微专题05 共点力作用下的静态平衡问题

【核心要点提示】 1.平衡状态

物体处于静止状态或匀速直线运动状态. 2.共点力的平衡条件

Fx＝0

F合＝0或者

F＝0y

3.平衡条件的推论

(1)二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大小相等，方向相反.

(2)三力平衡：如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余两个力的合力大小相等，方向相反，并且这三个力的矢量可以形成一个封闭的矢量三角形. (3)多力平衡：如果物体在多个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余几个力的合力大小相等，方向相反.

【核心方法点拨】涉及三个力的静态平衡问题，一般选择运用矢量三角形法，涉及四个及四个以上力的静态平衡问题，一般选择运用正交分解法。 【微专题训练】 【经典例题选讲】

类型一：单个物体静态平衡问题

【例题1】近年来，智能手机的普及使“低头族”应运而生。近日研究发现，玩手机时，就有可能让颈椎承受多达60磅(约270 N)的重量。不当的姿势与一系列健康问题存在关联，如背痛、体重增加、胃痛、偏头痛和呼吸道疾病等，当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重量；但当低头时，颈椎受到的压力会随之变化。现将人低头时头颈部简化为如图所示的模型：重心在头部的P点，颈椎OP(轻杆)可绕O转动，人的头部在颈椎的支持力和沿PA方向肌肉拉力的作用下处于静止。假设低头时颈椎OP与竖直方向的夹角为45°，PA与竖直方向的夹角为60°，此时颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到的压力的(2≈1.414，3≈1.732)( )

A．4.2倍

B．3.3倍

1 / 18

C．2.8倍 D．2.0倍

解析：设头部的质量为m，当人体直立时，颈椎所受的压力F＝mg；当低头时，设颈椎所F1mg

受到的压力为F1，以P点为研究对象，受力分析如图所示，由正弦定理得＝，

sin 120°sin 15°解得F1≈3.3F，选项B正确，A、C、D错误。

答案： B

【变式1-1】如图甲所示，一物块置于水平地面上。现用一个与竖直方向成θ角的力F拉物块，使力F沿顺时针方向转动，并保持物块始终沿水平方向做匀速直线运动，得到拉力F与θ变化关系图线如图乙所示。根据图中信息可知物块与地面之间的动摩擦因数为( )

1A. 2

B.3 2

C．2－3

D.

3－1

2

【解析】物体受支持力FN、拉力F、重力mg、摩擦力μFN作用，水平方向有Fsin θ＝μFN，μmg

竖直方向有Fcos θ＋FN＝mg，得F＝，从题图可知，θ＝30°与120°时F相等，

sin θ＋μcos θ解得μ＝2－3，C正确。【答案】C

【变式1-2】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 【答案】C

类型二：物体受力个数判断与分析

【例题2】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( )

2 / 18

B．36

C．

33

D．

3 2

A．小球受木板的摩擦力一定沿斜面向上 3

B．弹簧弹力不可能为mg

4C．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 解析： 小球的受力分析如图，

当mgsin 37°>Fcos 37°，小球受到沿斜面向上的摩擦力，当mgsin 37°4所以A、B错误，C正确；木板对小球的作用力的竖直分量等于mg，所以不可能小于mg，D错误。答案： C

【变式2-1】如图所示，固定在水平地面上的物体P，左侧是光滑圆弧面，一根轻绳跨过物体P顶点上的小滑轮，一端系有质量为m＝4 kg的小球，小球与圆心连线跟水平方向的夹角θ＝60°，绳的另一端水平连接物块3，三个物块重均为50 N，作用在物块2的水平力F＝20 N，整个系统处于平衡状态，取g＝10 m/s2，则以下说法正确的是( )

A．1和2之间的摩擦力是20 N B．2和3之间的摩擦力是20 N C．3与桌面间的摩擦力为20 N D．物块3受6个力作用

【解析】对小球受力分析可知，绳的拉力等于小球重力沿圆弧面切线方向的分力，由几何关系可知绳的拉力等于20 N．将三个物块看成一个整体受力分析，可知水平方向整体受到拉力F和绳的拉力的作用，由于F等于绳的拉力，故整体受力平衡，与桌面间没有摩擦力，故物块3与桌面间的摩擦力为0，C错误．由于物块1、2之间没有相对运动的趋势，故物块1和2之间没有摩擦力的作用，A错误．隔离物块3受力分析，水平方向受力平衡可知物块2和3之间摩擦力的大小是20 N，B正确．物块3受重力、桌面的支持力、物块2的压力、物块2的摩擦力、绳的拉力5个力作用，D错误． 【答案】B

