2017届高考物理二轮复习练习：第一部分 专题一第1讲受力分析与物体的平衡 Word版含解析
17年高考二轮核心考点物理(附解析)
专题01 力与物体的平衡-2017年高考二轮核心考点物理【命题意图】本题结合生活实际考查受力分析、共点力的平衡条件，涉及正交分解法的简单应用，意在考查考生对力学基本知识的掌握情况，以及运用物理知识解决实际问题的能力。
【专题定位】本专题解决的是受力分析和共点力平衡问题.高考对本专题内容的考查主要有：（1）对各种性质力特点的理解；（2）共点力作用下平衡条件的应用.考查的主要物理方法和思想有：①整体法和隔离法；②假设法；③合成法；④正交分解法；⑤矢量三角形法；⑥相似三角形法；⑦等效思想；⑧分解思想.【考试方向】受力分析和共点力的平衡问题是高中物理的基础，也是高考考查的重点。
受力分析是解决动力学问题的关键，单独命题时往往和实际问题结合在一起。
共点力的平衡问题，单独命题时往往和实际问题结合在一起，但是考查更多的是融入到其他物理模型中间接考查，如，结合运动学命题，或者出现在导轨模型中等。
【应考策略】深刻理解各种性质力的特点；熟练掌握分析共点力平衡问题的各种方法.【得分要点】受力分析，要按照一定的顺序进行，特别注意弹力和摩擦力有无以及它们方向的判断。
对于共点力的平衡问题，常用方法有：（1）正交分解法：适用于三力或三力以上平衡问题，可用于求解大小、方向确定的力的问题。
（2）矢量三角形法：适用于三力平衡问题，该方法有时涉及正弦定理的运用，有时利用矢量三角形和几何三角形的相似性来求解力。
（3）三力平衡的动态分析：三个力中重力大小方向不变、一个力的方向不变大小可以改变、一个大小方向都改变。
常常把三个力放置在一个矢量三角形中，有时涉及相似三角形的知识。
注意：涉及滑动摩擦力的四力平衡问题中，可以把滑动摩擦力F f和正压力F N合成为一个力F，只要F f和F N方向不变，则F的方向不变。
这样就可以把四力平衡转化为三力平衡问题。
【2016年高考选题】【2016·海南卷】如图，在水平桌面上放置一斜面体P，两长方体物块a和b叠放在P的斜面上，整个系统处于静止状态。
高考物理二轮作业手册 第1讲 力与物体的平衡
专题限时集训(一) [第1讲 力与物体的平衡](时间：40分钟)1．如图1－1所示，在水平力F 作用下，木块A 、B 保持静止．若木块A 与B 接触面是水平的，且F≠0.则关于木块B 的受力个数可能是( )图1－1A ．3个B ．4个C ．5个D ．6个2．如图1－2所示，一个“Y ”字形弹弓顶部跨度为L ，两根相同的橡皮条均匀且弹性良好，其自由长度均为L ，在两根橡皮条的末端用一块软羊皮(长度不计)做成裹片可将弹丸发射出去．若橡皮条的弹力满足胡克定律，且劲度系数为k ，发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为2L(弹性限度内)，则弹丸被发射过程中所受的最大弹力为( )图1－2A.15kL 2 B.3kL2C ．kLD ．2kL图1－33．如图1－3所示，电荷量为Q 1、Q 2的两个正点电荷分别置于A 点和B 点，两点相距L.在以L 为直径的光滑绝缘半圆环上，穿着一个带电荷量＋q 的小球(视为点电荷)，在P 点平衡，PA 与AB 的夹角为α.不计小球的重力，则( )A ．tan 3α＝Q 2Q 1 B ．tan α＝Q 2Q 1C ．O 点场强为零D ．Q 1＜Q 24．如图1－4所示，匀强电场方向垂直于倾角为α的绝缘粗糙斜面向上，一质量为m 的带正电荷的滑块静止于斜面上，关于该滑块的受力，下列分析正确的是(当地重力加速度为g)( )图1－4A ．滑块可能只受重力、电场力、摩擦力共三个力的作用B ．滑块所受摩擦力大小一定为mgsin αC ．滑块所受电场力大小可能为mgcos αD ．滑块对斜面的压力大小一定为mgcos α5．如图1－5所示，一条细绳跨过定滑轮连接两个小球A 、B ，它们都穿在一根光滑的竖直杆上，不计绳与滑轮间的摩擦，当两球平衡时OA 绳与水平方向的夹角为2θ，OB 绳与水平方向的夹角为θ，则球A 、B 的质量之比为( )图1－5A ．2cos θ∶1B ．1∶2cos θC ．tan θ∶1D ．1∶2sin θ6．