力的合成与分解 力的合成与分解专题复习讲课讲稿

专题复习 力的合成与分解【题文】） 15 .如9 o若此人所受重力为G则椅子对他的作用力大小为G sin 0G cos 0G tan 0【知识点】力的合成. B3 B4【答案解析】A 解析：人受多个力处于平衡状态，人受力可以看成两部分，一部分是重力, 另一部分是椅子各部分对他的作用力的合力.根据平衡条件得椅子各部分对他的作用力的合 力与重力等值，反向，即大小是 G.故选：A.【思路点拨】人受多个力处于平衡状态，合力为零.人受力可以看成两部分，一部分是重力, 另一部分是椅子各部分对他的作用力的合力.根据平衡条件求解.通过受力分析和共点力平 衡条件求解，注意矢量叠加原理.【题文】） 20.在粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体 A, A与竖直墙之间放一光滑半圆球 B,整个装置处于平衡状态.已知 A、B两物体的质量分别为 M和m则下列说法正确的是A物体对地面的压力大小为 MgA物体对地面的压力大小为 MgA物体对地面的压力大小为 gB物体对A物体的压力小于 Mg A物体对地面的摩擦力可能大于 Mg【知识点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用.【答案解析】BD解析：B3 B4 B7对B物体受力如右上图，根据合力等于 0,运用合成法得，墙壁对 B的弹力N=mgtana , A对B的弹力N2 = cos .则B物体对A的压力大于 mg 对整体分析得，地面的支持力N3= ） 21.右下图是给墙壁粉刷涂料用的“涂料滚”的示意图.使用时，用撑竿推着粘有涂料的涂料 滚沿墙壁上下缓缓滚动，把涂料均匀地粉刷到墙上.撑竿的重量和墙壁的摩擦均不计， 而且撑竿足够长，粉刷工人站在离墙壁一定距离处缓缓上推涂料滚，关于该过程中撑竿 对涂料滚的推力 F1,涂料滚对墙壁的压力 F2,以下说法中正确的是涂料滚， I【知识点】共点力平衡的条件及其应用. B3 B4【答案解析】BD 解析： 以涂料滚为研究对象，分析受力情况，作出力图.设撑轩与墙壁间的夹角为a,根据平衡条件得： GFi= ,F 2=Gtana由题，捏轩与墙壁间的夹角 a减小，cos a增大，tan a 减小，贝U Fi、F2均减小.故选：BD【思路点拨】以涂料滚为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件得到竿对涂料滚的推力为Fi和墙壁对涂料滚的弹力的表达式，再分析两个力的变化.本题是动态平衡问题，采用函数法分析的，也可以采用图解法更直观反映出两个力的变化情况.【题文】）18.三个共点力大小分别是 Fi、F2、F3,关于它们的合力F的大小，下列说法中正确的是A. F大小的取值范围- -定是 0 奇奇1 + F2+ F3B . F至少比F1、F2、F3中的某一个大若F1 : F2 : F3= 3 : 6 : 8,只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零若F1： F2： F3 = 3 : 6： 2,只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零【知识点】力的合成. B3【答案解析】 C 解析：A、三个力的合力最小值不一定为零，三个力最大值等于三个力之和.故A错误.B、合力可能比三个力都大，也可能比三个力都小.故 B错误.C、若F〔： F2：F3=3: 6: 8,设 F1=3F,贝U F2=6F, F3=8F, F1、F2 的合力范围为[3F, 9F], 8F 在合力范围之内，三个力的合力能为零.故 C正确.D、若 F1: F2: F3=3 : 6: 2,设 F1=3F，贝U F2=6F, F3=2F, F1、F2 的合力范围为[3F , 9F], 2F不在合力范围之内，三个力的合力不可能为零.故 D错误.故选C.【思路点拨】当三个力的方向相同时，合力最大，三个力的合力不一定为零，当第三个力不在剩余两个力的合力范围内，合力不能为零.解决本题的关键掌握两个力的合力范围，从而会通过两个力的合力范围求三个力的合力范围【题文】 ） 19.如图所示装置，两物体质量分别为 m〔，m2,不计一切摩擦、滑轮质量和滑轮的直径，若装置处于静止状态，则mi可以大于m2mi一定大于 m2/2m2可能等于mi/2仇一定等于）2I.