人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习
一、选择题
1．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）如图所示，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆AB一端通过铰链固定在A点，另一端B悬挂一重为G的物体，且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮C，用力F拉绳，开始时∠BAC＞90°，现使∠BAC缓慢变小，直到杆AB接近竖直杆AC．此过程中，轻杆B端所受的力（ ）
A．逐渐减小 B．逐渐增大
C．大小不变 D．先减小后增大
【答案】C
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】A、由于B点始终处于平衡状态，故B点受到的力的大小为各力的合力．故B点在变化过程中受到的力始终为0．故大小不变．故A错误
B、由对A项的分析知B点受到的力始终为0，不变．故B错误．
C、由对A项的分析知B点受到的力始终为0，不变．故C正确．
D、由对A项的分析知B点受到的力始终为0，不变．故D错误．
故选：C
【分析】以B为研究对象，并受力分析．由题目中“缓慢”二字知整个变化过程中B处于平衡态．
2．（2017·包头模拟）如图，由两种材料做成的半球面固定在水平地面上，球右侧面是光滑的，左侧面粗糙，O点为球心，A、B是两个相同的小物块（可视为质点），物块A静止在左侧面上，物块B在图示水平力F作用下静止在右侧面上，A、B处在同一高度，AO、BO与竖直方向的夹角均为θ，则A、B分别对球面的压力大小之比为（ ）
A．sin2θ：1 B．sinθ：1 C．cos2θ：1 D．cosθ：1
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；受力分析的应用；力的合成与分解的运用
【解析】【解答】解：分别对A、B两个相同的小物块受力分析如图，
由平衡条件，得：N=mgcosθ
同理N′=
由牛顿第三定律，A、B分别对球面的压力大小为N、N′；则它们之比为 ，故C正确
故选C
【分析】分别对A、B两个相同的小物块受力分析，由受力平衡，求得所受的弹力，再由牛顿第三定律，求A、B分别对球面的压力大小之比．
3．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）如图所示，小车的质量为M，人的质量为m，人用恒力F拉绳，若人与车保持相对静止，且地面为光滑的，又不计滑轮与绳的质量，则车对人的摩擦力不可能是（ ）
A．0 B． F，方向向右
C． F，方向向左 D． F，方向向右
【答案】B
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】解答：整体的加速度 ，方向水平向左．
隔离对人分析，人在水平方向上受拉力、摩擦力，根据牛顿第二定律有：
设摩擦力方向水平向右．F﹣f=ma，解得f=F﹣ma= ．
若M=m，摩擦力为零．
若M＞m，摩擦力方向向右，大小为 ．
若M＜m，摩擦力方向向左，大小为 ．故A、C、D正确，B错误．
故选B．
分析：对人和车整体分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，再隔离对人分析，求出车对人的摩擦力大小．
4．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）如图所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m、半径为R的光滑球B．则（ ）
A．A对地面的压力等于（M+m）g
B．A对地面的摩擦力方向向左
C．B对A的压力大小为 mg
D．细线对小球的拉力大小为 mg
【答案】A
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】解答：AB、对AB整体受力分析，受重力和支持力，相对地面无相对滑动趋势，故不受摩擦力，根据平衡条件，支持力等于整体的重力，为（M+m）g；根据牛顿第三定律，整体对地面的压力与地面对整体的支持力是相互作用力，大小相等，故对地面的压力等于（M+m）g，故A正确，B错误；
CD、对小球受力分析，如图所示：
根据平衡条件，有：，T=mgtanθ
其中cosθ= ， ，
故：，
故C、D错误；
故选：A．
分析：先对整体受力分析，然后根据共点力平衡条件分析AB选项，再隔离B物体受力分析后根据平衡条件分析CD选项．
5．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）一倾角为30°的斜劈放在水平地面上，一物体沿斜劈匀速下滑．现给物体施加如图所示力F，F与竖直方向夹角为30°，斜劈仍静止，则此时地面对斜劈的摩擦力（ ）
A．大小为零 B．方向水平向右
C．方向水平向左 D．无法判断大小和方向
【答案】A
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】物块匀速下滑时，受重力、支持力和摩擦力，三力平衡，故支持力和摩擦力的合力与重力平衡，竖直向上，根据牛顿第三定律得到滑块对斜面体的作用力方向竖直向下，等于mg；当加推力F后，根据滑动摩擦定律F=μN，支持力和滑动摩擦力同比增加，故其合力的方向不变，根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和滑动摩擦力的合力方向也不变，竖直向下；故斜面体相对与地面无运动趋势，静摩擦力仍然为零；故选A．
【分析】物块匀速下滑时，受重力、支持力和摩擦力，三力平衡，故支持力和摩擦力的合力与重力平衡，竖直向上，根据牛顿第三定律得到滑块对斜面体的作用力方向；当加推力F后，滑块对斜面体的压力和滑动摩擦力同比增加，合力方向不变．
6．（2017高一下·黑龙江期末）如图所示，质量为m的小球，用OB和O′B两根轻绳吊着，两轻绳与水平天花板的夹角分别为30°和60°，这时OB绳的拉力大小为F1，若烧断O′B绳，当小球运动到最低点C时，OB绳的拉力大小为F2，则F1：F2等于（ ）
A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．1：4
【答案】D
【知识点】共点力平衡条件的应用；机械能综合应用；向心力
【解析】【解答】解：烧断水平细线前，小球处于平衡状态，合力为零，
根据几何关系得：F1=mgsin30°= mg；
烧断水平细线，设小球摆到最低点时速度为v，绳长为L．小球摆到最低点的过程中，由机械能守恒定律得：
mgL（1﹣sin30°）= mv2
在最低点，有 F2﹣mg=m
联立解得 F2=2mg；
故F1：F2等于1：4；
故选：D．
【分析】烧断水平细线前，小球处于平衡状态，合力为零，根据平衡条件求F1．烧断水平细线，当小球摆到最低点时，由机械能守恒定律求出速度，再由牛顿牛顿第二定律求F2．
7．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）有一个直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑．AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡（如图所示）．现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力FN和摩擦力F的变化情况是（ ）
A．FN不变，F变大 B．FN不变，F变小
C．FN变大，F变大 D．FN变大，F变小
【答案】B
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】解答：对小环Q受力分析，受到重力、支持力和拉力，如图
根据三力平衡条件，得到
N=mgtanθ
再对P、Q整体受力分析，受到总重力、OA杆支持力、向右的静摩擦力、BO杆的支持力，如图
根据共点力平衡条件，有
N=F
