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2021届高考物理通用一轮练习：考点4 重力 弹力 摩擦力 力的合成与分解
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考点4 重力 弹力 摩擦力 力的合成与分解
题组一 基础小题
1．(多选)关于重力、弹力、摩擦力，下列说法中正确的是( )
A．一质量均匀分布的圆形薄板，重心在圆心处，若在其中央挖去一个小圆，重心就不存在了
B．放在桌面上的书对桌面产生了压力，其原因是书发生了形变
C．接触面间的摩擦力方向总是与这个接触面间的弹力方向垂直
D．滑动摩擦力的方向总是和物体的运动方向相反
答案 BC
解析 质量均匀分布的圆形薄板，重心在圆心处，若在其中央挖掉一个小圆，质量仍然均匀分布，故重心仍然在圆心处，A错误；弹力是由于施力物体发生形变后想要恢复原状而对和它接触的物体产生的力，放在桌面上的书对桌面产生了压力，其原因是书发生了形变，故B正确；接触面间的摩擦力方向总是与这个接触面相切，与这个接触面间的弹力方向垂直，故C正确；滑动摩擦力的方向总是和物体的相对运动方向相反，故D错误。
2．关于共点力的合成，下列说法正确的是( )
A．两个分力的合力一定比分力大
B．两个分力大小一定，夹角越大，合力越小
C．两个力合成，其中一个力增大，另外一个力不变，合力一定增大
D．现有三个力，大小分别为3 N、6 N、8 N，这三个力的合力最小值为1 N
答案 B
解析 由力的平行四边形定则可知，两个分力的夹角较大时，合力可能小于任一分力，故A错误；两个分力大小一定，夹角越大，合力越小，故B正确；两个力合成，其中一个力增大，另外一个力不变，合力不一定增大，故C错误；大小分别为3 N、6 N、8 N的三个力中，大小为3 N和6 N的两个力的合力范围在3 N到9 N之间，故这三个力的合力范围在0到17 N之间，故D错误。
3．在吊环比赛中，运动员有一个高难度的动作，就是先双手撑住吊环(此时两绳竖直且与肩同宽)，然后身体下移，双臂缓慢张开到如图所示位置。吊环悬绳的拉力大小均为FT，运动员所受的合力大小为F，则在两手之间的距离增大的过程中( )
A．FT减小，F增大 B．FT增大，F增大
C．FT减小，F不变 D．FT增大，F不变
答案 D
解析 对运动员受力分析，受到重力和两根悬绳的拉力，由于运动员一直处于平衡状态，故其所受合力F大小为零，保持不变；两悬绳拉力的合力与重力等大反向，由于运动员两手之间的距离增大的过程中两个拉力的合力不变，夹角变大，故两个拉力不断变大，故D正确，A、B、C错误。
4．为了把陷在泥坑里的汽车拉出来，司机用一条结实的绳子把汽车拴在一棵大树上，开始时汽车和树相距12 m，然后在绳的中点用400 N的力F沿与绳垂直的方向拉绳，结果中点被拉过60 cm，如图所示，假设绳子的伸长不计，则汽车受到的拉力为( )
A．200 N B．400 N
C．2000 N D．800 N
答案 C
解析 对绳的中点O受力分析，如图所示，根据力的合成法则，结合几何知识，有：＝，解得：T＝2000 N，故C正确。
5．将一根轻质弹簧上端固定，下端悬挂一质量为m的物体，物体静止时，弹簧长度为L1；而当弹簧下端固定在水平地面上，将质量为m的物体压在其上端，物体静止时，弹簧长度为L2。已知重力加速度为g，则该弹簧的劲度系数是( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 设弹簧原长为L0，由胡克定律得F＝kx，式中x为形变量，弹簧下端悬挂一质量为m的物体时，有：mg＝k(L1－L0)，将质量为m的物体压在弹簧的上端时，有：mg＝k(L0－L2)，联立各式解得：k＝，故B正确。
6．如图所示，物体A放在粗糙水平面上，左边用一根轻弹簧和竖直墙相连，静止时弹簧的长度小于原长，若再用一个从零开始逐渐增大的水平力F向左推A，直到把A推动，在A被推动之前的过程中，弹簧对A的弹力F1大小和地面对A的摩擦力f大小的变化情况是( )
A．F1保持不变，f始终减小
B．F1保持不变，f先减小后增大
C．F1始终增大，f始终减小
D．F1先不变后增大，f先减小后增大
答案 B
解析 由题意可知，A放在粗糙水平面上，静止时弹簧的长度小于原长，则弹簧对A的推力向右，A同时受到水平向左的静摩擦力；若再用一个从零开始逐渐增大的水平力F向左推A，在把A推动前的过程中，弹簧长度不变，因此弹簧对A的弹力F1不变，物体A受到的静摩擦力先减小后反向增大，故B正确。
7．如图所示，物体A、B叠放在物体C上，C置于水平地面上，水平力F作用于B，使A、B、C一起匀速运动，各接触面间摩擦力的情况是( )
A．B对C有向左的摩擦力
B．C对A有向左的摩擦力
C．C受到三个摩擦力作用
D．C对地面有向右的摩擦力
答案 D
解析 A、B、C一起做匀速运动，每个物体所受合力均为0。以A为研究对象，可知A与C间无摩擦力，B错误；以B为研究对象，C对B有向左的摩擦力，故B对C有向右的摩擦力，A错误；以A、B、C整体为研究对象，可知地面对C有水平向左的摩擦力，故C对地面有向右的摩擦力，D正确；综上所述，C受到两个摩擦力作用，C错误。
8．如图所示，有8个完全相同的长方体木板叠放在一起，每个木板的质量为100 g，某人用手在这叠木板的两侧各加一水平压力F，使木板水平静止。若手与木板之间的动摩擦因数为μ1＝0.5，木板与木板之间的动摩擦因数为μ2＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。则水平压力F至少为( )
A．8 N B．15 N
C．16 N D．30 N
答案 B
解析 先将所有的木板当成整体进行受力分析，该整体竖直方向受重力和静摩擦力，故有2μ1F≥8mg；再对除两外侧木板的剩余木板受力分析，竖直方向受重力和静摩擦力，有2μ2F≥6mg；联立解得F≥15 N，故B正确，A、C、D错误。
9．(多选)用水平力F将木块压在竖直墙上，如图所示，已知木块重G＝6 N，木块与墙壁之间的动摩擦因数μ＝0.25，以下说法正确的是( )
