北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
专题二 相互作用
专题检测题组
1.(2022四川成都七中三诊,20)(多选)木块A、B的重力均为40 N,它们与水平地
面间的动摩擦因数均为0.25,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,夹在A、B之间的轻
弹簧被压缩了Δx=2.0 cm,弹簧的劲度系数k=400 N/m,系统置于水平地面上静止
不动,重力加速度g=10 m/s2,现用F=9 N的水平力推木块B,如图所示,力F作用后
( )
A.木块A所受静摩擦力大小为8 N
B.弹簧的压缩量变为2.5 cm
C.木块B所受静摩擦力为0
D.木块B所受静摩擦力大小为1.0 N
答案 AD 木块A、B与地面间的最大静摩擦力f =μF =μmg=10 N,加F前弹簧
m N
的弹力F =kΔx=8 N,加F后,对木块B分析,f +F =F,得f =1 N,方向向右,故B静止不
k B k B
动,则A也静止不动,对木块A分析,f =F =8 N,f 方向向右,A、D正确,C错误;木块
A k A
A、B静止不动,弹簧压缩量仍为2 cm,B错误。
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2.(2022内蒙古包头二模,18)如图,固定点A、B系着一根不可伸长的柔软轻绳,
绳上套有一质量为1.2 kg的光滑小铁环O(可视为质点),静止时∠AOB=90°。现用
水平外力向纸外拉动小铁环,再次静止时,OO'与竖直平面的夹角为37°(g取10
m/s2)则此时 ( )
A.绳上的拉力为7.5 N
B.绳上的拉力为7.5√2 N
C.外力的大小为16 N
D.外力的大小为16√2 N
答案 B 设绳上的拉力为F ,水平外力为F。对小铁环受力分析,竖直方向有√2
T
F cos 37°=mg,水平方向有√2F sin 37°=F,解得F =7.5√2 N,F=9 N,B正确。
T T T
解题思路
本题中小铁环受到的四个力不在同一个平面上,力之间的关系不容易分析,所以可
先将小铁环两侧的绳上的拉力合成,其合力为√2F ,即将小铁环受到的四个力转化
T
为同一平面内的三个力分析。
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3.(2022陕西宝鸡模拟,4)如图所示,用轻绳拴着一质量为2.0 kg的匀质大球,大球
与墙壁之间夹着一质量未知的匀质小球,各接触面均光滑。系统平衡时,绳子与墙
壁之间的夹角为α,两球心连线O O 与轻绳之间的夹角为β,已知α=β=30°,则匀质
1 2
小球的质量为 ( )
A.0.5 kg B.1.0 kg C.1.5 kg D.2.0 kg
答案 B 对大球和小球整体受力分析如图,则F =(M+m)g tan 30°;
N
mg
对小球受力分析如图,由几何关系可知F与水平方向夹角为30°,则F = ;
N
tan30°
M
两式联立可得m= =1.0 kg,B正确。
2
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4.(2022四川遂宁三诊,15)如图所示,四分之一光滑圆弧面AB与倾角为60°的光
滑斜面AC顶部相接,A处有一光滑的定滑轮,跨过定滑轮用轻质细绳连接质量分
别为m 、m 的两小球a、b,系统静止时连接a的绳子与水平方向的夹角为60°。
1 2
两小球及滑轮大小可忽略,则两小球质量的比值m ∶m 为( )
1 2
A.1∶2 B.2∶3 C.3∶2 D. ∶2
√3
答案 C 系统静止,即小球a、b均处于平衡状态。设圆弧对a的支持力为F ,
N1
绳子拉力为F ,对a受力分析可得F sin 60°+F sin 60°=m g、F cos 60°=F cos
T N1 T 1 N1 T
√3
60°,联立得F = m g;设斜面对b的支持力为F ,对b受力分析可得F =m g sin
T 1 N2 T 2
3
√3
60°,即F = m g;所以m ∶m =3∶2,C正确。
T 2 1 2
2
5.(2023届宁夏石嘴山平罗中学月考,9)(多选)如图所示,固定在小车上的支架的