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类型三：涉及轻绳、轻杆、匀质绳静态平衡问题

【例题3】如图所示，一轻质细绳一端固定于竖直墙壁上的O点，另一端跨过大小可忽略、不计摩擦的定滑轮P悬挂物块B，OP段的绳子水平，长度为L。现将一带挂钩的物块A挂mA8

到OP段的绳子上，A、B物块最终静止。已知A(包括挂钩)、B的质量比为＝，则此过

mB5程中物块B上升的高度为( )

A．L 4C.L 5

LB．

32D．L

3

【解析】将一带挂钩的物块A挂到OP段的绳子上，A、B物块最终静止后，绳子的张力为43

B的重力，两段绳子的合力为A的重力，即2mBgcos θ＝mAg，解得cos θ＝，sin θ＝，由

552

几何关系L＝L′sin θ，此过程中物块B上升的高度为L′－L＝L，选项D正确。

3【答案】D

【变式3-1】(2018·安徽省亳州市高三上学期期末)一物块用轻绳AB悬挂于天花板上，用力F拉住套在轻绳上的光滑小圆环O(圆环质量忽略不计)，系统在图示位置处于静止状态，此时细绳OA与竖直方向的夹角为α，力F与竖直方向的夹角为β，当缓慢拉动圆环使α(0<α<90°)增大时，则 ( )

A． F变大，β变小 C． F变大，β变大

B． F变小，β变小 D． F变小，β变大

[解析] 由于圆环O是光滑的，所以绳子各处张力大小相等，等于物块的重力，当α增大时，AO与OB间的夹角减小，根据平行四边形定则可知，绳AO和OB的拉力的合力变大，由平衡条件可知，F与绳AO和OB的拉力的合力等大反向，所以F变大，α＋β变小，则β变小。故选A。【答案】A

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【变式3-2】将一光滑轻杆固定在地面上，杆与地面间夹角为θ，一光滑轻环套在杆上。一个大小和质量都不计的滑轮用轻绳OP悬挂在天花板上，用另一轻绳通过滑轮系在轻环上，用手拉住轻绳另一端并使OP恰好在竖直方向，如图所示。现水平向右拉绳，当轻环重新静止不动时OP绳与天花板之间的夹角为( )

A．90°

B．45°

C．θ

θ

D．45°＋

2

【解析】由于环为轻环，不计质量，故用力拉绳子后，绳子PQ段必定垂直于光滑杆，只有这样PQ段的拉力在沿着杆方向才没有分力，轻环方可平衡，如图甲所示，

由图甲可知PQ段绳子与竖直方向夹角为θ，对滑轮受力分析如图乙所示：由于滑轮质量不计，则两绳子拉力的合力与OP段绳子拉力等大反向，又因为两绳子拉力等大，故OP段绳90°＋θ

子拉力必定沿着两绳子夹角的平分线，由几何关系可知OP段绳子与天花板夹角为＝2θ45°＋，故选项D正确。【答案】D

2

【例题4】匀质铁链悬挂在天花板上，其中A点是最低点．C点是悬挂点，B点是介于A、C之间的某一点，关于这三点铁链张力大小，下列说法正确的是( )

A．A点的张力最大 B．C点的张力最大

C．A、B、C三点张力大小均相等 D．铁链C处切线方向有可能是竖直方向 答案 B

解析 设AC段铁链的质量为m，对AC段受力分析，受重力、左侧的铁链对其向左的拉力，天花板的拉力，如图所示

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根据平衡条件和受力关系， 有：FC＝FA2＋m2g2

可知C点的拉力大于A点的拉力

再以AB段为研究对象，如图，由于AB段铁链的质量小于AC段的质量，则： FB＝FA2＋m′2g2所以A、B、C三点张力大小关系为A点最小，C点最大，而且A点的张力的方向沿水平方向．故只有B项正确，A、C、D三项错误．