如图1－6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( )图1－6A ．A 对地面的压力等于(M ＋m)gB ．A 对地面的摩擦力方向向左C ．B 对A 的压力大小为R ＋rR mgD ．细线对小球的拉力大小为rRmg7．如图1－7所示，质量为m 、顶角为α的直角劈和质量为M 的正方体放在两个竖直墙和水平面间，处于静止状态．若不计一切摩擦，则( )图1－7A ．水平面对正方体的弹力大小为(M ＋m)gB ．墙面对正方体的弹力大小mgtan αC ．正方体对直角劈的弹力大小为mgcos αD ．直角劈对墙面的弹力大小mgsin α8．如图1－8所示，质量为m 的物体置于倾角为θ的固定斜面上．物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，先用平行于斜面的推力F 1作用于物体上，使其能沿斜面匀速上滑，若改用水平推力F 2作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，则两次力之比F 1F 2为( )图1－8A ．cos θ＋μsin θB ．cos θ－μsin θC ．1＋μtan θD ．1－μtan θ9．如图1－9所示，质量为m 的物体，放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F 的水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F 多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数； (2)这一临界角θ0的大小．图1－910．如图1－10所示是一种研究劈的作用的装置，托盘A固定在细杆上，细杆放在固定的圆孔中，下端有滚轮，细杆只能在竖直方向上移动，在与托盘连接的滚轮正下面的底座上也固定一个滚轮，轻质劈放在两滚轮之间，劈背的宽度为a，侧面的长度为l，劈尖上固定的细线通过滑轮悬挂总质量为m的钩码，调整托盘上所放砝码的质量M，可以使劈在任何位置时都不发生移动．忽略一切摩擦和劈、托盘、细杆与滚轮的重力，若a＝105l，M是m的多少倍？图1－10专题限时集训(一)1．BC [解析] 设斜面倾角为θ，A 、B 质量分别为m 和M ，对A 、B 整体受力分析，重力、斜面支持力和外力F 一定存在，当(M ＋m )g sin θ≠F cos θ时，B 还受到斜面的摩擦力，对木块B 受力分析，重力、斜面支持力、A 对B 的摩擦力和压力一定存在，B 与斜面的摩擦力可能存在也可能不存在，选项B 、C 正确．2．A [解析] 发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为2L ，对应每根橡皮条的弹力大小为kL ，设两根橡皮条之间的夹角为θ，由几何关系有sin θ2＝14，弹丸被发射过程中所受的最大弹力为F ＝2kL cos θ2，解得F ＝15kL2，选项A 正确． 3．A [解析] 对带电小球受力分析，有F AP ＝kqQ 1（L cos α）2，F BP ＝kqQ 2（L sin α）2，圆环对带电小球的作用力为F ，由平行四边形定则知，F AP ＝F cos α，F BP ＝F sin α，联立解得tan3α＝Q 2Q 1，选项A 正确，选项B 错误；因电荷量Q 1、Q 2关系不明确，故不能确定O 点电场强度是否为零，选项C 、D 错误．4．B [解析] 滑块受重力、电场力、支持力和摩擦力共四个力的作用，选项A 错误；沿斜面方向，有mg sin α＝F f ，选项B 正确；垂直斜面方向，有mg cos α－qE ＝F N ，选项C 、D 错误．5．A [解析] 以A 为研究对象，根据平衡条件得：T sin 2θ＝m A g ，以B 为研究对象，根据平衡条件得：T sin θ＝m B g ，解得m A ∶m B ＝2cos θ∶1，答案为A.6．AC [解析] 对A 、B 整体，由平衡条件，地面对A 的支持力F N ＝(M ＋m )g ，地面对A 的摩擦力为零，选项A 正确，选项B 错误；对木块B ，由平衡条件，有mg R ＝F N B R ＋r ＝F Tr ＋l(设绳长为l )，选项C 正确，选项D 错误．