高考物理總復(fù)習(xí) 考前三個(gè)月 專題一 力與運(yùn)動(dòng) 第1講 力與物體的平衡試題試題

第1講力與物體的平衡高考命題軌跡年份題號(hào)(分值)考點(diǎn)難度2017年卷Ⅰ21題(6分)繩懸掛物體的動(dòng)態(tài)平衡，一個(gè)力恒定及其對(duì)角恒定，另兩力大小方向都變較難卷Ⅱ16題(6分)水平桌面上的物塊在拉力作用下勻速運(yùn)動(dòng)，考查摩擦力、正交分解中等卷Ⅲ17題(6分)彈性繩懸掛鉤碼，考查胡克定律、共點(diǎn)力平衡中等2016年卷Ⅰ19題(6分)連接體的平衡，受力分析，平衡條件的應(yīng)用中等卷Ⅱ14題(6分)輕繩懸掛物體的動(dòng)態(tài)平衡，圖解法中等卷Ⅲ17題(6分)連接體的平衡；平行四邊形定則；彈力方向中等2015年卷Ⅰ24題(12分)安培力作用下導(dǎo)體棒的平衡；胡克定律中等考情分析受力分析與物體平衡幾乎是每年必考的內(nèi)容，近年來著重考察連接體的平衡，整體法、隔離法的應(yīng)用，繩、桿、面彈力的大小與方向及胡克定律，摩擦力的大小及臨界極值問題，單物體的動(dòng)態(tài)平衡問題等．選題不避常規(guī)模型，沒有偏難怪．選擇題中物理情景較簡(jiǎn)單，難度在中等偏易到中等難度之間；計(jì)算題物理情景較新穎，抽象出物理模型的難度較大．知識(shí)方法鏈接1．受力分析的兩個(gè)順序(1)先場(chǎng)力(重力、電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力)后接觸力(先彈力后摩擦力)．(2)先分析“確定的力”，再由“確定的力”判斷“不確定的力”．2．受力分析的三個(gè)檢驗(yàn)角度(1)明確各力的施力物體和受力物體，找不到施力物體的力是不存在的．(2)判斷物體能否保持原狀態(tài)．(3)轉(zhuǎn)換研究對(duì)象(隔離→整體或整體→隔離)再做受力分析，判斷是否吻合．3．受力分析的常用方法整體法與隔離法：研究系統(tǒng)外的物體對(duì)系統(tǒng)整體的作用力時(shí)用整體法；研究系統(tǒng)內(nèi)物體之間的相互作用力時(shí)用隔離法．遇到多物體平衡時(shí)一般整體法與隔離法結(jié)合著用，一般先整體后隔離．真題模擬精練1.(多選)(2017·湖北省部分重點(diǎn)中學(xué)調(diào)研)如圖1所示，頂角為θ的光滑圓錐體固定在水平面上，一質(zhì)量為m的均質(zhì)圓環(huán)套在圓錐體上，重力加速度大小為g，下列判斷正確的是()圖1A．圓錐體對(duì)圓環(huán)的彈力方向垂直于圓錐的側(cè)面B．圓錐體對(duì)圓環(huán)的彈力方向豎直向上C．圓環(huán)的張力不為零D．圓環(huán)的張力方向指向圓環(huán)的圓心答案BC解析因?yàn)閳A環(huán)受重力和圓錐體對(duì)圓環(huán)的作用力處于平衡，則圓錐體對(duì)圓環(huán)的作用力等于圓環(huán)的重力，即F＝mg，方向與重力的方向相反，即圓錐體對(duì)圓環(huán)的彈力方向豎直向上，故A錯(cuò)誤，B正確；質(zhì)量為m的均質(zhì)圓環(huán)套在圓錐體上，圓環(huán)有被撐開的趨勢(shì)，所以圓環(huán)的張力不能為零，故C正確；圓環(huán)的張力方向沿圓環(huán)的切線方向，故D錯(cuò)誤．故選B、C.2.(2017·山東煙臺(tái)市模擬)如圖2所示，質(zhì)量均為m的相同工件a、b，橫截面為平行四邊形，靠在一起置于水平面上，它們的側(cè)面與水平面的夾角為θ.己知a、b間相接觸的側(cè)面是光滑的，當(dāng)在工件b上加一水平推力F時(shí)，兩工件一起向左勻速運(yùn)動(dòng)，則下列說法正確的是()圖2A．工件a對(duì)地面的壓力等于工件b對(duì)地面的壓力B．工件a對(duì)地面的壓力小于工件b對(duì)地面的壓力C．工件a受到的摩擦力等于工件b受到的摩擦力D．工件a受到的摩擦力大于工件b受到的摩擦力答案B解析以a為研究對(duì)象進(jìn)行受力分析如圖所示，由于b對(duì)a產(chǎn)生斜向左上方的彈力F彈的作用，使得a對(duì)地面的壓力小于mg；根據(jù)牛頓第三定律可知，a對(duì)b產(chǎn)生斜向右下方的彈力，使得b對(duì)地面的壓力大于mg，所以A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)Ff＝μFN可知，工件a受到的摩擦力小于工件b受到的摩擦力，C、D錯(cuò)誤．