FN=（m+m）g=2mg
故
F=mgtanθ
当P环向左移一小段距离，角度θ变小，故静摩擦力F变小，支持力FN不变；
故选B．
分析：先对小环Q受力分析，受到重力、支持力和拉力，跟三力平衡条件，求出拉力的表达式；在对P、Q两个小环的整体受力分析，根据平衡条件再次列式分析即可．
8．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）如图所示，质量相同分布均匀的两个圆柱体a、b靠在一起，表面光滑，重力均为G，其中b的下一半刚好固定在水平面MN的下方，上边露出另一半，a静止在平面上，现过a的轴心施以水平作用力F，可缓慢的将a拉离平面一直滑到b的顶端，对该过程分析，应有（ ）
A．拉力F先增大后减小，最大值是G
B．开始时拉力F最大为 G，以后逐渐减小为0
C．a、b间压力由0逐渐增大，最大为G
D．a、b间的压力开始最大为2G，而后逐渐减小到0
【答案】B
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】解答：对于a球：a球受到重力G、拉力F和b球的支持力N，由平衡条件得：
F=Ncosθ，
Nsinθ=G
则得 F=Gcotθ，
根据数学知识可知，θ从30°增大到90°，F和N均逐渐减小，当θ=30°，F有最大值为 ，N有最大值为2G，故B正确．
故选B
分析：a球缓慢上升，合力近似为零，分析a受力情况，由平衡条件得到F以及b球对a的支持力与θ的关系式，即可分析其变化．
9．（2017高一上·定州期末）如图所示，一个质量为m的人站在台秤上，跨过光滑定滑轮将质量为m′的重物从高处放下，设重物以加速度a加速下降（a＜g），且m′＜m，则台秤上的示数为（ ）
A．（m+m′）g﹣m′a B．（m﹣m′）g+m′a
C．（m﹣m′）g﹣m′a D．（m﹣m′）g
【答案】B
【知识点】对单物体(质点)的应用；受力分析的应用
【解析】【解答】解：对重物受力分析，受重力和拉力，加速下降，根据牛顿第二定律，有：m′g﹣T=m′a ①
再对人受力分析，受到重力、拉力和支持力，根据共点力平衡条件，有：N+T=mg ②
由①②，解得
N=（m﹣m′）g+m′a
故选B．
【分析】先对重物受力分析，受重力和拉力，加速下降，然后根据牛顿第二定律列式求出绳子的拉力；再对人受力分析，受到重力、拉力和支持力，根据平衡条件求出支持力，而台秤读数等于支持力．
10．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）如图所示，物体A和B质量均为m，且分别与轻绳连接跨过光滑轻质定滑轮，B放在水平面上，A与悬绳竖直．用力F拉B沿水平面向左匀速运动的过程中，绳对A的拉力的大小是（ ）
A．大于mg B．总等于mg
C．一定小于mg D．以上三项都不正确
【答案】A
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】解答：将B的运动分解为沿绳子方向的运动，以及垂直绳子方向运动即绕滑轮的转动，如图
解得
v2=vcosθ
由于θ不断变小，故v2不断变大；
由于物体A的速度等于v2，故物体A加速上升，加速度向上，即物体A处于超重状态，故绳子的拉力大于mg；
故选A．
分析：由于B做匀速运动，将B的运动分解为沿绳子方向的运动，以及垂直绳子方向运动即绕滑轮的转动，得到沿绳子方向的运动速度，即物体A的速度表达式，得到A的运动规律，再根据牛顿第二定律判断绳子拉力的变化情况．
11．（2017高一下·万州开学考）如图所示，两梯形木块A、B叠放在水平地面上，A、B之间的接触面倾斜．A的左侧靠在光滑的竖直墙面上，关于两木块的受力，下列说法正确的是（ ）
A．A，B之间一定存在摩擦力作用
B．木块A可能受三个力作用
C．木块A一定受四个力作用
D．木块B受到地面的摩擦力作用方向向右
【答案】B
【知识点】共点力平衡条件的应用；受力分析的应用
【解析】【解答】解：A、由于AB间接触面情况未知，若AB接触面光滑，则AB间可以没有摩擦力；故A错误；
B、对整体受力分析可知，A一定受向右的弹力；另外受重力和支持力；因为AB间可能没有摩擦力；故A可能只受三个力；故B正确；C错误；
D、木块B受重力、压力、A对B的垂直于接触面的推力作用，若推力向右的分力等于F，则B可能不受摩擦力；故D错误；
故选：B．
【分析】分别对AB及整体进行分析，由共点力的平衡条件可判断两物体可能的受力情况．
12．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）如图所示，质量为m的物体A在沿斜面向上的拉力F作用下沿斜面匀速下滑，此过程斜面体B仍静止，斜面体的质量为M，则水平地面对斜面体（ ）
A．无摩擦力 B．有水平向右的摩擦力
C．支持力为（m+M）g D．支持力小于（m+M）g
【答案】D
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】解答：以物体A和斜面体整体为研究对象，分析受力情况：重力（M+m）g、地面的支持力N，摩擦力F和拉力F，根据平衡条件得：
F=Fcosθ，方向水平向左
N=（M+m）g﹣Fsinθ＜（m+M）g
故选D
分析：物体A在沿斜面向上的拉力F作用下沿斜面匀速下滑，合力为零．斜面体B静止，合力也为零．以物体A和斜面体整体为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件研究水平地面对斜面体的摩擦力和支持力．
13．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）如图所示，用一轻绳将光滑小球P系于竖直墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一长方体物块Q，P、Q均处于静止状态，现有一铅笔紧贴墙壁从O点开始缓慢下移，则在铅笔缓慢下移的过程中（ ）
A．细绳的拉力逐渐变小 B．Q受到墙壁的弹力逐渐变大
C．Q受到墙壁的摩擦力逐渐变大 D．Q将从墙壁和小球之间滑落
【答案】B
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】解答：A、对P分析，P受到重力、拉力和Q对P的弹力处于平衡，设拉力与竖直方向的夹角为θ，根据共点力平衡有：拉力，Q对P的支持力N=mgtanθ．铅笔缓慢下移的过程中，θ增大，则拉力F增大，Q对P的支持力增大．故A错误．
B、C、D、对Q分析知，在水平方向上P对A的压力增大，则墙壁对Q的弹力增大，在竖直方向上重力与摩擦力相等，所以A受到的摩擦力不变，Q不会从墙壁和小球之间滑落．故B正确，C、D错误．
故选：B．
分析：分别对P、Q受力分析，通过P、Q处于平衡判断各力的变化．
14．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）如图所示，两个质量为m1的小球套在竖直放置的光滑支架上，支架的夹角为120°，用轻绳将两球与质量为m2的小球连接，绳与杆构成一个菱形，则m1：m2为（ ）
A．1：1 B．1：2 C．1： D． ：2
【答案】A
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】解答：将小球m2的重力按效果根据平行四边形定则进行分解如图，
由几何知识得：T=m2g①
对m1受力分析，由平衡条件，在沿杆的方向有：m1gsin30°=Tsin30°
得：T=m1g②
可见m1：m2的=1：1；
故选：A．
分析：将小球m2的重力按效果根据平行四边形定则进行分解，由几何知识求出m2g与绳子拉力T的关系，对m1受力分析，由平衡条件求出m1g与T的关系，进而得到m1：m2的比值．
15．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）图中弹簧秤、绳和滑轮的重量均不计，绳与滑轮间的摩擦力不计，物体的重力都是G，在图甲、乙、丙三种情况下，弹簧秤的读数分别是F1、F2、F3，则（ ）
A．F1＞F2=F3 B．F3=F1＞F2 C．F1=F2=F3 D．F2＞F1=F3
【答案】B
