课时作业6 力的合成与分解-(课时作业)【红对勾讲与练】2025年高考物理大一轮复习全新方案

hh 课时作业6 力的合成与分解 - 1.三个共点力大小分别是F1、F2、F3,关于它们 的合力F 的大小,下列说法正确的是 ( ) A.F 大小的取值范围一定是0≤F≤F1+ F2+F3 B.F 至少比F1、F2、F3 中的某一个大 C.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0 D.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0 2.已知两个共点力的合力为50 N,分力F1 的方 向与合力F 的方向成30°角,分力F2 的大小为 30 N,则 ( ) A.F1 的大小是唯一的 B.F2 的方向是唯一的 C.F2 有两个可能的方向 D.F2 可取任意方向 3.(2024·山西怀仁一 中月考)射箭时弦和 箭可等效为图中的情 景,已知弓的顶部跨 度为L(如图中虚线 所示),弦均匀且弹性良好,其自由长度为L。 假设弓的跨度保持不变,即箭在弦的正中间, 弦夹在不计大小的类似动滑轮的附加装置上, 将箭发射出去。已知弦的劲度系数为k,发射 箭时弦的最大长度为2L(弹性限度内),则箭 被发射瞬间所受的最大弹力为(设弦的弹力满 足胡克定律) ( ) A.kL B.32kL C.3kL D.2kL 4.(2023·吉林长春模拟)如图所 示,一攀岩运动员正沿竖直岩壁 缓慢攀登,由于身背较重的行 囊,重心上移至肩部的O 点,运 动员的质量为60 kg,运动员双 手臂所能承受的拉力不能超过540 N。此时手 臂与身体垂直,手臂与岩壁夹角为53°,则此时 行囊的质量不能超过(设手、脚受到的作用力 均通过重心O,g 取10 m/s2,sin 53°=0.8, cos 53°=0.6) ( ) A.60 kg B.50 kg C.40 kg D.30 kg 5.(2022·辽宁卷)如图所示, 蜘蛛用蛛丝将其自身悬挂在 水管上,并处于静止状态,蛛 丝OM、ON 与竖直方向夹 角分别为α、β(α>β),用F1、F2 分别表示OM、 ON 的拉力,则 ( ) A.F1 的竖直分力大于F2 的竖直分力 B.F1 的竖直分力等于F2 的竖直分力 C.F1 的水平分力大于F2 的水平分力 D.F1 的水平分力等于F2 的水平分力 6.如图所示,物体静止于光滑水 平面M 上,水平恒力F1 作用 于物体上,现要使物体沿着 OO'方向做直线运动(F1 和 OO'都在M 平面内),那么必须同时再加一个 力F2,则F2 的最小值是 ( ) A.F1cos θ B.F1sin θ C.F1tan θ D. F1 tan θ 7.(2023·北京昌平区期末)如图甲所示,吊车是 建筑工地常用的一种大型机械。为了便于研 究问题,将它简化成如图乙所示的模型,硬杆 OB 的一端装有定滑轮,另一端固定在车体上; 质量不计的绳索绕过定滑轮吊起质量为m 的 物体匀速上升,不计定滑轮质量和滑轮与轴承 之间的摩擦,重力加速度为g。下列说法正确 的是 ( ) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -398- 第二章 相互作用 3 A.OA 段绳索受到的拉力小于mg B.OA 段绳索受到的拉力大于mg C.OB 杆对定滑轮的支持力小于2mg D.OB 杆对定滑轮的支持力大于2mg 8.如图所示,截面为等腰直角三角 形的斜面体A放在光滑水平面 上,光滑球B的重力为G,放在 斜面体和竖直墙壁之间,要使A和B都处于静 止状态,作用在斜面体上的水平力F 的大小为 ( ) A.G B.2G C.1.5G D.2G 9.