【变式4-1】如图所示，一根铁链一端用细绳悬挂于A点，为了测量这个铁链的质量，在铁链的下端用一根细绳系一质量为m的小球，待整个装置稳定后，测得两细绳与竖直方向的夹角为α和β，若tanα︰tanβ＝1︰3，则铁链的质量为 ( )

A．m C．3m

B．2m D．4m

F

【解析】对小球进行受力分析，受重力、拉力和细线的拉力，由平衡条件得：tanβ＝，对mg铁链和小球整体进行受力分析，受重力、细线的拉力T、已知力F，由平衡条件得：tanα＝F

，联立解得：M＝2m，故选项B正确。

M＋mg【答案】B

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类型四：平衡极值问题

【例题5】倾角为θ＝37°的斜面体与水平面保持静止，斜面上有一重为G的物体A，物体A与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.现给A施加一水平力F，如图10所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，如果物体A能在斜面上静止，水平推力F与G的比值不可能是( )

A．3 B．2 C．1 D．0.5

【解析】设物体刚好不下滑时F＝F1， 则F1·cos θ＋μFN＝G·sin θ， FN＝F1·sin θ＋G·cos θ.

－0.5cos 37°0.22F1sin 37°得：＝＝＝；

Gcos 37°＋0.5sin 37°1.111设物体刚好不上滑时F＝F2，则： F2·cos θ＝μFN′＋G·sin θ， FN′＝F2·sin θ＋G·cos θ，

＋0.5cos 37°1F2sin 37°得：＝＝＝2，

Gcos 37°－0.5sin 37°0.52F

即≤≤2，故F与G的比值不可能为A. 11G【答案】A

【变式5-1】如图所示，水平地面上有一质量为m，半径为r的半球形均匀物块A，现在A上放一半径与A相同的球体B，B的右侧紧靠竖直光滑墙面，已知B的密度是A的两倍，调整A的位置使A、B恰好保持静止状态。已知A与地面间的动摩擦因数μ＝0.8，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则A的球心距竖直墙面的最远距离x为 ( A )

A．(2＋1)r C．(1＋12

)r 61

B．(

16

＋1)r

13D．r

5

[解析] 经分析可知，B的质量是A的4倍，对A和B整体受力分析可知，μ·5mg＝N，对B受力分析如图所示，N＝4mgtanθ，又因为μ＝0.8，解得tanθ＝1，θ＝45°，又由几何知识得sinθ＝

x－r

，解得x＝(2＋1)r，故A正确。 2r

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【变式5-2】(多选)如图所示，地面上放有一个质量为m的物块，物块与地面间的动摩擦因数μ＝

3

，现用斜向上的不为零且大小未知的力F拉物块使之在地面上向右做直线运动，3

则下列说法正确的有( )

A．若物块向右加速运动，则F与摩擦力的合力一定竖直向上 B．若物块向右加速运动，则物体与地面间可能没有摩擦力

mg

C．若物块向右匀速运动，则当θ取得适当值时，F有最小值，最小值为 2D．若物块向右匀速运动，θ＝45°时，F的值最小

解析： 物块受到重力和拉力F作用，可能受到支持力、摩擦力。若物块向右加速运动，物块所受合外力向右，因重力mg与支持力FN的合力竖直向下，则F与摩擦力Ff的合力一定斜向右上方，故选项A错误；当F在竖直方向的分力等于重力时，物块对地面的压力为零，摩擦力为零，选项B正确。将物块受力沿水平和竖直方向正交分解，因物块匀速转动，故有Fsin θ＋FN＝mg，Fcos θ＝Ff，Ff＝μFN，式中μ＝

3μmg

，联立解得F＝＝3cos θ＋μsin θ

mg1

，θ＝30°时，力F有最小值mg，C正确，D错误。

22sinθ＋60°答案： BC

【例题6】(多选)如图所示，一根长为L的细绳一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球A，为使细绳与竖直方向成30°角且绷紧，小球A静止，则需对小球施加的力可能等于( )

A.3mg 1

C.mg 3解析：

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B．mg D．

3mg 6

以小球为研究对象进行受力分析，如图所示，当力F与细绳垂直时，所用的力最小。根据11

平衡条件得F的最小值为Fmin＝Gsin 30°＝mg，所以对小球施加的力F≥mg，故A、B正

22确。答案： AB

【变式6】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F′，下列说法正确的是 ( AD )

