高考物理一轮复习精选题辑课练6受力分析共点力的平衡.doc

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1、1 / 12【2019【2019 最新最新】精选高考物理一轮复习精选题辑课练精选高考物理一轮复习精选题辑课练 6 6 受力受力分析共点力的平衡分析共点力的平衡1(2018福建仙游一中月考)三个质量均为 1 kg 的相同木块 a、b、c 和两个劲度系数均为 500 N/m 的相同轻弹簧 p、q 用轻绳连 接，如图所示，其中 a 放在光滑水平桌面上，开始时 p 弹簧处于原 长，木块都处于静止状态现用水平力 F 缓慢地向左拉 p 弹簧的左 端，直到 c 木块刚好离开水平面为止，g 取 10 m/s2.该过程 p 弹簧 的左端向左移动的距离是( ) A4 cm B6 cm C8 cm D10 cm 答

2、案：C 解析：p 弹簧的左端向左移动的距离等于 p、q 两弹簧的形变量 之和xq，xp，p 弹簧的左端向左移动的距离为 xxpxq8 cm，C 正确 2(2018山东潍坊中学模拟)如图所示，轻杆 A 端用铰链固定 在墙上，B 端另一重物通过轻绳跨过定滑轮用拉力 F 将 B 端缓慢 上拉，滑轮 O 在 A 点正上方(滑轮大小及摩擦均不计)，且 OAAB， 在 AB 杆达到竖直位置前( ) A拉力 F 增大 B拉力 F 大小不变 C杆的弹力增大 D杆的弹力大小不变 答案：D 解析：以 B 点为研究对象，分析受力情况：受重物的拉力 T(等 于重物的重力 G)、轻杆的弹力 N 和轻绳的拉力 F，作出受

3、力分析图 如图所示由平衡条件得知，N 和 F 的合力与 T 大小相等，方向相 反，根据三角形相似可得，又 TG，解得 NG，FG；拉力 F 将 B 端缓慢上拉，BAO 缓慢变小，AB、AO 保持不变，BO 变小，则 N 保持不变，F 变小，故 D 正确，A、B、C 错误 3(2018广东五校联考)如图所示，物体 A、B 用细绳与弹簧 连接后跨过滑轮A 静止在倾角为 45的粗糙斜面上，B 悬挂 着已知质量 mA3mB，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由 45减小 到 30，那么下列说法中正确的是( ) A弹簧的弹力将减小 B物体 A 对斜面的压力将减小2 / 12C物体 A 受到的静摩擦力将减小 D弹

4、簧的弹力及物体 A 受到的静摩擦力都不变 答案：C 解析： 设 mA3mB3m，对物体 B 受力分析，受重力和拉力，由二力 平衡得弹簧的弹力不变，A 错误；再对物体 A 进行受力分析，受重 力、支持力、弹簧的弹力和静摩擦力，如图所示刚开始由于 mAgsin45mgmBgmg，所以摩擦力沿斜面向上，斜面倾角变为 30以后摩擦力仍然沿斜面向上根据平衡条件得到 fT3mgsin0，N3mgcos0， 解得 f3mgsinT3mgsinmg， N3mgcos. 当 减小时，物体 A 受到的静摩擦力 f 将减小，物体 A 对斜面 的压力 N 增大，故 C 正确，B、D 错误 4(2018山东菏泽联考)菏

5、泽盖房子有时需要用到“瓦”这种 建筑材料，如图甲所示，现在工人需要把一些瓦从高处送到低处， 设计了一种如图乙所示的简易滑轨：两根圆柱形木杆 AB 和 CD 相互 平行，斜靠在竖直墙壁上，把一摞瓦放在两木杆构成的滑轨上，瓦 将沿滑轨滑到低处在实际操作中发现瓦滑到底端时速度较大，有 可能摔碎，为了防止瓦被损坏，下列措施中可行的是( ) A减小两杆之间的距离 B增大两杆之间的距离 C减少每次运送瓦的块数 D增多每次运送瓦的块数 答案：B 解析：由题意可知，在滑轨高度及倾斜角度不能改变的情况下， 要想减小瓦滑到底部的速度就应当增大瓦与滑轨间的摩擦力，由 fFN 可知，可以通过增大 FN 来增大摩擦力；