7．AB [解析] 对直角劈和正方体的整体，由平衡条件，竖直方向上有(M ＋m )g ＝F N ，选项A 正确；水平方向上墙面对正方体的弹力和墙面对直角劈的弹力大小相等．单独对直角劈研究，由平衡条件，墙面对直角劈的弹力F N1＝mgtan α，选项B 正确，选项D 错误；正方体对直角劈的弹力F N3＝mgsin α，选项C 错误． 8．B [解析] 用F 1推物体沿斜面匀速上滑，有F 1＝mg sin θ＋μmg cos θ；用F 2推物体沿斜面匀速上滑时，有F 2cos θ＝μ(mg cos θ＋F 2sin θ)＋mg sin θ，则有F 1F 2＝cos θ－μsin θ，选项B 正确．9．(1)33(2)60° [解析] (1)物体恰匀速下滑，由平衡条件有 F N1＝mg cos 30° mg sin 30°＝μF N1 则μ＝tan 30°＝33. (2)设斜面倾角为α，由平衡条件有 F cos α＝mg sin α＋fF N2＝mg cos α＋F sin α 静摩擦力f ≤μF N2联立解得F (cos α－μsin α)≤mg sin α＋μmg cos α要使“不论水平恒力F 多大”，上式都成立，则有cos α－μsin α≤0所以tan α≥1μ＝3＝tan 60°即θ0＝60°10．1.5 [解析] 设劈尖的顶角为2α，对托盘，由平衡条件，有F 3＝F 1cos α，而F 3＝Mg解得F 1＝Mgcos α；对劈，由平衡条件，2F 5sin α＝F 6，而F 6＝mg 解得F 5＝mg2sin α而F 1和F 5是一对作用力与反作用力，F 5＝F 1所以M m ＝12tan α＝l 2－a 24a＝1.5.甲 乙。
2017高考物理二轮(通用版)复习对点练第1部分专题一力与运动专题1第1讲演练Word版含答案
第一部分专题一第1讲1．(2014·广东卷)如图所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是(A)A．M处受到的支持力竖直向上B．N处受到的支持力竖直向上C．M处受到的摩擦力沿MN方向D．N处受到的摩擦力沿水平方向解析：弹力的方向总是垂直于接触面，指向被压或被支持的物体，所以M处所受的支持力垂直于水平面竖直向上，N处的支持力垂直于MN向上；静摩擦力与接触面相切，与相对运动趋势的方向相反，所以M处的静摩擦力沿水平面方向，N处的静摩擦力沿MN方向．故选项A正确．2．如图，质量m A＞m B的两物体A、B叠放在一起，靠着竖直墙面．让它们由静止释放，在沿粗糙墙面下落过程中，物体B的受力示意图是(A)解析：A、B在竖直下落过程中与墙面没有弹力，所以也没有摩擦力，A、B均做自由落体运动，处于完全失重状态，均只受重力，故A正确．3．(2016·上海八校联合调研)如图，三根长度均为l的轻绳AC、CD、BD连接于C、D两点，A、B两端被固定在水平天花板上相距为2l的两处，现在C点悬挂一个50 N的重物，为使CD绳保持水平，在D点可施加力的最小值为(A)A．25 N B．28.85 NC．37.5 N D．50 N解析：先研究结点C，在绳AC、CD及重物的重力三个力的作用下处于平衡状态，可得绳CD上的拉力F TCD＝G tan 30 °.再研究结点D，受三个力平衡，由图解法(如图所示)，知在D 点施加的力F的方向与绳BD拉力方向垂直时，F最小，此时F min＝F TCD sin 60°，联立以上两式，解得F min＝25 N，A正确．4．(多选)(2017·东北三省四市联考二)如图所示，两根轻绳一端系于结点O，另一端分别系于固定圆环上的A、B两点，O点下面悬挂一物体M，绳OA水平，拉力大小为F1，绳OB 与OA夹角α＝120°，拉力大小为F2.将两绳同时缓慢顺时针转过75°，并保持两绳之间的夹角α始终不变，且物体始终保持静止状态．则在旋转过程中，下列说法中正确的是(BC)A ．F 1逐渐增大B ．F 1先增大后减小C ．F 2逐渐减小D ．