(2023·山东济南质检)如图所 示,在两竖直墙面间的同一竖直 面内有两根等长细绳AO 和BO 连接于O 点,O 点的下方用细绳 CO 悬挂一重物,D 点在B 点正 下方,且A、O、D 在等高处,物体处于静止状 态,细绳BO 与竖直墙面的夹角θ=37°,此时细 绳AO 的张力为T1。现在把细绳端点B 移到 D 点,静止时细绳AO 的张力为T2,则下列结 论正确的是 ( ) A.T1= 4 3mg B.T1= 4 5mg C.T2= 5 6mg D.T2=mg 4  10.如图甲所示,推力F 垂直斜面作用在斜面体 上,斜面体静止在竖直墙面上,若将斜面体改 成如图乙所示放置,用相同大小的推力F 垂 直斜面作用到斜面体上,则下列说法正确 的是 ( ) A.墙面受到的压力一定变小 B.斜面体受到的摩擦力一定变小 C.斜面体受到的摩擦力可能变大 D.斜面体可能沿墙面向上滑动 11.如图所示,水平轻绳AC 一端固定在墙上,另一 端连接小球A;另一根轻 绳跨过光滑定滑轮后分 别连接小球A和水平地面上的物体B。已知 物体 B的质量 mB=3 kg,小球 A 的质量 mA= 3 kg。跨过定滑轮的轻绳两侧与竖直 方向夹角均为30°,小球A和物体B均处于静 止状态,取重力加速度大小g=10 m/s2,求: (1)轻绳AC 的张力大小; (2)物体B所受地面的摩擦力大小和支持力 大小。 12.(2023·甘肃庆阳联考)重力为G1=8 N的物 块悬挂在绳PA 和PB 的结点上,PA 偏离竖 直方向37°角,PB 沿水平方向,且连在重力为 G2=100 N的木块上,木块静止于倾角为37° 的斜面 上,如 图 所 示。求:(sin 37°=0.6, cos 37°=0.8,重力加速度g 取10 m/s2) (1)木块与斜面间的摩擦力大小; (2)木块所受斜面的弹力大小。 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -399- 参 考 答 案 9.B 最初弹簧处于压缩状态,根据平衡 条件对A有kΔl1=mg,B刚好离开地 面时弹簧 处 于 拉 伸 状 态,根 据 平 衡 条 件对B有kΔl2=mg,这一过程A上升 的高度为Δl1+Δl2= 2mg k ,B正确。 10.A 对小球受力分析,左边装置中小 球受到重力 mg 和轻弹簧的弹力F1 的作用,根据平衡条件可知F1=mg; 其他两 个 装 置 中 弹 簧 的 弹 力 等 于 细 线的拉力,对 小 球 受 力 分 析,根 据 平 衡条件可知,细线的拉力等于小球重 力,则 有 F2=F3=mg,因 此,F1= F2=F3=mg,A正确。 11.(1)向下 (2) sL 2r (3) 2mgr sL 解析:(1)(2)挂上砂桶后,弹性杆产生 形变,连接平面镜的刚性杆 A倾斜, 平面镜绕O'点逆时针旋转角度θ,由 于L 远大于弹性杆的形变量,r≫L, 所以θ角较小,满足tan θ=θ,根据反 射定律与几何关系可得tan θ= x L = θ,弧长s=2θr,联立解得x= sL 2r ,砂 桶中细砂不断流出,砂桶的总质量减 小,所以反射光点沿 PQ 圆弧向下移 动。(3)根据胡克定律知kx=mg,解 得k= 2mgr sL 。 课时作业5 摩擦力 1.C 运动员以题图所示的姿势蹲在水 平地面上,运 动 员 在 水 平 方 向 无 运 动 的趋势,则地面对运动员无摩擦力,A、 B错误;运动员竖直方向受力平衡,受 到地面竖直向上的支持力和向下的重 力,C正确;运动员所受支持力由地面 的形变产生,D错误。 2.B 对 小 球 受 力 分 析 可 知,小 球 受 重 力、两侧铁夹的弹力以及摩擦力作用, 根据平衡 条 件 可 知,小 球 在 竖 直 方 向 上受到的 摩 擦 力 与 重 力 大 小 相 等,方 向相反,A错误,B正确;增大铁夹对小 球的压力,小 球 受 到 的 摩 擦 力 仍 等 于 重力,大小不变,C错误;若水平移动铁 夹,由于 小 球 在 竖 直 方 向 受 力 始 终 平 衡,则小球受到的摩擦力大小不变,D 错误。 