6、而增加瓦的块数， 增大了瓦的质量，这样做虽然摩擦力大了，但同时瓦的重力沿滑轨 向下的分力也增大，不能起到减小加速度的作用，故改变瓦的块数 是没有作用的，故 C、D 错误；而增大两杆之间的距离可以增大瓦受 到的两杆的支持力的夹角，而瓦对杆的压力随夹角的增大而增大， 故增大两杆间的距离可以在不增大重力沿滑轨向下的分力的情况下 增大瓦对滑杆的压力，从而增大摩擦力，故 A 错误，B 正确 5(2018陕西宝鸡一模)如图所示，两块相互垂直的光滑挡板 OP、OQ，OP 竖直放置，小球 a、b 固定在轻弹簧的两端，并斜靠在 OP、OQ 挡板上现有一个水平向左的推力 F 作用于 b 上，使 a、b 紧靠挡板处

7、于静止状态现保证 b 球不动，使竖直挡板 OP 向右缓慢3 / 12平移一小段距离，则( ) A推力 F 变大 B弹簧长度变短 C弹簧长度变长 Db 对挡板 OQ 的压力变大 答案：C 解析：设弹簧与竖直方向的夹角为 ，现保证 b 球不动，使竖 直挡板 OP 向右缓慢平移一小段距离，则 减小，以 a 球为研究对 象，分析受力情况，根据平衡条件得 F 弹， 减小，cos 增大， 则 F 弹减小，弹簧变长；挡板对 a 的弹力 Nmgtan， 减小，N 减小；对 a、b 和弹簧整体研究，水平方向 FN，则推力 F 将减小， 故 A、B 错误，C 正确；竖直方向，挡板 OQ 对 b 的支持力 FN(m

8、amb)g，不变，根据牛顿第三定律可知，b 对挡板 OQ 的压 力不变，故 D 错误 6(2018河南新乡一模)如图所示，一根劲度系数为 k 的轻质 橡皮筋竖直放置，将其一端固定在天花板上的 O1 点，另一端穿过一 固定平板上的光滑小孔 O2 系住一质量为 m 可视为质点的物块，物块 置于 O2 点正下方水平地面上的 O3 点，O1、O2、O3 在同一竖直线上， 当橡皮筋竖直自由放置时，O1、O2 两点间距离恰为橡皮筋的原长， 现将物块置于 O3 点右侧且逐渐增大距 O3 点的距离，物块撤去外力 后依然保持静止，则在此过程中下列说法正确的是( ) A物块对地面的压力逐渐减小 B物块对地面的压力

9、始终不变 C物块与地面间的摩擦力逐渐变小 D物块与地面间的摩擦力始终不变 答案：B 解析：设 O2、O3 的距离为 x1 即物块在 O3 处橡皮筋的伸长量， x2 为物块在任意处时橡皮筋的伸长量， 为该处橡皮筋与水平方向 间的夹角，由题意可得 x1x2sin，物块在 O3 处，根据平衡条件 得 N1mgkx1，物块在任意处，根据平衡条件得 N2mgkx2sin，联立解得 N1N2，由牛顿第三定律得，物块对 地面的压力不变，故 A 错误，B 正确；由 fkx2cos，得物块距 O3 点距离增大，x2 增大， 减小，cos 增大，f 增大，故 C、D 错误 7(2018辽宁东北育才学校二模)如图所

10、示，置于地面的矩形 框架中用两细绳拴住质量为 m 的小球，绳 B 水平设绳 A、B 对球的 拉力大小分别为 F1、F2，它们的合力大小为 F.现将框架在竖直平面 内绕左下端缓慢逆时针旋转 90，在此过程中( )4 / 12AF1 先增大后减小 BF2 先增大后减小 CF 先增大后减小 DF 先减小后增大 答案：B 解析： 对小球受力分析如图所示小球处于静止状态，受力平衡，两 绳的拉力的合力与重力大小相等，方向相反，则 F 不变，根据平行 四边形定则可知，将框架在竖直平面内绕左下端缓慢逆时针旋转 90的过程中，F1 逐渐减小，F2 先增大后减小，当绳 A 处于水平方 向时，F2 最大，故 B 正

11、确 8(2018浙江温州中学模拟)如图所示，倾角 30的斜 面体 A 静止在水平地面上，一根轻绳跨过斜面体顶端的小滑轮，绳 两端系有质量均为 m 的小物块 a、b，整个装置处于静止状态，滑轮 两侧轻绳方向分别沿斜面和竖直方向现给物块 b 施加一个水平向 右的拉力 F，使 b 缓慢移动直到连接 b 的轻绳与竖直方向成 30角 (不计绳与滑轮间的摩擦)，此过程中下列说法正确的是( ) Ab 受到绳的拉力先增大再减小 B小物块 a 受到的摩擦力先增大再减小 C水平拉力 F 逐渐增大 D小物块 a 一定沿斜面缓慢上移 答案：C 解析：b 受力平衡，对 b 进行受力分析，如图甲所示 设连接 b 的轻绳与