斜杆与竖直杆的夹角为θ,在斜杆下端固定有质量为m的小球,重力加速度为g,下
列关于杆对球的作用力F的判断中,正确的是 ( )
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A.小车静止时,F=mg,方向竖直向上
B.小车匀速时,F=mg cos θ方向垂直杆向上
ma
C.小车向右匀加速运动,加速度大小为a时,可能有F= ,方向沿着杆斜向上
sinθ
D.小车向右匀减速运动,加速度大小为a时,F= ,方向斜向右上方
√(ma) 2+(mg) 2
答案 AC 小车静止或匀速时,小球处于平衡状态,所受合外力为零,所以F=mg,
方向竖直向上,A正确,B错误。小车向右匀加速时,小球受力如图所示,F=
mg ma
√(ma) 2+(mg) 2,当a=g tan θ时,F= = ,方向沿着杆向上,C正确。小车向右
cosθ sinθ
匀减速时,同理F= ,方向斜向左上方,D错误。
√(ma) 2+(mg) 2
6.(2022镇江一中期中,2)如图所示,宣纸铺在水平桌面上,左侧用镇纸压住。以书
法家在纸上书写“大”字的笔画一横的过程为例(书写过程中宣纸和镇纸均保持
静止),下列说法正确的是 ( )
A.在书写的过程中,宣纸会受到镇纸给它的摩擦力
B.书法家的笔对宣纸的摩擦力与宣纸对桌面的摩擦力大小相等、方向相同
C.增大镇纸的质量,可以增大宣纸受到桌面的摩擦力
D.在桌面光滑的情况下,书写的过程中宣纸仍可以静止
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答案 B 对镇纸受力分析可知,镇纸不受摩擦力,宣纸也不会受到镇纸给它的摩
擦力,A选项错误;对宣纸受力分析可知,笔对宣纸的摩擦力与桌面对宣纸的摩擦力
等大反向,又桌面与宣纸之间相互作用的摩擦力等大反向,B选项正确;增大镇纸的
质量,只能增大宣纸与桌面间的最大静摩擦力,而桌面对宣纸的摩擦力与笔对宣纸
的摩擦力是一对平衡力,与镇纸质量无关,C选项错误;对宣纸和镇纸整体受力分析,
可知在桌面光滑的情况下,书写的过程中宣纸不能静止,D选项错误。
7.(2023届扬州高邮一中阶段检测,3)在东京奥运会举重比赛中,李发彬在挺举中展
现“金鸡独立”绝技,单脚支撑,又将姿势恢复为双脚着地稳定3秒,最终夺得冠军,
并打破奥运纪录。将李发彬的单脚支撑和双脚着地均视作平衡状态。关于此过
程的表述正确的是 ( )
A.单脚支撑时地面对其支持力大小比双脚着地时的支持力大
B.单脚支撑时地面对其支持力大小比双脚着地时的支持力小
C.若李发彬握杠的两手间距离变大,则其手臂受杠铃的作用力将变大
D.若李发彬握杠的两手间距离变大,则其手臂受杠铃的作用力将变小
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答案 C 根据受力平衡可知,单脚支撑时地面对其支持力和双脚着地时的支持
力大小都等于运动员和杠铃的总重力,A、B错误;设手臂对杠铃的作用力大小为
F,手臂与横杠之间的夹角为θ,杠铃的重力为G,根据平衡条件可得2F sin θ=G,由
几何关系可知握杠的两手间距离变大,对应的θ角变小,则F变大,由牛顿第三定律
可知,手臂受杠铃的作用力变大,C正确,D错误。
8.(2023届盐城响水中学开学考试,10)轻质细线上端固定,下端悬挂一小球,对小球
施加一个大小恒定且小于小球重力的拉力F,开始时拉力方向竖直向上,如图所示。
现将拉力F在同一竖直平面内沿顺时针方向缓慢转过90°。设细线中拉力的大小
为F ,细线与竖直方向的夹角为θ,则在拉力F方向变化的过程中 ( )
T
A.F 一直增大,θ一直增大
T
B.F 一直增大,θ先增大后减小
T
C.F 先增大后减小,θ一直增大
T
D.F 先增大后减小,θ先增大后减小
T
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答案 B 设当细线与竖直方向的夹角为θ时F与竖直方向的夹角为α,对小球受
力分析,如图1所示。
图1
由图1可知,F与F 的合力F =mg,方向竖直向上,故F、F 和F 可以组成一个闭
T 合 T 合
合的矢量三角形。因F的大小不变,所以当F在同一竖直平面内沿顺时针方向缓
