得B＝，其中tan α＝，即45°<α<90°，因θ是从45°减小到0°，所以B先变小后变大，金属棒所受安培力也先变小后变大，C对，D错；将FN与Ff合成一个力F，则F与水平方向的夹角是一定值，金属棒受力满足图乙所示情况，F安顺时针变化，力F一直在增大，所以金属棒所受摩擦力及导轨对金属棒的支持力一直在增大，A、B错。
甲　　　　乙　
6.D　【解析】小球B受力如图所示，两绝缘细线的长度都是L，由相似三角形得＝＝，解得T＝G，F＝，则sin＝＝，细线对A的拉力T′＝G＋Fsin ＝G＋，当两球间距离变为原来的时，F逐渐变为F′＝，所以T′变小，故A、B、C错误；由库仑定律得F＝k，F′＝keq \f(q′AqB,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)d)))，解得q′A＝qA，故D正确。
7.AD　【解析】对图甲分析，可得F1＋mgsin θ＝μmgcos θ，对图乙分析，可得F2＝mgsin θ＋μmgcos θ，解得F2－F1＝2mgsin θ，F2＋F1＝2μmgcos θ.A、D正确．
8.AB　【解析】以A球为研究对象，在挡板转动过程中，A球受力情况不变，故A球对B球、斜面的压力均不变，A正确，D错误；以B球为研究对象，其受力情况如图所示，在x轴方向：FN1cos θ＝mgsin α＋FN3，在y轴方向：FN1sin θ＋mgcos α＝FN2，因为mg、FN3、α不变，在挡板转动过程中，θ减小，FN1减小，FN2减小，B正确，C错误．
9.BC【解析】以B为研究对象，分析受力情况，如图所示.由平衡条件可知，弹簧的弹力F和细绳的拉力FT的合力F合与其重力mg大小相等、方向相反，即F合＝mg，由三角形相似得＝＝.当弹簧劲度系数变大时，弹簧的压缩量减小，故AB的长度增加，而OB、OA的长度不变，故FT1＝FT2，F2>F1，故A、D错误，B、C正确.
故选BC。
10.【答案】(1) 15N；(2)1.6m
【解析】
(1)由几何关系得
以球为研究对象，受力如图，小球受力平衡，墙壁对球的弹力
解得
(2)以正方体和球整体为研究对象竖直方向受重力（M+m）g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，根据平衡条件有
解得
无论球的质量是多少都必须满足以上条件，则
θ最大为θm=37°，此时L=R+sinθm
解得
L=16m
11.【解析】(1)物块P恰好不向下滑动。
分析P的受力，有Ff1＝μFN1，
FN1＝m1g cos α，m1g sin α－Ff1＝FT
分析Q的受力，有Ff2＝μFN2，
FN2＝m2g cos β，m2g sin β＋Ff2＝FT
解得：＝
(2)三棱柱转动θ角后，物块Q恰好不下滑。
分析Q的受力，有：
Ff2′＝μF′N2，
F′N2＝m2g cos (β＋θ)，
m2g sin (β＋θ)－Ff1′＝FT′
分析P的受力，有Ff1′＝μFN1′，
FN1′＝m1g cos (α－θ)，
m1g sin (α－θ)＋Ff1′＝FT′
联立解得：＝
即＝＝
化简可得：tan θ＝，则θ＝30°
答案：(1)∶1　(2)30°
【高考链接】
1.B【解析】A．将拉力F正交分解如下图所示则在x方向可得出Fx曲 = Fsinα‘’Fx直 = Fsinβ在y方向可得出Fy曲 = Fcosα，Fy直 = Fcosβ，由题知α < β则sinα < sinβ，cosα > cosβ，则可得到Fx曲 < Fx直，Fy曲 > Fy直A错误、B正确；CD．耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力是一对相互作用力，它们大小相等，方向相反，无论是加速还是匀速，则CD错误。故选B。
2.C【解析】AB ．对滑块受力分析，由平衡条件有，，滑块从A缓慢移动B点时，越来越大，则推力F越来越大，支持力N越来越小，所以AB错误；C．对凹槽与滑块整体分析，有墙面对凹槽的压力为，则越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C正确；D．水平地面对凹槽的支持力为则越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以D错误；
故选C。
3.BD【解析】对小球受力分析，设弹力为T，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向
而可知θ为定值，T不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变。则A错误，B正确；水平方向当转速较小时，杆对小球的弹力FN背离转轴，则
即当转速较大时，FN指向转轴即
则因 ，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大。则C错误；根据可知，因角速度变大，则小球受合外力变大。则D正确。故选BD。
4.C【解析】AB．为了能研究摩擦力随时间的变化曲线，故物块一直要处于静止状态，则向左的摩擦力一直与向右轻绳的拉力平衡，图乙是向右轻绳的拉力随时间变化曲线，故图乙也可以反映摩擦力随时间变化的曲线，由图可乙知向右轻绳的拉力先增大后减小，最后趋于不变，故物块先受静摩擦力作用后受滑动摩擦力作用，所以不需要让木板保持匀速运动，故AB错误；
C．由图可知，最大静摩擦力约为10N，滑动摩擦力约为7N，故最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10:7，故C正确；D．根据，可知，由于不知道物块的重力，故无法求物块与木板间的动摩擦因数，故D错误。故选C。
5.C【解析】当木板与水平面的夹角为时，两物块刚好滑动，对A物块受力分析如图
沿斜面方向，A、B之间的滑动摩擦力
根据平衡条件可知
对B物块受力分析如图
沿斜面方向，B与斜面之间的滑动摩擦力
根据平衡条件可知
两式相加，可得
解得
故选C。
6.B【解析】
甲物体是拴牢在O点，且甲、乙两物体的质量相等，则甲、乙绳的拉力大小相等，O点处于平衡状态，则左侧绳子拉力的方向在甲、乙绳子的角平分线上，如图所示
根据几何关系有
解得。
故选B。
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知识梳理
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典例精讲
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21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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