12、竖直方向的夹角为 ，b 缓慢移动直到连接 b 的轻绳与竖直方向成 30角的过程中， 变大，根据平行四边形 定则可知，T 逐渐增大，F 逐渐增大，故 A 错误，C 正确；对 a 进行 受力分析，如图乙所示；刚开始 Tmg，a 处于静止状态，则 fTmgsin30mg，方向沿斜面向下，T增大时，f 增大， 由于不知道最大静摩擦力的具体值，所以不能判断 a 是否会滑动， 故 B、D 错误 9(2018湖南长郡中学一模)如图所示，质量为 m 的硬质面字 典 A 对称放在硬质面的书本 B 上，将书本 B 的一端缓慢抬高至字典 刚要滑动，此时书脊与水平面的夹角为 .下列说法中正确的是( ) AB 对 A

13、的作用力为零 BB 的一个侧面对 A 的弹力为 mgcos CB 对 A 的最大静摩擦力的合力为 mgsin DA 受到 3 个力的作用 答案：C 解析：B 对 A 的作用力大小为 A 的重力 mg，方向竖直向上，故 A 错误；B 的一个侧面对 A 的弹力 Nmgcos，故 B 错误；A 受力平5 / 12衡，根据平衡条件得，B 对 A 的最大静摩擦力的合力 f 合 mgsin，故 C 正确；A 处于静止状态，对 A 进行受力分析，A 受 到重力，书本 B 两侧对 A 的两个支持力，B 书两侧对 A 的两个摩擦 力，共 5 个力，故 D 错误 10(2018江西宜春四校联考)(多选)如图所示，

14、重力为 G 的 质点 M，与三根劲度系数相同的轻质弹簧 A、B、C 相连，C 处于竖直 方向，静止时，相邻弹簧间的夹角均为 120，已知弹簧 A 和 B 对 质点的作用力的大小均为 2G，则弹簧 C 对质点的作用力大小可能为 ( ) AG B2G C0 D3G 答案：AD 解析：若弹簧 A 和 B 对质点的作用力为拉力，对 M 进行受力分 析如图所示，由于 M 处于平衡状态，所以 FCGFAcos60 FBcos603G，故选项 D 正确；同理，若弹簧 A 和 B 对质点的作 用力为推力，对 M 进行受力分析，由于 M 处于平衡状态，所以 FCFAcos60FBcos60GG，故选项 A 正确

15、 11. 如图所示，水平细杆上套一环 A，环 A 与球 B 间用一不可伸长 轻质绳相连，质量分别为 mA0.40 kg 和 mB0.30 kg，由于 B 球 受到水平风力作用，使环 A 与球 B 一起向右匀速运动运动过程中， 绳始终保持与竖直方向夹角 30，重力加速度 g 取 10 m/s2， 求： (1)B 球受到的水平风力大小； (2)环 A 与水平杆间的动摩擦因数 答案：(1)1.73 N (2)0.25 解析： (1)对 B 球受力分析，如图甲所示，根据平衡条件可得 FmBgtan 数据代入得 F N1.73 N (2)选取环、球和轻绳整体为研究对象，受力如图乙所示 根据平衡条件得 F

16、N(mAmB)g Ff 且 fFN解得 mBtan mAmB 数据代入得 0.25 12(2018重庆一中期中)物块 A 放在台式测力计上，通过跨6 / 12过定滑轮的轻绳与物块 B 相连，B 下端与一轻质弹簧粘连，弹簧的 下端与地面接触(未拴接)，整个系统处于平衡状态，此时台式测力 计的示数为 8.8 N；已知 mA2mB1 kg，物块 A、B 间的水平距离 s20 cm，倾斜绳与水平方向的夹角 37，物块 A 与台式测力 计间动摩擦因数 0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B 和 滑轮视为质点，不计滑轮质量和滑轮处摩擦，弹簧一直在弹性限度 内，g 取 10 m/s2(已知 sin370