如图所示为位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为 0,在斜杆的下端固定有质量为 m的小球。下列关于杆对球的作用力 F的判断中，正确的是小车静止时，F = mgsin 0,方向沿杆向上小车静止时，F = mgcos 0,方向垂直于杆向上 小车向右匀速运动时，一定有 F = mg,方向竖直向上 小车向右匀加速运动时，一定有 F mg,方向可能沿杆向上【知识点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用. B3 C2 C5【答案解析】 CD 解析：A、B、小球受竖直向下的重力 mg与杆对小球的力 F作用；当小车静止时，小球也静止，小球处于平衡状态，受平衡力作用，杆的作用力 F与重力是-对平衡力，由平衡条件得：F=mg，方向竖直向上.故A、B错误.C、小车向右做匀速运动时, 受力平衡，一定有 F=mg ,方向竖直向上，故 C正确；D、小车向右加速运动时，小球受力不 平衡，小球受到的合力向右， F mg,方向可能沿杆向上，故 D正确；故选CD.【思路点拨】结合小车的运动状态对小车进行受力分析，确定杆对小球的作用力.本题中轻 杆与轻绳的模型不同，绳子对物体只有拉力，一定沿绳子方向，而杆子对物体的弹力不一定 沿杆子方向，要根据状态，由牛顿定律分析确定.【题文】） 6.如图所示，重物A被绕过小滑轮P的细线所悬挂，小滑轮 P被一根细线系于大花板上的 O点。 B放在粗糙的水平桌面上， 。是三根线的结点，bO水平拉着B物体，aO、bO与cO夹角如图所示。细线、小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20/3n，则下列说法中错误的是重物A的质量为2kg桌面对B物体的摩擦力为1073N重物C的质量为1kgD. OP与竖直方向的夹角为 60°【知识点】 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力. B3 B4 B7【答案解析】 D 解析：设悬挂小滑轮的斜线中的拉力与 O a绳的拉力分别为Ti和T,则有: 2Tcos30° =Ti得：T=20N.重物A的质量ra=— =2kg，故A正确；结点 O为研究对象，受力根据平衡条件得，弹簧的弹力为： Fi=Tcos60° =10N mcg=10N mc=1kg，故C正确；根据平衡条件桌面对 B物体的摩擦力与 O b的拉力相等，即：F2=Tsin60 ° =20? ^3 N=ioj3 2N,故B正确.以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.题目要求选错误的，故选： D.【思路点拨】根据悬挂小滑轮的斜线中的拉力与 O a绳的拉力关系，求出O a绳的拉力.以结点O 为研究对象，分析受力，根据平衡条件求出弹簧的弹力和绳 O b的拉力.重物 A的重力大小等于 O a绳的拉力大小.再根据物体 B平衡求出桌面对物体 B的摩擦力.本题涉及滑轮和结点平衡问题.根据动滑轮不省力的特点，确定细线 OP与竖直方向的夹角是关键.【题文】） 1.如图所示为 节日里悬挂灯笼的一种方式， A、B点等高，。为结点，轻绳AO、BO长度相等，拉力分别为 Fa、Fb，灯笼受到的重力为 G.下列表述正确的是A . Fa 一定小于 G B . Fa与Fb大小相等C . Fa与Fb是一对平衡力 D. Fa与Fb大小之和等于 G【知识点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用. B3 B4 B7【答案解析】 B 解析：设/ AOB=2 , O点受到Fa、Fb、F三力作用，根据平衡条件得知: Fa与Fb合力与重力G大小相等，方向相反，所以此合力的方向竖直向上.建立如图所示的坐标系，列平衡方程得：FASin 0 =Fin 0Facos 0 +b!cqs 0 =G解出：Fa=Fb=————； 2cos当 0 =60时，Fa=Fb=G ;当 0 60。时，Fa=Fb v G ;当 0 60。时，Fa=Fb 则可知 Fa 不一定 小于G;两力可能与 G相等，两力的大小之和大于 G;故选：B.