2023學年四川省成都市鹽道街外語學校高一（上）第二次月考物理試卷一、單項選擇題（共6題，每題3分，共18分．答對的得3分，答錯的得0分）1．（3分）（2023?海南）如圖所示，物體沿斜面向下勻速滑行，不計空氣阻力，關于物體的受力情況，正確的是（） A． 受重力、支持力、摩擦力 B． 受重力、支持力、下滑力 C． 受重力、支持力 D． 受重力、支持力、摩擦力、下滑力考點： 物體的彈性和彈力．專題： 受力分析方法專題．分析： 選取物體A為研究的對象，按照重力、彈力、摩擦力，最后是其他的力的順序找出A受到的力即可．解答： 解：對物體A進行受力分析可得，首先有重力，物體與斜面間相互擠壓，斜面對其一定有支持力，物體勻速運動，一定受到滑動摩擦力，且滑動摩擦力的大小與重力沿斜面向下的分量大小相等，方向相反．平時所說的下滑力實際上是重力沿斜面向下的分量．故只有選項A正確．故選：A．點評： 理解力的概念，掌握力的特點，是正確分析受力的基礎和依據．要想熟練掌握，還需要通過一定量的練習，不斷加深對物體運動規律的認識，反復體會方法，總結技巧才能達到．2．（3分）（2023秋?隆化縣校級期末）如圖所示，質量為10Kg的物體在水平面上向左運動，物體與水平面間的動摩擦因數為u=，與此同時，物體還受到一個水平向右的推力F=20N，則物體產生的加速度是（g=10m/s2）（） A． 0 B． 4m/s2，水平向右 C． 2m/s2，水平向左 D． 2m/s2，水平向右考點： 牛頓第二定律；力的合成與分解的運用．專題： 牛頓運動定律綜合專題．分析： 正確對物體進行受力分析，確定出滑動摩擦力的大小和方向，從而求出其合力，再運用牛頓第二定律求出物體的加速度．解答： 解：在水平地面上向左運動，豎直方向受重力、支持力，豎直方向上物體沒有加速度，重力與支持力的合力為0；水平方向上物體受到水平向右的推力和水平向右的滑動摩擦力．水平向右的推力F=20N，滑動摩擦力f=μN=μmg=×10×10=20N，所以合力大小為F合=（20+20）N=40N，方向水平向右，根據牛頓第二定律得：a===4m/s2，水平向右；故選：B．點評： 處理這類問題的基本思路是，先分析物體的受力情況求出合力，根據牛頓第二定律求出加速度．本題中容易出錯的是滑動摩擦力方向的判斷，很多同學易受外力方向的影響而判斷錯誤．3．（3分）（2023?大興區一模）如圖所示，兩木塊的質量分別為m1和m2，兩輕質彈簧的勁度系數分別為k1和k2，上面木塊壓在上面的彈簧上（但不拴接），整個系統處于平衡狀態．現緩慢向上提上面的木塊，直到它剛離開上面彈簧．在這過程中下面木塊移動的距離為（） A． B． C． D． 考點： 共點力平衡的條件及其應用；胡克定律．專題： 共點力作用下物體平衡專題．分析： 系統原來處于平衡狀態，兩個彈簧均被壓縮，彈簧k2的彈力等于兩物體的總重力．緩慢向上提上面的木塊，直到它剛離開上面彈簧時彈簧k2的彈力等于m2g，根據胡克定律分別求出下面彈簧兩種狀態下壓縮的長度，下面木塊移動的距離等于彈簧兩種狀態下壓縮的長度之差．解答： 解：系統處于原來狀態時，下面彈簧k2的彈力F1=（m1+m2）g，被壓縮的長度x1==當上面的木塊離開上面彈簧時，下面彈簧k2的彈力F2=m2g，被壓縮的長度x2==所以下面木塊移動的距離為S=x1﹣x2=故選C點評： 對于彈簧問題，往往先分析彈簧原來的狀態，再分析變化后彈簧的狀態，找出物體移動距離與彈簧形變之間的關系．4．（3分）（2023秋?蒸湘區校級期末）如圖所示，兩個等大的水平力F分別作用在物體B、C上．物體A、B、C都處于靜止狀態．各接觸面與水平地面平行．物體A、C間的摩擦力大小為f1，物體B、C間的摩擦力大小為f2，物體C與地面間的摩擦力大小為f3，則（） A． f1=0，f2=0，f3=0 B． f1=0，f2=F，f3=0 C． f1=F，f2=0，f3=0 D． f1=0，f2=F，f3=F考點： 共點力平衡的條件及其應用；滑動摩擦力；力的合成與分解的運用．專題： 共點力作用下物體平衡專題．