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】甲图：物体静止，弹簧的拉力F1=mg；
乙图：对物体为研究对象，作出力图如图．
根据平衡条件有：F2=mgsin60°=0.866mg
丙图：以动滑轮为研究对象，受力如图．由几何知识得F3=mg．故F3=F1＞F2
故选B．
【分析】弹簧称的读数等于弹簧受到的拉力．甲图、乙图分别以物体为研究对象由平衡条件求解．丙图以动滑轮为研究对象分析受力情况，根据平衡条件求解．
二、填空题
16．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）如图所示，粗细和质量分布都均匀的呈直角的铁料aob质量为12kg，ao、ob两段长度相等，顶点o套在光滑固定轴上使直角铁料能绕o轴在竖直平面内转动，a端挂有质量为9kg的物体P，ao与竖直方向成37°角，则P对地面的压力大小是 N，要使P对地面的压力为零，至少在b端上施加力F= N．（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
【答案】80；48
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】两边的重心分别在中点，质量之比等于长度之比，则
两边重力之比：Ga：Gb=mag：mbg=1：1，
左边重力力臂：
Lb= ob×cos37°，
右边重力力臂：
Laoa×sin37°，
由杠杆平衡条件可知：
T×oa×sin37°+Ga×La=Gb×Lb，
代入数据的：T=10N
以P为研究对象，根据平衡条件：N=mg﹣T=90﹣10=80N
根据牛顿第三定律P对地面的压力大小是80N；
要使P对地面的压力为零，根据杠杆平衡条件：
mPg×oa×sin37°+Ga×La=Gb×Lb+F×ob
得：F=48N
故答案为：80；48．
【分析】铁丝均匀，两边铁丝的重心分别在其中点，两边质量之比等于长度之比，可求两边重力之比；求出两边力臂之比，根据力矩平衡条件列式求P对a拉力的大小，进而以物体为研究对象根据平衡条件求地面对P的支持力．
17．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）拱券结构是古代人们解决建筑跨度的有效方法，如我国赵州桥．现有六个大小、形状、质量都相同的楔形石块组成一个半圆形拱券，如图所示．如果每个楔形石块所受重力均为50N，在中间两个契块A、B正上方放置一个重为100N的石块．则拱券两端的基石承受的压力各为 N，中间两个契块A、B之间的摩擦力大小为 N．
【答案】200；0
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】对半圆形拱券整体分析，竖直方向受重力和支持力，根据平衡条件，有：
2N=6G+100
解得：
N=3G+50=200N
结合牛顿第三定律，拱券两端的基石承受的压力均为200N；
对左边三块石块，竖直方向受重力、支持力和摩擦力（假设向下），根据竖直方向平衡，有：
N=3G+F
解得：F=N﹣3G=0
故答案为：200，0．
【分析】先对半圆形拱券整体分析，受重力和支持力，根据平衡条件求解支持力，结合牛顿第三定律得到压力；
对左边三块石块，竖直方向受重力、支持力和摩擦力（假设向下），根据竖直方向平衡求解．
18．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）如图，光滑轻杆AB、BC通过A、B、C三点的铰接连接，与水平地面形成一个在竖直平面内三角形，AB杆长为L．BC杆与水平面成30°角，AB杆与水平面成60°角．一个质量为m的小球穿在BC杆上，并静止在底端C处．现对小球施加一个水平向左F= mg的恒力，当小球运动到CB杆的中点时，它的速度大小为 ，小球沿CB杆向上运动过程中AB杆对B处铰链的作用力随时间t的变化关系式为 ．
【答案】；
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】如图对小球B进行受力【分析】
沿杆BC方向：Fcosθ﹣mgsinθ=ma
解得球的加速度为：
如图根据几何关系知BC长度为：
所以从C运动到BC中点，小球产生的位移为：
根据速度位移关系小球运动到BC中点的速度满足：
得：
从C点开始小球运动的位移x=
球在垂直杆的方向所受合力为零，故可知球对杆的作用力垂直杆的方向大小为N=mgcos30°+Fsin30°
根据力矩平衡知，AB杆平衡则BC杆对AB杆的作用力沿AB杆过转轴A点，即AB杆对B的作用力沿AB方向
如图：
由于杆BC平衡，则有：
FBLBCsin30°=Nx
即：FBLBCsin30°=mgcos30°x+Fsin30°x
又
故答案为： ，FB=
【分析】根据杆的长度关系求出BC杆的长度，通过对小球进行受力分析得出小球的加速度，再由运动规律求解小球到达BC中点时的速度大小，根据AB杆的平衡知AB杆对B的作用力沿AB杆向上，根据力矩平衡可以求出AB杆对B作用力与时间的关系．
19．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）如图，粗细均匀的均质杆AB在B点用铰链与竖直墙连接，杆长为L．A端有一轻质滑轮（大小可忽略）．足够长的轻绳通过滑轮将重物吊住．若θ为370时恰好达到平衡，且保持绳AC在水平方向，则杆AB的质量m与重物的质量M的比值为 ．若将杆换为长度不变的轻杆，其它条件不变，则系统平衡时轻杆与竖直墙面的夹角为 ．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
【答案】；aRccos
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】由于物体m受力平衡，故细线的拉力等于mg；
当若θ为37°时杆恰好达到平衡，以B为支点，设杆长为L，根据力矩平衡条件得：
sin37°+MgLsin37°=MgLcos37°
解得：m：M=2：3
设AB长为L，这BC为0.8L；
若将杆换为长度不变的轻杆，杆AB受到铰链的作用力和轻绳对AB的压力，要使杆能够平衡，轻绳对AB的压力方向应在AC与AB之间，而轻绳对AB的压力等于轻绳AC和AG拉力的合力，这两个拉力大小相等，故AB在细线的两侧拉力的角平分线上，如图所示：
故，则α=aRccos
故答案为： ，aRccos ．
【分析】对粗细均匀的均质杆AB分析受力情况，若θ为37°时恰好达到平衡，以B为支点，根据力矩平衡条件求解质量之比；若将杆换为长度不变的轻杆，轻绳对AB的压力方向沿着杆的方向，即可得到θ的大小．
20．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）如图所示，重G的风筝用绳子固定于地面P点，风的压力N垂直作用于风筝表面AB，并支持着风筝使它平衡．若测得绳子拉力为T，绳与地面夹角为α，不计绳所受重力，求风筝与水平面所成的角φ的正切值tanφ= 及风对风筝的压力N= ．
【答案】 ；
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】对风筝受力分析，并如图建立直角坐标系，将N及T沿坐标轴分解，则有：
x轴：Tcosα=Nsinφ；
y轴：Ncosφ=G+Tsinα；
联立解得：
故答案为：
【分析】对风筝受力分析，由共点力的平衡条件可求得压力及风筝与水平面所成的角φ的正切值．
21．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）夹角为60°的V型槽固定在水平地面上，槽内放一根重500N的金属圆柱体，用F=200N沿圆柱体轴线方向的拉力拉圆柱体，可使它沿槽匀速滑动，如图所示．圆柱体和V型槽间的滑动摩擦因数为 ．
【答案】0.2
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】因为圆柱体匀速滑动，所以拉力F等于摩擦力F，即F=200N
又因为圆柱体两面均与槽接触，所以每一面所受摩擦力F′=100N