3.BD 白纸和镇纸始终处于静止状态, 对镇纸受力分析知,镇纸不受摩擦力, 否则水平 方 向 受 力 不 平 衡,镇 纸 的 作 用是增大白纸与桌面之间的弹力与最 大静摩擦力,A错误;在书写的过程中 毛笔相对 纸 面 向 右 运 动,受 到 向 左 的 摩擦力,B正确;白纸与镇纸之间没有 摩擦力,白纸始终处于静止状态,则白 纸在水平方向受到毛笔对白纸向右的 摩擦力 以 及 桌 面 对 白 纸 向 左 的 摩 擦 力,C错误;根据牛顿第三定律,白纸对 桌面的摩擦力向右,D正确。 4.AC 两脚分别站在左、右踏板上并双 腿用力使 左、右 踏 板 张 开 时,在 左、右 脚对踏板 向 外 的 静 摩 擦 力 作 用 下,踏 板向外张开,两后轮呈“外八”形态,A 正确,B错误;两脚分别站在左、右踏板 上并双腿用力使左、右踏板合拢时,在 左、右脚 对 踏 板 向 里 的 静 摩 擦 力 作 用 下,踏板向内合拢,两后轮呈“内八”形 态,C正确,D错误。 5.B 物块 A水平方向上受弹簧的拉力 FT 和水平 面 的 静 摩 擦 力 Ff 作 用,根 据共点力平衡条件可知FT=Ff,由于 两根弹簧 相 同,且 伸 长 量 相 同,因 此, 两弹簧上的 弹 力 大 小 相 等,物 块B水 平方向受两弹簧的拉力和水平面的静 摩擦力F'f 作用,根据共点力平衡条件 可知F'f=2FTcos 60°=Ff,B正确。 6.D 根据题意,物体相对 钢板具有向左的速度分 量v1 和 侧 向 的 速 度 分 量v2,故相 对 钢 板 的 合 速 度 v 的 方 向 如 图 所 示,滑 动 摩 擦 力 的 方 向 与v 的方向相反。根据 平 衡 条 件 可 得 F = Ffcos θ=μmg v2 v21+v22 ,D正确。 7.A 对 m 受力分析如图甲所示,由题 意得 FTcos α=Ff1,FN1+FTsin α= mg,Ff1=μ1FN1,联 立 并 代 入 数 据 得 FT=100 N;对 m、M 整体受力分析如 图乙所示,由题 意 得 FTcos α+Ff2= F,FN2+FTsin α=(m+M)g,Ff2= μ2FN2,联立并代入数据得μ2=0.3,A 正确。 8.AD 木箱受到的静摩擦力随推力的增 大而增大,最大静摩擦力为21 N,当推 力F>21 N时,木箱在地面上运动,摩 擦力为滑动摩擦力,大小为Ff=20 N, 木箱与地面间的动摩擦因数μ= Ff mg = 0.2,A、D正确。 9.BD 当 小 木 块 速 度 小 于 传 送 带 速 度 时,小木块相对于传送带向上滑动,小 木块受 到 的 滑 动 摩 擦 力 沿 传 送 带 向 下,加速度a=gsin θ+μgcos θ;当小 木块速度达到传送带速度时,由于μ< tan θ,即μmgcos θ<mgsin θ,所以速 度能够继 续 增 加,此 时 滑 动 摩 擦 力 的 大小 不 变,但 方 向 突 变 为 向 上,a= gsin θ-μgcos θ,加速度变小,则v t 图像的斜率变小,B、D正确。 10.C 对拖把头进行受力分析,在竖直 方向上有FN=mg+Fsin θ,则地面 对拖把 头 的 支 持 力 大 于 拖 把 头 受 到 的重力,A错误;拖把头匀速运动,水 平方向受力平衡,则拖把头所受地面 的摩擦力大小f=Fcos θ,B错误;由 f=μ(mg+Fsin θ)可知,只增大推力 F,则拖把头受到的摩擦力一定增大, 拖把 头 与 地 面 间 的 动 摩 擦 因 数μ= Fcos θ mg+Fsin θ ,C正确,D错误。 11.AD 对于轻质薄板C,所受合力一定 为0。A、C 间 的 最 大 静 摩 擦 力 为 4 N,B、C间的最大静摩擦力为2 N。 