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1、 第 1 讲 力与物体的平衡 真题再现 考情分析(多选)(2017高考全国卷)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()A.MN 上的张力逐渐增大 B.MN 上的张力先增大后减小 C.OM 上的张力逐渐增大 D.OM 上的张力先增大后减小 命题点分析 图解法解决动态平衡问题 思路方法 对重物受力分析发现处于动态平衡时，应观察各力的大小、方向变化情况以利用图解三角形法或相似三角形法来解决问题 解析：选 AD.
2、将重物向右上方缓慢拉起，重物处于动态平衡状态，可利用平衡条件或力的分解画出动态图分析将重物的重命题点分析 图解法解决动态平衡问题 力沿两绳方向分解，画出分解的动态图如图所示在三角形中，根据正弦定理有Gsin 1FOM1sin 1FMN1sin 1，由题意可知 FMN的反方向与 FOM的夹角 180，不变，因 sin(为 FMN与 G 的夹角)先增大后减小，故 OM 上的张力先增大后减小，当90时，OM 上的张力最大，因 sin(为 FOM与 G 的夹角)逐渐增大，故 MN 上的张力逐渐增大，选项 A、D 正确，B、C错误.思路方法 对重物受力分析发现处于动态平衡时，应观察各力的大小、方向变化情
3、况以利用图解三角形法或相似三角形法来解决问题 (2017高考全国卷)如图，一物块在水平拉力 F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动若保持 F 的大小不变，而方向与水平面成 60角，物块也恰好做匀速直线运动物块与桌面间的动摩擦因数为()A.2 3 B.36 C.33 D.32 解析：选 C.当拉力水平时，物块做匀速运动，则 Fmg，当拉力方向与水平方向的夹角为60时，物块也刚好做匀速运动，则 Fcos 60(mgFsin 60)，联立解得 33，A、B、D项错误，C 项正确.命题点分析 正交分解法分析平衡问题 思路方法 物体保持匀速直线运动状态时，其受力平衡，按照正交分解法解决问题 (多选)(20
4、16高考全国卷)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO悬挂于 O 点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块 a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块 B.外力 F 向右上方拉 b，整个系统处于静止状态若 F 方向不变，大小在一定范围内变化，物块 b 仍始终保持静止，则()A.绳 OO的张力也在一定范围内变化 命题点分析 整体法和隔离法分析共点力平衡 思路方法 当有多个物体相互作用而平衡时应注意灵活选择研究对象 此题应分别选取 a，b 和滑轮为研究对象求解 B.物块 b 所受到的支持力也在一定范围内变化 C.连接 a 和 b 的绳的张力也在一定范围内变化 D.物块 b 与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化 解析
5、：选 B D.只要物块a 质量不变，物块 b 保持静止，则连接 a 和 b 的细绳的张力就保持不变，细绳 OO的张力也就不变，选项 A、C 错误对物块 b 进行受力分析，物块 b 受到细绳的拉力(不变)、竖直向下的重力(不变)、外力 F、桌面的支持力和摩擦力 若 F 方向不变，大小在一定范围内变化，则物块 b 受到的支持力和物块 b 与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化，选项 B、D 正确.命题规律研究及预测 2018 年全国卷虽然对该部分的考点没有单独考查，但其中整体法与隔离法的受力分析方法，力的合力与力的分解方法等知识仍然是力学的基础，在 2017 年及之前的全国卷对受力分析属于必考题.在