A． 若F′沿水平方向，则F′＝B．若F′沿竖直方向，则F′＝C．F′的最大值为D．F′的最小值为3

F 33F 6

3F

；对小圆环3

3F 3

3F 3

[解析] 对结点C受力分析可得橡皮筋的弹力满足：2F1cos30°＝F可得F1＝

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F′沿水平方向，则N＝0，此时F′＝F1＝

3F

，选项A正确；若 沿竖直方向，则必然是竖直向3

1

上，此时N的方向背离圆心向外，由平衡知识可知，F′＝F1tan30°＝F，选项B错误；根据

3平行四边形法则可知F′最大值可取无穷大；当F′与OB半径垂直时最小，最小值为Fmin＝F1sin30°＝

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3

F，选项C错误；D正确；故选AD。 6

【巩固习题】

1. 设雨点下落过程中受到的空气阻力与雨点(可看成球形)的横截面积S成正比，与下落速度v的二次方成正比，即f＝kSv2，其中k为比例常数，且雨点最终都做匀速运动．已知球的体

4

积公式为V＝πr3(r为半径)．若两个雨点的半径之比为1∶2，则这两个雨点的落地速度之

3比为( ) A．1∶2 【答案】A

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)( )

A．86 cm C．98 cm 【解析】

B．92 cm D．104 cm

B．1∶2

C．1∶4

D．1∶8

轻质弹性绳的两端分别固定在相距80 cm的两点上，钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm，以钩码为研究对象，受力如图所示，由胡克定律F＝k(l－l0)＝0.2 k，由mg5mg共点力的平衡条件和几何知识得F＝＝，再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同

2sin α6一点，设弹性绳的总长度变为l′，由胡克定律得F′＝k(l′－l0)，由共点力的平衡条件F′＝联立上面各式解得l′＝92 cm，选项B正确。【答案】B

2. A、B是天花板上两点，一根长为l的轻绳穿过带有光滑孔的球，两端分别系在A、B点，如图甲所示；现将长度也为l的均匀铁链悬挂于A、B点，如图乙所示。球和铁链的质量相等，均处于平衡状态，A点对轻绳和铁链的拉力分别是F1和F2，球的重心和铁链的重心到天花板的距离分别是h1和h2，则( )

mg

，2

A．F1F2，h1>h2

B．F1>F2，h1

h2

解析：选C 轻绳的质量不计，则题图甲中的重力全部集中在球上，重心在球的球心，而题图乙中铁链的质量是均匀分布的，故其重心一定在铁链最低点的上方，故h1>h2；对球和铁

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链进行受力分析，如图所示。

A点对轻绳的拉力沿着轻绳的方向，A点对铁链的拉力沿着A点处铁链的切线方向，故题图乙中A、B两点对铁链拉力的夹角比较小，由力的合成知识知F2较小，故C正确。 3.在如图所示的A、B、C、D四幅图中，滑轮本身的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面都挂一个质量为m的重物，当滑轮和重物都静止不动时，图A、C、D中杆P与竖直方向的夹角均为θ，图B中杆P在竖直方向上，假设A、B、C、D四幅图中滑轮受到木杆弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断中正确的是( )

A．FA＝FB＝FC＝FD C．FA＝FC＝FD＞FB

B．FD＞FA＝FB＞FC D．FC＞FA＝FB＞FD

【解析】设滑轮两边细绳的夹角为φ，对重物进行受力分析，可得绳子拉力等于重物重力

φ

mg，滑轮受到木杆弹力F等于细绳拉力的合力，即F＝2mgcos ，由夹角关系可得FD＞FA

2＝FB＞FC，选项B正确．【答案】B

4.如图所示，ACB是一光滑的、足够长的、固定在竖直平面内的“∧”形框架，其中CA、CB边与竖直方向的夹角均为θ.P、Q两个轻质小环分别套在CA、CB上，两根细绳的一端分别系在P、Q环上，另一端和一绳套系在一起，结点为O.将质量为m的钩码挂在绳套上，OP、OQ两根细绳拉直后的长度分别用l1、l2表示，若l1∶l2＝2∶3，则两绳受到的拉力之比F1∶F2等于( )