分析： 把ABC看做一個整體進行受力分析，可知C與地面間的摩擦力情況，再分別把AB隔離出來，分別受力分析，可知AC之間及BC之間的靜摩擦力情況．解答： 解：把ABC看做一個整體，從整體的角度考慮，由于是兩個等大、反向的力分別作用在系統上，所以物體C與地面間的摩擦力大小f3=0；隔離物體A進行受力分析，因物體A靜止于物體C上，相對于C無相對運動趨勢，所以物體A、C間的摩擦力大小f1=0；隔離物體B進行受力分析，B受到水平向右的拉力F作用而相對于C靜止，但有向右的運動趨勢，會受到向左的靜摩擦力，由二力平衡可知f2=F．所以選項ACD錯誤，選項B正確．故選：B．點評： 該題考察了如何利用整體法和隔離體法對物體進行受力分析．在對物體進行受力分析時，正確的選取研究對象，會使對問題的分析變的簡單明了．5．（3分）（2023秋?成都校級月考）如圖所示，質量不計的定滑輪用輕繩懸掛在B點，另一條輕繩一端系重物C，繞過滑輪后，另一端固定在墻上A點，若改變B點位置，使滑輪位置發生移動，但使AO段繩子始終保持水平，則可以判斷懸點B所受拉力F的大小變化情況是（） A． 若B左移，F將增大 B． 若B右移，F將增大 C． 無論B是左移還是右移，F都不變 D． 無論B是左移還是右移，F都減小考點： 共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用．專題： 共點力作用下物體平衡專題．分析： 解答本題的關鍵是明確定滑輪只是改變力的方向并不能改變力的大小，然后根據平衡狀態進行求解．解答： 解：在本題中通過滑輪的繩子所受力的大小相等，都等于C的重力，由于OA方向不變，因此繩子OA與OC的合力不變，根據受力平衡可知，繩子OA與OC的合力大小等于繩子OB的拉力大小，故無論B左移右移，F都保持不變，故ABD錯誤，C正確．故選：C點評： 本題結合有關滑輪的知識考查了三力作用下的物體平衡，物體的平衡是整個力學的重點，在平時訓練中要加強練習．6．（3分）（2023春?棗強縣校級期末）如圖所示，物體在水平拉力F作用下沿水平地面做勻速直線運動，速度為v．現讓拉力逐漸減小，則物體的加速度和速度的變化情況是（） A． 加速度逐漸變小，速度逐漸變大 B． 加速度和速度都在逐漸變小 C． 加速度和速度都在逐漸變大 D． 加速度逐漸變大，速度逐漸變小考點： 牛頓第二定律；勻變速直線運動的速度與時間的關系．專題： 牛頓運動定律綜合專題．分析： 物體開始做勻速直線運動，知物體在水平方向上受到拉力和滑動摩擦力平衡，當拉力逐漸減小，根據牛頓第二定律判斷出加速度的變化，根據速度與加速度的方向關系判斷出速度的變化．解答： 解：開始物體在水平方向上受拉力和滑動摩擦力平衡，當拉力逐漸減小，根據牛頓第二定律，a=，知加速度逐漸增大，方向水平向左，方向與速度的方向相反，則速度逐漸減?。蔇正確，A、B、C錯誤．故選D點評： 解決本題的關鍵知道根據合力的大小變化，可知道加速度大小的變化．以及知道當速度方向與加速度方向相同，物體做加速運動，當速度方向與加速度方向相反，物體做減速運動．二、不定項選擇題（共6題，每題4分，共24分，有的只有一個正確答案，有的有多個正確答案，全部答對得4分，選不全得2分，有錯的得0分）7．（4分）（2023?高密市模擬）如圖所示，橫截面為直角三角形斜劈A，放在粗糙的水平地面上，在劈與豎直墻壁之間放置一光滑球B，系統處于靜止狀態．在球B上施一通過球心的力F，系統仍保持靜止，下列說法正確的是（） A． B所受合外力增大 B． B對豎直墻壁的壓力增大 C． 地面對A的摩擦力減小 D． A對地面的摩擦力將小于B對墻壁的壓力考點： 共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用．專題： 共點力作用下物體平衡專題．分析： 正確選擇研究對象，對其受力分析，運用平衡條件列出平衡等式解題．解答： 解：不加推力時，選取A和B整體為研究對象，它受到重力（M+m）g，地面支持力N，墻壁的彈力F′和地面的摩擦力f的作用（如圖所示）而處于平衡狀態．