专题02 力和平衡（解析版）2021届高三上学期9月模拟物理试题分项汇编（二）

2021 届高三上学期 9 月模拟物理试题分项汇编（二） 力和平衡 一、2021 届高三上学期 9 月模拟物理试题分项汇编（二），汇编了 9 月 7 日-9 月 12 日的 20 份试卷，分别 是安徽省定远县育才学校 2021 届高三 9 月周测 2、德州市实验高中高三(上)第一次调研、福建省上杭县第 一中学高三（上）9 月、福建省高三（上）暑期考试、甘肃省靖远二中高三（上）8 月月考、 甘肃省高三（上）第一次段考、河北省保定市高三高考摸底、河北省邯郸市鸡泽县第一中学高三 （上）第一次月考、黑龙江省高三（上）开学考试、黑龙江省佳木斯市第一中学高三（上） 开学考试、湖北省武汉襄阳荆门宜昌四地六校联盟高三(上)起点联考、湖南省长郡中学高三（上）入学摸 底考试、江苏省无锡江阴市高三（上）开学考试、江西省高三（上）8 月月考、辽宁省锦州市渤 大附中、育明高中高三（上）第一次联考、山东省新高考地区高三（上）入学调研、山西省朔州市应县第 一中学校高三（上）开学考试、新疆昌吉市第九中学高三(上)开学考试、云南省玉溪市新平一中高三（上） 开学考试、浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟高三（上）开学联考。 二、本专题包括个 42 选择题，7 个计算题，共 49 个题目。 三、汇编试题如下，欢迎下载！ 1、（2021·湖南省长郡中学高三上学期开学摸底）如图所示，一根不可伸长的长为 L 的轻绳两端分别固定 在间距为 d 的两竖直杆的 P 点和 Q 点上，晾衣架上挂着湿衣服，衣架上的钩挂在轻绳上可来回自由滑动。 若忽略衣架挂钩与轻绳间的摩擦，则下列说法正确的是（　　） A. 在湿衣服上的水滴下落过程中，轻绳中的张力不断减小 B. 衣服不滴水时，将 P 点稍向上移动，则轻绳中的张力增大 C. 衣服不滴水时，将左侧竖直杆稍向左移动，则轻绳中的张力减小 D. 衣服不滴水时，刮起了向左的风，若风力大小恒定，此时再将 P 点稍向上移动，轻绳中的张力将增大【答案】AD 【解析】 A．根据平衡条件可知，两绳张力得合力与衣服重力等大反向，在湿衣服上的水滴下落过程中，衣服重力减 小，则轻绳中的张力不断减小，故 A 正确； B．衣服不滴水时，将 P 点稍向上移动，忽略衣架挂钩与轻绳间的摩擦，故变化之后两绳夹角不变，则绳中 张力不变，合力仍与重力等大反向，故 B 错误； C．衣服不滴水时，将左侧竖直杆稍向左移动，两杆间距离增大，如图所示，两个绳子是对称的，与竖直方 向夹角是相等的。 将杆 M 向左移一些，θ 角变小，根据 2Tsinθ=mg 可得绳子拉力变大，故 C 错误； D．衣服不滴水时，刮起了向左的风，若风力大小恒定，此时再将 P 点稍向上移动，会导致两绳之间夹角变 大，因为两绳的拉力竖直分力合力与重力等大反向，根据平衡条件可知，合力一定，则两分力夹角越大， 则分力越大，故轻绳中的张力将增大，故 D 正确。 故选：AD。 2、（2021·江西省高三上学期 8 月月考）如图所示，粗糙斜面体 C 静止在水平地面上，轻质细 线跨过滑轮其顶端的光滑定滑轮。细线一段拴接物块 A，另一端与另外两根细线结于 O 点，形成死结。结 点 O 下方细线悬挂 B 物块，左端细线用一水平力 F 拉住，静止时，滑轮左边细线与竖直方向成 角。现 保持 O 点的位置不变，沿顺时针方向缓慢调整力 F 的方向直至竖直，期间所有物体均保持静止，则在此过 程中说法正确的是（　　） 60°A. 水平拉力 F 一直增大 B. 细线对物块 A 的拉力一直增大 C. 地面对斜面体 C 的摩擦力一直增大 D. 斜面对 A 的摩擦力可能先减小后增大 【答案】D 【解析】 AB．以结点 O 为研究对象，受到三段绳子拉力，如图所示，保持 O 点的位置不变，沿顺时针方向缓慢调整 力 F 的方向直至竖直，由图可知，F 先减小后增大，物块 A 所受细绳的拉力大小一定一直减小，故 AB 错 误； C．以斜面和 A 物体为研究对象，地面对斜面的摩擦力大小 由于 T 一直减小，所以 f 减小，故 C 错误； D．如果 A 开始受到的摩擦力方向沿斜面向下，则绳子拉力 T 减小到零的过程中，物块 A 所受斜面的摩擦 力大小先减小后反向增大，故 D 正确。 故选 D。 3、（2021·辽宁省渤大附中育明高中高三上学期第一次联考）如图所示，横截面为直角三角形的斜劈 A， 底面靠在粗糙的竖直墙面上，力 F 指向球心水平作用在光滑球 B 上，系统处于静止状态，当 F 增大时，系 统还保持静止，则下列说法正确的是（ ） sin60f T °=A. A 所受合外力增大 B. A 对竖直墙壁的压力增大 C. B 对地面的压力一定增大 D. 墙面对 A 的摩擦力可能为变为零 【答案】BCD 【解析】 A．