【思路点拨】以 O点为研究对象作出受力分析图，根据平衡条件，由正交分解法列方程，由 几何关系可得出各力间的关系.本题中由于两力的夹角不确定，要注意讨论分析，本解法采 用了正交分解法，也可以运用合成法或分解法列方程分析.【题文】） 8. 一物体位于光滑水平面上，同时受到三个水平共点力 Fi、F2和F3作用，其大小分别为 Fi=42N、F2=28N、F3=20N,且F2的方向指向正北，下列说法正确的是A .这三个力的合力可能为零；B . Fi、F2两个力的合力大小可能为 20N; 若物体处于匀速直线运动状态，则 Fi、F3的合力大小为48N,方向指向正南； 若物体处于静止状态，贝U Fi、F3的合力大小一定为 28N,方向指向正南。【知识点】力的合成. B3【答案解析】ABD解析：A、根据两个力Fi和F2的合力范围|Fi-F2| VLV F1+F2，得Fi和F2 的合力范围为14NKF合V70N F3=20N，贝U F3与Fi和F2的合力大小可能相等，则三个力的合 力可能为零.故 A正确.B、Fi和F2的合力范围为14NVF合V 70N则Fi、F2两个力的合力大 小可能为20 N.故B正确.C、若物体处于匀速直线运动状态，合外力为零， F2、F3的合力与F1=42N大小相等、方向相反，即 F2、F3的合力大小为42N,方向与F1方向相反.故C错误.D、若物体处于静止状态，合外力为零， F〔、F3的合力大小与F2=28N大小相等，方向相反，即F1、F3的合力大小一定为 28 N,方向指向正南.故 D正确.故选ABD【思路点拨】根据两个力 F1和F2的合力范围IF1-F2I F1+F2,求出任意两个力的合力范围，若第三力能与此合力大小相等，三个力的合力即可能为零；三个力平衡时，根据平衡条件推 论可知；任意两个力的合力与第三个力大小相等、方向相反.本题的解题关键在于掌握 F1和F2的合力范围|F1-F2|VF合VF1+F2,以及平衡条件的推论：三个力平衡时，任意两个力的合力与 第三个力等大、反向、共线.【题文】） 9.如图所示，将一根不能伸长、柔软的轻绳两端分别系于 A、B两点上，一物体用动滑轮悬挂在绳子上，达到平衡时，两段绳子间的夹角为 1,绳子张力为F1,将绳子B端移至C点，待整个系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为 2,绳子张力为F2；将绳子B端移至D点，待整个系统平衡时两段绳子间的夹角为 3,绳子张力为F3,不计摩擦，则A . 1=2=3A . 1【知识点】力的；与应用.B3 B4 B 【答案解析】 BD 解析：设绳子结点为C. Fl F2 F3 D . Fl=F2 F3O,对其受力分析，如图当绳子右端从 B移动到C点时，根据几何关系，有 AOsin +OBsin壹=AC同理有AO sin亍+O，Bsi^ =AC绳子长度不变，有 AO+OB=AO +O B故91=庄绳子的结点受重力和两个绳子的拉力，由于绳子夹角不变，根据三力平衡可知，绳子拉力不变,即 Fi = F2；绳子右端从B移动到D点时，绳子间夹角显然变大，绳子的结点受重力和两个绳子的拉力，再次根据共点力平衡条件可得 Fiv F3故91=庄V 03, Fi=F2V F3故选BD .【思路点拨】绳子右端从 B移动到C点时，根据几何关系可以判断出，两个绳子之间的夹角不变，然后根据三力平衡条件判断出绳子拉力不变；绳子右端从 B移动到D点时，绳子间夹角变大，再次根据共点力平衡条件判断.本题关键根据几何关系判断出两次移动过程中两绳子间夹角的变化情况，然后根据共点力平衡条件作图，运用合成法分析.【题文】) 14 . 如图所示，小球被轻质细绳系住斜吊着放在静止光滑斜面上，设小球质量 m=1kg,斜面倾角0 =30),悬线与竖直方向夹角 a =3悬线对 小球拉力的大小。地面对斜面的摩擦力的大小和方向。【知识点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用.B3 4 B7【答案解析】 °w 3 M 【知识点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用.B3 4 B7【答案解析】 °w 3 M 一^N 解析：：以小球为研究对象，受力分析如答图根据平衡条件得知，T与N的合力F=mgTcos3° °= 2 F TOC o 1-5 h z o Current Document 1 _得T= 2 9。