F 2先减小后增大解析：设两绳转动过程中，绳OA 与水平方向的夹角为θ，以O 点为研究对象，受力分析如图所示，因为两绳是缓慢移动的，所以O 点始终处于平衡状态，由平衡条件得F 1cos θ＝F 2cos(60°－θ) ，F 1sin θ＋F 2sin(60°－θ)＝Mg ，由以上两式解得F 1＝Mg cos (60°－θ)sin 60°，F 2＝Mg cos θsin 60°.当θ＜60°时，θ增大，F 1增大，F 2减小；当60°＜θ＜75°时，θ增大，F 1减小，F 2减小．因此，在两绳旋转的过程中，F 1先增大后减小，F 2逐渐减小，选项BC 正确．5．(2015·南昌市期末测试)如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔．质量为m 的小球套在圆环上．一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移．在移动过程中手对线的拉力F 和环对小球的弹力F N 的大小变化情况是( A )A ．F 减小，F N 不变B ．F 不变，F N 减小C ．F 不变，F N 增大D ．F 增大，F N 减小解析：对小球受力分析，其所受的三个力组成一个闭合三角形，如图所示，力三角形与圆内的三角形相似，由几何关系可知mg R ＝F N R ＝F L，小球上移时mg 不变，R 不变，L 减小，F 减小，F N 不变，A 正确．6．(2016·南京二模)如图甲所示，两段等长细线串接着两个质量相等的小球a 、b ，悬挂于O 点．现在两个小球上分别加上水平方向的外力，其中作用在b 球上的力大小为F 、作用在a 球上的力大小为2F ，则此装置平衡时的位置可能如图乙中的哪幅图( C )解析：设Oa 段绳子与竖直方向夹角为α，ab 段绳子与竖直方向夹角为β，以整个系统为研究对象，受到重力2mg 、向右的水平拉力为F 和Oa 绳的拉力作用，根据物体的平衡条件可得tan α＝F 2mg且α≠0.再以小球b 为研究对象，受到重力mg 、向左的水平拉力为F 和ab 绳的拉力作用，得tan β＝F mg，由此可见α＜β，选项C 正确． 7．(多选)(2015·浙江卷)如图所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1 kg 的小球A 悬挂到水平板的M 、N 两点，A 上带有Q ＝3.0×10－6C 的正电荷．两线夹角为120°，两线上的拉力大小分别为F 1和F 2.A 的正下方0.3 m 处放有一带等量异种电荷的小球B ，B 与绝缘支架的总质量为0.2 kg(重力加速度取g ＝10 m /s 2；静电力常量k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，A 、B 球可视为点电荷)则( BC )A ．支架对地面的压力大小为2.0 NB ．两线上的拉力大小F 1＝F 2＝1.9 NC ．将B 水平右移，使M 、A 、B 在同一直线上，此时两线上的拉力大小F 1＝1.225 N ，F 2＝1.0 ND ．将B 移到无穷远处，两线上的拉力大小F 1＝F 2＝0.866 N解析：小球A 、B 间的库仑力为F 库＝k QQ r 2＝9.0×109×3.0×10－6×3.0×10－60.32 N ＝0.9 N ，以B 和绝缘支架整体为研究对象受力分析图如图甲所示，地面对支架支持力为F N ＝mg －F 库＝1.1 N ，A 错误；以A 球为研究对象，受力分析图如图乙所示，F 1＝F 2＝m A g ＋F 库＝1.9 N ，B 正确；B 水平向右移，当M 、A 、B 在同一直线上时，A 、B 间距为r ′＝0.6 m ，F 库′＝k QQ r ′2＝0.225 N ，以A 球为研究对象受力分析图如图丙所示，可知F ′2＝1.0 N ，F ′1－F ′库＝1.0 N ，F ′1＝1.225 N ，所以C 正确；将B 移到无穷远，则F ″库＝0，可求得F ″1＝F ″2＝1 N ，D 错误．