2024年高考物理一輪復(fù)習(xí)考點5受力分析共點力的平衡練習(xí)含解析

PAGE19-考點5受力分析共點力的平衡題組一基礎(chǔ)小題1．如圖所示，質(zhì)量為m的木塊P在質(zhì)量為M的長木板ab上滑行，長木板放在水平地面上始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。若長木板ab與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1，木塊P與長木板ab間的動摩擦因數(shù)為μ2，則長木板ab受到地面的摩擦力大小為()A．μ1Mg B．μ1(m＋M)gC．μ2mg D．μ1Mg＋μ2mg答案C解析木塊P在長木板ab上滑行，木塊受到長木板向左的滑動摩擦力F1＝μ2mg作用，依據(jù)牛頓第三定律可知，長木板也必定受到木塊向右的滑動摩擦力F1′作用，F(xiàn)1′＝F1＝μ2mg。由于長木板處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以長木板受到地面的靜摩擦力F2與F1′平衡，即F2＝μ2mg，C正確。2．如圖所示，物體A靠在豎直墻面上，在力F作用下，A、B保持靜止。物體B的受力個數(shù)為()A．2B．4C．2或4D．無法確定答案B解析A、B之間肯定有彈力，否則A不會靜止，以B為探討對象，B受到重力、推力F和A對B斜向下的彈力，分析可知，B肯定還受A對它的靜摩擦力，否則B不會靜止，所以B受四個力作用，故B正確，A、C、D錯誤。3．如圖所示，傾角為45°的斜面B放置在水平面上，物塊A放在斜面B上，A、B接觸面光滑，水平力F作用在物塊A上，A、B一起沿著水平面對左勻速滑動，若B與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，則A與B的質(zhì)量之比為()A.eq\f(μ,1－μ) B.eq\f(μ,1＋μ)C.eq\f(1－μ,μ) D.eq\f(1＋μ,μ)答案A解析把A、B看成一個整體，依據(jù)平衡條件得F＝μ(mA＋mB)g，對物塊A受力分析，依據(jù)平衡條件得F＝mAgtan45°，聯(lián)立解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(μ,1－μ)，A正確。4．如圖所示，斜面體放置在粗糙的水平地面上，在水平向右的推力F作用下，物體A和斜面體B均保持靜止。若減小推力F，物體A仍舊靜止在斜面上，則()A．物體A所受合力肯定變小B．斜面對物體A的支持力肯定變小C．斜面對物體A的摩擦力肯定變小D．斜面對物體A的摩擦力肯定為零答案B解析物體A始終處于平衡狀態(tài)，所以受到的合力始終等于0，不變，故A錯誤；如圖對物體A進(jìn)行受力分析，有：F合x＝Fcosθ＋f－Gsinθ＝0①F合y＝FN－Gcosθ－Fsinθ＝0②由②知，F(xiàn)N＝Gcosθ＋Fsinθ，當(dāng)F減小時，則支持力減小，所以B正確；由①知，f＝Gsinθ－Fcosθ，當(dāng)f為正值即沿斜面對上時，F(xiàn)減小則f增大，當(dāng)f為負(fù)值即沿斜面對下時，F(xiàn)減小則f可能減小，可能為零，也可能反向增大，故C、D錯誤。故選B。5.如圖所示，斜劈ABC放在粗糙的水平地面上，在斜劈上放一重為G的物塊，物塊和斜劈均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用一豎直向下且漸漸增大的力F作用于物塊上，則下列說法正確的是()A．斜劈對物塊的支持力增大B．物塊所受的合力變大C．當(dāng)力F足夠大時斜劈將沿水平地面對右滑動D．斜劈ABC受到水平地面對左的摩擦力作用，且隨力F的增大而增大答案A解析重為G的物塊靜止在斜劈上，對物塊：mgsinθ≤μmgcosθ，即sinθ≤μcosθ。