一直处于静止，所受合外力一直为零不变，故 A 错误； B．以整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件，水平方向：N=F，N 为竖直墙壁对 A 的弹力，F 增大， 则 N 增大，所以由牛顿第三定律可得：A 对竖直墙壁的压力增大．故 B 正确； 对 B 受力分析，如图： C．根据平衡条件：F=N′sinθ，F 增大，则 N′增大，N″=mg+N′cosθ，N′增大，则 N″增大，根据牛顿第三定律 得，球对地面的压力增大，故 C 错误； D．以整体为研究对象，竖直方向：N″+f=Mg，若 N″增大至与 Mg 相等时，则 f 才等于 0，故 D 错误。 故选 B。 4、（2021·辽宁省渤大附中育明高中高三上学期第一次联考）如图，质量为m 的木块在质量为 M 的木板上 滑行，木板与地面间动摩擦因数为 ，木块与木板间的动摩擦因数为 ，木板一直静止，那么木板受地面 的摩擦力大小为（ ） 1 µ 2 µA. B. C. D. 【答案】B 【解析】 物体 m 相对 M 向右滑动，受到向左的滑动摩擦力，大小为： f1=μ2N=μ2mg 力的作用是相互的，故 m 对 M 有向右的滑动摩擦力，故 M 有向右滑动的趋势，受到地面对其向左的静摩擦 力，根据共点力平衡条件，有 f2=f1 因而 f2=μ2mg 故选 B。 5、（2021·辽宁省渤大附中育明高中高三上学期第一次联考）如图所示，直角三角形框架 （角C 为直 角）固定在水平地面上，已知 与水平方向的夹角为 .小环 P、Q 分别套在光滑臂 、 上， 用一根细绳连接两小环，静止时细绳恰好处于水平方向，小环 P、Q 的质量分别为 、 ，则小环 P、Q 的质量之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 1Mgµ 2mgµ 1( )m M gµ + 1 2Mg mgµ µ+ ABC AC 30α = ° AC BC 1m 2m 1 2 3m m = 1 2 3m m = 1 2 3 3 m m = 1 2 1 3 m m =【解析】 受力分析如图所示： 对 m1 进行受力分析，设绳子拉力大小为 T，由几何关系：T1=m1gtanα，对 m2 进行受力分析，由几何关系： T2=m2gcotα，T1=T2 ．联立解得： A． ．故 A 不符合题意． B． ．故 B 符合题意． C． ．故 C 不符合题意． D． ．故 D 不符合题意． 6、（2021·湖北省武汉襄阳荆门宜昌四地六校联盟高三上学期启点联考）如图所示，光滑圆圈竖直固定，A 为最高点，橡皮条上端固定在 A 点，下端连接一套在圆圈上的轻质小环，小环位于 B 点，AB 与竖直方向 夹角为 30°，用光滑钩拉橡皮条中点，将橡皮条中点拉至 C 点时，钩的拉力大小为 F．为保持小环静止于 B 点，需给小环施加一作用力 ，下列说法正确的是( ) 21 2 3com tm α= = 1 2 3m m = 1 2 3m m = 1 2 3 3 m m = 1 2 1 3 m m = 'FA. 若 沿水平方向，则 B. 若 沿竖直方向，则 C. 的最大值为 D. 的最小值为 【答案】AD 【解析】 对结点 C 受力分析可得橡皮筋的弹力满足: 2F1cos300=F 可得 ；对小圆环受力分析可知，水平向右 的 橡 皮 筋 的 拉 力 F1 ， 大 圆 环 对 小 圆 环 的 弹 力 N 沿 半 径 方 向 ， 若 沿 水 平 方 向 ， 则 N=0， 此 时 F′=F1= ，选项 A 正确；若 沿竖直方向，则必然是竖直向上，此时 N 的方向背离圆心向外，由平衡 知识可知， ，选项 B 错误；根据平行四边形法则可知 最大值可取无穷大；当 F′与 OB 半径垂直时最小，最小值为 ，选项 C 错误；D 正确；故选 AD. 7、（2021·黑龙江高三上学期开学考试）如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙 水平地面上，三条细绳结于 O 点，一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块 P，一条绳连接小球 Q，P、Q 两 物体处于静止状态，另一条绳 OA 在外力 F 的作用下使夹角 θ＜90°。现缓慢顺时针转动绳 OA 直至水平，且 'F 3' 3F F= 'F 3' 3F F= 'F 3 3 F 'F 3 6 F 1 3 3 FF = 'F 3 3 F 'F 0 1 1tan30 3F F F= =′ 'F 0 min 1 3sin30 6F F F= =转动过程中保持结点 O 位置不变。下列说法正确的是（　　） A. 地面对斜面体的摩擦力越来越小 B. 地面对斜面体的支持力越来越小 C. 绳 OA 的拉力先减小后增大 D. 