当F=1 N时,C与 A、B都保持相对 静止,由平衡条件可知力传感器示数 为1 N,A正确。假设 A、C不发生相 对滑动,当F=3 N时,拉力超过B、C 间的最大静摩擦力,B、C发生相对滑 动,B、C间的摩擦力为2 N,A、C间的 摩擦力也是2 N,是静摩擦力,从而保 证轻质薄板C所受的合力为0,假设 正确;同理分析知道,当拉力F 超过 2 N时,力传感器示数总是2 N,从而 保证轻质薄板C所受的合力为0,A、 C不可能发生相对滑动,B、C错误,D 正确。 12. 1-μ1μ2 μ1μ2 解析:对A、B整体分析,其受重力、支 持力、推 力 和 最 大 静 摩 擦 力,根 据 平 衡条件,有F=μ2(mA+mB)g ①, 再对物体B分析,其受推力、重力、向 左的支持力和向上的最大静摩擦力, 根据平衡条件,水平方向有 F=FN, 竖 直 方 向 有 mBg=Ff,其 中 Ff= μ1FN,联立有 mBg=μ1F ②,联立 ①②解得 mA mB = 1-μ1μ2 μ1μ2 。 课时作业6 力的合成与分解 1.C 合力不一定大于分力,B错 误;三 个共点力的合力的最小值能否为0,取 决于任何一个力是否都在其余两个力 的合力范围内,由于三个力大小未知, 所以三个力的合力的最小值不一定为 0,A错误;当三个力的大小分别为3a、 6a、8a 时,其中任何一个力都在其余两 个力的合 力 范 围 内,三 个 力 的 合 力 可 能为0,C正确;当 三 个 力 的 大 小 分 别 为3a、6a、2a 时,不 满 足 上 述 情 况,D 错误。 2.C 由 F1、F2 和F 的矢量三 角形图可以看 出:因 F2 = 30 N>F20 = 25 N 且 F2< F,所 以 F1 的 大小有两个,即 F'1 和 F″1,F2 的 方 向 有两个,即F'2 的方向和F″2 的方向,故 A、B、D错误,C正确。 3.C 由几何图形分析出弓弦的形变量 Δx=L,所以由胡克定律得弓弦的 张 力F1=F2=kL,由力的平行四边形定 则 知 F1、F2 的 合 力 为2F1cos 30°= 3kL,所 以 弓 弦 对 箭 的 作 用 力 F= 3kL,C正确。 4.D 设 岩 壁 对 手 的 拉 力 为F1,岩壁对脚 的 弹 力 为F2,运动员和 行 囊 的 质量 分别为 M、m,以 运 动员和行囊整体为研究 对象,受力分析如图所示, 由平 衡 条 件 可 知 F1= (M+m)gcos 53°,则当岩壁对手臂的拉 力达到最大值540 N时,行囊的质量最 大,即F1=Fmax=540 N,代入数据解 得m=30 kg,D正确。 5.D 对结点O 受力分析可得,水平方向 有F1x=F2x,即 F1 的 水 平 分 力 等 于 F2 的水平分力,C错误,D正确;F1y= F1x tan α ,F2y= F2x tan β ,因为α>β,故F1y< F2y,A、B错误。 6.B 要 使 物 体 沿 OO'方向做直线运 动,则物体受到的 合力 F 沿OO'方 向,如 图 所 示,由 三角形定则知,当 F2 方向 垂 直 OO'时,F2 有 最 小 值, F2=F1sin θ,B正确。 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -629- hh 7.C 物体被匀速提升,所以绳索的拉力 T 与物体重力mg 平衡,A、B错误;定 滑轮受到两根绳索的拉力T 和杆的支 持力F,三力平衡,设两绳索之间的夹 角为2θ,则2mgcos θ=F,由于0<θ< π 2 ,则F<2mg,C正确,D错误。 8.A 对处于平衡的 A和B的整体受力 分析如图甲,对B球受力分析如图乙。 由整体法可得F=FN墙 ,对B球由合成 法可得FN墙=Gtan θ,其中 A为等腰 直角三角形,由几何关系可知θ=45°, 联立各式可得F=G,A正确,B、C、D 错误。 