當(dāng)用一豎直向下的力F作用于物塊上時，可等效于物塊更重了，物塊對斜劈的壓力增大，則斜劈對物塊的支持力增大，A正確；但此時sinθ≤μcosθ仍成立，故物塊仍靜止，合力保持為零不變，B錯誤；以物塊與斜劈組成的整體為探討對象，水平方向上不受力，故C、D錯誤。6．如圖所示，光滑小球置于豎直墻壁和擋板間，擋板繞O點于圖示位置緩慢轉(zhuǎn)至水平的過程中，小球?qū)Ρ诤蛽醢宓膲毫θ绾巫兏?)A．對墻壁的壓力減小，對擋板的壓力也減小B．對墻壁的壓力減小，對擋板的壓力增大C．對墻壁的壓力減小，對擋板的壓力先增大后減小D．對墻壁的壓力先增大后減小，對擋板的壓力增大答案A解析以小球為探討對象，由題可知小球時刻處于平衡狀態(tài)，依據(jù)受力平衡，受力分析如圖所示，由圖可知，墻壁給球的壓力F2漸漸減小，擋板給球的支持力F1漸漸減小，依據(jù)牛頓第三定律可知小球?qū)ωQ直墻壁的壓力漸漸減小，小球?qū)醢宓膲毫σ矟u漸減小，故選A。7．(多選)如圖所示，質(zhì)量均為m的小球A、B用勁度系數(shù)為k1的輕彈簧相連，B球用長為L的細(xì)繩懸于O點，A球固定在O點正下方，當(dāng)小球B平衡時，繩子所受的拉力為T1，彈簧的彈力為F1；現(xiàn)把A、B間的彈簧換成原長相同但勁度系數(shù)為k2(k2>k1)的另一輕彈簧，在其他條件不變的狀況下仍使系統(tǒng)平衡，此時繩子所受的拉力為T2，彈簧的彈力為F2，則下列關(guān)于T1與T2、F1與F2大小之間的關(guān)系，以下說法正確的是()A．T1>T2 B．T1＝T2C．F1<F2 D．F1＝F2答案BC解析以小球B為探討對象，分析受力狀況，如圖所示。由平衡條件可知，彈簧的彈力F和繩子的拉力T的合力F合與小球的重力mg大小相等、方向相反，即F合＝mg，由三角形相像得：eq\f(mg,AO)＝eq\f(F,AB)＝eq\f(T,OB)，AO、OB不變，而T＝eq\f(OB,AO)mg，故T大小不變，即T1＝T2；當(dāng)彈簧勁度系數(shù)變大時，彈簧的壓縮量減小，AB增大，而F＝eq\f(AB,AO)mg，故F變大，即F2>F1。故A、D錯誤，B、C正確。8．(多選)如圖所示，用光滑的粗鐵絲做成始終角三角形，BC邊水平，AC邊豎直，∠B＝β，∠A＝α，AB及AC兩邊上分別套有細(xì)線系著的銅環(huán)M、N，當(dāng)它們靜止時，細(xì)線與AB所成的角為γ，與AC所成的角為θ(細(xì)線長度小于BC)，則()A．γ＝β B．θ＝eq\f(π,2)C．θ>eq\f(π,2)－α D．β<γ<eq\f(π,2)答案CD解析對N受力分析，如圖所示，N受重力GN、垂直AC邊向右的彈力FN，N靜止，則受細(xì)線的拉力TN肯定斜向左上方，則θ<eq\f(π,2)，γ>β；對M受力分析，M受重力GM、垂直AB邊向上的彈力FM，M靜止，則M所受細(xì)線拉力TM沿圖中所示方向，有γ<eq\f(π,2)，則θ>eq\f(π,2)－α。綜上所述，A、B錯誤，C、D正確。9.課堂上，老師打算了“L”形光滑木板和三個完全相同、外表面光滑的勻質(zhì)圓柱形積木，要將三個積木按圖示(截面圖)方式堆放在木板上，則木板與水平面夾角θ的最大值為()A．30° B．45°C．60° D．90°答案A解析將三個積木按圖示方式堆放在木板上，增大θ角的過程中，最上面兩個積木之間先是存在壓力，θ增大到某一角度時，壓力消逝，此時θ角達(dá)到最大值，之后再增大θ角，最上面的積木便無法保持平衡狀態(tài)，當(dāng)θ角達(dá)到最大值時，積木狀態(tài)如圖所示，所以θ角的最大值為30°，A正確。10．將四塊相同的堅實石塊壘成圓弧形的石拱，其中第3、4塊固定在地基上，第1、2塊間的接觸面是豎直的，每塊石塊的兩個側(cè)面間所夾的圓心角均為30°，石塊間的摩擦力可以忽視不計。