A．1∶1 B．2∶3 C．3∶2 D．4∶9

【解析】系统最终将处于平衡状态，两个轻质小环P、Q分别受到两个力作用，一是框架对它们的支持力，垂直AC、BC边向外，二是细绳拉力，这两个力是平衡力．根据等腰三角形知识可知两细绳与水平方向的夹角相等，对结点O受力分析，其水平方向的合力为零，可得出两细绳受到的拉力相等，即F1∶F2等于1∶1，本题选A.注意题目中提到的“轻质小环”可以不计重力，绳子的长短并不能代表力的大小，要与力的平行四边形定则中的边长区别开来，力的平行四边形定则中边长的长与短代表着力的大小． 【答案】A

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5.张鹏同学在家帮妈妈洗完衣服后，挂在如图所示的晾衣架上晾晒，A、B为竖直墙壁上等高的两点，AO、BO为长度相等的两根轻绳，CO为一根轻杆。转轴C在AB中点D的正下方，AOB在同一水平面上。∠AOB＝60°，∠DOC＝30°，衣服质量为m。则 ( )

A．CO杆所受的压力大小为

23mg 3

B．CO杆所受的压力大小为2mg C．AO绳所受的拉力大小为3mg D．BO绳所受的拉力大小为mg

[解析] 设绳AO和绳BO拉力的合力为F，以O点为研究对象，O点受到重力mg、杆的支持力F2和绳AO与绳BO拉力的合力F，作出力的示意图，如图所示，

mg

根据平衡条件得：F＝mgtan60°＝3mg；F2＝＝2mg；将F分解，如图，设AO所受

sin30°拉力的大小F1，因为∠AOB＝120°，根据几何知识得：F1＝F＝3mg，所以绳AO和BO所受到的拉力F1为3mg，而杆OC所受到的压力大小等于F2为2mg；故选BD。 【答案】BD

6.如图所示，两竖直木桩ab、cd固定，一不可伸长的轻绳两端固定在a、c端，绳长L，一质量为m的物体A通过轻质光滑挂钩挂在轻绳中间，静止时轻绳两端夹角为120°。若把轻绳换成自然长度为L的橡皮筋，物体A悬挂后仍处于静止状态，橡皮筋处于弹性限度内。若重力加速度大小为g，关于上述两种情况，下列说法正确的是( )

A．轻绳的弹力大小为2mg B．轻绳的弹力大小为mg C．橡皮筋的弹力大于mg D．橡皮筋的弹力大小可能为mg

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【解析】设两杆间的距离为s，细绳的总长度为L，静止时轻绳两端夹角为120°，由于重物的拉力的方向竖直向下，所以三个力之间的夹角都是120°，根据矢量的合成可知，三个力的大小是相等的，故轻绳的弹力大小为mg，故A错误，B正确；若把轻绳换成自然长度为L的橡皮筋，橡皮筋受到拉力后长度增大，杆之间的距离不变，所以重物静止后两根绳子之间的夹角一定小于120°，两个分力之间的夹角减小，而合力不变，所以两个分力减小，即橡皮筋的拉力小于mg，故C、D错误。【答案】B

7.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( )

mA. 2

B.3m 2

C．m

D．2m

F

【解析】对B受力分析(如图甲)得F2＝＝2F，

sin 30°对工件受力分析(如图乙)。

其中F2′＝F2，得FN＝F2′cos 30°＝1003 N，故B正确。 【答案】B

8.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θ。下列说法中正确的是 ( )

A．B对A的作用力为零

B．B的一个侧面对A的弹力为mgcosθ C．B对A的最大静摩擦力的合力为mgsinθ D．A受到3个力的作用

[解析] B对A的作用力大小等于A的重力mg，方向竖直向上，故A错误；B的两侧面对A弹力方向垂直于两侧面斜向上，其合力为mgcosθ，不一定为mgcosθ，故B错误；A受力平衡，根据平衡条件得，B对A的最大静摩擦力的合力f合＝mgsinθ，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