A．当F＝25 N时，木块没有动，木块受到的摩擦力为6 N
B．当F＝10 N时，木块沿墙面下滑，木块受到的摩擦力为2.5 N
C．当F变大时，木块受到的摩擦力也会一直变大
D．当F＝0时，木块将向下做自由落体运动
答案 ABD
解析 当F＝25 N时，木块受到墙面的最大静摩擦力fm1＝μF1＝0.25×25 N＝6.25 N>G，故木块可以保持静止，根据平衡条件可得木块实际受到的摩擦力为f1＝G＝6 N，故A正确；当F＝10 N时，木块受到的最大静摩擦力fm2＝μF2＝0.25×10 N＝2.5 N
A．若只增加Q桶的砂子，再次平衡后C点位置不变
B．若只增加P桶的砂子，再次平衡后C点位置不变
C．若在两桶内增加相同质量的砂子，再次平衡后C点位置不变
D．若在两桶内增加相同质量的砂子，再次平衡后砂桶Q位置上升
答案 C
解析 对砂桶Q受力分析有FT＝GQ，设A、B之间两段绳的夹角为θ，对砂桶P受力分析可知其受三力而平衡，两侧的绳张力相等，有2FTcos＝GP，联立可知2GQcos＝GP，故若只增加Q桶的砂子，GQ变大，夹角θ变大，C点上升；若只增加P桶的砂子，GP变大，夹角θ变小，C点下降，故A、B错误。开始时2GQcos＝GP，θ＝120°，可得GP＝GQ，故两砂桶增加相同质量的砂子时，GP与GQ仍相等，θ＝120°不变，C点的位置和砂桶Q位置不变，故C正确，D错误。
11．(多选)如图为表面粗糙的倾斜皮带传输装置，皮带的传动速度保持不变。物体被无初速度地放在皮带的底端A上，开始时物体在皮带上滑动，当它到达位置B后就不再相对皮带滑动，而是随皮带一起匀速运动，直至传送到顶端C，在传送过程中，物体受到的摩擦力( )
A．在AB段为沿皮带向上的滑动摩擦力
B．在AB段为沿皮带向下的滑动摩擦力
C．在BC段不受静摩擦力
D．在BC段为沿皮带向上的静摩擦力
答案 AD
解析 在AB段物体做匀加速直线运动，从A到B过程，物体对皮带有压力，且物体相对皮带沿皮带向下滑动，接触面粗糙，故物体受到沿皮带向上的滑动摩擦力，A正确，B错误；在BC段物体做匀速直线运动，受力平衡，所受合力为零，物体受重力、支持力和沿皮带向上的静摩擦力，故C错误，D正确。
12．如图甲所示，一物块静止在倾角为α的固定斜面上，现给物块施加一个平行于斜面底边且逐渐增大的水平力F作用，物块所受摩擦力f和推力 F的大小关系如图乙所示，图中a、b、F0均为已知量。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法不正确的是( )
A．由图可求出物块的质量
B．由图可求出物块与斜面间的动摩擦因数
C．F小于F0时物块保持静止状态
D．F大于F0后物块做匀变速运动
答案 D
解析 设物块的质量为m，当推力F＝0时，物块所受的摩擦力为a＝mgsinα，可以得出物块质量m＝，A正确；当推力F增大到F0时，物块开始滑动，所受的摩擦力为b＝μmgcosα，可得出物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝＝，B正确；F小于F0时物块保持静止状态，C正确；F大于F0后物块运动，随F增大，物块所受合力变化，故不是做匀变速运动，D错误。本题要求选说法不正确的，故选D。
13．智能手机的普及使“低头族”应运而生，低头时，颈椎受到的压力会增大(当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重力)，现将人体头颈部简化为如图所示的模型：重心在头部的P点，头在可绕O转动的颈椎OP(可看成轻杆)的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止，当低头时，若颈椎与竖直方向的夹角为45°，PQ与竖直方向的夹角为53°，此时颈椎受到的压力与直立时颈椎受到的压力的比值为(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)( )
A．4 B．5
C．4 D．5
答案 C
解析 以头为研究对象，进行受力分析，如图所示，在水平方向：FNsin45°＝Fsin53°，在竖直方向：FNcos45°＝mg＋Fcos53°，联立解得FN＝4mg；又因为直立时颈椎受到的压力等于头部的重力，则＝4，故C正确，A、B、D错误。
题组二 高考小题
14．(2019·全国卷Ⅱ)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行。已知物块与斜面之间的动摩擦因数为，重力加速度取10 m/s2。若轻绳能承受的最大张力为1500 N，则物块的质量最大为( )
A．150 kg B．100 kg
C．200 kg D．200 kg
答案 A
解析 物块沿斜面向上匀速运动，受力如图，根据平衡条件有F＝Ff＋mgsinθ①
Ff＝μFN②
FN＝mgcosθ③
由①②③式得
F＝mgsinθ＋μmgcosθ
所以m＝
故当Fmax＝1500 N时，有mmax＝150 kg，A正确。
15．(2018·天津高考)(多选)明朝谢肇淛《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可。一游僧见之，曰：无烦也，我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身。假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力FN，则( )
A．若F一定，θ大时FN大
B．若F一定，θ小时FN大
C．若θ一定，F大时FN大
D．若θ一定，F小时FN大
答案 BC
解析 力F的分解如图所示，由于木楔是等腰三角形，所以FN＝FN1＝FN2，F＝2FNcos(90°－)＝2FNsin，故解得FN＝，所以F一定时，θ越小，FN越大；θ一定时，F越大，FN越大，故A、D错误，B、C正确。
16．(2017·全国卷Ⅱ)如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动。物块与桌面间的动摩擦因数为( )
A．2－ B.