則第1塊對第2塊的彈力F1和第1塊對第3塊的彈力F2的大小之比為()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\r(3) D.eq\f(1,2)答案A解析如圖對第1塊石塊進(jìn)行受力分析，由幾何關(guān)系知：eq\f(F1,F2)＝sin60°＝eq\f(\r(3),2)，故A正確，B、C、D錯誤。11．(多選)如圖所示，將一勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在內(nèi)壁光滑的半球形容器底部O′處(O為球心)，彈簧另一端與質(zhì)量為m的小球相連，小球靜止于P點。已知容器半徑為R，與水平地面之間的動摩擦因數(shù)為μ，OP與水平方向的夾角為θ＝30°。下列說法正確的是()A．容器相對于水平面有向左的運(yùn)動趨勢B．容器和彈簧對小球的作用力的合力豎直向上C．彈簧原長為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋\f(mg,k)))D．輕彈簧對小球的作用力大小為eq\f(\r(3),2)mg答案BC解析對小球受力分析，如圖所示。θ＝30°，三角形OO′P為等邊三角形，由FN、F、mg首尾相接后組成的力的三角形與幾何三角形OO′P相像得FN＝F＝mg，D錯誤；整體豎直方向受重力、地面的支持力，依據(jù)平衡條件可知，容器不受水平面的靜摩擦力，容器與地面沒有相對運(yùn)動趨勢，A錯誤；小球處于平衡狀態(tài)，容器和彈簧對小球的作用力的合力與重力平衡，B正確；由胡克定律有F＝mg＝k(L0－R)，解得彈簧原長L0＝R＋eq\f(mg,k)，C正確。12．在豎直墻壁間有半圓球A和圓球B，其中圓球B的表面光滑，半圓球A與左側(cè)墻壁之間的動摩擦因數(shù)為eq\f(2,5)eq\r(3)，兩球心之間連線與水平方向成30°的夾角，兩球恰好不下滑，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則半圓球A和圓球B的質(zhì)量之比為()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,5) D.eq\f(1,6)答案C解析設(shè)A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為M，對B受力分析如圖所示，可得FNB＝Fcos30°，Mg＝Fsin30°，解得FNB＝eq\f(Mg,tan30°)，對兩球組成的整體，水平方向受力平衡，有FNA＝FNB，豎直方向有(m＋M)g＝μFNA，聯(lián)立解得eq\f(m,M)＝eq\f(1,5)，C正確。13.如圖所示，圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，打有小孔的小球穿過圓環(huán)。細(xì)繩a的一端固定在圓環(huán)的A點，細(xì)繩b的一端固定在小球上，兩繩的連接點O懸掛著一重物，O點正好處于圓心?，F(xiàn)將小球從B點緩慢移到B′點，在這一過程中，重物始終保持靜止。則在此過程中繩a的拉力()A．始終增大 B．始終減小C．先增大后減小 D．先減小后增大答案A解析對連接點O進(jìn)行受力分析，把連接點受到的重物拉力(等于重力)、兩繩的拉力放到一個矢量三角形中，如圖所示，小球從B點緩慢移到B′點，F(xiàn)a漸漸變大，A正確。題組二高考小題14．(2024·江蘇高考)如圖所示，一只氣球在風(fēng)中處于靜止?fàn)顟B(tài)，風(fēng)對氣球的作用力水平向右。細(xì)繩與豎直方向的夾角為α，繩的拉力為T，則風(fēng)對氣球作用力的大小為()A.eq\f(T,sinα) B.eq\f(T,cosα)C．