斜面对物块 P 的作用力可能先减小后增大 【答案】CD 【解析】 ABC. 以斜面和 P、Q 整体为研究对象受力分析，根据平衡条件可知，斜面受地面的摩擦力与 OA 绳子水平 方向的拉力等大反向。对小球受力分析如下，据图可知，拉力 F 逐渐转向水平方向的过程中，OA 的拉力先 减小后增大，OP 的拉力一直增大。OA 端拉力 F 的水平分力越来越大，则摩擦力越来越大，OA 拉力 F 的 竖直向上的分力越来越小，即三个物体构成的整体受到竖直向上的分力越来越小，则地面对斜面的支持力 越来越大，故 AB 错误，C 正确； D. 开始时，若 P 受绳子的拉力比较小，则斜面对 P 的摩擦力沿斜面向上，OP 拉力一直增大，则摩擦力就 会先变小后反向增大，由于斜面对物块 P 的支持力不变，则摩擦力和支持力的合力也先减小后增大，即斜 面对物块 P 的作用力先减小后增大，故 D 正确。 故选 CD。8、（2021·黑龙江高三上学期开学考试）在如图所示装置中，两物体质量分别为 m1、m2，悬点 a、b 间的距离远大于滑轮的直径，不计一切摩擦，整个装置处于静止状态，由图可知（　　） A. α 一定等于 β B. m1 一定大于 m2 C. m1 一定小于 2 m2 D. m1 可能大于 2 m2 【答案】AC 【解析】 对与 m1 连接的滑轮受力分析： A．据题意，a、b 段是同一根绳子，张力处处相等，则有： 在 x 轴方向上有： 所以一定有： ，A 选项正确； 2a bT T m g= = sin sina bT Tα β= α β=BCD．在 y 轴方向有： 即 整理得： 故 C 选项正确，B、D 选项错误． 故选 AC。 9、（2021·黑龙江高三上学期开学考试）如图所示，质量为 m 的小球用水平轻质弹簧系住，并 用倾角 θ＝37°的木板托住，小球处于静止状态，弹簧处于压缩状态，则( ) A. 小球受木板的摩擦力一定沿斜面向上 B. 弹簧弹力不可能为 C. 小球可能受三个力作用 D. 木板对小球的作用力有可能小于小球的重力 mg 【答案】C 【解析】 A、C 项：小球处于静止状态，受力平衡，对小球受力分析，如图所示： 12 bT m g= 1 22 cosm g m g β= 1 2 2cosm m β= 3 4 mg当重力、弹簧弹力以及木板的支持力的合力为零时，小球不受摩擦力，即小球可以受到 3 个力作用，故 A 错误，C 正确； B 项：若小球不受摩擦力，根据平衡条件得：tan37°= ，解得： ，故 B 错误； D 项：无论小球受不受到摩擦力作用，由平衡条件可知，木板对小球的作用力与重力和弹力的合力等大， 反向，即木板对小球的作用力为 ，一定大于重力，故 D 错误． 10、（2021·黑龙江高三上学期开学考试）如图所示，物块A 放在直角三角形斜面体 B 上面，B 放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初始时 A、B 静止，现用力 F 沿斜面向上推 A，但 A、B 仍未动．则施加 力 F 后，下列说法正确的是(　　) A. A、B 之间的摩擦力一定变大 B. B 与墙面间 弹力可能不变 C. B 与墙之间可能没有摩擦力 D. 弹簧弹力一定不变 【答案】D 【解析】 的 mg F 3 4F mg= 2 2( )mg F+对物块 A，开始受重力、B 对 A 的支持力和静摩擦力平衡，当施加 F 后，仍然处于静止，若 F +【答案】B 【解析】 ①②．对木板：水平方向受到木块对它向右的滑动摩擦力 f1 和地面的向左的静摩擦力 f2 的作用，由平衡条 件得 ①正确，②错误； ③④．木块对木板的摩擦力为 地面对木板的最大静摩擦力为 所以木块对木板的摩擦力 f1 不大于地面对木板的最大静摩擦力，当 F 改变时，f1 不变，则木板不可能运动，③ 错误，④正确。 因此说法正确的是①④，选项 B 正确，ACD 错误。 故选 B。 31、（2021·黑龙江佳木斯市一中高三上学期开学考试）如图所示，质量为 m 的木块在与水平方向成 角 斜向上的拉力 F 作用下沿水平地面匀速滑动，木块与水平地面之间的动摩擦因数为 ，以下说法中正确的 是（　　） A. 木块受到地面摩擦力大小等于 B. 木块对地面摩擦力大小等于 2 1 1f f mgµ= = 1 1f mgµ= 2max 2 ( )f m M gµ= + α µ cosF α mgC. 木块受到地面摩擦力大小等于 D. 木块对地面的压力大小等于 【答案】ACD 【解析】 由于物体做匀速直线运动，因此处于平衡状态，合外力为零，由此受力分析，如图所示 因此在水平方向上 在竖直方向上 根据牛顿第三定律可知，木块对地面的压力大小为 又因为有 因此有 故 ACD 正确，B 错误。 故选 ACD。 ( )sinmg Fµ α− sinmg F α− cosfF F α= sinN mg F α= − sinN N mg F α′ = = − fF Nµ= ( )sinfF mg Fµ α= −32、（2021·黑龙江佳木斯市一中高三上学期开学考试）如图所示，物块 M 通过与斜面平行的细绳与小物 块 m 相连。斜面的倾角 可以改变，讨论物块 M 对斜面的摩擦力的大小，则有（　　） A. 若物块 M 保持静止，则 角越大，摩擦力一定越大 B. 若物块 M 保持静止，则 角越大，摩擦力可能越小 C. 若物块 M 沿斜面下滑，则 角越大，摩擦力越大 D. 若物块 M 沿斜面下滑，则 角越大，摩擦力越小 【答案】BD 【解析】 AB．物体 m 受到重力 mg 和拉力 F，处于平衡状态 对滑块 M 受力分析，受重力 Mg、支持力 、拉力 F 和静摩擦力 ，其中静摩擦力方向取决于拉力 F 和 重力的下滑分量的大小，若 受力如图 α α α α α F mg= NF fF sinF Mg α sinfF F Mg α= + α fF fF f NF Fµ= cosfF mgµ α=当 增大时， 减少（0～90 度），所以 减少，C 错误 D 正确； 故选 BD。 33、（2021·黑龙江佳木斯市一中高三上学期开学考试）如图所示，轻绳的两端分别系在圆环A 和小球 B 上， 圆环 A 套在粗糙的水平直杆 MN 上．现用水平力 F 拉着绳子上的一点 O，使小球 B 从图中实线位置缓慢上 升到虚线位置，但圆环 A 始终保持在原位置不动．在这一过程中，环对杆的摩擦力为 Ff 和环对杆的压力 FN 的变化情况是 (　　) A. Ff 不变，FN 不变 B. Ff 增大，FN 不变 C. Ff 增大，FN 减小 D. Ff 不变，FN 减小 【答案】B 【解析】 设细绳与竖直夹角为 α，由平衡条件得：F=mgtanα，α 增大，则 F 增大；再以整体为研究对象，根据平衡条 件得：f=F，则 f 逐渐增大．FN=（M+m）g，FN 保持不变故选 B． 34、（2021·黑龙江佳木斯市一中高三上学期开学考试）如图所示，小圆环 A 系着一个质量为 m2 的物块并 套在另一个竖直放置的大圆环上，有一细线一端拴在小圆环 A 上，另一端跨过固定在大圆环最高点 B 的一 个小滑轮后吊着一个质量为 m1 的物块。如果小圆环、滑轮、绳子的大小和质量以及相互之间的摩擦都可以 忽略不计，绳子又不可伸长，若平衡时弦 AB 所对应的圆心角为 α，则两物块的质量比 m1：m2 应为（　　） α cosα fFA. B. C. D. 【答案】C 【解析】 A 环受力平衡，如图 切向分力相等 化简得 AB 段绳子拉力大小为 ，大环对 A 的弹力由 A 指向 O，根据平衡可知 即可得到 cos 2 α sin 2 α 2sin 2 α 2cos 2 α 1 2sin 90 cos( 90 )2m g m g α α° ° − = −   1 2cos 2 sin cos2 2 2m m α α α= 1m g 2 12 sin 2m g m g α =故选 C。 35、（2021·甘肃省靖远二中高三上学期 8 月月考） 如右图，水平地面上有一楔形物块 a，其斜面上有一小 物体 b，b 与平行于斜面的细绳的一端相连，细绳的另一端固定在斜面上，a 与 b 之间光滑，a 和 b 以共同 速度在地面轨道的光滑段向左运动，当它们刚运行至轨道的粗糙段时 A. 绳的张力减小，b 对 a 的正压力减小 B. 绳的张力增加，斜面对 b 的支持力增加 C. 绳的张力减小，地面对 a 的支持力增加 D. 绳的张力增加，地面对 a 的支持力减小 【答案】C 【解析】 在光滑段运动时，物块 a 及物块 b 均处于平衡状态，对 a、b 整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡 对 b 受力分析，如上图，受重力、支持力、绳子的拉力，根据共点力平衡条件，有 ①； ②； 由①②两式解得： ； 当它们刚运行至轨道的粗糙段时，减速滑行，系统有水平向右的加速度，此时有两种可能； （一）物块 a、b 仍相对静止，竖直方向加速度为零，由牛顿第二定律得到： 1 2 2sin 2 m m α= NFcos F sin 0θ θ− = NFsin F cos mg 0θ θ+ − = NF mgsin F mgcosθ θ= =， ③； ④； 由③④两式解得： ； 即绳的张力 F 将减小，而 a 对 b 的支持力变大； 再对 a、b 整体受力分析竖直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，重力和支持力二力平衡，故地 面对 a 支持力不变． （二）物块 b 相对于 a 向上加速滑动，绳的张力显然减小为零，物体具有向上的分加速度，是超重，因此 a 对 b 的支持力增大，斜面体和滑块整体具有向上的加速度，也是超重，故地面对 a 的支持力也增大． 