故選B.3．(2017·山西呂梁市孝義市模擬)如圖3所示，小球A、B穿在一根與水平面成θ角的光滑的固定桿上，一條跨過定滑輪的細(xì)繩兩端分別連接A、B兩球，不計(jì)所有摩擦．當(dāng)兩球靜止時(shí)，OA繩與桿的夾角為θ，OB繩沿豎直方向，則以下說法正確的是()圖3A．小球A可能受到2個(gè)力的作用B．小球B可能受到3個(gè)力的作用C．A、B的質(zhì)量之比為1∶tanθD．繩子對(duì)A的拉力大于對(duì)B的拉力答案C解析對(duì)A球受力分析可知，A受到重力、繩子的拉力以及桿對(duì)A球的彈力，三個(gè)力的合力為零，故A錯(cuò)誤；對(duì)B球受力分析可知，B受到重力、繩子的拉力，兩個(gè)力合力為零，桿對(duì)B球沒有彈力，否則B不能平衡，故B錯(cuò)誤；分別對(duì)A、B兩球分析，運(yùn)用合成法，如圖，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，得：FT＝mBgeq\f(FT,sinθ)＝eq\f(mAg,sin90°＋θ)(根據(jù)正弦定理列式)故mA∶mB＝1∶tanθ，故C正確；繩子對(duì)A的拉力等于對(duì)B的拉力，故D錯(cuò)誤．故選C.知識(shí)方法鏈接共點(diǎn)力平衡常用方法(1)合成法：一般三力平衡時(shí)(或多力平衡轉(zhuǎn)化成三力平衡后)用合成法：由平行四邊形定則合成任意兩力(一般為非重力的那兩個(gè)力)，該合力與第三個(gè)力平衡，在由力的示意圖所圍成的三角形中解決問題．將力的問題轉(zhuǎn)化成三角形問題，再由三角函數(shù)、勾股定理、圖解法、相似三角形法等求解．(2)正交分解法：一般受三個(gè)以上共點(diǎn)力平衡時(shí)用正交分解法：把物體受到的各力分解到相互垂直的兩個(gè)方向上，然后分別列出兩個(gè)方向上的平衡方程．真題模擬精練4．(2017·全國(guó)卷Ⅱ·16)如圖4所示，一物塊在水平拉力F的作用下沿水平桌面做勻速直線運(yùn)動(dòng)．若保持F的大小不變，而方向與水平面成60°角，物塊也恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)．則物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為()圖4A．2－eq\r(3)B.eq\f(\r(3),6)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(\r(3),2)答案C解析當(dāng)F水平時(shí)，根據(jù)平衡條件得F＝μmg；當(dāng)保持F的大小不變，而方向與水平面成60°角時(shí)，由平衡條件得Fcos60°＝μ(mg－Fsin60°)，聯(lián)立解得，μ＝eq\f(\r(3),3)，故選項(xiàng)C正確．5．(2016·全國(guó)卷Ⅲ·17)如圖5所示，兩個(gè)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(shí)，a、b間的距離恰好等于圓弧的半徑．不計(jì)所有摩擦．小物塊的質(zhì)量為()圖5A.eq\f(m,2)B.eq\f(\r(3),2)mC．mD．2m答案C解析如圖所示，圓弧的圓心為O，懸掛小物塊的點(diǎn)為c，由于ab＝R，則△aOb為等邊三角形，同一條細(xì)線上的拉力相等，F(xiàn)T＝mg，由幾何關(guān)系知，∠acb＝120°，故繩的拉力的合力與物塊的重力大小相等，所以小物塊質(zhì)量為m，故C對(duì)．6．(2017·山東濟(jì)寧市一模)智能手機(jī)的普及使“低頭族”應(yīng)運(yùn)而生．低頭時(shí)，頸椎受到的壓力會(huì)增大(當(dāng)人體直立時(shí)，頸椎所承受的壓力等于頭部的重量)．