Tsinα D．Tcosα答案C解析對氣球受力分析，如圖所示，將繩的拉力T分解，在水平方向：風(fēng)對氣球的作用力大小F＝Tsinα，C正確。15．(2024·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漸漸變大，T漸漸變大B．F漸漸變大，T漸漸變小C．F漸漸變小，T漸漸變大D．F漸漸變小，T漸漸變小答案A解析以O(shè)點為探討對象，設(shè)繩OA與豎直方向的夾角為θ，物體的重力為G，依據(jù)力的平衡可知，F(xiàn)＝Gtanθ，T＝eq\f(G,cosθ)，隨著O點向左移，θ變大，則F漸漸變大，T漸漸變大，A項正確。16.(2024·全國卷Ⅰ)(多選)如圖，一粗糙斜面固定在地面上，斜面頂端裝有一光滑定滑輪。一細(xì)繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊N，另一端與斜面上的物塊M相連，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用水平向左的拉力緩慢拉動N，直至懸掛N的細(xì)繩與豎直方向成45°。已知M始終保持靜止，則在此過程中()A．水平拉力的大小可能保持不變B．M所受細(xì)繩的拉力大小肯定始終增加C．M所受斜面的摩擦力大小肯定始終增加D．M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增加答案BD解析選N為探討對象，受力狀況如圖甲所示，用水平拉力F緩慢拉動N的過程中，水平拉力F漸漸增大，細(xì)繩的拉力T漸漸增大，A錯誤，B正確；對于M，受重力GM、支持力FN、繩的拉力T以及斜面對它的摩擦力f。如圖乙所示，若起先時斜面對M的摩擦力f沿斜面對上，則T＋f＝GMsinθ，T漸漸增大，f漸漸減小，可能會出現(xiàn)f減小到零后，再反向增大；若起先時斜面對M的摩擦力沿斜面對下，則T＝GMsinθ＋f，當(dāng)T漸漸增大時，f漸漸增大，C錯誤，D正確。17．(2024·全國卷Ⅰ)(多選)如圖，一光滑的輕滑輪用細(xì)繩OO′懸掛于O點；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，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。若F方向不變，大小在肯定范圍內(nèi)變更，物塊b仍始終保持靜止，則()A．繩OO′的張力也在肯定范圍內(nèi)變更B．物塊b所受到的支持力也在肯定范圍內(nèi)變更C．連接a和b的繩的張力也在肯定范圍內(nèi)變更D．物塊b與桌面間的摩擦力也在肯定范圍內(nèi)變更答案BD解析系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，連接a和b的繩的張力大小T1等于物塊a的重力Ga，C項錯誤；以O(shè)′點為探討對象，受力分析如圖甲所示，T1恒定，夾角θ不變，由平衡條件知，繩OO′的張力T2恒定不變，A項錯誤；以b為探討對象，受力分析如圖乙所示，則FN＋T1cosθ＋Fsinα－Gb＝0f＋T1sinθ－Fcosα＝0FN、f均隨F的變更而變更，故B、D項正確。18．(2024·廣東高考)(多選)如圖所示，三條繩子的一端都系在細(xì)直桿頂端，另一端都固定在水平地面上，將桿豎直緊壓在地面上。若三條繩長度不同，下列說法正確的有()A．三條繩中的張力都相等B．桿對地面的壓力大于自身重力C．繩子對桿的拉力在水平方向的合力為零D．