如上图，对圆柱体受力分析，运用合成法，有几何知识知圆柱体对他的压力FN=mg=250N，
所以动摩擦因数 ；
故答案为：0.2．
【分析】因为圆柱体匀速滑动，拉力F等于摩擦力F，又因为圆柱体两面均与槽接触，所以每一面所受摩擦力为拉力的一半，根据几何关系求出正压力，再根据滑动摩擦力的公式即可求解滑动摩擦因数μ．
三、解答题
22．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）用如图所示装置做“研究有固定转动轴物体平衡条件“的实验，力矩盘上个同心圆的间距相等．
（1）（多选）在用细线悬挂钩码前，以下哪些措施是必要的（ ）
A．判断力矩盘是否在竖直平面
B．判断横杆B、是否严格保持水平
C．判断力矩盘与转轴间的摩擦是否足够小
D．判断力矩盘的重心是否位于盘中心
（2）在A、B、C三点分别用细线悬挂钩码后，力矩盘平衡，如图所示，已知每个钩码所受的重力为1牛，则此时弹簧称示数为 N．
（3）由于力矩盘偏心未经调整实际测出的弹簧称读数偏大，则力矩盘的重心在轴的 ．（填左方或右方）
【答案】（1）A；C；D
（2）4
（3）右方
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】（1）A、为了防止细线及弹簧称与力矩盘摩擦，判断力矩盘是否处在竖直平面是必要的．故A正确．B、本实验与横杆MN是否平衡无关，没有必要检查横杆MN是否严格保持水平．故B错误．C、D、本实验要研究力矩盘平衡时砝码的拉力力矩和弹簧拉力力矩的关系，重力、摩擦力等影响要尽可能小，故CD正确．故选：ACD．（2）设A、B、C三处拉力大小分别为FA、FB、FC，弹簧称示数为F，由题FA=1N，FB=1N，FC=3N设力矩盘上相邻同心圆间距为R，则弹簧称拉力的力臂为L=2R根据力矩平衡得：FA 2R+FL=FB R+FC 3R
代入解得：F=4N；（3）由于力矩盘偏心未经调整实际测出的弹簧称读数偏大，因此力矩盘重心在轴的右方，才会导致弹簧秤实际读数偏大，
故答案为：（1）ACD（2）4；（3）右方．
【分析】（1）本实验要研究力矩盘平衡时砝码的拉力力矩和弹簧拉力力矩的关系，要尽可能减小其他力的影响，比如重力、摩擦力等影响．根据此要求分析选择．（2）分别确定A、B、C三点细线拉力大小和力臂大小，根据力矩平衡求出弹簧称拉力；（3）根据力矩盘心在轴的某一方，结合力矩平衡条件，即可得出弹簧称实际读数偏大还是偏小．
23．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）轻绳的两端A、B固定在天花板上，绳能承受的最大拉力为120N．现用摩擦很大的挂钩将一重物挂在绳子上，结果挂钩停在C点，如图所示，两端与竖直方向的夹角分别为37°和53°．求：
（1）此重物的最大重力不应超过多少？sin37°=0.6；cos37°=0.8
（2）若将挂钩换成一个光滑的小滑轮，重物的最大重力可达多大？
【答案】（1）取C点为研究对象进行受力分析如图甲所示．由图可知，物体平衡时AC上的张力比BC上大，所以当
AC上的张力为最大值120N时，BC上的张力小于120N，
由三角形法则重物的最大重力为：
（2）在图甲中，由几何关系设AB=s，则绳长L=0.6s+0.8s=1.4s；若将挂钩换成滑轮，则两根绳子的张力大小相等，对C点受力分析，
如图乙所示，由几何关系
由三角形法则重物的最大重力为：G=2Tcosθ=168N
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】（1）取C点为研究对象进行受力分析如图甲所示．
由图可知，物体平衡时AC上的张力比BC上大，所以当
AC上的张力为最大值120N时，BC上的张力小于120N，
由三角形法则重物的最大重力为：
答：重物的最大重力不应超过150N．（2）在图甲中，由几何关系设AB=s，则绳长L=0.6s+0.8s=1.4s；若将挂钩换成滑轮，则两根绳子的张力大小相等，对C点受力分析，
如图乙所示，由几何关系
由三角形法则重物的最大重力为：G=2Tcosθ=168N
答：重物的最大重力可达168N．
【分析】（1）对结点进行受力分析，根据共点力平衡求出哪根绳先断，从而以该绳的最大拉力求出重物的最大重力．（2）若将挂钩换成一个光滑的小滑轮，此时两根绳的拉力大小相等，与竖直方向的夹角相等，根据共点力平衡求出重物的最大重力．
24．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）如图所示，质量M=2 kg的木块套在水平杆 上，并用轻绳与质量m= kg的小球相连．今用跟水平方向成α=30°角的力F=10 N拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m的相对位置保持不变，g=10m/s2，求运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ及木块M与水平杆间的动摩擦因数．
【答案】设细绳对B的拉力为T．以小球为研究对象，分析受力，作出力图如图1，由平衡条件可得：Fcos30°=Tcosθ ①Fsin30+Tsinθ=mg ②代入解得：T=10 Ntanθ= ，即θ=30°再以木块和小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图2．再平衡条件得：Fcos30°=FN+Fsin30°=（M+m）g又F=μN得到： ．
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】设细绳对B的拉力为T．以小球为研究对象，分析受力，作出力图如图1，由平衡条件可得：
Fcos30°=Tcosθ①
Fsin30+Tsinθ=mg②
代入解得：
T=10 N
tanθ= ，即θ=30°
再以木块和小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图2．
再平衡条件得：
Fcos30°=F
N+Fsin30°=（M+m）g
又F=μN
得到：
答：运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ为30°，木块M与水平杆间的动摩擦因数 ．
【分析】以小球为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件求解轻绳与水平方向夹角θ；以木块和小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，由平衡条件和摩擦力公式求解木块与水平杆间的动摩擦因数μ．
25．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）有一只小虫重为G，不慎跌入一个碗中，如图所示．碗内壁为一半径为R的球壳的一部分，其深度为D．碗与小虫脚间的动摩擦因数为μ，若小虫可以缓慢顺利地爬出碗口而不会滑入碗底．试问D的最大值为多少？（最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小）
【答案】对小虫受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力，到碗口时，最容易滑下，此时静摩擦力最大，等于滑动摩擦力，如图根据平衡条件，有F=mgsinθ ①N=mgcosθ ②其中F=μN ③cosθ= ④由①②③④解得：
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】对小虫受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力，到碗口时，最容易滑下，此时静摩擦力最大，等于滑动摩擦力，如图
根据平衡条件，有
F=mgsinθ①
N=mgcosθ②
其中F=μN③
cosθ= ④
由①②③④解得：
答：D的最大值为．
【分析】当昆虫在容器面上受到的摩擦力最大时恰好等于重力在该点切线方向的分力，应用平衡条件结合平面几何知识便可求解．
1 / 1人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习