根據平衡條件有：N﹣（M+m）g=0，F′=f，可得：N=（M+m）g．再以B為研究對象，它受到重力mg，三棱柱對它的支持力NB，墻壁對它的彈力F的作用（如圖所示），而處于平衡狀態，根據平衡條件有：NBcosθ=mgNsinθB=F′解得F′=mgtanθ，所以f=F′=mgtanθ①加推力F，相當于物體B的重力變大，由于物體仍然平衡，故合力仍然為零，故A錯誤；B對豎直墻壁的壓力等于墻壁對物體B的支持力F′，加推力F，相當于物體B的重力mg變大，再由①式，得到壓力變大，故B正確；加推力F，相當于物體B的重力mg變大，再由①式，得到摩擦力f變大，故C錯誤；加推力F，相當于物體B的重力mg變大，再由①式，A對地面的摩擦力始終等于B對墻壁的壓力，故D錯誤；故選B．點評： 正確選擇研究對象，對其受力分析，運用平衡條件列出平衡等式解題．要注意多個物體在一起時，研究對象的選取．8．（4分）（2023秋?成都校級月考）下面作用于質點的各組共點力中，其合力可能為零的是（） A． 3N、4N、8N B． 3N、5N、1N C． 4N、7N、8N D． 7N、9N、16N考點： 力的合成．分析： 三力合成時要使合力為零，應使任意兩力之和大于第三力，任意兩力之差小于第三力．解答： 解：A、3N和4N的力的合力取值范圍是1N≤F≤7N，故不可能與8N的力合成為零，故A錯誤；B、3N和5N的力合成時最小值為2N，故不可能與1N的力合成為零，故B錯誤；C、4N和7N的力的合力取值范圍是3N≤F≤11N，當兩力的合力為8N時，方向與第三個力方向相反時，它們三個力的合力可能為零，故C正確；D、當7N和9N的力同向與16N的力反向時，合力為零，故D正確；故選：CD．點評： 三力合成時合力能否為零可以借助三角形法則，只要表示三個力的三條邊能組成三角形，則三個力的合力可以為零．9．（4分）（2023秋?營口期末）如圖所示，質量為m，橫截面為直角三角形的物塊ABC，∠ABC=α，AB邊靠在豎直墻面上，物塊與墻面間的動摩擦因數為μ．F是垂直于斜面BC的推力，物塊沿墻面勻速下滑，則摩擦力的大小為（） A． mg+Fsinα B． mg﹣Fsinα C． μmg D． μFcosα考點： 摩擦力的判斷與計算；共點力平衡的條件及其應用．專題： 計算題．分析： 本題中物體為勻速下滑，故應從兩個方面去分析，一是由滑動摩擦力的計算公式求出；二是由共點力的平衡條件得出．解答： 解：對物體受力分析可知，物體受重力、推力F、墻對物體的彈力及摩擦力的作用下做勻速直線運動，故物體受力平衡；將F向水平向分解，如圖所示：則可知豎直方向上合力為零，即摩擦力f=mg+Fsinα；故A正確；而物體滑動，故為滑動摩擦力，故摩擦力也可以等于μFcosα，故D正確；故選AD．點評： 本題很多同學有一種方法得出一種答案后即以為完成了本題，但確忽略了題目中的重要條件；因物理一直有不定項選擇題，故應注意培養全面分析問題的能力．10．（4分）（2023?漣水縣校級模擬）國家大劇院外部呈橢球型．假設國家大劇院的屋頂為半球形，一保潔人員為執行保潔任務，必須在半球形屋頂上向上緩慢爬行（如圖所示），他在向上爬的過程中（） A． 屋頂對他的摩擦力不變 B． 屋頂對他的摩擦力變大 C． 屋頂對他的支持力不變 D． 屋頂對他的支持力變大考點： 共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用．專題： 共點力作用下物體平衡專題．分析： 以保潔員為研究對象，作出力圖，根據平衡條件得出屋頂對他的摩擦力和支持力與θ的關系式，再分析兩個力如何變化．解答： 解：以保潔員為研究對象，作出力圖．設此人的重力為G，根據平衡條件得：屋頂對他的摩擦力：f=Gsinθ屋頂對他的支持力：N=Gcosθ保潔員在半球形屋頂上向上緩慢爬行的過程中，θ減小，則f減小，N增大．即屋頂對他的摩擦力減小，屋頂對他的支持力增大．故選D點評： 本題是簡單的力平衡問題，分析受力，作出力圖是關鍵．