繩子拉力的合力與桿的重力是一對平衡力答案BC解析依據(jù)桿受力平衡可知，三條繩的拉力的水平分力的合力為零，C正確；由于三條繩的長度不同，因此三條繩與豎直方向的夾角不同，假如三條繩水平分力間的夾角相等，則三條繩中張力肯定不相等，A錯誤；由桿受力平衡可知，桿對地面的壓力等于桿的重力與三條繩的拉力的豎直分力之和，故桿對地面的壓力大于自身重力，B正確；三條繩的拉力的合力和桿的重力的方向均豎直向下，而一對平衡力要求方向相反，所以它們不是一對平衡力，D錯誤。19.(2024·天津高考)(多選)如圖所示，輕質(zhì)不行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)。假如只人為變更一個條件，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，則衣架懸掛點右移答案AB解析設(shè)繩長為l，兩桿間距離為d，選O點為探討對象，因aOb為同一根繩，故aO、bO對O點的拉力大小相等，因此平衡時aO、bO與水平方向的夾角相等，設(shè)為θ。對于O點受力狀況如圖所示，依據(jù)平衡條件，得2Tsinθ＝mg，而sinθ＝eq\f(\r(l2－d2),l)，所以T＝eq\f(mg,2)·eq\f(l,\r(l2－d2))。由以上各式可知，當(dāng)l、d不變時，θ不變，故換掛質(zhì)量更大的衣服時，懸掛點不變，選項D錯誤。若衣服質(zhì)量不變，變更b的位置或繩兩端的高度差，繩子拉力不變，選項A正確，選項C錯誤。當(dāng)N桿向右移一些時，d變大，則T變大，選項B正確。20．(2024·全國卷Ⅰ)(多選)如圖，松軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點M拴一重物，用手拉住繩的另一端N。初始時，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α>\f(π,2)))?，F(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()A．MN上的張力漸漸增大B．MN上的張力先增大后減小C．OM上的張力漸漸增大D．OM上的張力先增大后減小答案AD解析設(shè)重物的質(zhì)量為m，繩OM中的張力為TOM，繩MN中的張力為TMN。起先時，TOM＝mg，TMN＝0。由于緩慢拉起，則重物始終處于平衡狀態(tài)，兩繩張力的合力與重物的重力mg等大、反向。如圖所示，已知角α不變，在繩MN緩慢拉起的過程中，角β漸漸增大，則角(α－β)漸漸減小，但角θ不變，在三角形中，利用正弦定理得：eq\f(TOM,sinα－β)＝eq\f(mg,sinθ)，(α－β)由鈍角變?yōu)殇J角，則TOM先增大后減小，選項D正確；同理知eq\f(TMN,sinβ)＝eq\f(mg,sinθ)，在β由0變?yōu)閑q\f(π,2)的過程中，TMN始終增大，選項A正確。題組三模擬小題21．(2024·福建泉州泉港區(qū)第一中學(xué)質(zhì)檢)如圖所示，固定斜面上有一小球，用一豎直輕彈簧與之相連，小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，不考慮小球的滾動。下列說法正確的是()A．小球與斜面之間肯定有彈力B．彈簧肯定處于伸長狀態(tài)C．彈簧可能處于壓縮狀態(tài)D．小球最多受到5個力答案C解析當(dāng)小球受到彈簧的彈力與重力等大反向時，小球與斜面之間沒有作用力，A錯誤；小球肯定受到豎直向下的重力，若彈簧被壓縮，則小球還受到豎直向下的彈力、斜面給的垂直斜面對上的支持力以及沿斜面對上的摩擦力，若彈簧被拉伸，則小球受到重力、豎直向上的彈力，還可能受斜面給的垂直斜面對上的支持力以及沿斜面對上的摩擦力，即小球最多受4個力作用，C正確，B、D錯誤。22．(2024·陜西黃陵中學(xué)高三上學(xué)期期末)架在A、B兩根電線桿之間的勻稱電線在夏、冬兩季由于熱脹冷縮的效應(yīng)，電線呈現(xiàn)如圖所示的兩種形態(tài)，下列說法中正確的是()A．