小3 N 以小球和斜面整体为研究对象，受力分析如答图 2所示. o Current Document cos30° 3由于系统静止，合力为零，则有 o Current Document f = Tcos6° =地？1N丞N方向水平向左 3 2 3【思路点拨】以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件求解悬线对 小球拉力大小.以小球和斜面整体为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条 件求解地面对斜面的摩擦力的大小和方向.本题是两个物体的平衡问题，要灵活选择研究对 象，正确分析受力，作出力图，是解题的关键.【题文】） 3.三个重量均为 20N 的相同木块a、b、c和两个劲度均为 500N/m的相同轻弹簧 p、q用细线连接如图，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.现用水平力缓慢地向左拉 p 弹簧的左端，直到c木块刚好离开水平地面为止. 该过程p弹簧的左端向左移动的距离是 8cm B. 12cm C. 16cm D. 20cm【知识点】 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用. B3 B4【答案解析】C 解析：刚开始弹簧p处于原长，而弹簧 q被压缩，设压缩量为 xi,根据胡mg 20 c? —m 0.04m克定律，有mg=kx解得xi= k 500 用水平力缓慢地向左拉 p弹簧的左端，直到c木块刚好离开水平地面为止，此时，对物体 C受力分析，受重力和拉力，设弹簧伸长量为X2,根据胡克定律，有mg 20 —m 0.04mmg=kx2解得X2 = k 500 对物体b受力分析，受重力 mg弹簧拉力F和细线拉力T,根据平衡条件，有 T=F+mg=40N寸物体a受力分析，受重力、支持力、细线拉力 T和弹 簧弹力F ,根据平衡条件，有 F =T=40N设弹簧p伸长量为x3,根据胡克定律，有 F =kx3F 40 —m 0.08mp弹簧的左端向左移动的距离是：解得x3 = k 500 p弹簧的左端向左移动的距离是：x=x1+x2+x3=0.16m故p弹簧的左端向左移动的距离是 0.16m，即16cm.故选C.【思路点拨】 刚开始弹簧p处于原长，而弹簧 q被压缩；之后p、q弹簧都伸长；细线的形变 量忽略不计，故可以结合胡克定律和几何关系得到 p弹簧的左端向左移动的距离.本题关键是找出临界状态，然后求出弹簧各个时刻的压缩量和伸长量，最后根据几何关系得到 p弹簧的左端向左移动的距离.【题文】） 7 .物体 A B叠放在斜面体C在斜面体C上，物体B的上表面水平，如图所示，在水平力F的作用下一起随斜面向左匀加速运动的过程中，物体A B速运动的过程中，物体A B相对静止，设物体B给物体A的摩擦力为,水平地面给斜面体C的摩擦力为F”，,则A. r A. r 二 iJC. E］水平向左D.C. E］水平向左【知识点】 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用.B3 C2【答案解析】 CD解析：ABC整体在水平力F的作用下一起随斜面向左匀加速运动，所以整体相对与斜面向左运动，故 Ff2水平向右，故D正确；加速度方向水平向左，所以 A物体合外力的方向向左，对 A进行受力分析，水平方向仅受到物体 B给物体A的摩擦力为Ffi作用，所以Ffi水平向左，故C正确，故选CD【思路点拨】水平地面给斜面体 C的摩擦力Ff2为滑动摩擦力，方向与相对运动方向相反；根据牛顿第二定律可知，加速度的方向和合外力的方向一致，对 A进行受力分析即可判断 B给物体A的摩擦力为Ffi的方向.本题考查了滑动摩擦力和静摩擦力方向的判断方法，注意两者 的区别，难度不大，属于基础题.【题文】） 13 质量为 g 0.8 kg的石去码悬挂在轻绳 PA和PB的结点上并处于静止状态。 PA与竖直方向的夹角 37°, PB沿水平方向。质量为 岷10kg的木块与PB相连，静止于倾角为 37°的斜面上，如图所示。 