一、选择题
1．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）如图所示，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆AB一端通过铰链固定在A点，另一端B悬挂一重为G的物体，且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮C，用力F拉绳，开始时∠BAC＞90°，现使∠BAC缓慢变小，直到杆AB接近竖直杆AC．此过程中，轻杆B端所受的力（ ）
A．逐渐减小 B．逐渐增大
C．大小不变 D．先减小后增大
2．（2017·包头模拟）如图，由两种材料做成的半球面固定在水平地面上，球右侧面是光滑的，左侧面粗糙，O点为球心，A、B是两个相同的小物块（可视为质点），物块A静止在左侧面上，物块B在图示水平力F作用下静止在右侧面上，A、B处在同一高度，AO、BO与竖直方向的夹角均为θ，则A、B分别对球面的压力大小之比为（ ）
A．sin2θ：1 B．sinθ：1 C．cos2θ：1 D．cosθ：1
3．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）如图所示，小车的质量为M，人的质量为m，人用恒力F拉绳，若人与车保持相对静止，且地面为光滑的，又不计滑轮与绳的质量，则车对人的摩擦力不可能是（ ）
A．0 B． F，方向向右
C． F，方向向左 D． F，方向向右
4．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）如图所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m、半径为R的光滑球B．则（ ）
A．A对地面的压力等于（M+m）g
B．A对地面的摩擦力方向向左
C．B对A的压力大小为 mg
D．细线对小球的拉力大小为 mg
5．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）一倾角为30°的斜劈放在水平地面上，一物体沿斜劈匀速下滑．现给物体施加如图所示力F，F与竖直方向夹角为30°，斜劈仍静止，则此时地面对斜劈的摩擦力（ ）
A．大小为零 B．方向水平向右
C．方向水平向左 D．无法判断大小和方向
6．（2017高一下·黑龙江期末）如图所示，质量为m的小球，用OB和O′B两根轻绳吊着，两轻绳与水平天花板的夹角分别为30°和60°，这时OB绳的拉力大小为F1，若烧断O′B绳，当小球运动到最低点C时，OB绳的拉力大小为F2，则F1：F2等于（ ）
A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．1：4
7．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）有一个直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑．AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡（如图所示）．现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力FN和摩擦力F的变化情况是（ ）
A．FN不变，F变大 B．FN不变，F变小
C．FN变大，F变大 D．FN变大，F变小
8．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）如图所示，质量相同分布均匀的两个圆柱体a、b靠在一起，表面光滑，重力均为G，其中b的下一半刚好固定在水平面MN的下方，上边露出另一半，a静止在平面上，现过a的轴心施以水平作用力F，可缓慢的将a拉离平面一直滑到b的顶端，对该过程分析，应有（ ）
A．拉力F先增大后减小，最大值是G
B．开始时拉力F最大为 G，以后逐渐减小为0
C．a、b间压力由0逐渐增大，最大为G
D．a、b间的压力开始最大为2G，而后逐渐减小到0
9．（2017高一上·定州期末）如图所示，一个质量为m的人站在台秤上，跨过光滑定滑轮将质量为m′的重物从高处放下，设重物以加速度a加速下降（a＜g），且m′＜m，则台秤上的示数为（ ）
A．（m+m′）g﹣m′a B．（m﹣m′）g+m′a
C．（m﹣m′）g﹣m′a D．（m﹣m′）g
10．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）如图所示，物体A和B质量均为m，且分别与轻绳连接跨过光滑轻质定滑轮，B放在水平面上，A与悬绳竖直．用力F拉B沿水平面向左匀速运动的过程中，绳对A的拉力的大小是（ ）
A．大于mg B．总等于mg
C．一定小于mg D．以上三项都不正确
11．（2017高一下·万州开学考）如图所示，两梯形木块A、B叠放在水平地面上，A、B之间的接触面倾斜．A的左侧靠在光滑的竖直墙面上，关于两木块的受力，下列说法正确的是（ ）
A．A，B之间一定存在摩擦力作用
B．木块A可能受三个力作用
C．木块A一定受四个力作用
D．木块B受到地面的摩擦力作用方向向右
12．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）如图所示，质量为m的物体A在沿斜面向上的拉力F作用下沿斜面匀速下滑，此过程斜面体B仍静止，斜面体的质量为M，则水平地面对斜面体（ ）
A．无摩擦力 B．有水平向右的摩擦力
C．支持力为（m+M）g D．支持力小于（m+M）g
13．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）如图所示，用一轻绳将光滑小球P系于竖直墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一长方体物块Q，P、Q均处于静止状态，现有一铅笔紧贴墙壁从O点开始缓慢下移，则在铅笔缓慢下移的过程中（ ）
A．细绳的拉力逐渐变小 B．Q受到墙壁的弹力逐渐变大
C．Q受到墙壁的摩擦力逐渐变大 D．Q将从墙壁和小球之间滑落
14．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）如图所示，两个质量为m1的小球套在竖直放置的光滑支架上，支架的夹角为120°，用轻绳将两球与质量为m2的小球连接，绳与杆构成一个菱形，则m1：m2为（ ）
A．1：1 B．1：2 C．1： D． ：2
15．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）图中弹簧秤、绳和滑轮的重量均不计，绳与滑轮间的摩擦力不计，物体的重力都是G，在图甲、乙、丙三种情况下，弹簧秤的读数分别是F1、F2、F3，则（ ）
A．F1＞F2=F3 B．F3=F1＞F2 C．F1=F2=F3 D．F2＞F1=F3
二、填空题
16．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）如图所示，粗细和质量分布都均匀的呈直角的铁料aob质量为12kg，ao、ob两段长度相等，顶点o套在光滑固定轴上使直角铁料能绕o轴在竖直平面内转动，a端挂有质量为9kg的物体P，ao与竖直方向成37°角，则P对地面的压力大小是 N，要使P对地面的压力为零，至少在b端上施加力F= N．（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
17．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）拱券结构是古代人们解决建筑跨度的有效方法，如我国赵州桥．现有六个大小、形状、质量都相同的楔形石块组成一个半圆形拱券，如图所示．如果每个楔形石块所受重力均为50N，在中间两个契块A、B正上方放置一个重为100N的石块．则拱券两端的基石承受的压力各为 N，中间两个契块A、B之间的摩擦力大小为 N．