综合上述讨论，结论应该为：绳子拉力一定减小；地面对 a 的支持力可能增加；a 对 b 的支持力一定增加．故 A、B、D 错误； 故选 C 36、（2021·甘肃省靖远二中高三上学期 8 月月考）一根轻质弹簧一端固定，用大小为 F1 的力压弹簧的另 一端，平衡时长度为 l1；改用大小为 F2 的力拉弹簧，平衡时长度为 l2。弹簧的拉伸或压缩均在弹性限度内， 该弹簧的劲度系数为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 由胡克定律得 F＝kx，式中 x 为形变量，设弹簧原长为 l0，则有 F1＝k(l0－l1) F2＝k(l2－l0) 联立方程组可以解得 NFsin F cos mg 0θ θ+ − = NF sin Fcos maθ θ− = NF mgsin macos F mgcos masinθ θ θ θ= − = +， 2 1 2 1 F F l l − − 2 1 2 1 F F l l + + 2 1 2 1 F F l l − + 2 1 2 1 F F l l + −故 D 正确，ABC 错误。 故选 D。 37、（2021·山东省德州市实验高中高三上学期第一次调研）如图所示，倾角为θ 的斜面体 C 置于水平面上， B 置于斜面 C 上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与 A 相连接，连接 B 的一段细绳与斜面平行，A、B、C 都处 于静止状态．则（　　） A．水平面对 C 的支持力小于 B、C 的总重力 B．B 一定受到 C 的摩擦力 C．C 受到水平面的摩擦力为零 D．若将细线剪断，B 物体开始沿斜面向下滑动，则水平面对 C 的摩擦力不为零 【答案】AD 【解析】A、把 BC 看做一个整体，对其受力分析，绳子对 B 的拉力在竖直方向上有分量，所以水平面对 C 的支持力比 B、C 的总重力要小，故 A 正确； B、若 AB 的质量存在关系 MAg=MBgsinθ 时，B 在斜面 C 上无相对运动趋势，所以此时 BC 之间无摩擦力 作用，故 B 错误． C、把 BC 看做一个整体，对其受力分析，不论 B、C 间摩擦力大小、方向如何，绳子对 B 的拉力在水平方 向上始终有向右的分量，所以整体有向右的运动趋势，所以水平面对 C 的摩擦力方向一定向左，故 C 错 误． ( )2 1 1 2 2 1 2 1 F F F FFk x l l l l − − +∆= = =∆ − −D、若将细线剪断，B 向下滑动时，B 对 C 有向下的滑动摩擦力，则 C 有向左的运动趋势，因此水平面对 C 有向右的摩擦力，故 D 正确． 故选：AD． 38、（2021·福建省上杭县一中高三上学期期初考试）如图所示，长木板放在水平地面上，站在木板上的人 用斜向左上方的力 F 拉木箱，长木板、人与木箱质量均为 m，三者均保持静止（重力加速度为 g）。下列说 法正确的是（　　） A. 人对长木板的压力大小为 mg B. 长木板对地面的压力等于 3mg C. 木箱受到的摩擦力的方向水平向左 D. 地面对长木板的摩擦力的方向水平向左 【答案】B 【解析】 A．人用力 F 向左上方拉箱子，根据牛顿第三定律可知，箱子对人施加向右下方的作用力，根据平衡条件， 人对长木板的压力大小大于 mg，故 A 错误； B．三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，故长木板对地面的压力依然等于 3mg，故 B 正确； C．箱子在人的拉力作用下，有向左运动的趋势，因此箱子受到的摩擦力的方向水平向右，故 C 错误； D．对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，不受静摩擦力，否则不平衡，故地面对木板没有静摩擦 力，故 D 错误。 故选 B。 39、（2021·福建省上杭县一中高三上学期期初考试）如图所示，固定的斜面上叠放着 A、B 两木块，木块 A 与 B 的接触面是水平的，水平力 F 作用于木块 A，使木块 A、B 保持静止，且 F≠0.则下列描述正确的是A. B 可能受到 3 个或 4 个力作用 B. 斜面对木块 B 的摩擦力方向可能沿斜面向下 C. A 对 B 的摩擦力可能为 0 D. A、B 整体不可能受三个力作用 【答案】B 【解析】 对物体 B 受力分析，受重力，A 对 B 的压力，A 对 B 水平向左的静摩擦力，斜面对 B 垂直向上的支持力， 斜面对 B 可能有静摩擦力（当 A 对 B 向左的静摩擦力的平行斜面方向分力与重力的下滑分力平衡时为零）， 故 B 受 4 个力或者 5 个力，故 A 错误；当 A 对 B 向左的静摩擦力的平行斜面方向分力大于重力的下滑分力 时，B 物体有上滑趋势，所以受到平行斜面向下的静摩擦力，故 B 正确；对物体 A 受力分析，受推力、重 力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，B 对 A 的静摩擦力与推力 F 平衡，根据牛顿第三定律，A 对 B 的 摩擦力水平向左，大小为 F，故 C 错误；对 AB 整体受力分析，受重力、支持力、推力，可能有静摩擦力 （当推力的平行斜面方向分力与重力的下滑分力平衡时为零），所以可能受三个力作用，故 D 错误．