11．（4分）（2023?淄博模擬）某同學用傳感器來探究摩擦力，他將力傳感器接入數據采集器，再連接到計算機上；將一質量m=的木塊置于水平桌面上，用細繩將木塊和傳感器連接起來進行數據采集，然后沿水平方向緩慢地拉動傳感器，至木塊運動一段時間后停止拉動．獲得的數據在計算機上顯示出如圖所示的圖象．下列有關這個實驗的幾個說法，其中正確的是（） A． 0～6s內木塊一直受到靜摩擦力的作用 B． 最大靜摩擦力比滑動摩擦力大 C． 木塊與桌面間的動摩擦因數約為 D． 木塊與桌面間的動摩擦因數約為考點： 牛頓第二定律；勻變速直線運動的圖像；滑動摩擦力．專題： 牛頓運動定律綜合專題．分析： 分析摩擦力Ff隨拉力F的變化圖象，根據長木板的狀態確定木塊與長木板間的摩擦力的性質．根據滑動摩擦力公式求出塊與長木板間的動摩擦因數μ．解答： 解：A、在0﹣2s內，物體不受外力，此時沒有摩擦力，故A錯誤；B、由圖象可知，用力沿水平方向拉長木板，拉力從0開始逐漸增大．剛開始長木板處于靜止狀態，長木板受拉力和木塊對長木板間的靜摩擦力，當拉力達到4N時，開始發生相對滑動，木塊與長木板間產生了滑動摩擦力．由圖可知木塊與長木板間的最大靜摩擦力Ffm為4N．當拉力達到4N時，開始發生相對滑動，木塊與長木板間產生了滑動摩擦力．由圖可知木塊與長木板間的滑動摩擦力Ff為3N．故B正確；C、根據滑動摩擦力公式得：μ==，故C正確，D錯誤；故選BC點評： 此題主要考查了二力平衡條件的應用，要知道靜止狀態和勻速直線運動狀態都屬于平衡狀態，此時物體受力平衡，大小相等．并且要知道物體所受滑動摩擦力與接觸面所受壓力成正比．12．（4分）（2023?江蘇模擬）如圖所示，用一根長為L的細繩一端固定在O點，另一端懸掛質量為m的小球A，為使細繩與豎直方向夾30°角且繃緊，小球A處于靜止，則需對小球施加的最小力等于（） A． mg B． mg C． mg D． mg考點： 共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用．專題： 共點力作用下物體平衡專題．分析： 小球A處于靜止，受力平衡，分析受力情況，用作圖法得出對小球施加的力最小的條件，再由平衡條件求出力的最小值．解答： 解：以小球為研究對象，分析受力，作出力圖如圖，根據作圖法分析得到，當小球施加的力F與細繩垂直時，所用的力最?。鶕胶鈼l件得F的最小值為Fmin=Gsin30°=故選：C．點評： 本題物體平衡中極值問題，關鍵是確定極值條件，本題采用圖解法得到力最小的條件，也可以運用數學函數法求解極值．三、實驗題（共16分）13．（4分）（2023秋?成都校級月考）利用打點計時器測定勻加速直線運動的小車的加速度．下圖給出了該次實驗中，從O點開始每5個點取一個計數點的紙帶，其中O、A、B、C、D、E、F都為計數點．測得各計數點距O點的距離如圖，則在計時器打出E點時，小車的瞬時速度vE=m/s，小車的加速度a=m/s2．（結果保留兩位有效數字）考點： 測定勻變速直線運動的加速度．專題： 實驗題；直線運動規律專題．分析： 根據勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度，可以求出打紙帶上4點時小車的瞬時速度大小，根據勻變速直線運動的推論公式△x=aT2可以求出加速度的大?。獯穑?解：（1）從O點開始每5個點取一個計數點，所以相鄰計數點間的時間間隔T=，根據勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度得：vE===s≈s，（2）根據勻變速直線運動的推論公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：x4﹣x1=3a1T2x5﹣x2=3a2T2x6﹣x3=3a3T2為了更加準確的求解加速度，我們對三個加速度取平均值得：a=（a1+a2+a3）==s2故答案為：，．