夏季與冬季電線對電線桿的拉力一樣大B．夏季與冬季電線桿對電線的拉力方向不變C．夏季電線對電線桿的拉力較大D．冬季電線對電線桿的拉力較大答案D解析以整條電線為探討對象，受力分析如圖所示，由共點力的平衡條件知，兩電線桿對電線的拉力的合力與其重力平衡，由幾何關(guān)系得：Fcosθ＝eq\f(G,2)，F(xiàn)＝eq\f(G,2cosθ)，由于夏天氣溫較高，電線的體積會膨脹，兩桿正中部位電線下墜的距離h變大，則電線在桿上固定處的切線方向與豎直方向的夾角θ變小，電線質(zhì)量肯定，則可知電線桿對電線的拉力F＝eq\f(G,2cosθ)變小，由牛頓第三定律知，夏季電線對電線桿的拉力較小，冬季電線對電線桿的拉力較大，故D正確，A、B、C錯誤。23．(2024·山東濱洲二模)浙江烏鎮(zhèn)一帶的農(nóng)夫每到清明季節(jié)舉辦民俗活動，在一個巨型石臼上插入一根碩大的毛竹，表演者爬上竹稍表演各種驚險動作，如圖所示。下列說法正確的是()A．在任何位置表演者靜止時只受重力和彈力作用B．在任何位置竹竿對表演者的作用力必定與竹竿垂直C．表演者靜止時，竹竿對其的作用力必定豎直向上D．表演者越靠近竹竿底部所受的摩擦力就越小答案C解析表演者大部分狀況下受到重力、彈力和摩擦力三個力的作用，故A錯誤；表演者靜止時，所受竹竿的作用力與重力大小相等、方向相反，即豎直向上，不肯定與竹竿垂直，故B錯誤，C正確；表演者越靠近竹竿底部時竹竿與水平方向的夾角θ就越大，所以摩擦力f＝mgsinθ就越大，故D錯誤。24.(2024·湖南湘東六校聯(lián)考)如圖所示，斜面體靜置于粗糙水平面上，用一輕繩拴住小球置于光滑的斜面上，輕繩左端固定在豎直墻面上的P處，初始時輕繩與斜面平行，若將斜面體移至虛線位置處，斜面體仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，則與在原來位置相比()A．在虛線位置時輕繩對小球的拉力小B．在虛線位置時斜面體對小球的支持力大C．在虛線位置時斜面體對水平面的壓力大D．在虛線位置時斜面體對水平面的摩擦力小答案D解析隔離小球分析其受力，小球受到豎直向下的重力、垂直斜面對上的支持力、輕繩的拉力，畫出小球受力的矢量三角形，如圖所示，由圖可知，在虛線位置時輕繩對小球的拉力大，斜面體對小球的支持力小，A、B錯誤；把小球和斜面體看成一個整體，由圖可知，在虛線位置時輕繩對小球拉力的豎直分力大，水平分力小，由平衡條件可知，在虛線位置時水平面對斜面體的支持力小，摩擦力小，依據(jù)牛頓第三定律可知，在虛線位置時斜面體對水平面的壓力小，摩擦力小，C錯誤，D正確。25.(2024·百師聯(lián)盟七調(diào))質(zhì)量均為m的兩物塊A和B之間連接著一個輕質(zhì)彈簧，其勁度系數(shù)為k，現(xiàn)將物塊A、B放在水平地面上一斜面的等高處，如圖所示，彈簧處于壓縮狀態(tài)，且物塊與斜面均能保持靜止，已知斜面的傾角為θ，兩物塊和斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是()A．斜面和水平地面間肯定有靜摩擦力B．斜面對A、B組成的系統(tǒng)的靜摩擦力大于2mgsinθC．若將彈簧拿掉，物塊有可能發(fā)生滑動D．彈簧的最大壓縮量為eq\f(mg\r(μ2cos2θ－sin2θ),k)答案D解析對兩物塊、彈簧和斜面組成的整體分析，整體處于平衡狀態(tài)，相對地面沒有相對運(yùn)動的趨勢，故斜面與水平地面間沒有靜摩擦力作用，A錯誤；對A和B組成的整體分析，整體的重力沿斜面對下的分力大小等于靜摩擦力，即f＝2mgsinθ，故B錯誤；對A或B，彈簧彈力沿水平方向，大小為kx，且與重力沿斜面對下的分力mgsinθ、靜摩擦力f0的合力為零，如圖所示，f0＝eq\r(kx2＋mgsinθ2)，拿掉彈簧后，f′＝mgsinθ，仍小于最大靜摩擦力，物塊不會發(fā)生滑動，故C錯誤；當(dāng)靜摩擦力最大時，彈簧彈力最大，此時kxmax＝eq\r(μmgcosθ2－mgsinθ2)，故xmax＝eq\f(mg\r(μ2cos2θ－sin2θ),k)，故D正確。