C. D.
答案 C
解析 设物块的质量为m。据平衡条件及摩擦力公式有拉力F水平时，F＝μmg①
拉力F与水平面成60°角时，
Fcos60°＝μ(mg－Fsin60°)②
联立①②式解得μ＝。故选C。
17．(2019·全国卷Ⅲ)用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则( )
A．F1＝mg，F2＝mg
B．F1＝mg，F2＝mg
C．F1＝mg，F2＝mg
D．F1＝mg，F2＝mg
答案 D
解析 如图所示，卡车匀速行驶，圆筒受力平衡，由题意知，力F1′与F2′相互垂直。由牛顿第三定律知F1＝F1′，F2＝F2′，则F1＝mgsin60°＝mg，F2＝mgsin30°＝mg，D正确。
18．(2016·全国卷Ⅲ)如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球。在a和b之间的细线上悬挂一小物块。平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径。不计所有摩擦。小物块的质量为( )
A. B.m
C．m D．2m
答案 C
解析 由于物块通过挂钩悬挂在线上，细线穿过圆环且所有摩擦都不计，可知线上各处张力都等于小球重力mg。如图所示，由对称性可知a、b位于同一水平线上，物块处于圆心O点正上方，则∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠1＝∠5。因圆弧对轻环的弹力沿圆弧半径方向，且轻环重力不计，由平衡条件知环两侧细线关于圆弧半径对称，即∠5＝∠6，由几何关系得∠1＝∠2＝∠5＝∠6＝30°，∠3＝∠4＝60°。再由物块与挂钩的受力平衡有mgcos60°＋mgcos60°＝Mg，故有M＝m，C正确。
19．(2017·全国卷Ⅲ)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm。将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)( )
A．86 cm B．92 cm
C．98 cm D．104 cm
答案 B
解析 轻质弹性绳的两端分别固定在相距80 cm的两点上，钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm，以钩码为研究对象，受力如图所示，由胡克定律F＝k(l－l0)＝0.2k，由共点力的平衡条件和几何知识得F＝＝；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，设弹性绳的总长度变为l′，由胡克定律得F′＝k(l′－l0)，由共点力的平衡条件F′＝，联立上面各式解得l′＝92 cm，选项B正确。
20．(2019·天津高考) 2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式开通。为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索(所有钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥，其索塔与钢索如图所示。下列说法正确的是( )
A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力
B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度
C．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下
D．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布
答案 C
解析 索塔对钢索竖直向上的作用力跟钢索和桥体整体的重力平衡，增加钢索数量，其整体重力变大，故索塔受到的向下的压力变大，A错误；若索塔高度降低，则钢索与竖直方向夹角θ将变大，由Tcosθ＝G可知，钢索拉力T将变大，B错误；两侧钢索的拉力对称，合力一定竖直向下，C正确；若两侧的钢索非对称分布，但其水平方向的合力为0，合力仍竖直向下，D错误。
题组三 模拟小题
21．(2019·湖南四市调研)如图所示，在水平晾衣杆上晾晒床单时，为了使床单尽快晾干，可在床单间支撑轻质小木棍。小木棍的位置不同，两侧床单间夹角θ将不同。设床单重力为G，晾衣杆对床单的作用力大小为F，下列说法正确的是( )
A．θ越大，F越大
B．θ越大，F越小
C．无论θ取何值，都有F＝G
D．只有当θ＝120°时，才有F＝G
答案 C
解析 以床单和小木棍整体为研究对象，整体受到重力G和晾衣杆的支持力F，由平衡条件知F＝G，与θ取何值无关，故A、B、D错误，C正确。
22．(2019·山东济宁二模)我国2007年建成的国家大剧院外部呈椭球型。为了简化，将国家大剧院的屋顶近似为半球形，某警卫人员在执行特殊任务时，必须在屋顶上向上缓慢爬行，他在爬行的过程中屋顶对他的( )
A．支持力不变 B．支持力变小
C．摩擦力变小 D．摩擦力变大
答案 C
解析 对警卫人员受力分析，如图所示。因为该警卫人员缓慢爬行，所以其所受合力为零：mgcosβ＝FN，mgsinβ＝Ff，向上爬的过程中，夹角β减小，cosβ变大，sinβ变小，所以摩擦力变小，支持力变大，故A、B、D错误，C正确。
23.(2019·山东济宁一模)如图所示，质量为m的长木板放在水平地面上，站在木板上的人用斜向右下方的力F推箱子，三者都保持静止。人和箱子的质量也均为m，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．人对长木板的压力大小为mg
B．长木板对地面的压力大于3mg
C．箱子受到的摩擦力的方向水平向左
D．地面对长木板的摩擦力的方向水平向左
答案 C
解析 人用斜向下的力推箱子，对人受力分析，受重力、木板的支持力以及箱子的支持力(推力的反作用力)，人在竖直方向受力平衡，则箱子对人支持力的竖直分力和木板对人支持力的合力等于人的重力，故木板对人的支持力小于mg，根据牛顿第三定律知人对木板的压力小于mg，故A错误；对三者组成的整体受力分析，受重力和地面的支持力，根据平衡条件，支持力等于3mg，根据牛顿第三定律，长木板对地面的压力等于3mg，B错误；人用力F斜向右推箱子，对箱子受力分析，受推力、重力、支持力、静摩擦力，根据平衡条件，可知箱子受到的摩擦力方向水平向左，与推力的水平分力平衡，故C正确；对三者组成的整体受力分析，受重力和支持力，不受摩擦力作用，否则不平衡，故地面与木板间没有摩擦力，D错误。