點評： 要提高應用勻變速直線的規律以及推論解答實驗問題的能力，在平時練習中要加強基礎知識的理解與應用．14．（4分）（2023秋?成都校級月考）在“驗證力的平行四邊形定則”的實驗中（1）下列是某同學在做該實驗的一些看法，其中正確的是AB（填相應的字母）．A．拉橡皮筋的繩線要細長，實驗中彈簧秤、橡皮筋、細繩應貼近木板且與木板平面平行B．用兩個彈簧秤拉橡皮筋結點到某一位置O時，拉力要適當大些，讀數時視線要正對彈簧秤刻度C．拉橡皮筋結點到某一位置O時，兩個彈簧秤之間夾角應取90°以便于算出合力大小D．實驗中，橡皮筋應該與兩個彈簧秤之間夾角的平分線在同一直線上E．實驗中，先將其中一個彈簧秤沿某一方向拉到最大量程，然后只需調節另一個彈簧秤拉力的大小和方向，把橡皮筋另一端拉到O點（2）實驗中的情況如圖甲所示，其中A為固定橡皮筋的圖釘，OB和OC為繩線．O為橡皮筋與繩線的結點，圖乙是在白紙上根據實驗結果畫出的圖．圖乙中的F與F′兩力中，方向一定沿AO方向的是F′（填F或F′）考點： 驗證力的平行四邊形定則．專題： 實驗題；平行四邊形法則圖解法專題．分析： 用平行四邊形畫出來的是理論值，和橡皮筋同線的那個是實際值；本實驗要求在兩次拉橡皮條的過程中力的作用效果要相同，即采用了“等效法”，明確實驗中的注意事項．解答： 解：（1）本實驗采用“等效法”，要求兩次拉伸橡皮條時效果相同，即要求細繩的結點拉到相同的位置即可，實驗中對兩根細繩的長度沒有具體要求，對兩彈簧之間的夾角沒有具體要求，只要夾角適當，便于作圖即可，有利于減小誤差即可，并非要求夾角總為90°、橡皮條也不必要與兩繩夾角的平分線在同一直線上；在拉彈簧秤時必須要求彈簧秤與木板平面平行，否則會影響力的大?。畬嶒灂r應同時故拉動兩根個彈簧秤達到結點O；故AB正確，CDE錯誤故選：AB．（2）用一個彈簧測力計拉橡皮條時，拉力的方向一定沿繩子方向；根據力的平行四邊形定則作出的合力，作圖法得到的合力一定在平行四邊形的對角線上，由于誤差的存在與實驗值有一定的差別，即作圖得出的合力方向與豎直方向有一定的夾角，故圖乙中的F與F′兩力中，方向一定沿AO方向的是F′；故答案為：（1）AB（2）F′．點評： 本題比較全面的考察了驗證平行四邊形定則中的基礎知識，對于這些基礎知識和要求即要通過實驗進行切身體會，同時也要通過練習加深理解．15．（8分）（2023秋?成都校級月考）在“探究加速度與力、質量的關系”實驗中，某同學使用了如圖1所示的裝置．（1）在探究加速度與質量的關系實驗中，下列做法正確的是BA．平衡摩擦力時，應將裝沙的小桶用細繩通過定滑輪系在小車上B．每次改變小車的質量時，不需要重新平衡摩擦力C．實驗時，先放開小車，再接通打點計時器電源D．小車運動的加速度可從天平測出裝沙小桶和沙的質量m以及小車質量M，直接用公式a=求出．（2）如果a﹣圖象是通過原點的一條直線，則說明BA．物體的加速度a與質量m成正比B．物體的加速度a與質量m成反比C．物體的質量m與加速度a成正比D．物體的質量m與加速度a成反比（3）該同學通過數據的處理作出了a﹣F圖象，如圖2所示，則①圖中的直線不過原點的原因是平衡摩擦力時木板的右端墊得過高；②圖中的直線發生彎曲的原因是隨著F的增大不再滿足沙和沙桶質量遠小于小車質量，即不再滿足m＜＜M．考點： 探究加速度與物體質量、物體受力的關系．專題： 實驗題；牛頓運動定律綜合專題．分析： 平衡摩擦力時，將小車拖到穿過打點計時器的紙帶，輕推小車，若小車能夠做勻速直線運動，摩擦力得到平衡，實驗時，先接通電源后釋放小車．a﹣圖象是通過原點的一條直線說明：a=k，即物體的加速度a與質量m成反比；平衡摩擦力時，是重力沿木板方向的分力等于摩擦力，由圖象可知，還沒有掛重物時，小車已經產生了加速度，由此可知圖象不過原點的原因．解答： 解：（1）A、平衡摩擦力時，應將繩從小車上拿去，輕輕推動小車，是小車沿木板運動，通過打點計時器打出來的紙帶判斷小車是否勻速運動．故A錯誤．B、每次改變小車的質量時，小車的重力沿斜面分力和摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力．