6、2019 年的备考过程中，尤其注重连接体的受力分析和动态平衡问题，同时在共点力平衡问题中注重与数学知识相结合来求解问题 受力分析 高分快攻 受力分析常用技巧 转换研究对象法：对于不易判断的力(如弹力和摩擦力)，可以借助相互接触物体的受力情况来判定，还可以借助力和运动的关系进行分析和判断 假设法：假设弹力、摩擦力存在，运用牛顿第二定律进行相关计算，然后再进一步分析判断 整体法和隔离法：是分析连接体问题的重要方法 在某市的旧城改造活动中，为保证某旧房屋的安全，设法用一个垂直于天花板平面的力 F 作用在质量为 m 的木块上，以支撑住倾斜的天花板，如图所示，已知天花板平面与竖直方向的夹角为，则()A木
7、块共受到三个力的作用 B木块对天花板的弹力大小等于 F C木块对天花板的摩擦力大小等于 mgcos D适当增大 F，天花板和木块之间的摩擦力可能变为零 解析 对木块进行受力分析，根据共点力平衡条件可知，木块一定受到重力 mg、推力 F、平行于天花板向上的静摩擦力 Ff以及天花板对木块的弹力 FN，其受力情况如图所示，故木块一定受到四个力的作用，选项 A 错误；将木块所受重力进行分解，在垂直于天花板方向有：FFNmgsin ，可得 FNm2，如图所示，若三角形木块和两物体都是静止的，则粗糙水平面对三角形木块()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
8、擦力的作用，但摩擦力的方向不能确定，因 m1、m2、1、2的数值均未给出 D以上结论都不对 解析：选 D.法一(隔离法)把三角形木块隔离出来，它的两个斜面上分别受到两物体对它的压力 FN1、FN2，摩擦力 F1、F2.由两物体的平衡条件知，这四个力的大小分别为FN1m1gcos 1，FN2m2gcos 2F1m1gsin 1，F2m2gsin 2它们的水平分力的大小(如图所示)分别为 FN1xFN1sin 1m1gcos 1sin 1FN2xFN2sin 2m2gcos 2sin 2F1xF1cos 1m1gcos 1sin 1F2xF2cos 2m2gcos 2sin 2其中 FN1xF1x
9、，FN2xF2x，即它们的水平分力互相平衡，木块在水平方向无滑动趋势，因此不受水平面的摩擦力作用 法二(整体法)由于三角形木块和斜面上的两物体都静止，可以把它们看成一个整体，受力如图所示 设三角形木块质量为 M，则竖直方向受到重力(m1m2M)g和支持力 FN作用处于平衡状态，水平方向无任何滑动趋势，因此不受水平面的摩擦力作用 角度 2“动杆”“定杆”和“死结”“活结”问题 2(多选)(2017高考天津卷)如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆 M、N上的 a、b 两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是()A绳的
10、右端上移到 b，绳子拉力不变 B将杆 N 向右移一些，绳子拉力变大 C绳的两端高度差越小，绳子拉力越小 D若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移 解析：选 AB.设两段绳子间的夹角为 2，绳子的拉力大小为 F，由平衡条件可知，2Fcos mg，所以 Fmg2cos ，设绳子总长为 L，两杆间距离为 s，由几何关系 L1sin L2sin s，得 sin sL1L2sL，绳子右端上移，L、s 都不变，不变，绳子张力 F 也不变，A 正确；杆 N 向右移动一些，s 变大，变大，cos 变小，F 变大，B 正确；绳子两端高度差变化，不影响 s 和 L，所以 F 不变，C 错误；衣服质量增加，绳子上的
11、拉力增加，由于不会变化，悬挂点不会右移，D 错误 角度 3 平衡中的临界与极值问题 3如图所示，三根长度均为 l 的轻绳分别连接于 C、D 两点，A、B 两端被固定在水平天花板上，相距 2l.现在 C 点悬挂一个质量为 m 的重物，为使 CD 绳保持水平，在 D 点上可施加力的最小值为()Amg B.33mg C.12mg D.14mg 解析：选 C.对 C 点进行受力分析，由平衡条件可得绳 CD 对 C 点的拉力 FCDmgtan 30.对 D 点进行受力分析，绳 CD 对 D 点的拉力 F2FCDmgtan 30，故 F2为恒力，F1方向不变，由平衡条件可知，F1与F3的合力 F2一定与