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的两个摩擦力，共5个力，故D错误。【答案】C

9．a、b为截面完全相同的直角楔形物体，分别在垂直于斜边的恒力F1、F2作用下静止在相同的竖直墙面上，如图所示，下列说法错误的是

A．a、b受力个数可能 不相同

B．b受到的摩擦力一定小于a受到的摩擦力 C．a、b所受摩擦力方向一定沿墙面向上 D．F1、F2大小一定相等 【答案】BCD

10.(多选)如图所示，两个相似的斜面体A、B在竖直向上的力F的作用下静止靠在竖直粗糙墙壁上，关于斜面体A和B的受力情况，下列说法正确的是 ( )

A．A一定受到四个力 B．B可能受到四个力

C．B与墙壁之间一定有弹力和摩擦力 D．A与B之间一定有摩擦力

【解析】对A、B整体受力分析，如图甲所示，受到向下的重力和向上的推力F，由平衡条件可知B与墙壁之间不可能有弹力，因此也不可能有摩擦力，C错误，对B受力分析如图乙所示，其受到重力、A对B的弹力及摩擦力而处于平衡状态，故B只能受到三个力，B错误；对A受力分析，如图丙所示，受到重力、推力、B对A的弹力和摩擦力，共四个力，A、D正确。

【答案】AD

11.如图所示，粗糙斜面P固定在水平面上，斜面倾角为θ，在斜角上有一个小滑块Q。若给

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Q一个水平向右的推力F，无论推力为多大，Q都不会向上滑动，则PQ间的动摩擦因数( )

1A．不小于

tan θC．等于tan θ

B．等于

1 tan θ

D．不小于tan θ

【解析】对Q受力分析，平行斜面向上的合力F′＝Fcos θ－μ(Fsin θ＋mgcos θ)－mgsin θ，整理为F′＝(cos θ－μsin θ)F－(μcos θ＋sin θ)mg，只有当F的系数(cos θ－μsin θ)≤0时，F′才1

不能大于0，即合力不可能向上，滑块不可能向上滑动，解得μ≥，所以答案为A。

tan θ【答案】A

12.如图所示，质量为m(可视为质点)的小球P，用两根轻绳OP和O′P在P点拴结实后再分别系于竖直墙上相距0.4m的O、O′两点上，绳OP长0.5m，绳O′P长0.3m，今在小球上施加一个方向与水平方向成θ角的拉力F，将小球缓慢拉起，绳O′P刚拉直时，OP绳拉力为T1T1，绳OP刚松弛时，O′P绳拉力为T2，θ＝37°，则为(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) ( )

T2

A．3∶4 B．4∶3 C．3∶5 D．4∶5

[解析] 绳O′P刚拉直时，OP绳拉力为T1，此时O′P绳子拉力为零，小球受力如图甲所示，OO′4根据几何关系得sinα＝＝，所以α＝53°，所以α＋θ＝90° ，根据共点力的平衡条件可

OP5得T1＝mgsinα；绳OP刚松弛时，O′P绳拉力为T2，此时OP绳拉力为零，小球受力如图乙T1sin53°3

所示，根据共点力的平衡条件可得T2＝mgtanα，由此可得＝＝，所以C正确，A、

T2tan53°5B、D错误。

【答案】C

13.质量均为m的两物块A和B之间连接着一个轻质弹簧，其劲度系数为k，现将物块A、B

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放在水平地面上一斜面的等高处，如图所示，弹簧处于压缩状态，且物块与斜面均能保持静止，已知斜面的倾角为θ，两物块和斜面间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是 ( BD )

A．斜面和水平地面间一定有静摩擦力

B．斜面对A、B及弹簧组成的系统的静摩擦力的合力为2mgsinθ C．若将弹簧拿掉，物块有可能发生滑动 mgμ2cos2θ－sin2θ

D．弹簧的最大压缩量为

k

[解析] 对整体分析可知，整体在水平方向不受外力，故地面不受静摩擦力，故A错误；对A、B及弹簧组成的系统分析可知，整体受重力、支持力和斜面的摩擦力，则摩擦力大小为2mgsinθ，故B正确；开始时单个物块受到的静摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，由于物块受到的摩擦力为静摩擦力，若将弹簧拿掉，摩擦力将瞬间发生变化，与重力沿斜面的分力大小相等，不可能使物块发生滑动，故C错误；物块静止在斜面上，在斜面这个平面内共有三个力作用在物块上，一个是重力沿斜面向下的分力mgsinθ，一个是静摩擦力f≤fm＝μmgcosθ，方向不确定，一个是水平方向弹簧弹力kx，故弹力等于mgsinθ和静摩擦力f的合力，当静摩擦力最大时，合力最大，此时kx＝故D正确。

