PAGEPAGE9高考真題專項突破(二)力的平衡問題[真題1](多選)(2017·全國卷Ⅰ)如圖，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點M拴一重物，用手拉住繩的另一端N，初始時，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為α(α>eq\f(π,2))．現將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角α不變．在OM由豎直被拉到水平的過程中()A．MN上的張力逐漸增大B．MN上的張力先增大后減小C．OM上的張力逐漸增大D．OM上的張力先增大后減小解析：以重物為研究對象，受重力mg，OM繩上拉力F2，MN上拉力F1，由題意知，三個力合力始終為零，矢量三角形如圖所示，在F2轉至水平的過程中，MN上的張力F1逐漸增大，OM上的張力F2先增大后減小，所以A、D正確，B、C錯誤．答案：AD[真題2](多選)(2017·天津卷)如圖所示，輕質不可伸長的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿M、N上的a、b兩點，懸掛衣服的衣架鉤是光滑的，掛于繩上處于靜止狀態．如果只人為改變一個條件，當衣架靜止時，下列說法正確的是()A．繩的右端上移到b′，繩子拉力不變B．將桿N向右移一些，繩子拉力變大C．繩的兩端高度差越小，繩子拉力越小D．若換掛質量更大的衣服，則衣架懸掛點右移解析：設兩桿間距離為d，繩長為l，衣架鉤為O點，且Oa、Ob段長度分別為la和lb，則l＝la＋lb，兩部分繩子與豎直方向夾角分別為α和β，受力分析如圖所示．繩子中各部分張力相等，Fa＝Fb＝F，則α＝β.滿足2Fcosα＝mg，d＝lasinα＋lbsinα＝lsinα，即sinα＝eq\f(d,l)，F＝eq\f(mg,2cosα)，d和l均不變，則sinα為定值，α為定值，cosα為定值，繩子的拉力保持不變，衣服的位置不變，故A正確，C、D錯誤；將桿N向右移一些，d增大，則sinα增大，cosα減小，繩子的拉力增大，故B正確．答案：AB[真題3](2018·天津卷)明朝謝肇淛的《五雜組》中記載：“明姑蘇虎丘寺廟傾側，議欲正之，非萬緡不可．一游僧見之，曰：無煩也，我能正之．”游僧每天將木楔從塔身傾斜一側的磚縫間敲進去，經月余扶正了塔身．假設所用的木楔為等腰三角形，木楔的頂角為θ，現在木楔背上加一力F，方向如圖所示，木楔兩側產生推力FN，則()A．若F一定，θ大時FN大B．若F一定，θ小時FN大C．若θ一定，F大時FN大D．若θ一定，F小時FN大解析：選木楔為研究對象，木楔受到的力有：水平向左的F、和兩側給它的與木楔斜面垂直的彈力，由于木楔處于平衡狀態，所以兩側給與木楔斜面垂直的彈力和F沿兩側分解的推力是相等的，力F的分解如圖：則F＝FN1sineq\f(θ,2)＋FN2sineq\f(θ,2)，FN＝FN1＝FN2，解得FN＝eq\f(F,2sin\f(θ,2))，所以F一定時，θ越小，FN越大；θ一定時，F越大，FN越大，故B、C正確．答案：BC[命題情報]1．高考考查以共點力的平衡的綜合應用為主，圖解法處理動態平衡，整體法、隔離法的應用仍是考查的熱點，題型多為選擇題的形式．2．以生活中的實際情景為背景考查靜力學的問題將會加強．在高考復習中應特別關注建立物理模型能力的培養．1．相傳孔明燈是由三國時的諸葛孔明發明的，如圖所示，有一盞質量為m的孔明燈升空后沿著東偏北方向勻速上升，則此時孔明燈所受空氣的作用力的大小和方向是()A．0 B．mg，豎直向上C．mg，東偏北方向 D．eq\r(2)mg，東偏北方向答案：B2．在固定的斜面體Q上放一物塊P，P靜止不動；現分別將沿平行斜面向上、水平向左、豎直向下和垂直紙面向外(未畫出)的力F作用于P，P仍靜止不動，如圖所示．