6N 【答案解析】 6N 64.8N76.4N 解析：对点P受力分析如图所示Fb FAsin37° 0 FAcos37o mg 0联立解得：fb联立解得：fbmgsin37ocos37o故轻绳PB拉力的大小为6N对木块受力分析如图所示由共点力作用下物体的平衡条件得:对木块受力分析如图所示由共点力作用下物体的平衡条件得:Mgsin37oMgsin37o Fb COS370 Ff 0Fn FBSin37o Mg cos37o 0联立解得：Ff Mgsin37o Fb cos37o N 64.8NFn Mgcos37° FBsin37° N 76.4N故木块所受斜面的摩擦力和弹力大小分别为 64.8N和76.4N。【思路点拨】对物体G受力分析，由共点力的平衡条件即可得出 PB拉力的大小.对木块受力分析，并交PB的拉力分解，由共点力的平衡条件可得出木块受到的摩擦力和弹力. 解决共点力平衡的题目，受力分析是关键，同时注意正确做出图象，三力平衡时可以用合成法， 四力及以上时一般采用正交分解法.【题文】） 2.一个挡板固定于光滑水平地面上，截面为 4圆的柱状物体甲放在水平面上，半径与甲相等的光滑圆球乙被夹在甲与挡板之间，没有与地面接触而处于静止状态， 如图所示.现在对甲施加一个水平向左的力 F,使甲沿地面极其缓慢地移动，直至甲与挡板接触为止.设乙对挡板的压力 Fi,甲对地面的压力为F2,在此过程中F2缓慢增大F2缓慢增大A . Fi缓慢增大，B . Fi缓慢增大，C . Fi缓慢减小，D ? Fi缓慢减小，B3 B4 B7【知识点】 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用.B3 B4 B7【答案解析】 C 解析： 先以小球为研究对象，分析受力情况，当柱状物体向左移动时, 与竖直方向的夹角减小，由图 1看出,柱状物体对球的弹力 N2与挡板对球的弹力 Ni均减小.则由牛顿第三定律得知，球对挡板的弹力Fi减小.再对整体分析受力如图 2所示，由平衡条件得知，F=N，推力F变小.地面对整体 的支持力N=G总，保持不变.则甲对地面的压力不变.故 C正确.A B、D错误.故选C.【思路点拨】 先以小球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件，运用图解法得到柱状物体对球的弹力和挡板对球的弹力如何变化，再对整体研究，分析推力 F和地面的支持力如何变化.本题首先要对小球受力分析，根据共点力平衡条件列式求解出小球受到的支持力表达 式，再进行讨论.再运用整体法研究地面的支持力和推力如何变化.【题文】） 3.如图所示，光滑水平面上放置质量分别为 m、2m和3m的三个木块，其中质量为 2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为 T.现用水平拉力 F拉其中一个质量为 3m的木块,使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是质量为2m的木块受到四个力的作用当F逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断当F逐渐增大到1.5T时，轻绳还不会被拉断轻绳刚要被拉断时，质量为 m和2m的木块间的摩擦力为 0.66T【知识点】 牛顿运动定律的应用-连接体；力的合成与分解的运用. B3 B7 C2【答案解析】C解析： 质量为2m的木块受到重力、质量为 m的木块的压力、m对其作用的 向后的摩擦力，轻绳的拉力、地面的支持力五个力的作用，故 A错误；对整体，由牛顿第二定律可知，a=L ;隔离后面的叠加体，由牛顿第二定律可知， 轻绳中拉力为F =3ma=^ .由此可知，当F逐渐增大到2T时，轻绳中拉力等于 T,轻绳才刚好被拉断，选项 B错误；C正确；轻绳刚要被拉断时，物块加速度a = ，质量为m和2m的木块间的摩擦力为f=ma =—故D错误.故选C.【思路点拨】 采用隔离法分析2m可得出其受力的个数；再对整体分析可得出整体的加速度与力的关系；再以后面两个物体为研究对象可得出拉力与加速度的关系，则可分析得出 F与T的关系.本题重点在于研究对象的选择，以及正确的受力分析，再由整体法与隔离法分析拉 力之间的关系.【题文】） 6.气象研究小组用图示简易装置测定水平风速。 在水平地面上竖直固定一直杆， 质量为m的薄空心塑料球用细线悬于杆顶端 O,当水平风吹来时，球在水平风力的作用下飘起来。已知风力大小正比于风速，当风速V0=3m/s时，测得球平衡时细线与竖直方向的夹角 9=30 °。