18．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）如图，光滑轻杆AB、BC通过A、B、C三点的铰接连接，与水平地面形成一个在竖直平面内三角形，AB杆长为L．BC杆与水平面成30°角，AB杆与水平面成60°角．一个质量为m的小球穿在BC杆上，并静止在底端C处．现对小球施加一个水平向左F= mg的恒力，当小球运动到CB杆的中点时，它的速度大小为 ，小球沿CB杆向上运动过程中AB杆对B处铰链的作用力随时间t的变化关系式为 ．
19．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）如图，粗细均匀的均质杆AB在B点用铰链与竖直墙连接，杆长为L．A端有一轻质滑轮（大小可忽略）．足够长的轻绳通过滑轮将重物吊住．若θ为370时恰好达到平衡，且保持绳AC在水平方向，则杆AB的质量m与重物的质量M的比值为 ．若将杆换为长度不变的轻杆，其它条件不变，则系统平衡时轻杆与竖直墙面的夹角为 ．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
20．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）如图所示，重G的风筝用绳子固定于地面P点，风的压力N垂直作用于风筝表面AB，并支持着风筝使它平衡．若测得绳子拉力为T，绳与地面夹角为α，不计绳所受重力，求风筝与水平面所成的角φ的正切值tanφ= 及风对风筝的压力N= ．
21．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）夹角为60°的V型槽固定在水平地面上，槽内放一根重500N的金属圆柱体，用F=200N沿圆柱体轴线方向的拉力拉圆柱体，可使它沿槽匀速滑动，如图所示．圆柱体和V型槽间的滑动摩擦因数为 ．
三、解答题
22．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）用如图所示装置做“研究有固定转动轴物体平衡条件“的实验，力矩盘上个同心圆的间距相等．
（1）（多选）在用细线悬挂钩码前，以下哪些措施是必要的（ ）
A．判断力矩盘是否在竖直平面
B．判断横杆B、是否严格保持水平
C．判断力矩盘与转轴间的摩擦是否足够小
D．判断力矩盘的重心是否位于盘中心
（2）在A、B、C三点分别用细线悬挂钩码后，力矩盘平衡，如图所示，已知每个钩码所受的重力为1牛，则此时弹簧称示数为 N．
（3）由于力矩盘偏心未经调整实际测出的弹簧称读数偏大，则力矩盘的重心在轴的 ．（填左方或右方）
23．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）轻绳的两端A、B固定在天花板上，绳能承受的最大拉力为120N．现用摩擦很大的挂钩将一重物挂在绳子上，结果挂钩停在C点，如图所示，两端与竖直方向的夹角分别为37°和53°．求：
（1）此重物的最大重力不应超过多少？sin37°=0.6；cos37°=0.8
（2）若将挂钩换成一个光滑的小滑轮，重物的最大重力可达多大？
24．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）如图所示，质量M=2 kg的木块套在水平杆 上，并用轻绳与质量m= kg的小球相连．今用跟水平方向成α=30°角的力F=10 N拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m的相对位置保持不变，g=10m/s2，求运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ及木块M与水平杆间的动摩擦因数．
25．（人教版物理高二选修2-2 1.2平动和转动同步练习）有一只小虫重为G，不慎跌入一个碗中，如图所示．碗内壁为一半径为R的球壳的一部分，其深度为D．碗与小虫脚间的动摩擦因数为μ，若小虫可以缓慢顺利地爬出碗口而不会滑入碗底．试问D的最大值为多少？（最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小）
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】A、由于B点始终处于平衡状态，故B点受到的力的大小为各力的合力．故B点在变化过程中受到的力始终为0．故大小不变．故A错误
B、由对A项的分析知B点受到的力始终为0，不变．故B错误．
C、由对A项的分析知B点受到的力始终为0，不变．故C正确．
D、由对A项的分析知B点受到的力始终为0，不变．故D错误．
故选：C
【分析】以B为研究对象，并受力分析．由题目中“缓慢”二字知整个变化过程中B处于平衡态．
2．【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；受力分析的应用；力的合成与分解的运用
【解析】【解答】解：分别对A、B两个相同的小物块受力分析如图，
由平衡条件，得：N=mgcosθ
同理N′=
由牛顿第三定律，A、B分别对球面的压力大小为N、N′；则它们之比为 ，故C正确
故选C
【分析】分别对A、B两个相同的小物块受力分析，由受力平衡，求得所受的弹力，再由牛顿第三定律，求A、B分别对球面的压力大小之比．
3．【答案】B
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】解答：整体的加速度 ，方向水平向左．
隔离对人分析，人在水平方向上受拉力、摩擦力，根据牛顿第二定律有：
设摩擦力方向水平向右．F﹣f=ma，解得f=F﹣ma= ．
若M=m，摩擦力为零．
若M＞m，摩擦力方向向右，大小为 ．
若M＜m，摩擦力方向向左，大小为 ．故A、C、D正确，B错误．
故选B．
分析：对人和车整体分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，再隔离对人分析，求出车对人的摩擦力大小．
4．【答案】A
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】解答：AB、对AB整体受力分析，受重力和支持力，相对地面无相对滑动趋势，故不受摩擦力，根据平衡条件，支持力等于整体的重力，为（M+m）g；根据牛顿第三定律，整体对地面的压力与地面对整体的支持力是相互作用力，大小相等，故对地面的压力等于（M+m）g，故A正确，B错误；
CD、对小球受力分析，如图所示：
根据平衡条件，有：，T=mgtanθ
其中cosθ= ， ，
故：，
故C、D错误；
故选：A．
分析：先对整体受力分析，然后根据共点力平衡条件分析AB选项，再隔离B物体受力分析后根据平衡条件分析CD选项．
5．【答案】A
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】物块匀速下滑时，受重力、支持力和摩擦力，三力平衡，故支持力和摩擦力的合力与重力平衡，竖直向上，根据牛顿第三定律得到滑块对斜面体的作用力方向竖直向下，等于mg；当加推力F后，根据滑动摩擦定律F=μN，支持力和滑动摩擦力同比增加，故其合力的方向不变，根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和滑动摩擦力的合力方向也不变，竖直向下；故斜面体相对与地面无运动趋势，静摩擦力仍然为零；故选A．
【分析】物块匀速下滑时，受重力、支持力和摩擦力，三力平衡，故支持力和摩擦力的合力与重力平衡，竖直向上，根据牛顿第三定律得到滑块对斜面体的作用力方向；当加推力F后，滑块对斜面体的压力和滑动摩擦力同比增加，合力方向不变．
6．【答案】D
【知识点】共点力平衡条件的应用；机械能综合应用；向心力
【解析】【解答】解：烧断水平细线前，小球处于平衡状态，合力为零，
根据几何关系得：F1=mgsin30°= mg；
烧断水平细线，设小球摆到最低点时速度为v，绳长为L．小球摆到最低点的过程中，由机械能守恒定律得：
mgL（1﹣sin30°）= mv2
在最低点，有 F2﹣mg=m
联立解得 F2=2mg；
故F1：F2等于1：4；
故选：D．