下列判斷正確的是()A．圖甲中Q對P的支持力增大B．圖乙中Q對P的摩擦力減小C．圖丙中P受到的合外力增大D．圖丁中P所受的摩擦力增大解析：圖甲中，Q對P的支持力等于P的重力垂直斜面方向的分力，與F的大小無關，所以Q對P的支持力不變，故A錯誤；圖乙中，把F分解到沿斜面方向和垂直于斜面方向，根據平衡條件可知，P受到的摩擦力等于重力沿斜面向下的分力與F沿斜面向下的分力之和，所以摩擦力增大，故B錯誤；圖丙中，P處于靜止狀態，合力為零，則圖丙中P受到的合外力不變，故C錯誤；圖丁中，施加垂直紙面向外的力F，根據平衡條件可知，P受到的摩擦力Ff＝eq\r(F2＋mgsinθ2)＞mgsinθ，所以P所受摩擦力增大，故D正確．答案：D3．如圖，小球C置于內側面光滑的半球形凹槽B內，B放在長木板A上，整個裝置處于靜止狀態．在緩慢減小木板的傾角θ過程中，下列說法正確的是()A．A受到的壓力逐漸減小B．A受到的摩擦力逐漸減小C．C對B的壓力逐漸變大D．C受到三個力的作用解析：緩慢減小θ，則A、B、C始終處于平衡狀態．把B、C看成一整體，設質量為M，則Mgsinθ＝fAB，Mgcosθ＝NAB，由牛頓第三定律得fBA＝fAB＝Mgsinθ，NBA＝NAB＝Mgcosθ，θ減小，sinθ變小，cosθ變大，所以fBA變小，NBA變大，A錯誤，B正確；對C受力分析可知，其受重力、支持力兩個力的作用，大小相等，所以支持力不變，C對B的壓力不變，C、D錯誤．答案：B4.(2019·山西臨晉中學月考)如圖所示，斜面上放有兩個完全相同的物體a、b，兩物體間用一根細線連接，在細線的中點加一與斜面垂直的拉力F，使兩物體均處于靜止狀態，則下列說法正確的是()A．a、b兩物體的受力個數一定相同B．a、b兩物體對斜面的壓力相同C．a、b兩物體受到的摩擦力大小一定相等D．當逐漸增大拉力F時，物體b先開始滑動解析：對ab進行受力分析，如圖所示：b物體處于靜止狀態，當繩子沿斜面向上的分量與重力沿斜面向下的分量相等時，摩擦力為零，所以b可能只受3個力作用，而a物體必定受到摩擦力作用，肯定受4個力作用，故A、C錯誤；a、b兩個物體，垂直于斜面方向受力都平衡，則有：N＋Tsinθ＝mgcosθ，解得：N＝mgcosθ－Tsinθ，則a、b兩物體對斜面的壓力相同，故B正確；對a沿斜面方向有：Tcosθ＋mgsinθ＝fa，對b沿斜面方向有：Tcosθ－mgsinθ＝fb，正壓力相等，所以最大靜摩擦力相等，則a先達到最大靜摩擦力，先滑動，故D錯誤．答案：B5．(2018·四川省攀枝花市高三一模)如圖所示，A、B兩個質量分別為m和M的物塊疊放在水平地面和豎直墻壁之間，處于靜止狀態．已知A、B交界面與豎直墻壁間的夾角為θ，水平地面粗糙，其它各接觸面光滑，重力加速度為g，則水平地面對物塊B的摩擦力大小為()A．f＝mgtanθ B．f＝eq\f(mg,tanθ)C．f＝0 D．f＝eq\f(mg,sinθ)解析：先隔離A分析，A受重力mg、B對A的支持力N1和左側墻壁對A的支持力N2，如圖所示：根據平衡條件得：N1cosθ＝N2，N1sinθ＝mg，聯立解得：N2＝eq\f(mg,tanθ)，再對AB整體分析，整體受重力、左側墻壁對整體的支持力和地面對整體的支持力，如圖所示：根據平衡條件得：f＝N2＝eq\f(mg,tanθ)，故選B.答案：B6．刀、斧、鑿等切削工具的刃部叫作劈，如圖是用斧頭劈木柴的示意圖．劈的縱截面是一個等腰三角形，使用劈的時候，垂直劈背加一個力F，這個力產生兩個作用效果，使劈的兩個側面推壓木柴，把木柴劈開．設劈背的寬度為d，劈的側面長為l，不計斧頭的自身重力，則劈的側面推壓木柴的力約為()A.eq\f(d,l)F B．eq\f(l,d)FC.eq\f(l,2d)F D．