24.(2020·山东菏泽高三上学期期中)某压榨机的结构示意图如图所示，其中B为固定铰链，若在A铰链处作用一垂直于墙壁的力F，则由于力F的作用，使滑块C压紧物体D。设C与D的接触面光滑，铰链的重力及滑块C的重力不计，图中a＝0.6 m，b＝0.1 m，则物体D所受压力的大小与力F的比值为( )
A．3∶1 B．4∶1
C．5∶1 D．6∶1
答案 A
解析 设力F与AC方向的夹角为θ，将力F按作用效果沿AB和AC两个方向进行分解，作出力的分解图如图甲所示。
则有：2F1cosθ＝2F2cosθ＝F，
则得F1＝F2＝。
再将F2按作用效果分解为FN和FN′，作出力的分解图如图乙所示。
则有：FN＝F2sinθ，联立得到：FN＝，根据几何知识可得tanθ＝＝6；代入上式可得FN∶F＝3∶1，故A正确。
25．(2019·成都高新区一诊)叠放在水平地面上的四个完全相同的排球如图所示，质量均为m，相互接触，球与地面间的动摩擦因数都为μ，则( )
A．上方球与下方三个球间均没有弹力
B．下方三个球与水平地面间均没有摩擦力
C．水平地面对下方三个球的支持力均为mg
D．水平地面对下方三个球的摩擦力均为μmg
答案 C
解析 对上方球受力分析可知，球受重力和下方球的支持力而处于平衡状态，所以上方球一定与下方三个球有弹力的作用，故A错误；下方球受上方球斜向下的弹力作用，所以下方球有相对地面运动的趋势，故下方球与水平地面间有摩擦力作用，B错误；对四个球整体受力分析，竖直方向受重力和地面的支持力而处于平衡状态，所以下方三个球受到的水平地面的支持力的合力大小为4mg，则下方每个球受到的水平地面的支持力均为mg，故C正确；下方三个球受到的水平地面的摩擦力是静摩擦力，故不能根据滑动摩擦力公式进行计算，D错误。
26．(2019·吉林五地六校联考)如图所示，在高度不同的两水平台阶上放有质量分别为m1、m2的两物体，物体间用轻弹簧相连，弹簧与竖直方向的夹角为θ。在m1左端施加水平拉力F，使m1、m2均处于静止状态。已知m1表面光滑，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．弹簧可能处于原长状态
B．弹簧弹力的大小为
C．地面对m2的摩擦力大小为F
D．地面对m2的支持力可能为零
答案 C
解析 设弹簧弹力的大小为F弹，隔离m1受力分析，由平衡条件得F＝F弹sinθ，解得F弹＝，A、B错误；设地面对m2的摩擦力大小为f，隔离m2受力分析，由平衡条件得f＝F弹sinθ＝F，因为m2在水平方向受到摩擦力作用，则地面对m2的支持力不可能为零，C正确，D错误。
27．(2019·河南许昌二模)(多选)如图所示，自动卸货车始终静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下改变与水平面间的夹角，以卸下车厢中的货物。当倾角增大到θ时，质量为M的木箱A与装在箱内的质量为m的物体B一起以共同的速度v沿车厢底匀速滑下，则下列说法正确的是( )
A．A、B间没有静摩擦力
B．A受到B的静摩擦力方向沿车厢底面向下
C．A受到车厢底面的滑动摩擦力大小为Mgsinθ
D．A与车厢底面间的动摩擦因数μ＝tanθ
答案 BD
解析 对B受力分析，沿车厢底面方向有mgsinθ＝f，静摩擦力f方向沿车厢底面向上，由牛顿第三定律可知，A受到B的静摩擦力方向沿车厢底面向下，A错误，B正确；对A、B组成的整体受力分析，A受到车厢底面的滑动摩擦力大小为(M＋m)gsinθ＝μ(M＋m)gcosθ，解得μ＝tanθ，C错误，D正确。
28．(2019·江西赣州高三上学期期末)(多选)张鹏同学在家帮妈妈洗完衣服后，挂在如图所示的晾衣架上晾晒，A、B为竖直墙壁上等高的两点，AO、BO为长度相等的两根轻绳，CO为一根轻杆。转轴C在AB中点D的正下方，AOB在同一水平面上。∠AOB＝60°，∠DOC＝30°，衣服质量为m，则( )
A．CO杆所受的压力大小为2mg
B．CO杆所受的压力大小为mg
C．AO绳所受的拉力大小为mg
D．BO绳所受的拉力大小为mg
答案 AD
解析 以O点为研究对象，O点受到拉力T、CO杆的支持力F1和绳AO、BO的拉力，设绳AO和绳BO拉力的合力为F，作出O点的受力示意图如图1所示，根据平衡条件得：F1＝＝2mg，由牛顿第三定律知CO杆所受的压力大小为2mg，故A正确，B错误；F＝mgtan60°＝mg，将F沿OA、OB方向分解，如图2所示，设绳AO和绳BO所受拉力的大小均为F2，则F＝2F2cos30°，解得F2＝mg，故C错误，D正确。
题组一 基础大题
29．如图所示，质量为2 kg的物体放在水平地板上，用一原长为8 cm的轻质弹簧水平拉该物体，当其刚开始运动时，弹簧的长度为11 cm，当弹簧拉着物体匀速前进时，弹簧的长度为10.5 cm，已知弹簧的劲度系数k＝200 N/m。求：
(1)物体所受的最大静摩擦力为多大？
(2)物体所受的滑动摩擦力为多大？
(3)物体与地板间的动摩擦因数是多少？(g均取10 m/s2)
答案 (1)6 N (2)5 N (3)0.25
解析 (1)物体所受的最大静摩擦力等于物体刚开始滑动时的弹簧拉力大小，
由胡克定律可求得：F1＝kΔx1＝200×0.03 N＝6 N，因此物体所受的最大静摩擦力大小为6 N。
(2)当物体匀速前进时，弹簧伸长2.5 cm，弹簧的拉力等于滑动摩擦力，
所以滑动摩擦力f＝F2＝kΔx2＝200×0.025 N＝5 N。
(3)由f＝μFN可得，动摩擦因数为μ＝＝＝＝0.25。
30．如图所示，位于水平桌面上的物块P，由跨过定滑轮的轻绳与物块Q相连，从滑轮到P和到Q的两段绳都是水平的，已知Q与P之间以及P与桌面之间的动摩擦因数都为μ＝0.4，物块P重为40 N，物块Q重为20 N，滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦都不计，若用一水平向右的力F拉P使它做匀速运动，求：
(1)物块Q所受到的滑动摩擦力的大小和方向；
(2)物块P所受地面的滑动摩擦力的大小和方向；
(3)拉动物块P所需的力F为多大。
答案 (1)8 N 方向水平向右 (2)24 N 方向水平向左 (3)40 N
解析 (1)物块Q所受到的滑动摩擦力的大小f1＝μNQ＝μGQ＝0.4×20 N＝8 N，方向水平向右。
(2)物块P所受地面的滑动摩擦力的大小f2＝μNP＝μ(GP＋GQ)＝0.4×(40＋20) N＝24 N，方向水平向左。
(3)设跨过定滑轮的轻绳拉力大小为T，
对物块Q，由平衡条件得：T＝f1＝8 N