12、F2等大反向，如解析图所示，当 F3垂直于绳 BD时，F3最小，由几何关系可知，此时 F3F2sin 60，即 F312mg，选项 C 正确 命题角度 解决方法 易错辨析连接体的受力分析 整体法与隔离法的应用 不能灵活选取研究对象杆中的受力分析 根据受力平衡条件确定杆的方向 注意杆端有无铰链 绳中的受力特点 力沿绳方向且只能收缩 绳中有无结点是绳中力改变的关键点平衡中的临界问题 极限法或假设法 不能找准临界状态的条件平衡中的极值问题 图解法或数学表达式法 不能分析极值出现的时机 动态平衡问题 解决动态平衡问题的一般思路：把“动”化为“静”，“静”中求“动”，动态平衡问题的分析过程与处理方法如下
13、：注意：(1)如果物体所受的力较少，可以采用合成的方法(2)如果物体受到三个力的作用而处于动态平衡，若其中的一个力大小、方向均不变，另外两个力的方向都发生变化，可以用力的三角形与几何三角形相似的方法求解(3)如果物体受到三个力的作用，其中一个力的大小、方向均不变，并且还有另一个力的方向不变，此时可用图解法分析，即可以通过画出多个平行四边形来分析力的变化 高分快攻 (2016高考全国卷)质量为 m 的物体用轻绳 AB 悬挂于天花板上 用水平向左的力 F 缓慢拉动绳的中点 O，如图所示用 T 表示绳 OA 段拉力的大小，在 O点向左移动的过程中()AF 逐渐变大，T 逐渐变大 BF 逐渐变大，T
14、逐渐变小 CF 逐渐变小，T 逐渐变大 DF 逐渐变小，T 逐渐变小 解析 以 O 点为研究对象，设绳 OA 与竖直方向的夹角为，物体的重力为 G，根据共点力的平衡可知，FGtan，TGcos ，随着 O 点向左移，变大，则 F 逐渐变大，T逐渐变大，A 项正确 答案 A 题组突破 角度 1 解析法、图解法的应用 1.如图所示，一小球在斜面上处于静止状态，不考虑一切摩擦，如果把挡板由竖直位置绕 O 点缓慢转至水平位置，则此过程中球对挡板的压力 F1和球对斜面的压力 F2的变化情况是()AF1先增大后减小，F2一直减小 BF1先减小后增大，F2一直减小 CF1和 F2都一直在增大 DF1和 F2
15、都一直在减小 解析：选 B.法一：“力三角形法”小球初始时刻的受力情况如图 1 所示，因挡板是缓慢转动的，所以小球处于动态平衡状态，在转动过程中，重力、斜面的支持力和挡板的弹力组成的矢量三角形的变化情况如图 2 所示(重力 G 的大小、方向均不变，斜面对小球的支持力 F2的方向始终不变)，由图 2 可知此过程中斜面对小球的支持力 F2不断减小，挡板对小球的弹力 F1先减小后增大，由牛顿第三定律可知选项 B 正确法二：“解析法”设斜面倾角为，挡板与竖直方向夹角为，如图 3 所示，则由平衡条件可得：F1sin F2cos G，F1cos F2sin，联立解得 F1Gsin cos（），F2Gcos
16、 sin tan.挡板缓慢转至水平位置，由 0 逐渐增大到2，当 时，cos()1，F1最小，所以 F1先减小后增大；增大过程中 tan 随之增大，F2不断减小，故选项 B 正确 角度 2 相似三角形法的应用 2.(2018长沙模拟)如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔质量为 m 的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力 F 和环对小球的弹力 FN的大小变化情况是()AF 减小，FN不变 BF 不变，FN减小 CF 不变，FN增大 DF 增大，FN减小 解析：选 A.对小球受力分析，其所受的
17、三个力组成一个闭合三角形，如解析图所示，力三角形与圆内的三角形相似，由几何关系可知mgRFNRFL，小球缓慢上移时 mg 不变，R 不变，L 减小，F 减小，FN大小不变，A 正确 命题角度 解决方法 易错辨析一个力不变，另一个力方向不变 图解法 不能在三角形中找到变化的量一个力不变，另一个力大小不变 画圆法 不能准确画出矢量三角形一个力不变，另一个力大小、方向都变 相似三角形法 要正确画出力的三角形和边的几何三角形 电学中的共点力平衡问题 电学平衡问题要点点睛 首先注意准确进行受力分析，然后按照力学分析方法进行解题即可，但要注意正确判断电场力、磁场力的方向：(1)正电荷受力方向与所处电场方向