eq\f(d,2l)F解析：斧頭劈木柴時，受力情況如圖所示，設兩側面推壓木柴的力分別為F1、F2且F1＝F2，利用幾何三角形與力三角形相似有eq\f(d,F)＝eq\f(l,F1)，得推壓木柴的力F1＝F2＝eq\f(l,d)F，所以B正確，A、C、D錯誤．答案：B7．如圖所示，斜劈A靜止放置在水平地面上，質量為m的物體B在外力F1和F2的共同作用下沿斜劈表面向下運動．當F1方向水平向右，F2方向沿斜劈的表面向下時，斜劈受到地面的摩擦力方向向左，則下列說法中正確的是()A．若只撤去F1，在物體B仍向下運動的過程中，A所受地面摩擦力方向可能向右B．若只撤去F1，在物體B仍向下運動的過程中，A所受地面摩擦力不變C．若只撤去F2，在物體B仍向下運動的過程中，A所受地面摩擦力方向可能向右D．若只撤去F2，在物體B仍向下運動的過程中，A所受地面摩擦力不變解析：由題意知，在B沿斜劈下滑時，受到A對它彈力FN和滑動摩擦力f，根據牛頓第三定律，這兩個力反作用于A.斜劈A實際上就是在這兩個力的水平分力作用下有相對地面向右運動的趨勢，FNsinθ>fcosθ，又因為f＝μFN，所以FNsinθ>μFNcosθ，即μ<tanθ.如果撤去F1，在物體B仍向下運動的過程中，N＝mgcosθ，f＝μN，假設A受的摩擦力fA方向向左，Nsinθ＝fcosθ＋fA，則有：fA＝Nsinθ－μNcosθ＝N(sinθ－μcosθ)>0，所以斜劈A有相對地面向右運動的趨勢，摩擦力方向是向左，且減少，故A、B是錯誤的；又由于F2的存在與否對斜劈受地面摩擦力大小沒有影響，故撤去F2，斜劈A所受摩擦力的大小和方向均保持不變，故C錯誤，D正確．答案：D8．如圖所示，兩個小球a、b質量均為m，用細線相連并懸掛于O點，現用一輕質彈簧給小球a施加一個拉力F，使整個裝置處于靜止狀態，且Oa與豎直方向夾角為θ＝45°，已知彈簧的勁度系數為k，則彈簧形變量不可能是()A.eq\f(\r(2)mg,k) B．eq\f(\r(2)mg,2k)C.eq\f(4\r(2)mg,3k) D．eq\f(2mg,k)解析：對a球進行受力分析，利用圖解法可判斷：當彈簧上的拉力F與細線上的拉力垂直時，拉力F最小，為Fmin＝2mgsinθ＝eq\r(2)mg，再根據胡克定律得：最小形變量Δx＝eq\f(\r(2)mg,k)，則形變量小于eq\f(\r(2)mg,k)是不可能的，由圖可知在條件允許的情況下，拉力可以一直增大，所以應該選B.答案：B9．如圖所示，質量均為1kg的小球a、b在輕彈簧A、B及水平外力F的作用下處于平衡狀態，其中A、B兩個彈簧的勁度系數均為5N/cm，B彈簧上端與天花板固定連接，軸線與豎直方向的夾角為60°，A彈簧豎直，g取10m/s2，則以下說法正確的是()A．A彈簧的伸長量為3cmB．外力F＝10eq\r(3)NC．B彈簧的伸長量為4cmD．突然撤去外力F瞬間，b球加速度為0解析：a、b兩球處于平衡狀態，所受合力均為零，A彈簧的伸長量為xA＝eq\f(mg,k)＝2cm，故A錯；對a、b球及A彈簧整體受力分析得：外力F＝2mgtan60°＝20eq\r(3)N，B彈簧彈力大小為FB＝eq\f(2mg,cos60°)＝40N，則B彈簧的伸長量xB＝eq\f(FB,k)＝8cm，故B、C錯；撤去力F瞬間，A、B彈簧的彈力不變，則b球所受合力仍為零，加速度為0，故D正確．答案：D10.(2019·江西撫州聯考)如圖所示，在豎直平面內，一根不可伸長的輕質軟繩兩端打結系于“V”形桿上的A、B兩點，OM邊豎直，O到A的距離等于O到B的距離．軟繩繞過光滑的滑輪，一重物懸掛于滑輪下，開始時整個系統處于靜止狀態，θ小于90°.若在紙面內繞O點順時針方向緩慢轉動“V”形桿，直到ON邊豎直，繩結沒有在桿上滑動．則A處繩與桿間的摩擦力f()A．一直增大 B．一直減小C．先增大后小 D．先減小后增大解析：設滑輪兩側繩子與豎直方向的夾角為α，受力如