現(xiàn)將人體頭頸部簡(jiǎn)化為如圖6所示的模型：重心在頭部的P點(diǎn)，在可繞O轉(zhuǎn)動(dòng)的頸椎OP(輕桿)的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)．當(dāng)?shù)皖^時(shí)，若頸椎與豎直方向的夾角為45°，PQ與豎直方向的夾角為53°，此時(shí)頸椎受到的壓力與直立時(shí)頸椎受到壓力的比值為(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)()圖6A．4B．5C．4eq\r(2)D．5eq\r(2)答案C解析由題意可明確人的頭受力情況，如圖所示：由題意知，F(xiàn)′＝G，則由幾何關(guān)系可知：eq\f(F,F′)＝eq\f(sin180°－53°,sin53°－45°)＝4eq\r(2).根據(jù)牛頓第三定律可知C正確．

知識(shí)方法鏈接1．圖解法物體受三個(gè)力平衡：一個(gè)力恒定、另一個(gè)力的方向恒定時(shí)可用此法．例：擋板P由豎直位置繞O點(diǎn)向水平位置緩慢旋轉(zhuǎn)時(shí)小球受力的變化．(如圖7)圖7特點(diǎn)：一個(gè)力為恒力，另一個(gè)力的方向不變．2．相似三角形法物體受三個(gè)力平衡：一個(gè)力恒定、另外兩個(gè)力的方向同時(shí)變化，當(dāng)所作矢量三角形與空間的某個(gè)幾何三角形總相似時(shí)用此法．(如圖8)圖8特點(diǎn)：一個(gè)力為恒力，另兩個(gè)力的方向都在變．3．解析法：如果物體受到多個(gè)力的作用，可進(jìn)行正交分解，利用解析法，建立平衡方程，根據(jù)自變量的變化確定因變量的變化．4．平行四邊形定則：若合力不變，兩等大分力夾角變大，則分力變大．真題模擬精練7．(多選)(2017·全國(guó)卷Ⅰ·21)如圖9所示，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點(diǎn)M拴一重物，用手拉住繩的另一端N，初始時(shí)，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為α(α＞eq\f(π,2))．現(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角α不變．在OM由豎直被拉到水平的過程中()圖9A．MN上的張力逐漸增大B．MN上的張力先增大后減小C．OM上的張力逐漸增大D．OM上的張力先增大后減小答案AD8．(2017·安徽淮北市二模)在房屋裝修過程中工人經(jīng)常用如圖10所示的簡(jiǎn)易方式運(yùn)送材料，圖中C為光滑定滑輪．為了保證材料不碰觸窗臺(tái)A、B，需要一人在樓下用一根繩子拽拉，保證材料豎直向上緩慢上升，假定人的位置不變，則在運(yùn)送過程中()圖10A．OC繩的拉力逐漸增大，OD繩的拉力逐漸減小B．OC繩的拉力逐漸減小，OD繩的拉力逐漸增大C．OC繩和OD繩的拉力均逐漸減小D．OC繩和OD繩的拉力逐漸增大答案D9．(2017·陜西寶雞市二檢)如圖11所示，兩塊相互垂直的光滑擋板OP、OQ，OP豎直放置，小球a、b固定在輕彈簧的兩端，并斜靠在OP、OQ擋板上．現(xiàn)有一個(gè)水平向左的推力F作用于b上，使a、b緊靠擋板處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)保證b球不動(dòng)，使豎直擋板OP向右緩慢平移一小段距離，則()圖11A．推力F變大 B．彈簧長(zhǎng)度變短C．彈簧長(zhǎng)度變長(zhǎng) D．b對(duì)地面的壓力變大答案C對(duì)a、彈簧和b整體研究：水平方向：F＝FN1，則作用力F將減小，故A、B錯(cuò)誤，C正確；豎直方向：地面對(duì)b的支持力FN2＝(ma＋mb)g不變，根據(jù)牛頓第三定律可知，b對(duì)地面的壓力不變，故D錯(cuò)誤．故選C.知識(shí)方法鏈接1．靜電場(chǎng)中的平衡常結(jié)合庫(kù)侖定律、電場(chǎng)疊加考查受力分析、整體法與隔離法、動(dòng)態(tài)平衡等．2．涉及安培力的平衡問題一般要將立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖，在平面圖里面畫受力分析圖．真題模擬精練10．