9.C 细绳端点B 在最初位置时,根据平 衡条件可得T1=mgtan θ= 3 4mg ,设 细绳AO 长度为L,据几何关系可知两 竖直墙面间的距离为d=L+Lsin θ= 1.6L,细绳端 点 B 移 到 位 置D 点 时, 细绳AO 与竖直墙面间的夹角为α,由 几何知识得sin α= 1 2d L =0.8 ,此时有 2T2cos α=mg,得 T2= 5 6mg ,C正 确,A、B、D错误。 10.B 受力分析如图所示, 甲 图 中,FN1=Fcos θ,Ff1=mg+ Fsin θ≤Ffm,乙 图 中,FN2=Fcos θ, 所以墙面 受 到 的 压 力 不 变,A 错 误; 若Fsin θ=mg,则Ff2=0,若Fsin θ> mg,则Ff2 方向向下,Ff2=Fsin θ- mg,若 Fsin θ<mg,则 Ff2 方 向 向 上,Ff2=mg-Fsin θ,所以斜面体受 到的摩 擦 力 一 定 变 小,B正 确,C错 误;因为墙面受到的压力没有变,所以 Ffm 不变,甲图中,Ff1=mg+Fsin θ≤ Ffm,推 不 动 斜 面 体,乙 图 中,Ff2= Fsin θ-mg,肯定比 Ffm 小,所 以 斜 面体肯定不沿墙面向上滑动,D错误。 11.(1)10 N (2)10 N (30-103) N 解析:(1)对小球 A进行受力分析可 知,小球 A受重力、轻绳 AC 的拉 力 和轻绳OA 的拉力,根据平衡条件得 FAC=mAgtan 30°,FOA= mAg cos 30° ,解 得FAC=10 N。(2)轻 绳 OA 和OB 为定滑轮 两 边 的 细 绳,拉 力 相 等,即 FOA=FOB,物体B受重力、轻 绳 OB 的拉 力、地 面 的 摩 擦 力 Ff 和 支 持 力 FN,则有Ff=FOBsin 30°,FOBcos 30°+ FN=mBg,解 得 Ff=10 N,FN = (30-103) N。 12.(1)64.8 N (2)76.4 N 解析:对 结 点 受 力 分 析 如 图 甲 所 示, 由 平 衡 条 件 可 得 FAcos 37°=G1, FAsin 37°=FB,可解得FB=6 N,对 木块受力分析,如图乙所示, 由平 衡 条 件 可 得 Ff=G2sin 37°+ F'Bcos 37°,FN+F'Bsin 37°=G2cos 37°, 又F'B=FB,可 求 得 Ff=64.8 N, FN=76.4 N。 课时作业7 受力分析 共点力的平衡 1.A 如果P、N之间没有摩擦力,则物 块P不能平衡,所以 N对P有向左下 的压力 和 沿 着 接 触 面 向 左 上 的 摩 擦 力,此外P还受到重力和外力F,所以 物块P一 定 受 到4个 力 的 作 用,A正 确,B错误;整体分析可知,墙 对 N有 向上的摩 擦 力,大 小 等 于 两 者 的 重 力 之和。对物块N受力分析,受到重力、 墙对N的支持力、墙对 N的摩擦力、P 对N的支持力、P对N的摩擦力,所以 物块 N一定受到5个力的作用,C、D 错误。 2.C 对网兜和足球受力分析,设轻绳与 竖直 墙 面 的 夹 角 为θ,由 平 衡 条 件 得 FT= G cos θ= FN sin θ ,FN=Gtan θ,可 知 FT>G,FT>FN,故选C。 3.B 根据平行四边形定则,合成重力G 和肌肉拉力F,由平衡条件知,合力与 颈椎支持力 N 平衡,根据几何关系得 N=2Gcos 30°= 3G,由 牛 顿 第 三 定 律知,颈椎受到的压力大小约为 3G, B正确。 4.D 以 O 点 为 研 究 对 象, 受力分 析 如 图,由 平 衡 条 件可得F1sin θ=F2sin β, F1cos θ+F2cos β=F, F1=F2,θ+β=60°,联立 可得 F= 3F1,D正 确, A、B、C错误。 