故B正確．C、實驗時，若先放開小車，再接通打點計時器電源，由于小車運動較快，可能會使打出來的點很少，不利于數據的采集和處理．故C錯誤．D、小車運動的加速度是利用打點計時器測量，如果用天平測出m以及小車質量M，直接用公式求出，這是在直接運用牛頓第二定律計算的，而我們實驗是在探究加速度與物體所受合外力和質量間的關系．故D錯誤．故選：C（2）A、a﹣圖象是通過原點的一條直線說明：a=k，即物體的加速度a與質量m成反比．故A錯誤，B正確．C、D：物體的質量是物體的固有屬性，不會受到外界條件的影響（如：受力，運動狀態，在火星上還是地球上等），故C、D錯誤．故選：B（3）①圖中當F=0時，a≠0．也就是說當繩子上沒有拉力時，小車的加速度不為0，說明小車的摩擦力小于重力的分力，所以原因是實驗前木板右端墊得過高，即平衡摩擦力過度導致．②設小車的加速度為a，繩子拉力為F，以砂和砂桶為研究對象得：mg﹣F=ma以小車為研究對象F=Ma解得：a=故：F=Ma=所以要使得繩子拉力等于砂和砂桶的重力大小，必有m＜＜M，而不滿足m＜＜M時，隨m的增大物體的加速度a逐漸減小．故圖象彎曲的原因是：隨著F的增大不再滿足沙和沙桶質量遠小于小車質量，即不再滿足m＜＜M．故答案為：（1）B（2）B．（3）平衡摩擦力時木板的右端墊得過高；隨著F的增大不再滿足沙和沙桶質量遠小于小車質量，即不再滿足m＜＜M．點評： 解決本題的關鍵知道實驗的原理以及實驗需注意的事項，掌握平衡摩擦力的方法，注意不能將裝砂的小桶用細繩通過定滑輪系在小車上．四、計算題（4個小題，共42分．解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位）16．（8分）（2023秋?成都校級月考）如圖所示，用一根繩子把物體掛起來，再用一根水平的繩子把物體拉向一旁固定起來．物體的重量是40N，繩子與豎直方向的夾角30°，繩子和對物體的拉力分別是多大？（答案可保留根號）考點： 共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用．專題： 共點力作用下物體平衡專題．分析： 以物體為研究對象，分析受力情況，作出力圖，根據平衡條件采用正交分解法求解．解答： 解：如圖所示以物體為研究對象進行受力分析，設繩子A對物體的拉力大小為FA，繩子B對物體的拉力大小為FB：以水平方向為x軸，豎直方向為y軸建立直角坐標系，由共點力的平衡條件有平衡方程：FB﹣FAsin30°=0①FAcos30°﹣G=0②代入數據聯立求解①②得，答：繩子a和b對物體的拉力分別是和點評： 本題是簡單的力平衡問題，采用的是正交分解法處理的，也可以應用合成法或分解法求解．17．（10分）（2023秋?成都校級月考）如圖所示，μ=粗糙斜面的傾角為30°輕繩通過兩個滑輪與A相連，輕繩的另一端固定于天花板上，不計輕繩與滑輪的摩擦．物塊A的質量為m不計滑輪的質量，掛上物塊B后，當滑輪兩邊輕繩的夾角為90°時，A、B恰能保持靜止且A所受摩擦力沿斜面向下，求物塊B的質量．（設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）考點： 共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用．專題： 共點力作用下物體平衡專題．分析： 由題意，A恰能保持靜止且A所受摩擦力沿斜面向下，說明靜摩擦力達到最大值．先對A受力分析，運用共點力平衡條件和摩擦力公式求出細線的拉力；再對B受力分析，再次運用共點力平衡條件求出B的質量．解答： 解：先對A受力分析，如圖根據共點力平衡條件，有：mgsin30°+f=TN=mgcos30°又f=μN聯立解得：T=再對B受力分析，則有：T=Mg聯立解得：M=答：物塊B的質量為．點評： 本題關鍵是先后對物體A、B受力分析，根據共點力平衡條件，結合合成法或正交分解法列式求解．18．（12分）（202