(2017·河北衡水市金卷)有三個(gè)完全相同的金屬小球A、B、C，其中小球C不帶電，小球A和B帶有等量的同種電荷，如圖12所示，A球固定在豎直絕緣支架上，B球用不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線懸于A球正上方的O點(diǎn)處，靜止時(shí)細(xì)線與OA的夾角為θ.小球C可用絕緣手柄移動(dòng)，重力加速度為g，現(xiàn)在進(jìn)行下列操作，其中描述與事實(shí)相符的是()圖12A．僅將球C與球A接觸離開后，B球再次靜止時(shí)細(xì)線中的張力比原來要小B．僅將球C與球B接觸離開后，B球再次靜止時(shí)細(xì)線與OA的夾角為θ1，僅將球C與球A接觸離開后，B球再次靜止時(shí)細(xì)線與OA的夾角為θ2，則θ1＝θ2C．剪斷細(xì)線OB瞬間，球B的加速度等于gD．剪斷細(xì)線OB后，球B將沿OB方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)直至著地答案B解析僅將球C與球A接觸后離開，球A的電荷量減半，致使小球A、B間的庫(kù)侖力減小，對(duì)球B進(jìn)行受力分析可知它在三個(gè)力的作用下平衡，設(shè)球A到O點(diǎn)的距離為H，細(xì)線的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，由三角形相似可知eq\f(mg,H)＝eq\f(FT,L)，故細(xì)線的張力不變，故A錯(cuò)誤；將球C與球B接觸后離開，和球C與球A接觸后離開，由庫(kù)侖定律和均分電量法知道兩種情況下A、B間的斥力相同，故夾角也相同，故B正確；剪斷細(xì)線OB瞬間，球B在重力和庫(kù)侖力作用下運(yùn)動(dòng)，其合力斜向右下方，與原來細(xì)線的張力等大反向，故其加速度不一定等于g，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；剪斷細(xì)線OB后，球B在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的庫(kù)侖力隨球A、B間距的變化而變化，即球B落地前做變加速曲線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．11．(2017·河南洛陽(yáng)市第二次統(tǒng)考)如圖13所示，兩個(gè)帶電小球A、B分別處于光滑絕緣的豎直墻面和斜面上，且在同一豎直平面內(nèi)，用水平向左的推力F作用于B球，兩球在圖示位置靜止，現(xiàn)將B球沿斜面向上移動(dòng)一小段距離，發(fā)現(xiàn)A球隨之向上緩慢移動(dòng)少許，兩球在虛線位置重新平衡，重新平衡后與移動(dòng)前相比，下列說法錯(cuò)誤的是()圖13A．推力F變大B．斜面對(duì)B的彈力不變C．斜面對(duì)A的彈力變小D．兩球之間的距離變大答案A解析先對(duì)小球A受力分析，受重力、彈力、庫(kù)侖力，如圖所示，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有：F庫(kù)＝eq\f(mg,cosα)①FN＝mgtanα②由于α減小，根據(jù)①式，庫(kù)侖力減小，故兩球間距增加，故D正確；由于α減小，根據(jù)②式，墻面對(duì)A的彈力變小，故C正確；再對(duì)A、B整體受力分析，受重力、斜面支持力FN′、墻壁彈力FN和推力F，如圖所示，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有：FN′sinβ＋FN＝FFN′cosβ＝(m＋M)g解得：F＝(m＋M)gtanβ＋mgtanα③FN′＝eq\f(m＋Mg,cosβ)④由于α減小，β不變，根據(jù)③式，推力F減小，故A錯(cuò)誤；由于α減小，β不變，根據(jù)④式，斜面對(duì)B的彈力不變，故B正確．本題選錯(cuò)誤的，故選A.專題規(guī)范練題組1高考真題體驗(yàn)1．(多選)(2016·全國(guó)卷Ⅰ·19)如圖1所示，一光滑的輕滑輪用細(xì)繩OO′懸掛于O點(diǎn)；另一細(xì)繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物塊b.