对物块P受力分析，P水平方向受到向右的拉力F、Q对P向左的摩擦力及地面对P向左的摩擦力，根据平衡条件，有F＝f1＋f2＋T＝8 N＋24 N＋8 N＝40 N。
题组二 模拟大题
31．(2019·河北唐山一模)如图所示，两个半圆柱A、B相接触并静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R。C的质量为2m，A、B的质量都为m，与地面间的动摩擦因数均为μ。现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
(1)未拉A时，C受到B作用力的大小F；
(2)动摩擦因数的最小值μmin。
答案 (1)mg (2)
解析 (1)对C受力分析，如图所示，
根据平衡条件有2Fcos30°＝2mg
解得F＝mg。
(2)C恰好降到地面时，B受C压力的水平分力最大，受力分析可知
2Fmaxcos60°＝2mg，
Fxmax＝Fmaxsin60°
解得Fxmax＝mg
此时，B受地面的摩擦力Ff＝Fxmax＝mg
对A、B、C整体受力分析可知，地面对整体的支持力
N＝mg＋mg＋2mg＝4mg
则B受地面的支持力FN＝＝2mg，整个过程中FN不变，
根据题意，B保持静止，则μFN≥Ff，解得μ≥，故μmin＝。
考点4 重力 弹力 摩擦力 力的合成与分解
题组一 基础小题
1．(多选)关于重力、弹力、摩擦力，下列说法中正确的是( )
A．一质量均匀分布的圆形薄板，重心在圆心处，若在其中央挖去一个小圆，重心就不存在了
B．放在桌面上的书对桌面产生了压力，其原因是书发生了形变
C．接触面间的摩擦力方向总是与这个接触面间的弹力方向垂直
D．滑动摩擦力的方向总是和物体的运动方向相反
答案 BC
解析 质量均匀分布的圆形薄板，重心在圆心处，若在其中央挖掉一个小圆，质量仍然均匀分布，故重心仍然在圆心处，A错误；弹力是由于施力物体发生形变后想要恢复原状而对和它接触的物体产生的力，放在桌面上的书对桌面产生了压力，其原因是书发生了形变，故B正确；接触面间的摩擦力方向总是与这个接触面相切，与这个接触面间的弹力方向垂直，故C正确；滑动摩擦力的方向总是和物体的相对运动方向相反，故D错误。
2．关于共点力的合成，下列说法正确的是( )
A．两个分力的合力一定比分力大
B．两个分力大小一定，夹角越大，合力越小
C．两个力合成，其中一个力增大，另外一个力不变，合力一定增大
D．现有三个力，大小分别为3 N、6 N、8 N，这三个力的合力最小值为1 N
答案 B
解析 由力的平行四边形定则可知，两个分力的夹角较大时，合力可能小于任一分力，故A错误；两个分力大小一定，夹角越大，合力越小，故B正确；两个力合成，其中一个力增大，另外一个力不变，合力不一定增大，故C错误；大小分别为3 N、6 N、8 N的三个力中，大小为3 N和6 N的两个力的合力范围在3 N到9 N之间，故这三个力的合力范围在0到17 N之间，故D错误。
3．在吊环比赛中，运动员有一个高难度的动作，就是先双手撑住吊环(此时两绳竖直且与肩同宽)，然后身体下移，双臂缓慢张开到如图所示位置。吊环悬绳的拉力大小均为FT，运动员所受的合力大小为F，则在两手之间的距离增大的过程中( )
A．FT减小，F增大 B．FT增大，F增大
C．FT减小，F不变 D．FT增大，F不变
答案 D
解析 对运动员受力分析，受到重力和两根悬绳的拉力，由于运动员一直处于平衡状态，故其所受合力F大小为零，保持不变；两悬绳拉力的合力与重力等大反向，由于运动员两手之间的距离增大的过程中两个拉力的合力不变，夹角变大，故两个拉力不断变大，故D正确，A、B、C错误。
4．为了把陷在泥坑里的汽车拉出来，司机用一条结实的绳子把汽车拴在一棵大树上，开始时汽车和树相距12 m，然后在绳的中点用400 N的力F沿与绳垂直的方向拉绳，结果中点被拉过60 cm，如图所示，假设绳子的伸长不计，则汽车受到的拉力为( )
A．200 N B．400 N
C．2000 N D．800 N
答案 C
解析 对绳的中点O受力分析，如图所示，根据力的合成法则，结合几何知识，有：＝，解得：T＝2000 N，故C正确。
5．将一根轻质弹簧上端固定，下端悬挂一质量为m的物体，物体静止时，弹簧长度为L1；而当弹簧下端固定在水平地面上，将质量为m的物体压在其上端，物体静止时，弹簧长度为L2。已知重力加速度为g，则该弹簧的劲度系数是( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 设弹簧原长为L0，由胡克定律得F＝kx，式中x为形变量，弹簧下端悬挂一质量为m的物体时，有：mg＝k(L1－L0)，将质量为m的物体压在弹簧的上端时，有：mg＝k(L0－L2)，联立各式解得：k＝，故B正确。
6．如图所示，物体A放在粗糙水平面上，左边用一根轻弹簧和竖直墙相连，静止时弹簧的长度小于原长，若再用一个从零开始逐渐增大的水平力F向左推A，直到把A推动，在A被推动之前的过程中，弹簧对A的弹力F1大小和地面对A的摩擦力f大小的变化情况是( )
A．F1保持不变，f始终减小
B．F1保持不变，f先减小后增大
C．F1始终增大，f始终减小
D．F1先不变后增大，f先减小后增大
答案 B
解析 由题意可知，A放在粗糙水平面上，静止时弹簧的长度小于原长，则弹簧对A的推力向右，A同时受到水平向左的静摩擦力；若再用一个从零开始逐渐增大的水平力F向左推A，在把A推动前的过程中，弹簧长度不变，因此弹簧对A的弹力F1不变，物体A受到的静摩擦力先减小后反向增大，故B正确。
7．如图所示，物体A、B叠放在物体C上，C置于水平地面上，水平力F作用于B，使A、B、C一起匀速运动，各接触面间摩擦力的情况是( )
A．B对C有向左的摩擦力
B．C对A有向左的摩擦力
C．C受到三个摩擦力作用
D．C对地面有向右的摩擦力
答案 D
解析 A、B、C一起做匀速运动，每个物体所受合力均为0。以A为研究对象，可知A与C间无摩擦力，B错误；以B为研究对象，C对B有向左的摩擦力，故B对C有向右的摩擦力，A错误；以A、B、C整体为研究对象，可知地面对C有水平向左的摩擦力，故C对地面有向右的摩擦力，D正确；综上所述，C受到两个摩擦力作用，C错误。
8．如图所示，有8个完全相同的长方体木板叠放在一起，每个木板的质量为100 g，某人用手在这叠木板的两侧各加一水平压力F，使木板水平静止。若手与木板之间的动摩擦因数为μ1＝0.5，木板与木板之间的动摩擦因数为μ2＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。则水平压力F至少为( )
A．8 N B．15 N