慢转过90°的过程中,可以以F的大小为半径画出一个动态圆进行分析,同时保证
合力的大小、方向都不变,如图2所示。
图2
当F的方向由竖直向上变到水平向右,即α不断增大的过程中,由图2可知,从位置
1到位置2,再到位置3,F 的大小不断增大,而从位置1变到位置2,θ增大;当F与
T
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F 垂直,即在位置2时,θ最大;从位置2变到位置3,θ减小,故θ先增大后减小。故
T
选B。
9.(2022南通海门中学月考,6)如图所示,小圆环A吊着一个质量为m 的物块并套
2
在另一个竖直放置的大圆环上,有一细绳一端拴在小圆环A上,另一端跨过固定在
大圆环最高点B的一个小滑轮后吊着一个质量为m 的物块。如果小圆环A、滑
1
轮、绳子的大小和质量以及相互之间的摩擦都可以忽略不计,绳子不可伸长,平衡
时弦AB所对的圆心角为α,则两物块的质量之比m ∶m 应为 ( )
1 2
α α
A.cos B.sin
2 2
α α
C.2 sin D.2 cos
2 2
答案 C 对小圆环A受力分析,如图所示,F 与F 的合力与F 平衡,由矢量三角
T2 N T1
F
F m
形与几何三角形相似,可知 T2= α ,其中F =m g,F=F =m g,联立解得 1=2
T2 2 T1 1
R 2Rsin m
2 2
α
sin ,C正确。
2
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10.(2023届泰州中学月考,3)如图所示,装有细沙的木板在斜坡上匀速下滑。某一
时刻,一部分细沙从木板上漏出。则在细沙漏出前后,下列说法正确的是 (
)
A.木板始终做匀速运动
B.木板所受合外力变大
C.木板由匀速变为匀加速直线运动
D.木板所受斜坡的摩擦力不变
答案 A 在细沙漏出前,装有细沙的木板在斜坡上匀速下滑,对整体受力分析,设
木板质量为M,细沙质量为m,斜坡倾角为α,则根据平衡条件有f=(m+M)g sin
α,N=(m+M)g cos α,又f=μN,联立解得μ=tan α。在细沙漏出后,细沙的质量减少,设
剩余细沙质量为m',木板的质量不变,对整体受力分析,在垂直斜坡方向仍处于平
衡状态,则有N'=(m'+M)g cos α,又f'=μN'且μ=tan α,解得f'=(m'+M)g cos α tan
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α=(m'+M)g sin α,而重力沿斜面向下的分力为(m'+M)g sin α,即f'=(m'+M)g sin α,所
以在细沙漏出后整体仍向下做匀速直线运动,A正确,C错误;因为整体仍向下做匀
速直线运动,所受合外力不变,仍为零,B错误;因为细沙的质量减小,根据
f'=(m'+M)g sin α,可知木板所受斜坡的摩擦力变小,D错误。
11.(2022长沙市一中月考八,5)如图所示为剪式千斤顶的截面图。四根等长的
支持臂用光滑铰链连接,转动手柄,通过水平螺纹轴减小M、N间的距离,以抬高
重物。保持重物不变,MP和PN夹角为120°时N
点受到螺纹轴的作用力为F ;MP和PN夹角为60°时N点受到螺纹轴的作用力为
1
F 。不计支持臂和螺纹轴的重力,则F 与F 大小之比为( )
2 1 2
A.1：1 B.1：3 C.√3：1 D.3：1
答案 D 设重物重力为G。当夹角为120°时,可沿支持臂方向分解P点所受压
力,由几何关系易知分力大小为G,对N点受力分析知,螺纹轴对N点的作用力F =
1
√3
√3G;而当夹角为60°时,再次分解P点所受压力,由几何关系易知分力大小为
3
√3
G,再次对N点受力分析可知,螺纹轴对N点的作用力F = G,故D正确。
2
3
12.(2022雅礼中学一模,5)如图所示,一个倾角为30°、底面粗糙、斜面光滑的
斜面体放在粗糙的水平面上,斜面体的质量为2m。轻绳的一端固定在天花板上,
另一端系住质量为m的小球,整个系统处于静止状态,轻绳与竖直方向的夹角也
为30°。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则斜面体与水平面间的动摩擦因数
至少为 ( )