18、相同，负电荷相反；(2)安培力和洛伦兹力的方向用左手定则判断，安培力方向同时与磁感应强度方向和电流方向垂直，洛伦兹力的方向同时与磁感应强度方向和电荷运动方向垂直 涉及电场力、磁场力的平衡问题的解题思路(1)记忆口诀：一场二弹三摩擦，各力方向准确画(2)思维导图 高分快攻 如图所示，一长为 10 cm 的金属棒 ab 用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为 0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘 金属棒通过开关与一电动势为 12 V 的电池相连，电路总电阻为 2 .已知开关断开时两弹簧的伸长量为 0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的
19、伸长量与开关断开时相比均改变了 0.3 cm.重力加速度大小取 10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量 解析 依题意，开关闭合后，电流方向从 b 到 a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了l10.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得2kl1mg式中，m 为金属棒的质量，k 是弹簧的劲度系数，g 是重力加速度的大小开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为FIBL式中，I 是回路电流，L 是金属棒的长度两弹簧各自再伸长了l20.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k(l1l2)mgF由欧姆定律有 EIR式中，E 是
20、电池的电动势，R 是电路总电阻联立式，并代入题给数据得 m0.01 kg.答案 方向竖直向下 0.01 kg 突破训练(2018安徽十校联考)美国物理学家密立根(R.A.Millikan)于 20 世纪初进行了多次实验，比较准确地测定了电子的电荷量，其实验原理可以简化为如图所示模型：两个相距为d 的平行金属板 A、B 水平放置，两板接有可调电源从 A 板上的小孔进入两板间的油滴因摩擦而带有一定的电荷量，将两板间的电势差调节到 U 时，带电油滴恰好悬浮在两板间；然后撤去电场，油滴开始下落，由于空气阻力，下落的油滴很快达到匀速下落状态，通过显微镜观测到这个速度的大小为 v，已知这个速度与油滴的质量
21、成正比，比例系数为 k，重力加速度为 g.则计算油滴带电荷量的表达式为()AqkvdU BqvdgkU CqkvUd DqvgkUd 解析：选 B.根据油滴恰好悬浮在两板间，由平衡条件得：qUdmg，由题意知 vkm，联立得 qvdgkU，选项 B 正确,(建议用时：30 分钟)一、单项选择题 1(2018汕头二模)如图所示，无风时气球在轻绳的牵引下静止在空中，此时轻绳的拉力为F.当有水平风力作用时，轻绳倾斜一定角度后气球仍静止在空中，有风时与无风时相比()A气球所受合力减小 B气球所受合力增大 C轻绳的拉力 F 减小 D轻绳的拉力 F 增大 解析：选 D.有风时与无风时，气球都处于静止状态，
22、受力平衡，合力为零，不变，A、B 错误；无风时气球在竖直方向受重力、绳子拉力和浮力，由平衡条件得 F浮mgF0，解得FF浮mg；有风时，设绳子与竖直方向的夹角为，绳子的拉力沿竖直方向的分量等于浮力和重力之差，则有 F浮mgFcos 0，解得 Fcos F浮mg，故 FF，所以F 增大，C 错误，D 正确 2(2018广东中山联考)如图所示，在固定斜面上的一物块受到一外力 F 的作用，F 平行于斜面向上若要物块在斜面上保持静止，F 的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为 F1和 F2(F20)由此可求出()A物块的质量 B斜面的倾角 C物块与斜面间的最大静摩擦力 D物块对斜面的正压力 解