17、.6，cos370.8) (1)求物块 A 受到的摩擦力和绳对物块 A 的拉力； (2)沿竖直方向调整滑轮的高度至某一位置时，物块 A 刚好运动， 且此时弹簧刚好离开地面，求滑轮移动的距离和弹簧的劲度系数 答案：(1)1.6 N 2 N (2) cm 15 N/m 解析：(1)由台式测力计的示数知物块 A 此时所受的支持力 N8.8 N，物块 A 受力示意图如图所示 根据平衡条件可知 Tcos37f0， NTsin37mAg0， 解得 T2 N，f1.6 N. (2)分析可知，此时弹簧恢复原长，弹力为零； 对 B 进行受力分析，有 T1mBg0，故 T15 N.设此时轻绳与水平方向夹角为设此时

18、轻绳与水平方向夹角为 ，对，对 A A 有有T1cosT1cosfmfm0 0；N1N1T1sinT1sinmAgmAg0 0，fmfmN1N1，T1T1T1T1，解得，解得 sinsin0.80.8，coscos0.60.6，滑轮上升的高度，滑轮上升的高度hhstanstanstanstancm.cm.由分析知，右端绳缩短由分析知，右端绳缩短llcmcm，由几何关系可知，弹簧伸长量，由几何关系可知，弹簧伸长量 xxhhll2020 cmcm；结合；结合(1)(1)问，对问，对 B B 进行受力分析，初始时刻弹簧处于压缩状态，进行受力分析，初始时刻弹簧处于压缩状态，弹力为弹力为 3 3 N N

19、；弹簧刚好离开地面时，弹簧恢复原长，弹力为零，所；弹簧刚好离开地面时，弹簧恢复原长，弹力为零，所以以 k k1515 N/m.N/m.刷题加餐练刷题加餐练1(2017新课标全国卷 )一根轻质弹性绳的两端分别固定7 / 12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 答案：B 解析： 将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡后对钩码进行受力分析，如

20、图所示，设钩码质量为 m，弹性绳的拉力为 T，弹性绳与竖直方向的 夹角为 ，由平衡条件知 2Tcosmg，由胡克定律得 Tkx， 联立解得 k，将弹性绳两端拉至同一点重新平衡后，设弹性绳上 拉力为 T1，弹性绳的形变量为 x，由平衡条件知 2T1mg，由 胡克定律有 T1kx ，联立解得 k.由几何关系得 cos，x0.2 m，联立解得 x0.12 m，故弹性绳的总长 度变为 92 cm，选项 B 正确 2(2016海南卷)如图，在水平桌面上放置一斜面体 P，两长 方体物块 a 和 b 叠放在 P 的斜面上，整个系统处于静止状态若将 a 和 b、b 与 P、P 与桌面之间摩擦力的大小分别用 f

21、1、f2 和 f3 表 示则( ) Af10，f20，f30 Bf10，f20，f30 Cf10，f20，f30 Df10，f20，f30 答案：C 解析：首先对整体受力分析可以知道，整体处于静止状态且相 对地面没有运动趋势，故 f30，再将 a 和 b 看成一个整体，a、b 整体相对斜面有向下运动的趋势，故 b 与 P 之间有摩擦力，即 f20，再对 a 进行受力分析，可知 a 相对于 b 有向下运动的趋势， 故 a 和 b 之间存在摩擦力，即 f10，故选项 C 正确 3(2016新课标全国卷)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

22、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，FT 逐渐变大 BF 逐渐变大，FT 逐渐变小 CF 逐渐变小，FT 逐渐变大 DF 逐渐变小，FT 逐渐变小 答案：A 解析：设绳 OA 段与竖直方向的夹角为 ，对 O 点进行受力分 析，列平衡方程得 Fmgtan，T，则随 的逐渐增大，F 逐渐8 / 12增大，T 逐渐增大，A 正确 4(2018湖南衡阳模拟)(多选)如图所示，有一刚性方形容器 被水平力 F 压在竖直墙面上处于静止状态现缓慢地向容器内注水， 直到注满为止，在此过程中容器始终保持静止，则下列说法正确的 是( ) A容器受到的摩擦力逐渐增大