C．16 N D．30 N
答案 B
解析 先将所有的木板当成整体进行受力分析，该整体竖直方向受重力和静摩擦力，故有2μ1F≥8mg；再对除两外侧木板的剩余木板受力分析，竖直方向受重力和静摩擦力，有2μ2F≥6mg；联立解得F≥15 N，故B正确，A、C、D错误。
9．(多选)用水平力F将木块压在竖直墙上，如图所示，已知木块重G＝6 N，木块与墙壁之间的动摩擦因数μ＝0.25，以下说法正确的是( )
A．当F＝25 N时，木块没有动，木块受到的摩擦力为6 N
B．当F＝10 N时，木块沿墙面下滑，木块受到的摩擦力为2.5 N
C．当F变大时，木块受到的摩擦力也会一直变大
D．当F＝0时，木块将向下做自由落体运动
答案 ABD
解析 当F＝25 N时，木块受到墙面的最大静摩擦力fm1＝μF1＝0.25×25 N＝6.25 N>G，故木块可以保持静止，根据平衡条件可得木块实际受到的摩擦力为f1＝G＝6 N，故A正确；当F＝10 N时，木块受到的最大静摩擦力fm2＝μF2＝0.25×10 N＝2.5 N
A．若只增加Q桶的砂子，再次平衡后C点位置不变
B．若只增加P桶的砂子，再次平衡后C点位置不变
C．若在两桶内增加相同质量的砂子，再次平衡后C点位置不变
D．若在两桶内增加相同质量的砂子，再次平衡后砂桶Q位置上升
答案 C
解析 对砂桶Q受力分析有FT＝GQ，设A、B之间两段绳的夹角为θ，对砂桶P受力分析可知其受三力而平衡，两侧的绳张力相等，有2FTcos＝GP，联立可知2GQcos＝GP，故若只增加Q桶的砂子，GQ变大，夹角θ变大，C点上升；若只增加P桶的砂子，GP变大，夹角θ变小，C点下降，故A、B错误。开始时2GQcos＝GP，θ＝120°，可得GP＝GQ，故两砂桶增加相同质量的砂子时，GP与GQ仍相等，θ＝120°不变，C点的位置和砂桶Q位置不变，故C正确，D错误。
11．(多选)如图为表面粗糙的倾斜皮带传输装置，皮带的传动速度保持不变。物体被无初速度地放在皮带的底端A上，开始时物体在皮带上滑动，当它到达位置B后就不再相对皮带滑动，而是随皮带一起匀速运动，直至传送到顶端C，在传送过程中，物体受到的摩擦力( )
A．在AB段为沿皮带向上的滑动摩擦力
B．在AB段为沿皮带向下的滑动摩擦力
C．在BC段不受静摩擦力
D．在BC段为沿皮带向上的静摩擦力
答案 AD
解析 在AB段物体做匀加速直线运动，从A到B过程，物体对皮带有压力，且物体相对皮带沿皮带向下滑动，接触面粗糙，故物体受到沿皮带向上的滑动摩擦力，A正确，B错误；在BC段物体做匀速直线运动，受力平衡，所受合力为零，物体受重力、支持力和沿皮带向上的静摩擦力，故C错误，D正确。
12．如图甲所示，一物块静止在倾角为α的固定斜面上，现给物块施加一个平行于斜面底边且逐渐增大的水平力F作用，物块所受摩擦力f和推力 F的大小关系如图乙所示，图中a、b、F0均为已知量。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法不正确的是( )
A．由图可求出物块的质量
B．由图可求出物块与斜面间的动摩擦因数
C．F小于F0时物块保持静止状态
D．F大于F0后物块做匀变速运动
答案 D
解析 设物块的质量为m，当推力F＝0时，物块所受的摩擦力为a＝mgsinα，可以得出物块质量m＝，A正确；当推力F增大到F0时，物块开始滑动，所受的摩擦力为b＝μmgcosα，可得出物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝＝，B正确；F小于F0时物块保持静止状态，C正确；F大于F0后物块运动，随F增大，物块所受合力变化，故不是做匀变速运动，D错误。本题要求选说法不正确的，故选D。
13．智能手机的普及使“低头族”应运而生，低头时，颈椎受到的压力会增大(当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重力)，现将人体头颈部简化为如图所示的模型：重心在头部的P点，头在可绕O转动的颈椎OP(可看成轻杆)的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止，当低头时，若颈椎与竖直方向的夹角为45°，PQ与竖直方向的夹角为53°，此时颈椎受到的压力与直立时颈椎受到的压力的比值为(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)( )
A．4 B．5
C．4 D．5
答案 C
解析 以头为研究对象，进行受力分析，如图所示，在水平方向：FNsin45°＝Fsin53°，在竖直方向：FNcos45°＝mg＋Fcos53°，联立解得FN＝4mg；又因为直立时颈椎受到的压力等于头部的重力，则＝4，故C正确，A、B、D错误。
题组二 高考小题
14．(2019·全国卷Ⅱ)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行。已知物块与斜面之间的动摩擦因数为，重力加速度取10 m/s2。若轻绳能承受的最大张力为1500 N，则物块的质量最大为( )
A．150 kg B．100 kg
C．200 kg D．200 kg
答案 A
解析 物块沿斜面向上匀速运动，受力如图，根据平衡条件有F＝Ff＋mgsinθ①
Ff＝μFN②
FN＝mgcosθ③
由①②③式得
F＝mgsinθ＋μmgcosθ
所以m＝
故当Fmax＝1500 N时，有mmax＝150 kg，A正确。
15．(2018·天津高考)(多选)明朝谢肇淛《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可。一游僧见之，曰：无烦也，我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身。假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力FN，则( )
A．若F一定，θ大时FN大
B．若F一定，θ小时FN大
C．若θ一定，F大时FN大
D．若θ一定，F小时FN大
答案 BC
解析 力F的分解如图所示，由于木楔是等腰三角形，所以FN＝FN1＝FN2，F＝2FNcos(90°－)＝2FNsin，故解得FN＝，所以F一定时，θ越小，FN越大；θ一定时，F越大，FN越大，故A、D错误，B、C正确。
16．(2017·全国卷Ⅱ)如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动。物块与桌面间的动摩擦因数为( )
A．2－ B.