23、析：选 C.设斜面倾角为，斜面对物块的最大静摩擦力为 Ff，当 F 取最大值 F1时，最大静摩擦力 Ff沿斜面向下，由平衡条件得 F1mgsin Ff；当 F 取最小值 F2时，Ff沿斜面向上，由平衡条件得 F2mgsin Ff，联立两式可求出最大静摩擦力 FfF1F22，选项 C 正确FNmgcos，F1F22mgsin，所以不能求出物块的质量、斜面的倾角和物块对斜面的正压力 3(2017高考全国卷)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距 80 cm 的两点上，弹性绳的原长也为80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的
24、同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)()A86 cm B92 cm C98 cm D104 cm 解析：选 B.将钩码挂在弹性绳的中点时，由数学知识可知钩码两侧的弹性绳(劲度系数设为 k)与竖直方向夹角 均满足 sin 45，对钩码(设其重力为 G)静止时受力分析，得 G2k1 m20.8 m2cos；弹性绳的两端移至天花板上的同一点时，对钩码受力分析，得 G2kL20.8 m2，联立解得 L92 cm，可知 A、C、D 项错误，B 项正确 4(2018青岛二模)如图所示，一轻质弹簧的一端系一质量为 m 的小球，另一端固定在倾角为 37的光滑斜面体顶端，弹簧与斜面平行
25、在斜面体以大小为 g 的加速度水平向左做匀加速直线运动的过程中，小球始终相对于斜面静止已知弹簧的劲度系数为 k，则该过程中弹簧的形变量为(已知：sin 370.6，cos 370.8)()A.mg5k B.4mg5k C.mgk D.7mg5k 解析：选 A.在斜面体以大小为 g 的加速度水平向左做匀加速直线运动时，弹簧是处于伸长状态还是压缩状态，无法直接判断，此时可采用假设法，假设弹簧处于压缩状态，若求得弹力 F 为正值，则假设正确；若求得弹力 F 为负值，则假设错误，弹簧处于伸长状态设弹簧弹力大小为 F，水平方向上由牛顿第二定律得：FNsin 37Fcos 37mg竖直方向上由受力平衡得：
26、FNcos 37mgFsin 37联立式得：F15mg由胡克定律得 Fkx，xmg5k，假设正确 5.(2018河北保定模拟)如图所示，将三个完全相同的光滑球用不可伸长的细线悬挂于 O 点并处于静止状态已知球半径为 R，重为 G，线长均为 R.则每条细线上的张力大小为()A2G B.62G C.32G D.52G 解析：选 B.本题中O点与各球心的连线及各球心连线，构成一个边长为 2R 的正四面体，如图甲、乙所示(A、B、C 为各球球心)，O为ABC的中心，设OAO，由几何关系知 OA2 33R，由勾股定理得 OO OA2OA283R，对 A 处球受力分析有：Fsin G，又 sin OOOA
27、，解得 F62G，故只有 B 项正确 6(2016高考全国卷)如图，两个轻环 a 和 b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为 m 的小球在 a和 b 之间的细线上悬挂一小物块平衡时，a、b 间的距离恰好等于圆弧的半径不计所有摩擦小物块的质量为()A.m2 B.32m Cm D2m 解析：选 C.由于轻环不计重力，故细线对轻环的拉力的合力与圆孤对轻环的支持力等大反向，即沿半径方向；又两侧细线对轻环拉力相等，故轻环所在位置对应的圆孤半径为两细线的角平分线，因为两轻环间的距离等于圆孤的半径，故两轻环与圆孤圆心构成等边三角形；又小球对细线的拉力方向竖直向下，由几何知