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1 6+√3 √3 √3
A. B. C. D.
6 33 15 18
答案 C 由题意对小球受力分析,沿斜面方向由平衡条件得mg sin 30°=T
√3
cos 30°,解得T=mg tan 30°= mg。对小球和斜面体构成的整体受力分析,由
3
平衡条件得,水平方向满足T sin 30°=f,竖直方向满足F +T cos 30°=3mg,当
N
√3
f=μF 时,斜面体与水平面间的动摩擦因数最小,解得最小为μ= ,故选C。
N
15
13.(2022三湘名校大联盟3月联考,6)“V”形吊车在港口等地有重要的作用。
如图所示,底座支点记为O点,OA为“V”形吊车的左臂,OA上端A处固定有定滑
轮,OB为活杆且为“V”形吊车的右臂,一根钢索连接底座与B点,另一根钢索连
接B点后跨过定滑轮吊着一质量为M的重物,重物静止。已知左臂OA与水平面
的夹角为α,左臂OA与钢索AB段的夹角为θ,且左臂OA与右臂OB相互垂直,左
臂OA、右臂OB总质量为m,钢索质量忽略不计,不计一切摩擦,重力加速度为g。
则下列说法正确的是 ( )
π-2α+2θ
A.定滑轮对钢索的支持力为2Mg·cos( )
4
B.AB段钢索所受到的拉力为2Mg
cos(α+θ)
C.右臂OB对钢索的支持力为Mg
sinα
D.底座对左臂OA、右臂OB、重物整体的支持力为(M+m)g
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答案 A 如图1所示,设重物所在位置为C点,则钢索在A点夹角为
π-2α+2θ
∠CAB=90°-α+θ= ,定滑轮只改变钢索拉力的方向,不改变力的大小,
2
则钢索对滑轮的作用力方向沿着∠CAB的角平分线,即 F =2Mg·cos(
合
π-2α+2θ
),由牛顿第三定律可知,滑轮对钢索的作用力F '=2Mg cos(
合
4
π-2α+2θ
),故A正确;由题意可知,重物静止,钢索拉力F=Mg,故B错误;以B点
4
为研究对象,受力分析如图2所示,可知Mg cos(α-θ)=F sin α,解得F =Mg
B B
cos(α-θ)
,故C错误;以整体为研究对象,钢索也与底座接触,竖直方向上的钢
sinα
索对系统整体有向下的拉力,底座对整体的支持力大于(M+m)g,故D选项错误。
14.(2022邵阳市一模,3)
如图所示,斜面置于粗糙水平面上,光滑小球被轻质细线系住放在斜面上,细线另
一端跨过光滑定滑轮,用力拉细线使小球沿斜面缓慢向上移动一小段距离,斜面
始终静止。则在小球移动过程中 ( )
A.细线对小球的拉力变大 B.斜面对小球的支持力变大
C.斜面对地面的压力变大 D.地面对斜面的摩擦力变大
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答案 A 对小球受力分析并合成矢量三角形如图1所示,重力大小方向不变,支
持力方向不变,绳子拉力方向由图中实线变为虚线,绳子拉力增大,斜面对小球的
支持力减小,A正确,B错误;
对斜面受力分析如图2所示,
图1 图2
正交分解:
N' sin α=f
N =N' cos α+Mg
地
根据牛顿第三定律,小球对斜面的压力N'减小,所以斜面对地面的摩擦力减小,
地面对斜面的支持力减小,根据牛顿第三定律,斜面对地面的压力减小,C、D错
误。
15.(2022雅礼中学月考七,1)如图所示,挡板垂直于斜面固定在斜面上,一滑块
质量为m放在斜面上,其上表面呈弧形且左端最薄,一球质量为M放置在挡板与
弧形滑块上,一切摩擦均不计,用平行于斜面的拉力F拉住弧形滑块,使球与滑块
均静止。现将滑块平行于斜面向上缓慢拉过一较小的距离,球仍在挡板与滑块上
且处于静止状态,则与原来相比( )