C. D.
答案 C
解析 设物块的质量为m。据平衡条件及摩擦力公式有拉力F水平时，F＝μmg①
拉力F与水平面成60°角时，
Fcos60°＝μ(mg－Fsin60°)②
联立①②式解得μ＝。故选C。
17．(2019·全国卷Ⅲ)用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则( )
A．F1＝mg，F2＝mg
B．F1＝mg，F2＝mg
C．F1＝mg，F2＝mg
D．F1＝mg，F2＝mg
答案 D
解析 如图所示，卡车匀速行驶，圆筒受力平衡，由题意知，力F1′与F2′相互垂直。由牛顿第三定律知F1＝F1′，F2＝F2′，则F1＝mgsin60°＝mg，F2＝mgsin30°＝mg，D正确。
18．(2016·全国卷Ⅲ)如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球。在a和b之间的细线上悬挂一小物块。平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径。不计所有摩擦。小物块的质量为( )
A. B.m
C．m D．2m
答案 C
解析 由于物块通过挂钩悬挂在线上，细线穿过圆环且所有摩擦都不计，可知线上各处张力都等于小球重力mg。如图所示，由对称性可知a、b位于同一水平线上，物块处于圆心O点正上方，则∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠1＝∠5。因圆弧对轻环的弹力沿圆弧半径方向，且轻环重力不计，由平衡条件知环两侧细线关于圆弧半径对称，即∠5＝∠6，由几何关系得∠1＝∠2＝∠5＝∠6＝30°，∠3＝∠4＝60°。再由物块与挂钩的受力平衡有mgcos60°＋mgcos60°＝Mg，故有M＝m，C正确。
19．(2017·全国卷Ⅲ)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm。将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)( )
A．86 cm B．92 cm
C．98 cm D．104 cm
答案 B
解析 轻质弹性绳的两端分别固定在相距80 cm的两点上，钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm，以钩码为研究对象，受力如图所示，由胡克定律F＝k(l－l0)＝0.2k，由共点力的平衡条件和几何知识得F＝＝；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，设弹性绳的总长度变为l′，由胡克定律得F′＝k(l′－l0)，由共点力的平衡条件F′＝，联立上面各式解得l′＝92 cm，选项B正确。
20．(2019·天津高考) 2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式开通。为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索(所有钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥，其索塔与钢索如图所示。下列说法正确的是( )
A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力
B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度
C．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下
D．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布
答案 C
解析 索塔对钢索竖直向上的作用力跟钢索和桥体整体的重力平衡，增加钢索数量，其整体重力变大，故索塔受到的向下的压力变大，A错误；若索塔高度降低，则钢索与竖直方向夹角θ将变大，由Tcosθ＝G可知，钢索拉力T将变大，B错误；两侧钢索的拉力对称，合力一定竖直向下，C正确；若两侧的钢索非对称分布，但其水平方向的合力为0，合力仍竖直向下，D错误。
题组三 模拟小题
21．(2019·湖南四市调研)如图所示，在水平晾衣杆上晾晒床单时，为了使床单尽快晾干，可在床单间支撑轻质小木棍。小木棍的位置不同，两侧床单间夹角θ将不同。设床单重力为G，晾衣杆对床单的作用力大小为F，下列说法正确的是( )
A．θ越大，F越大
B．θ越大，F越小
C．无论θ取何值，都有F＝G
D．只有当θ＝120°时，才有F＝G
答案 C
解析 以床单和小木棍整体为研究对象，整体受到重力G和晾衣杆的支持力F，由平衡条件知F＝G，与θ取何值无关，故A、B、D错误，C正确。
22．(2019·山东济宁二模)我国2007年建成的国家大剧院外部呈椭球型。为了简化，将国家大剧院的屋顶近似为半球形，某警卫人员在执行特殊任务时，必须在屋顶上向上缓慢爬行，他在爬行的过程中屋顶对他的( )
A．支持力不变 B．支持力变小
C．摩擦力变小 D．摩擦力变大
答案 C
解析 对警卫人员受力分析，如图所示。因为该警卫人员缓慢爬行，所以其所受合力为零：mgcosβ＝FN，mgsinβ＝Ff，向上爬的过程中，夹角β减小，cosβ变大，sinβ变小，所以摩擦力变小，支持力变大，故A、B、D错误，C正确。
23.(2019·山东济宁一模)如图所示，质量为m的长木板放在水平地面上，站在木板上的人用斜向右下方的力F推箱子，三者都保持静止。人和箱子的质量也均为m，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．人对长木板的压力大小为mg
B．长木板对地面的压力大于3mg
C．箱子受到的摩擦力的方向水平向左
D．地面对长木板的摩擦力的方向水平向左
答案 C
解析 人用斜向下的力推箱子，对人受力分析，受重力、木板的支持力以及箱子的支持力(推力的反作用力)，人在竖直方向受力平衡，则箱子对人支持力的竖直分力和木板对人支持力的合力等于人的重力，故木板对人的支持力小于mg，根据牛顿第三定律知人对木板的压力小于mg，故A错误；对三者组成的整体受力分析，受重力和地面的支持力，根据平衡条件，支持力等于3mg，根据牛顿第三定律，长木板对地面的压力等于3mg，B错误；人用力F斜向右推箱子，对箱子受力分析，受推力、重力、支持力、静摩擦力，根据平衡条件，可知箱子受到的摩擦力方向水平向左，与推力的水平分力平衡，故C正确；对三者组成的整体受力分析，受重力和支持力，不受摩擦力作用，否则不平衡，故地面与木板间没有摩擦力，D错误。
24.(2020·山东菏泽高三上学期期中)某压榨机的结构示意图如图所示，其中B为固定铰链，若在A铰链处作用一垂直于墙壁的力F，则由于力F的作用，使滑块C压紧物体D。设C与D的接触面光滑，铰链的重力及滑块C的重力不计，图中a＝0.6 m，b＝0.1 m，则物体D所受压力的大小与力F的比值为( )
A．3∶1 B．4∶1
C．5∶1 D．6∶1
答案 A
解析 设力F与AC方向的夹角为θ，将力F按作用效果沿AB和AC两个方向进行分解，作出力的分解图如图甲所示。
则有：2F1cosθ＝2F2cosθ＝F，
则得F1＝F2＝。