8. (2016·杭州市第一次教学质量检测)如图所示，在两行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L ，劲度系数为k 的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒ab 相连，弹簧与导轨平面平行并与ab 垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，闭合开关K 后导体棒中的电流为I ，导体棒平衡时，弹簧伸长量为x 1；调转图中电源极性，使导体棒中电流反向，导体棒中电流仍为I ，导体棒平衡时弹簧伸长量为x 2，忽略回路中电流产生的磁场，则匀强磁场的磁感应强度B 的大小为( D )A ．k IL(x 1＋x 2) B ．k IL (x 2－x 1) C ．k 2IL (x 2＋x 1) D ．k 2IL(x 2－x 1) 解析：调转电源极性时导体棒受到的安培力方向与调转前相反．由平衡条件可得mg sin α＝kx 1＋BIL ；调转电源极性使导体棒中电流反向，由平衡条件可得mg sin α＋BIL ＝kx 2，联立解得B ＝k 2IL(x 2－x 1)，选项D 正确．。
高中物理-专题一第1讲力与物体的平衡
第1讲 力与物体的平衡 专题复习目标学科核心素养 高考命题方向 1.本讲主要解决力学和电学中的受力分析和共点力的平衡问题，涉及的力主要有重力、弹力、摩擦力、电场力和磁场力等。
2．掌握力的合成法和分解法、整体法与隔离法、解析法和图解法等的应用。
科学思维：用“整体和隔离”的思维研究物体的受力。
科学推理：在动态变化中分析力的变化。
高考以生活中实际物体的受力情景为依托，进行模型化受力分析。
主要题型：受力分析；整体法与隔离法的应用；静态平衡问题；动态平衡问题；电学中的平衡问题。
一、五种力的理解1．弹力 (1)大小：弹簧在弹性限度内，弹力的大小可由胡克定律F ＝kx 计算；一般情况下物体间相互作用的弹力可由平衡条件或牛顿运动定律来求解。
(2)方向：一般垂直于接触面(或切面)指向形变恢复的方向；绳的拉力沿绳指向绳收缩的方向。
2．摩擦力(1)大小：滑动摩擦力F f ＝μF N ，与接触面的面积无关；静摩擦力的增大有一个限度，具体值根据牛顿运动定律或平衡条件来求解。
(2)方向：沿接触面的切线方向，并且跟物体的相对运动或相对运动趋势的方向相反。
3．电场力(1)大小：F ＝qE 。
若为匀强电场，电场力则为恒力；若为非匀强电场，电场力则与电荷所处的位置有关。
点电荷间的库仑力F ＝k q 1q 2r 2。
(2)方向：正电荷所受电场力方向与电场强度方向一致，负电荷所受电场力方向与电场强度方向相反。
4．安培力(1)大小：F ＝BIL ，此式只适用于B ⊥I 的情况，且L 是导线的有效长度，当B∥I时，F＝0。
(2)方向：用左手定则判断，安培力垂直于B、I决定的平面。
5．洛伦兹力(1)大小：F＝q v B，此式只适用于B⊥v的情况。
当B∥v时，F＝0。
(2)方向：用左手定则判断，洛伦兹力垂直于B、v决定的平面，洛伦兹力不做功。
二、共点力的平衡1．平衡状态：物体静止或做匀速直线运动。
2．平衡条件：F合＝0或F x＝0，F y＝0。
(全国通用)2017届高考物理二轮复习 教师文档 专题一-专题六
教师文档专题一-专题六第1讲力与物体的平衡1．(2016·全国卷Ⅱ，14)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。
用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图1所示。
用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中( )图1A．F逐渐变大，T逐渐变大B．F逐渐变大，T逐渐变小C．F逐渐变小，T逐渐变大D．F逐渐变小，T逐渐变小解析对O点受力分析如图所示，F与T的变化情况如图，由图可知在O点向左移动的过程中，F逐渐变大，T逐渐变大，故选项A正确。
答案 A2．(2016·全国卷Ⅲ，17)如图2所示，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( )图2A.m2B.32mC．m D．2m解析如图所示，圆弧的圆心为O，悬挂小物块的点为c，由于ab＝R，则△aOb为等边三角形，同一条细线上的拉力相等，T＝mg，细线对a环拉力的合力沿aO方向，则aO为角平分线，由几何关系知，∠acb＝120°，故细线在c点拉力的合力与物块的重力大小相等，即拉力合力大小T＝G＝mg，所以小物块质量为m，故C对。