所以B 正确，ACD 错误． 40、（2021·福建省上杭县一中高三上学期期初考试）如图，固定在地面上的带凹槽的长直杆与水平面成 角，轻质环 a 套在杆上，置于凹槽内质量为 m 的小球 b 通过一条细绳跨过固定定滑轮与环 a 连 接．a、b 静止时，细绳与杆间的夹角为 30°，重力加速度为 g，不计一切摩擦，下列说法正确的是 030α =A. a 受到 3 个力的作用 B. b 受到 3 个力的作用 C. 细杆对 b 的作用力大小为 D. 细线对 a 的拉力大小为 【答案】BD 【解析】 轻质环 a 套在杆上，不计摩擦，则 a 静止时细线的拉力与杆对 a 的弹力平衡，故拉 a 的细线与杆垂直，a 受 到两个力作用，故 A 错误；对 b 球受力分析可知，b 受到重力，绳子的拉力，和杆对 b 球的弹力，b 受到 3 个力的作用，故 B 正确；以 b 为研究对象，受力分析如图所示， 根据几何关系可得 β=θ=30°，细杆对 b 的作用力大小为 N，则：2Ncos30°=mg，则 N= mg，故 C 错误； 对 b 分析，细线的拉力大小 T=N= mg，则细线对 a 的拉力大小为 T= mg，故 D 正确． 1 2 mg 3 3 mg 3 3 3 3 3 341、（2021·山东省德州市实验高中高三上学期第一次调研）如图所示，形状和质量完全相同的两个圆柱体 a、b 靠在一起，表面光滑，重力为 G，其中 b 的下半部刚好固定在水平面 MN 的下方，上边露出另一半，a 静止在平面上．现过 a 的轴心施以水平作用力 F，可缓慢的将 a 拉离平面一直滑到 b 的顶端，对该过程分析， 则应有（　　） A．拉力 F 先增大后减小，最大值是 G B．开始时拉力 F 最大为 G，以后逐渐减小为 0 C．a、b 间的压力开始最大为 2G，而后逐渐减小到 G D．a、b 间的压力由 0 逐渐增大，最大为 G 【答案】BC 【解析】对于 a 球：a 球受到重力 G、拉力 F 和 b 球的支持力 N，由平衡条件得： F=Ncosθ， Nsinθ=G 则得：F=Gcotθ，N= 根据数学知识可知，θ 从 30°增大到 90°，F 和 N 均逐渐减小，当 θ=30°，F 有最大值为 ，N 有最大值为 2G，故 BC 正确． 故选：BC．42、（2021·山东省德州市实验高中高三上学期第一次调研）如图所示，A、B 都是重物，A 被绕过的小滑 轮 P 的细线所悬挂，小滑轮 P 被一根斜短线系于天花板上的 O 点．O′是三根线的结点，bO′水平拉着 B 物体， cO′沿竖直方向拉着弹簧，弹簧、细线、滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，整个装置处于静止 状态．若悬挂小滑轮的细线 OP 的张力是 20 N，则下列说法中正确的是（取 g=10m/s2）（　　） A．弹簧的弹力为 10N B．重物 A 的质量为 2kg C．桌面对 B 物体的摩擦力为 10 N D．OP 与竖直方向的夹角为 60° 【答案】ABC 【解析】A、设悬挂小滑轮的斜线中的拉力与 O′a 绳的拉力分别为 T1 和 T，则有：2Tcos30°=T1， 解得：T=20N． 以结点 O′为研究对象，受力如图，根据平衡条件得，弹簧的弹力为 F1=Tcos60°=10N．故 A 正确． B、重物 A 的质量 mA= =2kg．故 B 正确． C、绳 O′b 的拉力 F2=Tsin60°=20× N= ．故 C 正确．D、由于动滑轮两侧绳子的拉力大小相等，根据对称性可知，细线 OP 与竖直方向的夹角为 30°．故 D 错 误． 故选：ABC 43、（2021·山东省德州市实验高中高三上学期第一次调研）如图所示：一根光滑的丝带两端分别系住物块 A、C，丝带绕过两定滑轮，在两滑轮之间的丝带上放置了球 B，D 通过细绳跨过定滑轮水平寄引 C 物体．整 个系统处于静止状态．已知 MA= kg，MC=2 kg，MD=0.5kg，B 物体两侧丝带间夹角为 60°，与 C 物体 连接丝带与水平面夹角为 30°．此时 C 恰能保持静止状态．求：（g=10m/s2） （1）物体 B 的质量 m； （2）物体 C 与地面间的摩擦力 f； （3）物体 C 与地面的摩擦系数 μ（假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力）． 