外力F向右上方拉b，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．若F方向不變，大小在一定范圍內(nèi)變化，物塊b仍始終保持靜止，則()圖1A．繩OO′的張力也在一定范圍內(nèi)變化B．物塊b所受到的支持力也在一定范圍內(nèi)變化C．連接a和b的繩的張力也在一定范圍內(nèi)變化D．物塊b與桌面間的摩擦力也在一定范圍內(nèi)變化答案BD解析由于物塊a、b均保持靜止，各繩角度保持不變，對(duì)a受力分析得，繩的拉力FT′＝mag，所以物塊a受到繩的拉力保持不變．由滑輪性質(zhì)，滑輪兩側(cè)繩的拉力相等，所以b受到繩的拉力大小、方向均保持不變，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；a、b受到繩的拉力大小、方向均不變，所以O(shè)O′的張力不變，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)b進(jìn)行受力分析，如圖所示．由平衡條件得：FTcosβ＋Ff＝Fcosα，F(xiàn)sinα＋FN＋FTsinβ＝mbg.其中FT和mbg始終不變，當(dāng)F大小在一定范圍內(nèi)變化時(shí)，支持力在一定范圍內(nèi)變化，B選項(xiàng)正確；摩擦力也在一定范圍內(nèi)發(fā)生變化，D選項(xiàng)正確．2．(2016·全國(guó)Ⅱ卷·14)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(dòng)繩的中點(diǎn)O，如圖2所示．用T表示繩OA段拉力的大小，在O點(diǎn)向左移動(dòng)的過程中()圖2A．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逐漸變小答案A解析對(duì)O點(diǎn)受力分析如圖所示，F(xiàn)與T的變化情況如圖，由圖可知在O點(diǎn)向左移動(dòng)的過程中，F(xiàn)逐漸變大，T逐漸變大，故選項(xiàng)A正確．3．(2013·全國(guó)卷Ⅱ·15)如圖3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()圖3A．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(duì)斜面的正壓力答案C解析當(dāng)拉力為F1時(shí)，物塊有沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，受到沿斜面向下的靜摩擦力，則F1＝mgsinθ＋Ffm.當(dāng)拉力為F2時(shí)，物塊有沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，受到沿斜面向上的靜摩擦力，則F2＋Ffm＝mgsinθ，由此解得Ffm＝eq\f(F1－F2,2).

4．(2012·全國(guó)卷·24)拖把是由拖桿和拖把頭構(gòu)成的擦地工具(如圖4)．設(shè)拖把頭的質(zhì)量為m，拖桿質(zhì)量可忽略；拖把頭與地板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為常數(shù)μ，重力加速度為g.某同學(xué)用該拖把在水平地板上拖地時(shí)，沿拖桿方向推拖把，拖桿與豎直方向的夾角為θ.圖4(1)若拖把頭在地板上勻速移動(dòng)，求推拖把的力的大?。?2)設(shè)能使該拖把在地板上從靜止剛好開始運(yùn)動(dòng)的水平推力與此時(shí)地板對(duì)拖把的正壓力的比值為λ.已知存在一臨界角θ0，若θ≤θ0，則不管沿拖桿方向的推力有多大，都不可能使拖把從靜止開始運(yùn)動(dòng)．求這一臨界角的正切tanθ0.答案(1)eq\f(μ,sinθ－μcosθ)mg(2)λ解析(1)設(shè)該同學(xué)沿拖桿方向用大小為F的力推拖把．將推拖把的力沿豎直和水平方向分解，根據(jù)平衡條件有Fcosθ＋mg＝FN①Fsinθ＝Ff②式中FN和Ff分別為地板對(duì)拖把的正壓力和摩擦力．