再将F2按作用效果分解为FN和FN′，作出力的分解图如图乙所示。
则有：FN＝F2sinθ，联立得到：FN＝，根据几何知识可得tanθ＝＝6；代入上式可得FN∶F＝3∶1，故A正确。
25．(2019·成都高新区一诊)叠放在水平地面上的四个完全相同的排球如图所示，质量均为m，相互接触，球与地面间的动摩擦因数都为μ，则( )
A．上方球与下方三个球间均没有弹力
B．下方三个球与水平地面间均没有摩擦力
C．水平地面对下方三个球的支持力均为mg
D．水平地面对下方三个球的摩擦力均为μmg
答案 C
解析 对上方球受力分析可知，球受重力和下方球的支持力而处于平衡状态，所以上方球一定与下方三个球有弹力的作用，故A错误；下方球受上方球斜向下的弹力作用，所以下方球有相对地面运动的趋势，故下方球与水平地面间有摩擦力作用，B错误；对四个球整体受力分析，竖直方向受重力和地面的支持力而处于平衡状态，所以下方三个球受到的水平地面的支持力的合力大小为4mg，则下方每个球受到的水平地面的支持力均为mg，故C正确；下方三个球受到的水平地面的摩擦力是静摩擦力，故不能根据滑动摩擦力公式进行计算，D错误。
26．(2019·吉林五地六校联考)如图所示，在高度不同的两水平台阶上放有质量分别为m1、m2的两物体，物体间用轻弹簧相连，弹簧与竖直方向的夹角为θ。在m1左端施加水平拉力F，使m1、m2均处于静止状态。已知m1表面光滑，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．弹簧可能处于原长状态
B．弹簧弹力的大小为
C．地面对m2的摩擦力大小为F
D．地面对m2的支持力可能为零
答案 C
解析 设弹簧弹力的大小为F弹，隔离m1受力分析，由平衡条件得F＝F弹sinθ，解得F弹＝，A、B错误；设地面对m2的摩擦力大小为f，隔离m2受力分析，由平衡条件得f＝F弹sinθ＝F，因为m2在水平方向受到摩擦力作用，则地面对m2的支持力不可能为零，C正确，D错误。
27．(2019·河南许昌二模)(多选)如图所示，自动卸货车始终静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下改变与水平面间的夹角，以卸下车厢中的货物。当倾角增大到θ时，质量为M的木箱A与装在箱内的质量为m的物体B一起以共同的速度v沿车厢底匀速滑下，则下列说法正确的是( )
A．A、B间没有静摩擦力
B．A受到B的静摩擦力方向沿车厢底面向下
C．A受到车厢底面的滑动摩擦力大小为Mgsinθ
D．A与车厢底面间的动摩擦因数μ＝tanθ
答案 BD
解析 对B受力分析，沿车厢底面方向有mgsinθ＝f，静摩擦力f方向沿车厢底面向上，由牛顿第三定律可知，A受到B的静摩擦力方向沿车厢底面向下，A错误，B正确；对A、B组成的整体受力分析，A受到车厢底面的滑动摩擦力大小为(M＋m)gsinθ＝μ(M＋m)gcosθ，解得μ＝tanθ，C错误，D正确。
28．(2019·江西赣州高三上学期期末)(多选)张鹏同学在家帮妈妈洗完衣服后，挂在如图所示的晾衣架上晾晒，A、B为竖直墙壁上等高的两点，AO、BO为长度相等的两根轻绳，CO为一根轻杆。转轴C在AB中点D的正下方，AOB在同一水平面上。∠AOB＝60°，∠DOC＝30°，衣服质量为m，则( )
A．CO杆所受的压力大小为2mg
B．CO杆所受的压力大小为mg
C．AO绳所受的拉力大小为mg
D．BO绳所受的拉力大小为mg
答案 AD
解析 以O点为研究对象，O点受到拉力T、CO杆的支持力F1和绳AO、BO的拉力，设绳AO和绳BO拉力的合力为F，作出O点的受力示意图如图1所示，根据平衡条件得：F1＝＝2mg，由牛顿第三定律知CO杆所受的压力大小为2mg，故A正确，B错误；F＝mgtan60°＝mg，将F沿OA、OB方向分解，如图2所示，设绳AO和绳BO所受拉力的大小均为F2，则F＝2F2cos30°，解得F2＝mg，故C错误，D正确。
题组一 基础大题
29．如图所示，质量为2 kg的物体放在水平地板上，用一原长为8 cm的轻质弹簧水平拉该物体，当其刚开始运动时，弹簧的长度为11 cm，当弹簧拉着物体匀速前进时，弹簧的长度为10.5 cm，已知弹簧的劲度系数k＝200 N/m。求：
(1)物体所受的最大静摩擦力为多大？
(2)物体所受的滑动摩擦力为多大？
(3)物体与地板间的动摩擦因数是多少？(g均取10 m/s2)
答案 (1)6 N (2)5 N (3)0.25
解析 (1)物体所受的最大静摩擦力等于物体刚开始滑动时的弹簧拉力大小，
由胡克定律可求得：F1＝kΔx1＝200×0.03 N＝6 N，因此物体所受的最大静摩擦力大小为6 N。
(2)当物体匀速前进时，弹簧伸长2.5 cm，弹簧的拉力等于滑动摩擦力，
所以滑动摩擦力f＝F2＝kΔx2＝200×0.025 N＝5 N。
(3)由f＝μFN可得，动摩擦因数为μ＝＝＝＝0.25。
30．如图所示，位于水平桌面上的物块P，由跨过定滑轮的轻绳与物块Q相连，从滑轮到P和到Q的两段绳都是水平的，已知Q与P之间以及P与桌面之间的动摩擦因数都为μ＝0.4，物块P重为40 N，物块Q重为20 N，滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦都不计，若用一水平向右的力F拉P使它做匀速运动，求：
(1)物块Q所受到的滑动摩擦力的大小和方向；
(2)物块P所受地面的滑动摩擦力的大小和方向；
(3)拉动物块P所需的力F为多大。
答案 (1)8 N 方向水平向右 (2)24 N 方向水平向左 (3)40 N
解析 (1)物块Q所受到的滑动摩擦力的大小f1＝μNQ＝μGQ＝0.4×20 N＝8 N，方向水平向右。
(2)物块P所受地面的滑动摩擦力的大小f2＝μNP＝μ(GP＋GQ)＝0.4×(40＋20) N＝24 N，方向水平向左。
(3)设跨过定滑轮的轻绳拉力大小为T，
对物块Q，由平衡条件得：T＝f1＝8 N
对物块P受力分析，P水平方向受到向右的拉力F、Q对P向左的摩擦力及地面对P向左的摩擦力，根据平衡条件，有F＝f1＋f2＋T＝8 N＋24 N＋8 N＝40 N。
题组二 模拟大题
31．(2019·河北唐山一模)如图所示，两个半圆柱A、B相接触并静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R。C的质量为2m，A、B的质量都为m，与地面间的动摩擦因数均为μ。现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
(1)未拉A时，C受到B作用力的大小F；
(2)动摩擦因数的最小值μmin。
答案 (1)mg (2)
解析 (1)对C受力分析，如图所示，
根据平衡条件有2Fcos30°＝2mg
解得F＝mg。
(2)C恰好降到地面时，B受C压力的水平分力最大，受力分析可知
2Fmaxcos60°＝2mg，
Fxmax＝Fmaxsin60°
解得Fxmax＝mg
此时，B受地面的摩擦力Ff＝Fxmax＝mg
对A、B、C整体受力分析可知，地面对整体的支持力
N＝mg＋mg＋2mg＝4mg
则B受地面的支持力FN＝＝2mg，整个过程中FN不变，
根据题意，B保持静止，则μFN≥Ff，解得μ≥，故μmin＝。
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