【答案】（1） kg；（2）10N；（3） ． 【解析】（1）对 B 受力分析，受重力和两侧绳子的拉力，根据平衡条件，知：2MAg•sin30°=mg， 解得：m= kg； （2）对 C 受力分析，受重力、两个细线的拉力、支持力和摩擦力，根据平衡条件，知水平方向受力平衡： MAgcos30°=MDg+f，解得：f=10N； （3）对 C，竖直方向平衡，支持力：N=MCg﹣Tsin30°=2 ×10﹣ ×10× =15 N， 由 f=μN 知 ． 答：（1）物体 B 的质量 m 为 kg； （2）物体 C 与地面间的摩擦力 f 为 10N； （3）物体 C 与地面的摩擦因数 μ 为 ． 44、（2021·福建省上杭县一中高三上学期期初考试）如图所示，三段不可伸长细绳 OA、OB、OC 共同悬 挂质量为 2kg 的重物，其中 OB 是水平的，OA 绳与竖直方向的夹角为 求 、OB 两绳的拉力大小； 若三绳承受的最大拉力相同，逐渐增加 C 端所挂物体的质量，判断最先断的绳是哪根绳，简单说明理 由； 若 OA、OB 绳所能承受的最大拉力均为 l00N，OC 绳所能承受的拉力无限大．求：OC 绳下端最多能悬 挂多重的物体？ 【答案】（1）25N、15N；（2）OA 先断；（3）80N 【解析】 对物体受力分析可求得：绳 OC 的拉力 ( )237 10 / ,sin37 0.6,cos37 0.8g m sθ = = = =   ( )1 OA ( )2 ( )3 ( )1 20OCT mg N= =对节点 O 受力分析如图所示：令 OA 绳的拉力为 F2，OB 绳的拉力为 F1 建立直角坐标系如图有： 联立解得： ， ；故 OA 绳中的拉力为 25N，OB 绳中的拉力为 15N； 由第一问可知在在悬挂重物的时候 OA 绳中的拉力最大，因此如果三根绳的承受力一样大，逐渐增加重 物的重量 OA 中的拉力比 OB 和 OC 绳中的拉力大，因此 OA 绳先断； 若 OA、OB 绳所能承受的最大拉力均为 100N，当 OB 达到 100N 时，由 OA 绳中的拉力大于 OB 绳的拉力 可知此时 OA 绳的拉力超过 100N，OA 绳已经断，因此应先让 OA 绳的拉力到达 100N，此时 OB 绳没断；则此 时所挂物体的重力为： 所以悬挂物体的重力的最大值 ． 45、（2021·黑龙江佳木斯市一中高三上学期开学考试） 如图所示，轻杆 BC 的 C 点用光滑铰链与墙壁固 定，杆的 B 点通过细绳 AB 使杆与竖直墙壁保持垂直，AB 与 AC 间的夹角 θ=60°．若在 B 点悬挂一个定滑轮 （不计重力），某人用它匀速地提起重物，已知重物的质量 m=40kg，人的质量 M=60kg，取 g=10m/s2。求： 2cos37F G= ①… 2 1sin37F F= … ② ①② 1 15F N= 2 25F N= ( )2 ( )3 cos 100 0.8 80m mG F N Nθ= = × = 80mG N=（1）此时地面对人的支持力的大小 N； （2）轻杆 BC 和细绳 AB 对 B 点的作用力大小。 【答案】（1） ；（2） 【解析】 （1）对人进行受力分析，人受到重力、支持力和绳子的拉力，根据平衡条件有 代入数据得到： ； （2）滑轮对结点 B 的拉力为 设轻杆 BC 和细绳 AB 对 B 点的作用力大小分别为 、 ，以结点 B 为研究对象，如图进行受力分析 根据共点力平衡有 ， 代入数据得到 200N 31.6 10 N× 31.4 10 N× 0N mg Mg+ − = 200N N= 2 800T mg N= = CF AF A TF cosθ= tanCF T θ=， 46、（2021·湖北省鸡泽县一中高三上学期第一次月考）如图所示,质量为 的木板 B 放在水平地 面上,质量为 的货箱 A 放在木板 B 上．一根轻绳一端拴在货箱上，另一端拴在地面绳绷紧时与水 平面的夹角为 ．已知货箱 A 与木板 B 之间的动摩擦因数 ，木板 B 与地面之间的动摩擦因 数 ．重力加速度 g 取 ．现用水平力 F 将木板 B 从货箱 A 下面匀速抽出，试求： （ ， ） （1）绳上张力 T 的大小； （2）拉力 F 的大小． 【答案】（1）100N （2）200N 【解析】 (1)对物体 A 受力分析如图所示： A 静止，受力平衡，则在 x 轴上：Tcosθ=f1 在 y 轴上：N1=Tsinθ+mAg 又 f1=μ1 N1 31.6 10AF N= × 3800 3 1.4 10CF N N= = × 14kgBm = 10kgAm = 37θ = ° 1 0.5µ = 2 0.4µ = 210m / s sin37 0.6° = cos37 0.8° =联立解得： T=100 N f=80N 即绳上张力 T 的大小为 100N． (2)对物体 B 受力分析如图所示： B 处于静止，根据平衡条件可得： 在 x 轴上：F=f1+f2 在 y 轴上：N2=N1+mBg 又有：f2=μ2N2 联立解得： F=200 N 即拉力 F 的大小为 200N． 