5.AC 如 图 所 示, 在沿 杆 和 垂 直 杆 方向 上 建 立 直 角 坐标系,F 在y 轴 上 的 分 力 Fy = Fsin 53°=4 N,F 与重 力 在y 轴 上 的合力刚好为0,所以杆与小球只接触 不挤压,无弹力和摩擦力,只受重力和 拉力F 作用,A正确,B错误;当 F= 10 N时,Fy=8 N,它与重力沿杆方向 的合力为4 N,垂直于杆向上,此时杆 对小球的弹力垂直于杆向下,且F 在 水平方向 上 有 分 力,因 此 杆 对 小 球 还 有摩擦力,小球一共受到4个力,C正 确,D错误。 6.AD 无 风 时,对 气 球 受 力 分 析 得 F浮=mg+FT=9 N,A正确;有风时, 气球保持静止,故合力为0,B、C错误; 有风时,设绳与竖直方向的夹角为θ, 对气 球 受 力 分 析 得 F风 =F'Tsin θ, F浮=mg+F'Tcos θ,联 立 解 得 F'T= 10 N,D正确。 7.B 卡车以某一恒定的加速度刹车时, 其加速度水平向左,则C所 受 的 合 力 水平向左,而C对A的压力恰好为零, 则C只受重力和B对C的支持力,由 竖直方向 平 衡 有 NBCsin 60°=mg,解 得B对C的支持力为 NBC= 23 3 mg , 由牛顿第三定律可知C对B的压力大 小为 23 3 mg 。故选B。 8.AD P受 到 重 力、斜 面 的 支 持 力、挡 板 的 支持力和 Q的压力四 个力 作 用,A正 确;两 球整体受力平衡,故挡 板对P的支持力大小 为FN1=3mgsin 30°= 3 2mg ,B错误;P所受 三个弹力的合力与重力mg 平衡,则P 所受弹力的合力大小为 mg,C错 误; Q受 力 如 图 所 示,有 F =2mg,故 FN2>Fsin 30°=mg,D正确。 9.B 因为 A、B始 终 保 持 静 止,对 A、B 整体受力 分 析 可 知,地 面 对B的 支 持 力一 直 等 于 (M +m)g,A 错 误。当 F=0 时,A 对 B 的 压 力 最 小,为 mgcos 30°= 3 2mg ;当F= 3 2mg 时, A对 B的 压 力 最 大,为 mgcos 30°+ Fsin 30°= 33 4 mg ,B 正 确。 当 Fcos 30°=mgsin 30°,即 F= 3 3mg 时,A所 受 摩 擦 力 为0,当 F< 3 3mg 时,A所 受 摩 擦 力 沿 斜 面 向 上,Ff= mgsin 30°-Fcos 30°,当 F=0时,A 所受 摩 擦 力 最 大,大 小 为 1 2mg ,当 F> 3 3mg 时,A所受摩擦力沿斜面向 下,F'f=Fcos 30°-mgsin 30°,当F= 3 2mg 时,A所受摩擦力大小为 1 4mg , 综上可知,A所 受 摩 擦 力 的 最 小 值 为 0,最大值为 1 2mg ,C、D错误。 10.(1)103 N 30° (2) 3 5 解析:(1)设轻绳对小球的拉力为FT, 小球受力如图甲所示,由平衡条件可 得Fcos 30°-FTcos θ=0,Fsin 30°+ FTsin θ-mg=0,解得FT=103 N, θ=30°。 (2)以木块和小球组成的整体为研究对 象,受力分析如图乙所示,由平衡条件 得Fcos 30°-Ff=0,FN+Fsin 30°- (M +m)g=0,又 Ff=μFN,解 得 μ= 3 5 。 11.(1) 3 3mg (2) 3 6mg (3) 3 21 解析:(1)以 小 球 为 研 究对 象,受 力 分 析 如 图 甲 所 示,对 FT 和 mg 进 行 正 交 分 解。 由平衡条件可得 FTcos 30°=mgsin 30°, 解得FT= 3 3mg 。 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -630-