28、识可知，两轻环间的细线夹角为 120，对小物块进行受力分析，由三力平衡知识可知，小物块质量与小球质量相等，均为 m，C 项正确 7(2018佛山模拟)质量为 m 的四只完全相同的足球叠成两层放在水平面上，底层三只足球刚好接触成三角形，上层一只足球放在底层三只足球的正上面，系统保持静止若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则()A底层每个足球对地面的压力为 mg B底层每个足球之间的弹力为零 C下层每个足球对上层足球的支持力大小为mg3 D足球与水平面间的动摩擦因数至少为66 解析：选 B.根据整体法，设下面每个球对地面的压力均为 FN，则 3FN4mg，故 FN43mg，A 错误；四个球的球心连线构成
29、了正四面体，下层每个足球之间的弹力为零，B 正确；上层足球受到重力、下层足球对上层足球的三个支持力，由于三个支持力的方向不是竖直向上，所以三个支持力在竖直方向的分量之和等于重力，则下层每个足球对上层足球的支持力大小大于mg3，C 错误；根据正四面体几何关系可求，F 与 mg 夹角的余弦值 cos 63，正弦值 sin 33，则有 F63mgFN43mg，33FFf，解得 Ff26mg，F66mg，则 26mg43mg28，所以足球与水平面间的动摩擦因数至少为28，故 D 错误 8.三段细绳 OA、OB、OC 结于 O 点，另一端分别系于竖直墙壁、水平顶壁和悬挂小球，稳定后 OA 呈水平状态现保
30、持 O 点位置不变，缓慢上移 A 点至D 点的过程中，关于 OA 绳上的拉力变化情况的判断正确的是()A一直增大 B一直减小 C先增大后减小 D先减小后增大 解析：选 D.可运用动态图解法，由图可知，当 OA 与 OB 垂直时，OA 上的拉力最小，故 D 正确 9(2018烟台二模)如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，轻杆 A 端用铰链固定，滑轮在 A 点正上方(滑轮大小及摩擦均可不计)，轻杆 B 端吊一重物 G，现将绳的一端拴在杆的 B 端，用拉力 F将 B 端缓慢上拉(均未断)，在 AB 杆达到竖直前，以下分析正确的是()A绳子越来越容易断 B绳子越来越不容易断 CAB
31、 杆越来越容易断 DAB 杆越来越不容易断 解析：选 B.以 B 点为研究对象，它受三个力的作用而处于动态平衡状态，其中一个是轻杆的弹力 T，一个是绳子斜向上的拉力 F，一个是绳子竖直向下的拉力 F(大小等于物体的重力 G)，根据相似三角形法，可得FOATABFOB，由于OA 和 AB 不变，OB 逐渐减小，因此轻杆上的弹力大小不变，而绳子斜向上的拉力越来越小，选项 B 正确 二、多项选择题 10(2018桂林模拟)将某均匀的长方体锯成如图所示的 A、B 两块后，放在水平桌面上并排放在一起，现用水平力 F 垂直于 B 的左边推 B 物体，使 A、B 整体仍保持矩形沿 F 方向匀速运动，则()A
32、物体 A 在水平方向上受三个力的作用，且合力为零 B物体 A 在水平方向上受两个力的作用，且合力为零 CB 对 A 的作用力方向与 F 方向相同 DB 对 A 的弹力等于桌面对 A 的摩擦力 解析：选 AC.对物体 A 进行受力分析，水平方向上受到 B 物体产生的弹力、静摩擦力和水平桌面产生的滑动摩擦力，如图所示，由于 A、B 整体仍保持矩形沿 F 方向匀速运动，则物体 A 所受合力为零，A 正确，B错误；B 对 A 的弹力方向垂直于接触面，D 错误；B 对 A 的作用力与桌面对 A 的摩擦力等大反向，即 B 对 A 的作用力方向与 F 方向相同，C 正确 11.(2018高考天津卷)明朝谢肇
33、淛的五杂组中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可一游僧见之曰：无烦也，我能正之”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身 假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为，现在木楔背上加一力 F，方向如图所示，木楔两侧产生推力 FN，则()A若 F 一定，大时 FN大 B若 F 一定，小时 FN大 C若 一定，F 大时 FN大 D若 一定，F 小时 FN大 解析：选 BC.木楔两侧面产生的推力合力大小等于 F，由力的平行四边形定则可知，FNF2sin 2，由表达式可知，若 F 一定，越小，FN越大，A 项错误，B 项正确；若 一定，F越大，FN越大，C 项正确，D 项错