所以Ff＝μFN③聯(lián)立①②③式得F＝eq\f(μ,sinθ－μcosθ)mg(2)若不管沿拖桿方向用多大的力都不能使拖把從靜止開始運(yùn)動(dòng)，應(yīng)有Fsinθ≤λFN ④這時(shí)，①式仍成立．聯(lián)立①④式得sinθ－λcosθ≤λeq\f(mg,F)⑤現(xiàn)求解使⑤式成立的θ角的取值范圍．注意到⑤式右邊總是大于零，且當(dāng)F無限大時(shí)極限值為零，有sinθ－λcosθ≤0⑥使⑥式成立的θ角滿足θ≤θ0，這里θ0是題中所定義的臨界角，即當(dāng)θ≤θ0時(shí)，不管沿拖桿方向用多大的力都推不動(dòng)拖把，故臨界角的正切為tanθ0＝λ.題組2各省市模擬精選5．(2017·河南豫南九校第四次質(zhì)考)如圖5所示，圖5重6N的木塊靜止在傾角θ＝30°的斜面上，若用平行于斜面沿水平方向、大小等于4N的力推木塊，木塊仍能保持靜止，則木塊所受的摩擦力大小是()A．3NB．4NC．5ND．6N答案C解析對(duì)木塊受力分析，受推力F、重力G、支持力FN和靜摩擦力Ff，將重力按照作用效果分解為沿斜面向下的分力F′＝mgsinθ＝3N和垂直斜面向下的分力mgcosθ＝3eq\r(3)N，在與斜面平行的平面內(nèi)，如圖所示，摩擦力大小Ff＝eq\r(F2＋F′2)＝eq\r(32＋42)N＝5N.6.(多選)(2017·湖南懷化市一模)如圖6所示，一質(zhì)量為m1的小球用輕質(zhì)線懸掛在質(zhì)量為m2的木板的支架上，木板沿傾角為θ的斜面下滑時(shí)，細(xì)線呈豎直狀態(tài)，在木板下滑的過程中斜面體始終靜止在水平地面上，已知斜面體的質(zhì)量為M，重力加速度為g，則下列說法中不正確的是()圖6A．地面對(duì)斜面體的支持力小于(M＋m1＋m2)gB．木板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(1,tanθ)C．摩擦產(chǎn)生的熱量等于木板減少的機(jī)械能D．斜面體受到地面的摩擦力為零答案ABC解析因拉小球的細(xì)線呈豎直狀態(tài)，所以小球受到重力和豎直向上的拉力，在水平方向不受力，所以小球在水平方向沒有加速度，結(jié)合小球沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，所以小球和木板一定是勻速下滑．以小球、木板和斜面體整體為研究對(duì)象，由平衡條件知，地面對(duì)斜面體沒有摩擦力，且地面對(duì)斜面體的支持力等于(M＋m1＋m2)g，故A錯(cuò)誤，D正確．以小球和木板整體為研究對(duì)象，由平衡條件得：(m1＋m2)gsinθ＝μ(m1＋m2)gcosθ，即木板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝tanθ，故B錯(cuò)誤．木板與小球下滑過程中，由能量守恒定律知，木板、小球組成的系統(tǒng)減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故C錯(cuò)誤．故選A、B、C.7．(2017·湖南常德市高三模擬)如圖7所示，粗糙水平面上有一長(zhǎng)木板，一個(gè)人在木板上用水平力F向右推著箱子在木板上勻速運(yùn)動(dòng)，人的質(zhì)量大于箱子質(zhì)量，若鞋與長(zhǎng)木板、木箱與長(zhǎng)木板間動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則下列說法正確的是()圖7A．人受的滑動(dòng)摩擦力方向水平向右B．木箱受的滑動(dòng)摩擦力方向水平向左C．木板受地面的摩擦力方向水平向右D．木板受地面的摩擦力方向水平向左答案B解析人用力F向右推箱子，對(duì)箱子受力分析，受推力、重力、支持力和滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)平衡條件，箱子受到的摩擦力方向向左，與推力平衡，人用力F向右推箱子，對(duì)箱子的作用力向右，根據(jù)牛頓第三定律可知，箱子對(duì)人的作用力的方向向左，人若要平衡，則受到的木板的摩擦力的方向向右，但人的腳在與木板接觸時(shí)相對(duì)木板是靜止的，故人受到的是靜摩擦力，故A錯(cuò)誤，B正確；對(duì)人、箱子和木板的整體受力分析，受重力和支持力，不受摩擦力，否則不平衡，故地面對(duì)木板沒有摩擦力，故C、D錯(cuò)誤．