14. 如图所示，质量为m的物体，放在一固定的斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F的水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求： (1)物体与斜面间的动摩擦因数； (2)这一临界角θ0的大小．

f2m－

mgsinθ

2mgμ2cos2θ－sin2θ

，故x＝，

k

解析：(1)由题意物体恰能沿斜面匀速下滑，则满足 mgsin 30°＝μmgcos 30°，解得μ＝

3

. 3

(2)设斜面倾角为α，受力情况如图所示，由匀速直线运动的条件有

Fcos α＝mgsin α＋f2，

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N＝mgcos α＋Fsin α， f2＝μN

mgsin α＋μmgcos α

解得F＝ cos α－μsin α当cos α－μsin α→0时，F→∞，

即“不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行”，此时临界角θ0＝α＝60°. 答案：(1)

3

(2)60° 3

15. 如图所示，质量为m1的物体甲通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O，轻绳OB水平且B端与站在水平面上的质量为m2的人相连，轻绳OA与竖直方向的夹角θ＝37°，物体甲及人均处于静止状态。(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)

(1)轻绳OA、OB受到的拉力分别是多大？ (2)人受到的摩擦力是多大？方向如何？

(3)若人的质量m2＝60 kg，人与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.3，欲使人在水平面上不滑动，则物体甲的质量m1最大不能超过多少？

【解析】(1)以结点O为研究对象进行受力分析，如图甲所示，由平衡条件有

FOB－FOAsin θ＝0 FOAcos θ－m1g＝0 联立以上二式解得FOA＝3FOB＝m1gtan θ＝m1g

4

53

故OA、OB受到的拉力大小分别为m1g、m1g。

44

(2)人在水平方向受到OB绳的拉力FOB′和水平面的静摩擦力作用，FOB′3

＝FOB，对人受力分析如图乙所示，由平衡条件得Ff＝FOB′＝m1g，方向

4水平向左。

(3)当人刚要滑动时，甲的质量达到最大，此时人受到的静摩擦力达到最大值。有Ffm＝μm2g 由平衡条件得FOBm′＝Ffm 3

又FOBm′＝m1mgtan θ＝m1mg

4

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m1g5

＝mg cos θ41

联立以上二式解得m1m＝

4FOBm′4μm2g

＝＝24 kg 3g3g

即物体甲的质量m1最大不能超过24 kg。

533

【答案】(1)m1g m1g (2)m1g，方向水平向左 (3)24 kg

444

16. 物块A放在台式测力计上，通过跨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8.8N；已知mA＝2mB＝1kg，物块A、B间的水平距离s＝20cm，倾斜绳与水平方向的夹角θ＝37°，物块A与台式测力计间动摩擦因数μ＝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10m/s2(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，cos2θ＋sin2θ＝1)。

(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。 35

【答案】(1)1.6N 2N (2)cm 15N/m

3

[解析] (1)由台式测力计的示数知物块A此时所受的支持力N＝8.8N，物块A受力示意图如图所示。

根据平衡条件可知Tcos37°－f＝0， N＋Tsin37°－mAg＝0， 解得T＝2N，f＝1.6N。

(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T1－mBg＝0，故T1＝5N。设此时轻绳与水平方向夹角为θ′，对A有T1′cosθ′－fm＝0；N1＋T1′sinθ′－mAg＝0，fm35

＝μN1，T1＝T1′，解得sinθ′＝0.8，cosθ′＝0.6，滑轮上升的高度Δh＝stanθ′－stanθ＝cm。

3由分析知，右端绳缩短Δl＝

ss25－＝cm，由几何关系可知，弹簧伸长量Δx＝Δh＋Δlcosθ′cosθ3

＝20cm；结合(1)问，对B进行受力分析，初始时刻弹簧处于压缩状态，弹力为3N；弹簧刚ΔF3N

好离开地面时，弹簧恢复原长，弹力为零，所以k＝＝＝15N/m。

Δx20cm

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