23、 B容器受到的摩擦力不变 C水平力 F 可能不变 D水平力 F 必须逐渐增大 答案：AC 解析：容器在竖直方向受到向下的重力和向上的摩擦力，两力 大小相等，方向相反当水不断加入时，随重力增大，容器受到的 摩擦力逐渐增大，选项 A 正确，B 错误；当重力小于最大静摩擦力 时，水平力 F 可能不变，选项 C 正确，D 错误 5(2018宁夏银川一中月考)(多选)如图所示，在倾斜的粗糙 杆上套一个质量为 m 的圆环，圆环通过轻绳拉着一个质量为 M 的小 球，在圆环沿杆向下滑动的过程中，悬挂小球的轻绳始终处于竖直 方向，则( ) A小球做匀速直线运动 B圆环一定受三个力作用 C圆环一定受四个力作用 D

24、小球的重力大于轻绳的拉力 答案：AC 解析：以小球为研究对象，由题意知小球沿杆向下做直线运动， 说明加速度为零或加速度沿杆方向，而小球只受到竖直向下的重力 和竖直向上的拉力，这两个力的合力必为零，即小球做匀速直线运 动，则圆环也做匀速直线运动，圆环受到重力、竖直向下的拉力、 支持力和滑动摩擦力，共四个力作用，选项 A、C 正确，B 错误；由 平衡条件知，轻绳对小球的拉力等于小球的重力，选项 D 错误 6(2018安徽蚌埠联考)建筑装修中，工人用质量为 m 的磨石 对倾角为 的斜壁进行打磨，如图所示当对磨石施加竖直向上、 大小为 F 的推力时，磨石恰好沿斜壁向上匀速运动，已知磨石与斜 壁之间的动

25、摩擦因数为 ，重力加速度大小为 g.则关于斜壁受到磨 石的摩擦力的大小与方向，下列说法正确的是( ) A(Fmg)cos，沿斜壁向上 B(Fmg)cos，沿斜壁向下 C(Fmg)cos，沿斜壁向上 D(Fmg)cos，沿斜壁向下9 / 12答案：A 解析：磨石受重力、推力、斜壁的弹力及摩擦力而处于平衡状 态，如图所示，则沿斜壁向下的滑动摩擦力 f(Fmg)cos，支 持力 N(Fmg)sin，得 f(Fmg)sin，方向沿斜壁向下， 则由牛顿第三定律可知，斜壁受到磨石的摩擦力的大小为 f(Fmg)cos(Fmg)sin，方向沿斜壁向上，只有选 项 A 正确 7(2018贵州凯里模拟)如图所示，

26、形状相同的物块 A、B， 其截面为直角三角形，相对放置在粗糙水平地面上，光滑球体 C 架 在两物块的斜面上，系统处于静止状态已知物块 A、B 的质量都为 M，60，球体 C 的质量为 m，重力加速度大小为 g，则下列说 法正确的是( ) A地面对物块 A 的摩擦力大小为零 B地面对物块 A 的摩擦力大小为 mg C物块 A 对球体 C 的弹力大小为 mg D物块 A 对地面的压力大小为 Mgmg 答案：D 解析：以球体 C 为研究对象，其受到斜向上的两个弹力作用， 把两个弹力合成，合力竖直向上，大小等于光滑球体的重力，受力 分析如图所示由力的合成可知，弹力大小为 mg，选项 C 错误；再 以物

27、块 A 为研究对象，球体 C 对物块 A 的正压力大小为 mg，其在水 平方向上的分力等于地面对物块 A 的静摩擦力大小，由此可知静摩 擦力大小为 mg，选项 A、B 均错误；由平衡条件可知物块 A 对地面 的压力大小为 Mgmg，选项 D 正确 8将三个质量均为 m 的小球 a、b、c 用细线相连后(b、c 间无 细线相连)，再用细线悬挂于 O 点，如图所示用力 F 拉小球 c，使 三个小球都处于静止状态，且细线 Oa 与竖直方向的夹角保持为 37(sin370.6)，重力加速度大小为 g，则 F 的最小值为( ) A1.5mg B1.8mg C2.1mg D2.4mg 答案：B 解析：静止

28、时将三球视为一个整体，整体重力为 3mg，当作用 于 c 球上的力 F 垂直于 Oa 时，F 最小，故 Fmin3mgsin37 1.8mg，只有选项 B 正确 9(多选)如图所示，质量为 m 的物块在倾角为 的斜面上刚 好匀速下滑，如果对物块施加一水平向右的外力 F，物块刚好沿斜 面向上匀速滑动，整个过程斜面保持静止不动，假设物块受到的最 大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为 g，则下列说法正10 / 12确的是( ) A外力 Fmgtan2 B外力 Fmgtan C物块沿斜面匀速上滑时，地面对斜面有向左的摩擦力 D物块沿斜面匀速下滑时，斜面受到 5 个力作用 答案：AC 解析：当物块