A.滑块对球的弹力增大 B.挡板对球的弹力减小
C.斜面对滑块的弹力增大 D.拉力F不变
答案 B
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对球进行受力分析,如图(a),球只受三个力的作用,挡板对球的弹力F 方向不变,
1
作出力的矢量图,滑块上移时,滑块对球的弹力F 与竖直方向夹角减小,F 垂直于
2 2
F 时F 最小,可以知道F 和F 都减小,故B正确,A错误;再对滑块和球整体受力
1 2 1 2
分析,如图(b),其中由F =G cos θ可知斜面对滑块的支持力不变,由F+F =G
N 1
sin θ以及F 减小,可知拉力F增大,故C、D错误。
1
16.(2022湖南师大附中二模,4)如图所示,竖直平面内有一圆环,圆心为O,半径
为R,PQ为水平直径,MN为倾斜直径,PQ与MN间的夹角为θ,一条不可伸长的轻
绳长为L,两端分别固定在圆环的M、N两点,轻质滑轮连接一个质量为m的重物,
放置在轻绳上,不计滑轮与轻绳间的摩擦。现将圆环从图示位置绕圆心O顺时针
缓慢转过2θ角,重力加速度为g,下列说法正确的是 ( )
A.轻绳与竖直方向间的夹角逐渐减小
mg
B.图示位置时,轻绳的张力大小为
2sinθ
C.直径MN水平时,轻绳的张力大小为 2mgL
√L2-4R2
D.圆环从图示位置顺时针缓慢转过2θ的过程中,轻绳的张力先增大再减小
答案 D 如图,重物位于B点时设轻绳与竖直方向夹角为α,MB、NB间夹角为
2α,则根据几何关系可得,2R cos θ=MA,MB sin α+NB sin α=MA,L=MB+NB,联
2Rcosθ
立可得sin α= ,设轻绳上的张力大小为F,根据 平
L
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衡条件可得2F cos α=mg,可得F= mgL ,故B错误;直径MN水平时,
2√L2-4R2 cos2θ
轻绳的张力大小为F= mgL ,故C错误;由sin α=2Rcosθ可知,圆环从图
2√L2-4R2 L
示位置绕圆心O顺时针缓慢转过2θ角的过程中,轻绳与竖直方向的夹角先增大
后减小,故A错误;由F= mgL 可知,圆环从图示位置绕圆心O顺时针
2√L2-4R2 cos2θ
缓慢转过2θ角的过程中,轻绳的张力先增大再减小,故D正确。
17.(2022肇庆二模,8)(多选)如图所示,水平地面上静置一质量为M的斜面体,斜
面的倾角为θ,质量为m的玩具熊静止在斜面上,玩具熊与斜面间的动摩擦因数
为μ,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,下列说法正确的是
( )
A.玩具熊对斜面的压力大小为mg sin θ
B.斜面对玩具熊的作用力竖直向上且大小等于mg
C.玩具熊与斜面间的动摩擦因数μ≥tan θ
D.地面对斜面体的摩擦力大小为μ(M+m)g
答案 BC 对玩具熊进行受力分析,斜面体对玩具熊的支持力大小为mg cos
θ,由牛顿第三定律知,玩具熊对斜面体的压力大小也为mg cos θ,A错误;玩具
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熊静止在斜面上,斜面体对玩具熊的作用力是支持力和摩擦力的合力,与玩具熊
受到的重力等大反向,B正确;玩具熊处于静止状态则μmg cos θ≥mg sin θ,
即μ≥tan θ,C正确;对玩具熊与斜面体整体分析可知,水平方向无外力,则地
面与斜面体之间无摩擦力,D错误。故选B、C。
18.(2022汕头二模,9)(多选)图甲为小张站在阶梯电梯上随电梯匀速上行,图乙
为小李站在斜面电梯上随电梯匀速下行,下列说法正确的是 ( )
甲 乙
A.阶梯电梯对小张没有摩擦力作用
B.斜面电梯对小李没有摩擦力作用