47、（2021·黑龙江高三上学期开学考试）某同学表演魔术时，将一小型条形磁铁藏在自己的袖 子里，然后对着一悬挂的金属小球指手画脚，结果小球在他神奇的功力下飘动起来。假设当隐藏的小磁铁 位于小球的左上方某一位置 时，金属小球偏离竖直方向的夹角 也是 ，如图所示。已 知小球的质量为 ，该同学(含磁铁)的质量为 ，求此时： (1)悬挂小球的细线的拉力大小为多少？ (2)该同学受到地面的支持力和摩擦力大小各为多少？ C )30( QCS∠ = ° θ 30° m M【答案】（1） ．（2） ； 【解析】 （1）对小球受力分析：重力、细线的拉力和磁铁的引力，设细线的拉力和磁铁的引力分别为 和 ．根 据平衡条件得： 水平方向： 竖直方向： 解得： （2）以人为研究对象，分析受力情况：重力 、地面的支持力 、静摩擦力 和小球的引力为 ， 根据平衡条件得： 1 2F F mg= = N Mg mg= + f mg= 1F 2F 1 2sin30 sin30F F° = ° 1 2cos30 cos30F F mg°+ ° = 1 2 3 3F F mg= = Mg N f 2F ′ 2 2 3 3F F mg′ = = 2 sin30f F= ′ °解得： 48、（2021·黑龙江高三上学期开学考试）拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具（如图）．设 拖把头的质量为 m，拖杆质量可以忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数 μ，重力加速度为 g，某同 学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为 θ． （1）若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小． （2）设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为 λ．已知 存在一临界角 θ0，若 θ≤θ0，则不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能使拖把从静止开始运动．求这一临界 角的正切 tanθ0． 【答案】（1） （2）λ 【解析】 （1）设该同学沿拖杆方向用大小为 F 的力推拖把．将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，按平衡条件有 ① ② 2 cos30N F Mg= ′ °+ 1 2N Mg mg= + 3 3f mg= sin cos µ θ µ θ= −F mg Fcos mg Nθ + = Fsin fθ =式中 N 和 f 分别为地板对拖把的正压力和摩擦力．按摩擦定律有 ③ 联立①②③式得 ④ （2）若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应有 ⑤ 这时①式仍满足．联立①⑤式得 ⑥ 现考察使上式成立的 θ 角的取值范围．注意到上式右边总是大于零，且当 F 无限大时极限为零，有 ⑦ 使上式成立的 θ 角满足 ，这里 θ0 是题中所定义的临界角，即当 时，不管沿拖杆方向用多大的 力都推不动拖把．临界角的正切为 ⑧ 49、（2021·辽宁省渤大附中育明高中高三上学期第一次联考）如图所示，物体的质量为2 kg，两根轻绳 和 AC 的一端连接于竖直墙上，另一端系于物体上，在物体上另施加一个方向与水平方向成 的拉力 F，若要使两绳都能伸直，求拉力 F 的大小范围（g 取 ）。 f Nµ= sin cos µ θ µ θ= −F mg Fsin Nθ λ≤ sin cosθ λ θ λ− ≤ mg F sin cos 0θ λ θ− ≤ 0 θ θ≤ 0 θ θ≤ 0tan =θ λ AB 60θ = ° 210 /m s【答案】 【解析】 分析物体的受力情况，并建立坐标系如图： 由平衡条件得 在 轴方向： x 轴方向： 由上述两式得 令 ，得 F 最大值 令 ，得 F 最小值 在 20 3 40 3N N3 3F≤ ≤ y 1sin sin 0F F mgθ θ+ − = x 2 1cos cos 0F F Fθ θ− − = 1sin mgF Fθ= − 2 2cos 2sin F mgF θ θ= + 1 0F = max 40 3 Nsin 3 mgF θ= = 2 0F =综合得 F 的取值范围为 m 20 3 N2sin 3in mgF θ= = 20 3 40 3N N3 3F≤ ≤