则A.细线拉力与风力的合力大于mgA.细线拉力与风力的合力大于B.若风速增大到某一值时， 。可能等于90°C.细线拉力的大小为C.细线拉力的大小为mg cosD . 0 =60时，风速 v=6m/s【知识点】 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力. B3 B4 B7【答案解析】C 解析：A、小球受重力、拉力、风力处于平衡，所以细线拉力与风力的合力等于mg与重力平衡，故 A错误；8风速增大，0不可能变为90° ,因为绳子拉力在竖直方向上的分力与重力平衡.故 B错误.C、根据受力分析，T cos mg，所以T= mg ,故 cosC正确；以小球受重力、拉力、风力处于平衡，根据共点力平衡知风力 F=mgtan。，。从30°变为60。，则风力变为原来的 3倍，因为风力大小正比于风速和球正对风的截面积，所以风速v=9m/s .故D错误，故选C【思路点拨】对小球受力分析，受风力、重力、拉力，根据共点力平衡条件确定 0的变化.解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解【题文】） 4.用轻质等 长的细线把两个质量相等的带电小球 a、b悬挂起来，a球带负电-3q, b球带正电q,整个装置 处在水平向右的匀强电场中，最后达到平衡时的状态可能是-1 口 Q? C D【知识点】 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；电场强度. B3 B4 I1【答案解析】D 解析：A带负电，受到的电场力水平向左， B带正电，受到的电场力水平向右.以整体为研究对象，分析受力，电场力向左，所以细绳向左偏.设 OA绳与竖直方向的夹角为a,则由平衡条件得 tan a =矣旦 回 以B球为研究对象，受力分析.设2mg mgAB绳与竖直方向的夹角为 6,则由平衡条件得 tang 巨得到也=3故选D【思路点拨】 运用整体法研究 OA绳与竖直方向的夹角，再隔离 B研究，分析AB绳与竖直方 向的夹角，得到两夹角的关系，判断系统平衡状态.本题采用隔离法和整体法，由平衡条件 分析物体的状态，考查灵活选择研究对象的能力.【题文】）9.如图所示，顶端装有定滑轮的斜面体放在粗糙水平地面上， A、B两物体通过细绳连接，并处于静止状态。现用水平向右的力F作用于物体B上，将物体B缓慢拉高一定的距离，此过程中斜面体与物体 A仍然保持静止。在此过程中水平力F 一定变小斜面体所受地面的支持力一定变大地面对斜面体的摩擦力一定变大D .物体A所受斜面体的摩擦力一定变大【知识点】 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用. B3 B4 B7【答案解析】C 解析：这是典型的相互作用中的静力学问题，取物体 B为研究对象分析其受力情况如图，则有 F=ngtan。，T=^〔，在物体B缓慢拉高的过程中，0 增大，则水平力F随之变大，故 C正确A错误；对A、B两物体与斜面体这个整体而言，由于斜面体与物体 A仍然保持静止，则地面对斜面体的摩擦力一定变大，但是因为整体竖直方向并没有其它力，故斜面体所受地面的支持力应该没有变，故 B错误；在这个过程中尽管绳子张力变大，但是由于物体A所受斜面体的摩擦力开始并不知道其方向，故物体 A所受斜面体的摩擦力的情况无法确定，故 D错误.故选C.【思路点拨】 此题中物体A、B两个物体和斜面原来处于静止状态，水平方向没有力；当受到水平力F时，对于物体B,如下图1受力分析；将物体 B缓慢拉高一定的距离，然后静止，重力大小不变，绳子和重力的夹角 0变大，如图2所示受力分析，F、T都变大；因此得解.本题属共点力作用下物体平衡的基本题型，只要能掌握运动情景及正确受力分析即可顺利求【题文】） 15.