C.阶梯电梯对小张的作用力方向竖直向上
D.斜面电梯对小李的作用力方向竖直向上
答案 ACD 小张、小李均做匀速运动,受力分析如图所示,可知阶梯电梯对小张
没有摩擦力作用,斜面电梯对小李有摩擦力作用,A正确,B错误;根据受力平衡可
知阶梯电梯对小张的作用力与小张的重力平衡,故阶梯电梯对小张的作用力方向
竖直向上,C正确;根据受力平衡可知斜面电梯对小李的作用力与小李的重力平
衡,故斜面电梯对小李的作用力方向竖直向上,D正确。故选A、C、D。
19.（2022汕头二模，2）如图所示,某健身者右手拉着抓把沿图示位置A水平缓
慢移动到位置B,他始终保持静止,不计绳子质量,忽略绳子和重物与所有构件间
的摩擦,则重物下移过程 ( )
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A.绳子的拉力逐渐增大
B.该健身者所受合力逐渐减小
C.该健身者对地面的压力逐渐增大
D.该健身者对地面的摩擦力逐渐减小
答案 D 对重物受力分析,重物缓慢移动,处于平衡状态,绳子的拉力大小等于
重物的重力大小,保持不变,A错误;健身者始终保持静止状态,则其所受合力始
终为零,B错误;对健身者受力分析,设绳子与水平方向的夹角为θ,根据平衡条
件可知F=m g-m g sin θ,绳子与水平方向的夹角θ不断变大,sin θ变大,
N 人 物
该健身者受到地面的支持力逐渐减小,则该健身者对地面的压力逐渐减小,C错
误;健身者对地面的摩擦力f=m g cos θ,故其对地面的摩擦力逐渐减小,D正
物
确;故选D。
20.[2023届佛山顺德一模热身卷(一),8]一般教室门上都安装一种暗锁,这种暗
锁由外壳A、骨架B、弹簧C(劲度系数为k)、锁舌D(倾角θ=30°)、锁槽E以
及连杆、锁头等部件组成,如图甲所示。设锁舌D的侧面与外壳A和锁槽E之间
的动摩擦因数均为μ,最大静摩擦力F 由F =μF(F为正压力)求得。有一次放
fm fm N N
学后,当某同学准备关门时,无论用多大的力,也不能将门关上(这种现象称为自
锁),此刻暗锁所处的状态的俯视图如图乙所示,P为锁舌D与锁槽E之间的接触
点,弹簧由于被压缩而缩短了x。下面说法正确的是 ( )
甲 乙
A.自锁状态时D的下表面所受摩擦力的方向向左
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B.锁舌D受到锁槽E摩擦力的方向沿侧面向上
C.无论μ多大,暗锁仍然能够保持自锁状态
D.无论用多大的力拉门,暗锁仍然能够保持自锁状态,μ存在最小值
答案 D 锁舌D相对于外壳有向左运动的趋势,则锁舌D的下表面所受到的最
大静摩擦力f的方向向右,锁舌D相对于锁槽E有斜向上的运动趋势,则锁舌D
1
受到锁槽E给的最大静摩擦力f的方向沿侧面向下,A、B错误。设锁舌D受到锁
2
槽E给的正压力为N,下表面受到外壳给的正压力为F,弹簧给的弹力为kx,对锁
舌D受力分析,如图所示。
由平衡条件得
kx+f+f cos θ-N sin θ=0
1 2
F-N cos θ-f sin θ=0
2
且f=μF、f=μN
1 2
2kx
联立上述方程得N=
1-2√3μ-μ2
令N趋向于无穷大,则有1-2√3μ-μ2=0
解得μ=2-√3,μ=-√2-√3(舍去)
1 2
μ存在最小值2-√3,能使无论用多大的力拉门,暗锁始终保持自锁状态,C错
误,D正确。故选D。
21.(2022广东一模,8)(多选)如图,家用小型起重机拉起重物的绳子一端固定在
起重机斜臂顶端,另一端跨过动滑轮A和定滑轮B之后与电动机相连。起重机正
将重为G的重物匀速竖直上拉,忽略绳子与滑轮的摩擦以及绳子和动滑轮A的重
力,∠ABC=60°,则 ( )
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A.绳子对定滑轮B的作用力方向竖直向下