34、误 12(2018烟台二模)如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体 a、b，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力 F，使两物体均处于静止状态则下列说法正确的是()Aa、b 两物体的受力个数一定相同 Ba、b 两物体对斜面的压力相同 Ca、b 两物体受到的摩擦力大小一定相等 D当逐渐增大拉力 F 时，物体 a 先开始滑动 解析：选 BD.对 a、b 进行受力分析，b 物体处于静止状态，当绳子拉力沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时，摩擦力为零，所以 b 可能只受 3 个力作用，而 a 物体必定受到摩擦力作用，肯定受 4 个力作用，故 A 错误；a、b 两个物体，垂直于
35、斜面方向受力都平衡，则有：NTsin mgcos ，解得：Nmgcos Tsin ，根据牛顿第三定律知 a、b 两物体对斜面的压力相同，故 B 正确；根据 A 项的分析可知，b 的摩擦力可以为零，而 a 的摩擦力一定不为零，故 C 错误；对 a 沿斜面方向有：Tcos mgsin fa，对 b 沿斜面方向有：Tcos mgsin fb，正压力相等，所以最大静摩擦力相等，则 a先达到最大静摩擦力，先滑动，故 D 正确 13.表面光滑、半径为 R 的半球固定在水平地面上，球心 O 的正上方 O处有一无摩擦定滑轮，轻质细绳两端各系一个可视为质点的小球挂在定滑轮上，如图所示两小球平衡时，若滑轮两侧细绳
36、的长度分别为 L12.4R 和 L22.5R，则这两个小球的质量之比为m1m2，小球与半球之间的压力之比为FN1FN2，则以下说法正确的是()A.m1m22425 B.m1m22524 C.FN1FN22524 D.FN1FN22425 解析：选 BC.先以左侧小球为研究对象，分析受力情况：重力 m1g、绳子的拉力 FT和半球的支持力 FN1，作出受力分析图由平衡条件得知，拉力 FT和支持力 FN的合力与重力 m1g 大小相等、方向相反设 OOh，根据三角形相似得FTL1FN1Rm1gh，解得 m1gFThL1，FN1FTRL1同理，以右侧小球为研究对象，得：m2gFThL2，FN2FTRL2
37、，由得m1m2L2L12524，FN1FN2L2L12524.14如图所示，倾角为 的斜面体 C 置于水平地面上，一条细线一端与斜面上的物体 B 相连，另一端绕过质量不计的定滑轮与物体 A 相连，定滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的 O点，细线与竖直方向成 角，A、B、C 始终处于静止状态，下列说法不正确的是()A若仅增大 A 的质量，B 对 C 的摩擦力一定减小 B若仅增大 A 的质量，地面对 C 的摩擦力一定增大 C若仅增大 B 的质量，悬挂定滑轮的细线的拉力可能等于 A 的重力 D若仅将 C 向左缓慢移动一点，角将增大 解析：选 AC D.设 A 的质量为 m，B 的质量为 M，由平衡条件
38、可知 B 受到细线的拉力 Tmg，若 Mgsin mg，则有：Mgsin mgf，若 Mgsin mg，则 f0，若 Mgsin mg，则有：Mgsin fmg，若仅增大 A 的质量，B 对 C 的摩擦力可能增大也可能减小，所以 A 项错误；以 B、C 为整体分析可知若仅增大 A 的质量，绳子拉力 T 增大，地面摩擦力 FfTcos mgcos，所以 B 项正确；A、B、C始终处于静止状态，连接 A、B 细线的拉力始终等于物体 A 的重力，增大物体 B 的质量不会影响该细线的拉力，悬挂定滑轮的细线的拉力等于物体 A 上细线拉力和物体 B 上细线拉力的合力，它们之间的夹角不可能为 120，所以悬挂定滑轮的细线的拉力不可能等于 A 的重力，所以 C 项错误；若仅将 C 向左缓慢移动一点，连接 A、B 细线的拉力不变，而两细线夹角变小，合力与竖直方向的夹角等于，合力沿角平分线方向，所以角将减小，D 项错误