8．(2017·安徽馬鞍山市一模)如圖8所示，兩根相同的直木棍AB和CD相互平行，斜靠在豎直墻壁上固定不動(dòng)，一表面各處情況相同的圓筒恰能沿直木棍勻速下滑，若保持兩木棍傾角α不變，將兩者間的距離稍微增大后固定不動(dòng)，仍使該圓筒以一定的初速度從兩木棍上端滑下，則()圖8A．圓筒將沿木棍減速下滑B．圓筒將沿木棍加速下滑C．木棍對(duì)圓筒的摩擦力不變D．木棍和圓筒間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tanα答案A解析圓筒從木棍的上部勻速滑下過程中，受到重力、兩木棍的支持力和摩擦力，根據(jù)平衡條件可知，兩木棍支持力的合力和摩擦力不變，將兩木棍間的距離稍微增大后，兩木棍支持力的合力不變，而兩支持力夾角增大，則每根木棍對(duì)圓筒的支持力變大，故滑動(dòng)摩擦力變大，故圓筒將會(huì)減速滑行，故A正確，B、C錯(cuò)誤；勻速下滑時(shí)，圓筒受2個(gè)支持力、2個(gè)摩擦力，根據(jù)平衡條件，有：2μFN－mgsinα＝0，其中2FN≠mgcosα，故μ≠tanα，故D錯(cuò)誤．故選A.9．(多選)(2017·江西新余一中第七次模擬)如圖9所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圓柱體上，小球B用水平輕彈簧拉著系于豎直板上，兩小球A、B通過光滑定滑輪O用輕質(zhì)細(xì)線相連，兩球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知B球質(zhì)量為m，O點(diǎn)在半圓柱體圓心O1的正上方，OA與豎直方向成30°角，OA長(zhǎng)度與半圓柱體半徑相等，OB與豎直方向成45°角，則下列敘述正確的是()圖9A．小球A、B受到的拉力FOA與FOB相等，且FOA＝FOB＝mgB．彈簧彈力大小為mgC．A球質(zhì)量為mA＝eq\r(6)mD．光滑半圓柱體對(duì)A球支持力的大小為mg答案BC解析對(duì)B受力分析可知：細(xì)線的拉力FOB＝eq\f(mg,cos45°)＝eq\r(2)mg，則FOA＝FOB＝eq\r(2)mg，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；彈簧彈力大小F＝mgtan45°＝mg，選項(xiàng)B正確；對(duì)A球受力分析可知：mAg＝2FOAcos30°，解得：mA＝eq\r(6)m，選項(xiàng)C正確；光滑半圓柱體對(duì)A球支持力的大小為FN＝FOA＝eq\r(2)mg，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．故選B、C.10．(2017·遼寧鐵嶺市協(xié)作校聯(lián)考)如圖10(a)所示，兩段等長(zhǎng)輕質(zhì)細(xì)線將質(zhì)量分別為m、2m的小球A、B(均可視為質(zhì)點(diǎn))懸掛在O點(diǎn)，小球A受到水平向右的恒力F1的作用，小球B受到水平向左的恒力F2的作用，當(dāng)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，出現(xiàn)了如圖(b)所示的狀態(tài)，小球B剛好位于O點(diǎn)正下方．則F1與F2圖10A．F1＝4F2 B．F1＝3C．2F1＝3F2 D．2F1答案D解析A受到水平向右的力F1，B受到水平向左的力F2，以整體為研究對(duì)象，分析受力如圖：設(shè)OA與豎直方向的夾角為α，則由平衡條件得：tanα＝eq\f(F1－F2,2mg＋mg)①以B球?yàn)檠芯繉?duì)象，設(shè)AB與豎直方向的夾角為β，則由平衡條件得：tanβ＝eq\f(F2,2mg)②由幾何關(guān)系得到：α＝β③聯(lián)立①②③解得：2F1＝5F11．(2017·江西重點(diǎn)中學(xué)盟校第一次聯(lián)考)如圖11所示，傾角為α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物體a放在斜面上，輕質(zhì)細(xì)線一端固定在物體a上，另一端繞過光滑的滑輪固定