B.绳子对定滑轮B的作用力方向与BA成30°角,方向斜向下
C.绳子对定滑轮B的作用力大小等于G
√3
D.绳子对定滑轮B的作用力大小等于 G
2
答案 BD 绳子对定滑轮B的作用力为BA和BC两段绳子弹力的合力,方向斜向
G
左下,A错误;重物匀速运动,则三段绳子的弹力都等于重力的一半,即 ,由平行
2
四边形定则可知,合力方向沿∠ABC的角平分线,与BA夹角30°斜向下,大小为
√3G
,C错误,B、D正确。故选B、D。
2
22.(2023届东莞四中8月月考,5)如图a所示,轻绳AD跨过固定在水平杆BC右
端的光滑定滑轮(重力不计)拴接一质量为M的物体,∠ACB=30°;如图b所示,轻
杆HG一端用铰链固定在竖直墙上,另一端通过轻绳EG拉住,∠EGH=30°,另一轻
绳GF悬挂在轻杆的G端,也拉住一质量为M的物体,重力加速度为g。下列说法
正确的是 ( )
图a
图b
A.图a中BC杆对滑轮的作用力大小为Mg
B.图b中HG杆弹力大小为Mg
C.轻绳AC段张力T 与轻绳EG段张力T 大小之比为1∶1
AC EG
D.轻绳AC段张力T 与轻绳EG段张力T 大小之比为2∶1
AC EG
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答案 A 对图a,同一条轻绳拉力相等,即T =T =Mg,绳对滑轮的作用力如图1
AC CD
所示
图1
由图中几何关系可知F =T =T =Mg,根据平衡条件可得BC杆对滑轮作用力大小
合 AC CD
为Mg,A正确;轻杆HG一端用铰链固定在墙上,则轻杆的作用力一定沿杆,对图b中
G点受力分析如图2所示
图2
Mg
可得HG杆弹力大小为F = =√3Mg,B错误;由图2可得轻绳EG段张力T =
杆 EG
Mg tan30°
=2Mg,所以轻绳AC段张力T 与轻绳EG段张力T 大小之比为
Tsin30°Mg 1 AC EG
AC = = ,C、D错误。故选A。
T 2Mg 2
EG
23.(2023届扬州高邮一中阶段检测,13)如图所示,质量为m 的物体甲通过三段轻
1
绳悬挂,三段轻绳的结点为O,轻绳OB水平且B端与站在水平面上质量为m 的人
2
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)问:
(1)轻绳OA、OB的拉力分别是多大?
(2)人受到的摩擦力是多大?
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(3)若人的质量m =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
2
不滑动,则物体甲的质量最大不能超过多少?
5 3 3
答案 (1) m g m g (2) m g (3)24 kg
1 1 1
4 4 4
解析 (1)以结点O为研究对象,受力分析如图,由平衡条件有:
F -F sin θ=0
OB OA
F cos θ-m g=0
OA 1
联立解得
m g 5
F = 1 = m g
OA cosθ 4 1
3
F =m g tan θ= m g
OB 1 1
4
(2)人水平方向受到OB绳的拉力和水平面的静摩擦力,受力分析如图所示,由平衡
条件得
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3
F=F '=F = m g
f OB OB 1
4
(3)当甲的质量增大到人刚要滑动时,质量达到最大,此时人受到的静摩擦力达到最
大值
3
F =μm g= m g
fm 2 1m
4
4
解得m = μm =24 kg
1m 2
3
即物体甲的质量m 最大不能超过24 kg
1
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