29、匀速下滑时，受到竖直向下的重力，垂直斜面的 支持力，沿斜面向上的摩擦力如图 1 所示，物块受力平衡，所以 在沿斜面方向上有 fmgsin，在垂直斜面方向上有 FNmgcos，又因为 fFN，联立解得 tan，当物块在外 力 F 作用下沿斜面匀速上滑时，受力如图 2 所示，在沿斜面方向上 有 Fcosfmgsin，在垂直斜面方向上有 FNmgcosFsin，因为 fFN，联立解得 Fmgtan2，选项 A 正确，B 错误；以两个物体组成的整体为研究 对象，受力如图 3 所示，当物块沿斜面匀速向上滑行时，整体处于 平衡状态，受到的合外力等于 0，所以在水平方向上地面对斜面的 摩擦力与水平外力 F

30、大小相等，方向相反，所以地面对斜面有向左 的静摩擦力，选项 C 正确；当物块沿斜面匀速向下滑行时，斜面受 到重力、地面的支持力和物块的摩擦力，共 3 个力的作用，选项 D 错误不能合理的选取研究对象易错点110. (多选)如图所示，斜面体 A 静止放置在水平地面上质量为 m 的滑块 B 在外力 F1 和 F2 的共同作用下沿斜面体表面向下运动当 F1 方向水平向右、F2 方向沿斜面体的表面向下时，斜面体受到地面 的摩擦力方向向左则下列说法中正确的是 ( ) A若只撤去 F1，在滑块 B 仍沿斜面向下运动的过程中，A 所受 地面摩擦力的方向可能向右 B若只撤去 F2，在滑块 B 仍沿斜面向下运动

31、的过程中，A 所受 地面摩擦力的方向可能向右 C若只撤去 F2，在滑块 B 仍沿斜面向下运动的过程中，A 所受 地面摩擦力不变 D若同时撤去 F1 和 F2，滑块 B 的加速度方向一定沿斜面向下 答案：CD 解析：选斜面为研究对象，其受力当中在水平方向有分力的有： B 对 A 的压力 FN，B 对 A 的摩擦力 Ff1 和地面对 A 的摩擦力 Ff2. 如图所示，设斜面倾角为 . 则：Ff1cosFf2FNsin.11 / 12所以：Ff1cosmgcos，所以滑块 B 的加速度方向一定 向下，即 D 正确不能灵活多次选取研究对象易错点2 11(2018江西二模)(多选)如图所示，横截面为直角

32、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力 F 增大时，系统还保持静止， 则下列说法正确的是( ) A斜劈 A 所受的合力增大 B斜劈 A 对竖直墙壁的压力增大 C球 B 对地面的压力一定增大 D墙面对斜劈 A 的摩擦力增大 答案：BC 解析：斜壁 A 一直处于静止状态，所受的合力一直为零不变， 故 A 错误；以 A、B 整体为研究对象，进行受力分析，根据平衡条件， 水平方向 NF，N 为竖直墙壁对斜劈 A 的弹力，F 增大，则 N 增大， 由牛顿第三定律可得，斜劈 A 对竖直墙壁的压力增大，故 B 正确； 对球 B 进行受力

33、分析，如图所示，根据平衡条件有 FNsin，F 增大，则 N增大，NGNcos，N增大，则 N增大，根 据牛顿第三定律得，球 B 对地面的压力增大，以 A、B 整体为研究对 象，竖直方向有 NfMg，因 f 方向不确定，则大小变化不确定， 故 C 正确，D 错误 12(2018市摸底测试)如图所示，物体 A 的质量为 2 kg，两根轻绳 AB 和 AC 的一端连接于竖直墙上，另一端系于物体 A 上在物体 A 上施加一个与水平方向成 60角斜向上的拉力 F，若要使两绳都能伸直，求拉力 F 的大小范围(g 取 10 m/s2) 答案： NF N 解析：对物体 A 受力分析，A 受到重力 mg、拉力 F、绳 AB 的拉 力 F1、绳 AC 的拉力 F2，由平衡条件得 FsinF1sinmg0 FcosF2F1cos0 由式得 FF112 / 12F 要使两绳都能伸直，则有 F10 F20 由式得 F 有最大值 Fmax N 由式得 F 有最小值 Fmin N 综合得 F 的取值范围为NF N.20 33