【分析】烧断水平细线前，小球处于平衡状态，合力为零，根据平衡条件求F1．烧断水平细线，当小球摆到最低点时，由机械能守恒定律求出速度，再由牛顿牛顿第二定律求F2．
7．【答案】B
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】解答：对小环Q受力分析，受到重力、支持力和拉力，如图
根据三力平衡条件，得到
N=mgtanθ
再对P、Q整体受力分析，受到总重力、OA杆支持力、向右的静摩擦力、BO杆的支持力，如图
根据共点力平衡条件，有
N=F
FN=（m+m）g=2mg
故
F=mgtanθ
当P环向左移一小段距离，角度θ变小，故静摩擦力F变小，支持力FN不变；
故选B．
分析：先对小环Q受力分析，受到重力、支持力和拉力，跟三力平衡条件，求出拉力的表达式；在对P、Q两个小环的整体受力分析，根据平衡条件再次列式分析即可．
8．【答案】B
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】解答：对于a球：a球受到重力G、拉力F和b球的支持力N，由平衡条件得：
F=Ncosθ，
Nsinθ=G
则得 F=Gcotθ，
根据数学知识可知，θ从30°增大到90°，F和N均逐渐减小，当θ=30°，F有最大值为 ，N有最大值为2G，故B正确．
故选B
分析：a球缓慢上升，合力近似为零，分析a受力情况，由平衡条件得到F以及b球对a的支持力与θ的关系式，即可分析其变化．
9．【答案】B
【知识点】对单物体(质点)的应用；受力分析的应用
【解析】【解答】解：对重物受力分析，受重力和拉力，加速下降，根据牛顿第二定律，有：m′g﹣T=m′a ①
再对人受力分析，受到重力、拉力和支持力，根据共点力平衡条件，有：N+T=mg ②
由①②，解得
N=（m﹣m′）g+m′a
故选B．
【分析】先对重物受力分析，受重力和拉力，加速下降，然后根据牛顿第二定律列式求出绳子的拉力；再对人受力分析，受到重力、拉力和支持力，根据平衡条件求出支持力，而台秤读数等于支持力．
10．【答案】A
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】解答：将B的运动分解为沿绳子方向的运动，以及垂直绳子方向运动即绕滑轮的转动，如图
解得
v2=vcosθ
由于θ不断变小，故v2不断变大；
由于物体A的速度等于v2，故物体A加速上升，加速度向上，即物体A处于超重状态，故绳子的拉力大于mg；
故选A．
分析：由于B做匀速运动，将B的运动分解为沿绳子方向的运动，以及垂直绳子方向运动即绕滑轮的转动，得到沿绳子方向的运动速度，即物体A的速度表达式，得到A的运动规律，再根据牛顿第二定律判断绳子拉力的变化情况．
11．【答案】B
【知识点】共点力平衡条件的应用；受力分析的应用
【解析】【解答】解：A、由于AB间接触面情况未知，若AB接触面光滑，则AB间可以没有摩擦力；故A错误；
B、对整体受力分析可知，A一定受向右的弹力；另外受重力和支持力；因为AB间可能没有摩擦力；故A可能只受三个力；故B正确；C错误；
D、木块B受重力、压力、A对B的垂直于接触面的推力作用，若推力向右的分力等于F，则B可能不受摩擦力；故D错误；
故选：B．
【分析】分别对AB及整体进行分析，由共点力的平衡条件可判断两物体可能的受力情况．
12．【答案】D
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】解答：以物体A和斜面体整体为研究对象，分析受力情况：重力（M+m）g、地面的支持力N，摩擦力F和拉力F，根据平衡条件得：
F=Fcosθ，方向水平向左
N=（M+m）g﹣Fsinθ＜（m+M）g
故选D
分析：物体A在沿斜面向上的拉力F作用下沿斜面匀速下滑，合力为零．斜面体B静止，合力也为零．以物体A和斜面体整体为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件研究水平地面对斜面体的摩擦力和支持力．
13．【答案】B
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】解答：A、对P分析，P受到重力、拉力和Q对P的弹力处于平衡，设拉力与竖直方向的夹角为θ，根据共点力平衡有：拉力，Q对P的支持力N=mgtanθ．铅笔缓慢下移的过程中，θ增大，则拉力F增大，Q对P的支持力增大．故A错误．
B、C、D、对Q分析知，在水平方向上P对A的压力增大，则墙壁对Q的弹力增大，在竖直方向上重力与摩擦力相等，所以A受到的摩擦力不变，Q不会从墙壁和小球之间滑落．故B正确，C、D错误．
故选：B．
分析：分别对P、Q受力分析，通过P、Q处于平衡判断各力的变化．
14．【答案】A
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】解答：将小球m2的重力按效果根据平行四边形定则进行分解如图，
由几何知识得：T=m2g①
对m1受力分析，由平衡条件，在沿杆的方向有：m1gsin30°=Tsin30°
得：T=m1g②
可见m1：m2的=1：1；
故选：A．
分析：将小球m2的重力按效果根据平行四边形定则进行分解，由几何知识求出m2g与绳子拉力T的关系，对m1受力分析，由平衡条件求出m1g与T的关系，进而得到m1：m2的比值．
15．【答案】B
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】甲图：物体静止，弹簧的拉力F1=mg；
乙图：对物体为研究对象，作出力图如图．
根据平衡条件有：F2=mgsin60°=0.866mg
丙图：以动滑轮为研究对象，受力如图．由几何知识得F3=mg．故F3=F1＞F2
故选B．
【分析】弹簧称的读数等于弹簧受到的拉力．甲图、乙图分别以物体为研究对象由平衡条件求解．丙图以动滑轮为研究对象分析受力情况，根据平衡条件求解．
16．【答案】80；48
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】两边的重心分别在中点，质量之比等于长度之比，则
两边重力之比：Ga：Gb=mag：mbg=1：1，
左边重力力臂：
Lb= ob×cos37°，
右边重力力臂：
Laoa×sin37°，
由杠杆平衡条件可知：
T×oa×sin37°+Ga×La=Gb×Lb，
代入数据的：T=10N
以P为研究对象，根据平衡条件：N=mg﹣T=90﹣10=80N
根据牛顿第三定律P对地面的压力大小是80N；
要使P对地面的压力为零，根据杠杆平衡条件：
mPg×oa×sin37°+Ga×La=Gb×Lb+F×ob
得：F=48N
故答案为：80；48．
【分析】铁丝均匀，两边铁丝的重心分别在其中点，两边质量之比等于长度之比，可求两边重力之比；求出两边力臂之比，根据力矩平衡条件列式求P对a拉力的大小，进而以物体为研究对象根据平衡条件求地面对P的支持力．
17．【答案】200；0
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】对半圆形拱券整体分析，竖直方向受重力和支持力，根据平衡条件，有：
2N=6G+100
解得：
N=3G+50=200N
结合牛顿第三定律，拱券两端的基石承受的压力均为200N；
对左边三块石块，竖直方向受重力、支持力和摩擦力（假设向下），根据竖直方向平衡，有：
N=3G+F
解得：F=N﹣3G=0
故答案为：200，0．
【分析】先对半圆形拱券整体分析，受重力和支持力，根据平衡条件求解支持力，结合牛顿第三定律得到压力；
对左边三块石块，竖直方向受重力、支持力和摩擦力（假设向下），根据竖直方向平衡求解．
18．【答案】；
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】如图对小球B进行受力【分析】
沿杆BC方向：Fcosθ﹣mgsinθ=ma
解得球的加速度为：
如图根据几何关系知BC长度为：
所以从C运动到BC中点，小球产生的位移为：
根据速度位移关系小球运动到BC中点的速度满足：
得：
从C点开始小球运动的位移x=
球在垂直杆的方向所受合力为零，故可知球对杆的作用力垂直杆的方向大小为N=mgcos30°+Fsin30°