26．(2024·安徽蚌埠二模)如圖所示，物體甲放置在水平地面上，通過跨過定滑輪的輕繩與小球乙相連，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)對小球乙施加一個水平力F，使小球乙緩慢上升一小段距離，整個過程中物體甲保持靜止，甲受到地面的摩擦力為f，則該過程中()A．f變小，F(xiàn)變大 B．f變小，F(xiàn)變小C．f變大，F(xiàn)變小 D．f變大，F(xiàn)變大答案D解析對小球乙，分析其受力狀況，設(shè)輕繩與豎直方向夾角為α，則水平力F＝mgtanα，輕繩與豎直方向夾角α漸漸增大，則水平拉力增大；對物體甲受力分析，它受到重力、繩子的拉力、地面的支持力以及地面的摩擦力，其中，繩子的拉力T＝eq\f(mg,cosα)，輕繩與豎直方向夾角α漸漸增大，則繩子的拉力T漸漸增大，甲所受輕繩的拉力T在水平方向的分力漸漸增大，所以水平地面對甲的摩擦力增大，D正確。27．(2024·湖北武漢武昌區(qū)調(diào)研)(多選)如圖所示，豎直桿固定在木塊C上，兩者總重為20N，放在水平地面上。輕細(xì)繩a連接小球A和豎直桿頂端，輕細(xì)繩b連接小球A和B，小球B重為10N。當(dāng)用與水平方向成30°角的恒力F作用在小球B上時，A、B、C剛好保持相對靜止且一起水平向左做勻速運(yùn)動，繩a、b與豎直方向的夾角分別恒為30°和60°，則下列推斷正確的是()A．力F的大小為10NB．地面對C的支持力大小為40NC．地面對C的摩擦力大小為10ND．A球重為10N答案AD解析以B為探討對象受力分析，水平方向受力平衡，有：Fcos30°＝Tbsin60°，解得：Tb＝F，豎直方向受力平衡，則有：Fsin30°＋Tbcos60°＝GB，解得：F＝GB＝10N；以A為探討對象受力分析，豎直方向：GA＋Tbcos60°＝Tacos30°，水平方向：Tasin30°＝Tbsin60°，聯(lián)立得：GA＝GB＝10N，故A、D正確。以A、B、C和豎直桿整體為探討對象受力分析，水平方向：f＝Fcos30°＝5eq\r(3)N，豎直方向：N＋Fsin30°＝GA＋GB＋GC、桿，解得：支持力N＝35N，故B、C錯誤。題組一基礎(chǔ)大題28.如圖所示，質(zhì)量M＝2kg的木塊套在水平固定桿上，并用輕繩與質(zhì)量m＝1kg的小球相連。今用跟水平方向成60°角的力F＝10eq\r(3)N拉著小球并帶動木塊一起向右做勻速直線運(yùn)動，運(yùn)動中M、m的相對位置保持不變，g＝10m/s2。在運(yùn)動過程中，求：(1)輕繩與水平方向的夾角θ；(2)木塊M與水平桿間的動摩擦因數(shù)μ。答案(1)30°(2)eq\f(\r(3),3)解析(1)小球做勻速直線運(yùn)動，其合力為零。以小球為探討對象，受力分析如圖1所示，由平衡條件得水平方向：Fcos60°－FTcosθ＝0①豎直方向：Fsin60°－FTsinθ－mg＝0②由①②式聯(lián)立解得θ＝30°。(2)木塊、小球組成的整體做勻速直線運(yùn)動，所受合力為零。以木塊、小球組成的整體為探討對象，受力分析如圖2所示，由平衡條件得水平方向：Fcos60°－Ff＝0③豎直方向：FN＋Fsin60°－(M＋m)g＝0④又Ff＝μFN⑤由③④⑤式聯(lián)立解得μ＝eq\f(\r(3),3)。29．如圖甲所示，細(xì)繩AD跨過固定的水平輕桿BC右端的定滑輪掛住一個質(zhì)量為M1的物體，∠ACB＝30°；圖乙中輕桿HG一