如图，质 量分别为 mA、mB的A、B两个楔形物体叠放在一起， B靠在竖直墙壁上，在水平力 F的作用 下，A、B静止不动，贝U A . A物体受力的个数可能为 3B . B受到墙壁的摩擦力方向可能向上，也可能向下力F增大，A对B的压力也增大力F增大，墙壁对B的摩擦力也增大【知识点】 摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力. B2 B3 B4【答案解析】 AC 解析：：先对AB整体受力分析，由平衡条件知，竖直方向： f=GA+G,因此当水平力F增大，墙壁对B的摩擦力仍不变，但 A对B的压力一定增大，故 C正确，B、D错 误；若AB间不存在静摩擦力，则有：隔离 B物体，必受重力、A对B的压力和墙面的弹力与静摩擦力作用；隔离 A物体，受到重力、B对A的支持力和外力F,三个力作用，均能处于平 衡；若AB间存在静摩擦力，则有： A受四个力，B受五个力，仍能处于平衡；故 A可能受三个力，也可能受4个力，故A正确；故选：AC【思路点拨】 先对AB整体受力分析，由平衡条件知，整体共受四个力作用，墙面对此有作用力；再分别隔离 A、B受力分析，应用平衡条件分析即可.关键利用整体法并结合共点力平衡条件得到B物体与墙间不存在弹力，注意 AB间是否存在静摩擦力是解题的关键.【题文】) 18.如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为 0.5 m/s2,当热气球上升到180m时，以5 m/s的速度向上匀速运动。若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度 g=10 m/s2。关于热气球，下列说法正确的是所受浮力大小为 4 830N加速上升过程中所受空气阻力保持不变从地面开始上升10 s后的速度大小为 5m/sD .以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为 230 N【知识点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 B3 B4【答案解析】 AD 解析：A、从地面刚开始竖直上升时，速度为零，故阻力为零，气球受重力和浮力，根据牛顿第二定律，有： F浮-mg=ma解得：F浮=m =460X N=4830N故A正确；B、气球受重力、浮力和空气阻力，若阻力不变，合力不变，气球匀加速上升，矛盾，故B错误；G刚开始竖直上升时的加速度为 0.5m/s2,气球是变加速运动，加速度逐渐减小，故10s后的速度大小小于 5m/s，故C错误；D以5m/s匀速上升时，根据平衡条件，有：F浮=mg+f,解得f=230N，故D正确；故选 AD【思路点拨】 气球受重力、浮力和阻力，先加速后匀速，故加速度变化，合力变化，故阻力变化；开始时速度为零，空气阻力为零，根据牛顿第二定律列式求解出浮力；最后匀速，再根据平衡条件列式求解.本题关键明确气球做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大；然后根据平衡条件和牛顿第二定律列式求解.【题文】高三上学期期初联考 ) 10.如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球 A用细线悬挂于支架前端，质量为 m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端。 B与小车平板间的动摩擦因数为 .若某过程中观察到细线偏离竖直方向0角，则此刻小车对物块 B产生的作用力的大小和方向为A. mg，竖直向上；B- mg、. 1 ，斜向左上万；mg tan ,水平向右；mg、：1 tan2 ,斜向右上方。【知识点】 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用. B3 B7 C2【答案解析】D 解析：以A为研究对象，分析受力如图，根据牛顿第二定律得： mgtan 0 =mAa,解得a=gtan 0 ,方向水平向右.再对B研究得：F=ma=mgtan，方向水平向右，即小车对物块 B产生的静摩擦力的大小为mgtan0，方向向右.小车对物块 B的支持力向上，与重力平衡，故 N=mg故小车对物块 B产生作用力为：F=N+f2=mgJl tan2 ，斜向右上方；故选 D.【思路点拨】 先以A为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度.再对 B研究，由牛顿第二 定律求解小车对物块 B产生的作用力的大小和方向.本题要抓住小球、物块 B和小车的加速度相同的特点，根据牛顿第二定律采用隔离法研究.

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