根据力矩平衡知，AB杆平衡则BC杆对AB杆的作用力沿AB杆过转轴A点，即AB杆对B的作用力沿AB方向
如图：
由于杆BC平衡，则有：
FBLBCsin30°=Nx
即：FBLBCsin30°=mgcos30°x+Fsin30°x
又
故答案为： ，FB=
【分析】根据杆的长度关系求出BC杆的长度，通过对小球进行受力分析得出小球的加速度，再由运动规律求解小球到达BC中点时的速度大小，根据AB杆的平衡知AB杆对B的作用力沿AB杆向上，根据力矩平衡可以求出AB杆对B作用力与时间的关系．
19．【答案】；aRccos
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】由于物体m受力平衡，故细线的拉力等于mg；
当若θ为37°时杆恰好达到平衡，以B为支点，设杆长为L，根据力矩平衡条件得：
sin37°+MgLsin37°=MgLcos37°
解得：m：M=2：3
设AB长为L，这BC为0.8L；
若将杆换为长度不变的轻杆，杆AB受到铰链的作用力和轻绳对AB的压力，要使杆能够平衡，轻绳对AB的压力方向应在AC与AB之间，而轻绳对AB的压力等于轻绳AC和AG拉力的合力，这两个拉力大小相等，故AB在细线的两侧拉力的角平分线上，如图所示：
故，则α=aRccos
故答案为： ，aRccos ．
【分析】对粗细均匀的均质杆AB分析受力情况，若θ为37°时恰好达到平衡，以B为支点，根据力矩平衡条件求解质量之比；若将杆换为长度不变的轻杆，轻绳对AB的压力方向沿着杆的方向，即可得到θ的大小．
20．【答案】 ；
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】对风筝受力分析，并如图建立直角坐标系，将N及T沿坐标轴分解，则有：
x轴：Tcosα=Nsinφ；
y轴：Ncosφ=G+Tsinα；
联立解得：
故答案为：
【分析】对风筝受力分析，由共点力的平衡条件可求得压力及风筝与水平面所成的角φ的正切值．
21．【答案】0.2
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】因为圆柱体匀速滑动，所以拉力F等于摩擦力F，即F=200N
又因为圆柱体两面均与槽接触，所以每一面所受摩擦力F′=100N
如上图，对圆柱体受力分析，运用合成法，有几何知识知圆柱体对他的压力FN=mg=250N，
所以动摩擦因数 ；
故答案为：0.2．
【分析】因为圆柱体匀速滑动，拉力F等于摩擦力F，又因为圆柱体两面均与槽接触，所以每一面所受摩擦力为拉力的一半，根据几何关系求出正压力，再根据滑动摩擦力的公式即可求解滑动摩擦因数μ．
22．【答案】（1）A；C；D
（2）4
（3）右方
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】（1）A、为了防止细线及弹簧称与力矩盘摩擦，判断力矩盘是否处在竖直平面是必要的．故A正确．B、本实验与横杆MN是否平衡无关，没有必要检查横杆MN是否严格保持水平．故B错误．C、D、本实验要研究力矩盘平衡时砝码的拉力力矩和弹簧拉力力矩的关系，重力、摩擦力等影响要尽可能小，故CD正确．故选：ACD．（2）设A、B、C三处拉力大小分别为FA、FB、FC，弹簧称示数为F，由题FA=1N，FB=1N，FC=3N设力矩盘上相邻同心圆间距为R，则弹簧称拉力的力臂为L=2R根据力矩平衡得：FA 2R+FL=FB R+FC 3R
代入解得：F=4N；（3）由于力矩盘偏心未经调整实际测出的弹簧称读数偏大，因此力矩盘重心在轴的右方，才会导致弹簧秤实际读数偏大，
故答案为：（1）ACD（2）4；（3）右方．
【分析】（1）本实验要研究力矩盘平衡时砝码的拉力力矩和弹簧拉力力矩的关系，要尽可能减小其他力的影响，比如重力、摩擦力等影响．根据此要求分析选择．（2）分别确定A、B、C三点细线拉力大小和力臂大小，根据力矩平衡求出弹簧称拉力；（3）根据力矩盘心在轴的某一方，结合力矩平衡条件，即可得出弹簧称实际读数偏大还是偏小．
23．【答案】（1）取C点为研究对象进行受力分析如图甲所示．由图可知，物体平衡时AC上的张力比BC上大，所以当
AC上的张力为最大值120N时，BC上的张力小于120N，
由三角形法则重物的最大重力为：
（2）在图甲中，由几何关系设AB=s，则绳长L=0.6s+0.8s=1.4s；若将挂钩换成滑轮，则两根绳子的张力大小相等，对C点受力分析，
如图乙所示，由几何关系
由三角形法则重物的最大重力为：G=2Tcosθ=168N
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】（1）取C点为研究对象进行受力分析如图甲所示．
由图可知，物体平衡时AC上的张力比BC上大，所以当
AC上的张力为最大值120N时，BC上的张力小于120N，
由三角形法则重物的最大重力为：
答：重物的最大重力不应超过150N．（2）在图甲中，由几何关系设AB=s，则绳长L=0.6s+0.8s=1.4s；若将挂钩换成滑轮，则两根绳子的张力大小相等，对C点受力分析，
如图乙所示，由几何关系
由三角形法则重物的最大重力为：G=2Tcosθ=168N
答：重物的最大重力可达168N．
【分析】（1）对结点进行受力分析，根据共点力平衡求出哪根绳先断，从而以该绳的最大拉力求出重物的最大重力．（2）若将挂钩换成一个光滑的小滑轮，此时两根绳的拉力大小相等，与竖直方向的夹角相等，根据共点力平衡求出重物的最大重力．
24．【答案】设细绳对B的拉力为T．以小球为研究对象，分析受力，作出力图如图1，由平衡条件可得：Fcos30°=Tcosθ ①Fsin30+Tsinθ=mg ②代入解得：T=10 Ntanθ= ，即θ=30°再以木块和小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图2．再平衡条件得：Fcos30°=FN+Fsin30°=（M+m）g又F=μN得到： ．
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】设细绳对B的拉力为T．以小球为研究对象，分析受力，作出力图如图1，由平衡条件可得：
Fcos30°=Tcosθ①
Fsin30+Tsinθ=mg②
代入解得：
T=10 N
tanθ= ，即θ=30°
再以木块和小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图2．
再平衡条件得：
Fcos30°=F
N+Fsin30°=（M+m）g
又F=μN
得到：
答：运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ为30°，木块M与水平杆间的动摩擦因数 ．
【分析】以小球为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件求解轻绳与水平方向夹角θ；以木块和小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，由平衡条件和摩擦力公式求解木块与水平杆间的动摩擦因数μ．
25．【答案】对小虫受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力，到碗口时，最容易滑下，此时静摩擦力最大，等于滑动摩擦力，如图根据平衡条件，有F=mgsinθ ①N=mgcosθ ②其中F=μN ③cosθ= ④由①②③④解得：
【知识点】力矩平衡；共点力平衡条件的应用；动态平衡分析
【解析】【解答】对小虫受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力，到碗口时，最容易滑下，此时静摩擦力最大，等于滑动摩擦力，如图
根据平衡条件，有
F=mgsinθ①
N=mgcosθ②
其中F=μN③
cosθ= ④
由①②③④解得：
答：D的最大值为．
【分析】当昆虫在容器面上受到的摩擦力最大时恰好等于重力在该点切线方向的分力，应用平衡条件结合平面几何知识便可求解．
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