答案 C3．(多选)(2016·全国卷Ⅰ，19)如图3，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。
外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态。
若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则( )图3A．绳OO′的张力也在一定范围内变化B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化解析由于物体a、b均保持静止，各绳间角度保持不变，对a受力分析得，绳的拉力T＝m a g，所以物体a受到绳的拉力保持不变。
高三物理二轮学案：专题一：力与运动 第2课时 受力分析与物体的平衡
第二课时受力分析与物体的平衡【自主学习】考纲要求:知识网络：学习目标：1、通过例题1和变式训练1使学生掌握重力、弹力、摩擦力作用下的平衡问题；2、通过例题2和变式训练2使学生提高用图解法分析动态平衡问题的能力；3、通过例题3和变式训练3使学生熟悉用三角形相似解平衡问题的方法；4、通过例题4和变式训练4使学生掌握与电场力、磁场力有关的平衡问题。
要点梳理要点1：常见的几种力①重力与万有引力的比较方向：万有引力的方向指向地心，而重力的方向总是竖直向下，与当地的水平面垂直，但不一定指向地心。
大小：G =mg ,其中g 与地理位置和离地高度有关。
②对弹力的理解产生条件：直接接触 发生弹性形变。
大小：可以由胡克定律kx F =计算，一般情况可由平衡条件或牛顿运动定律求解。
方向：垂直于接触面指向受力物体。
③摩擦力的分析与计算条件：接触、挤压、有相对运动或运动趋势大小：静摩擦力一般通过分析受力情况，沿接触面方向根据平衡条件或牛顿第二定律列方程求解滑动摩擦力 由N F f μ=来计算 ④电场力 大小： 221rq q kF = 真空中的点电荷 qE F = 任何电场方向：与正电荷的受力方向相同同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
⑤磁场力F=（l为垂直于匀强磁场的有效长度）安培力：大小IlB方向由左手定则判断F=（v是垂直磁场的有效速度）方向由左手定则判断。
洛伦兹力：大小qvB思考1:(2013上海单科,8,2分)如图,质量m A>m B的两物体A、B叠放在一起,靠着竖直墙面。
让它们由静止释放,在沿粗糙墙面下落过程中,物体B的受力示意图是( )思考2：在机场货物托运处，常用传送带运送行李和货物，如图所示，靠在一起的两个材料相同而质量和大小均不同的包装箱随传送带一起上行，下列说法正确的是()A．匀速上行时b受3个力作用B．匀加速上行时b受4个力作用C．当上行过程中传送带因故突然停止时，b受4个力作用D．若上行过程中传送带因故突然停止后，b受的摩擦力一定比原来大要点2：力的合成与分解运算法则：平行四边形定则或三角形定则常用方法：合成法、正交分解法合力和分力的关系：等效替代思考3：如图所示，F1、F2、F3恰好构成封闭的直角三角形，这三个力的合力最大的是( )思考4．(2013课标Ⅰ,21,6分)(多选)2012年11月,“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。
高考物理二轮复习 专题 力与物体的平衡练含解析
力与物体的均衡1．明朝谢肇淛《五杂组》中记录：“明姑苏虎丘寺庙倾侧，议欲正之，非万缗不能。
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，方向以下列图，木楔两侧产生推力F N，则A. 若F必然，θ大时F大NF大B. 若F必然，θ小时NF大C. 若θ必然，F大时NF大D. 若θ必然，F小时N【本源】2018年全国一般高等学校招生同一考试理科综合物理试题（天津卷）【答案】BC则，F越大；θ一准时，F越大，，故解得，所以F一准时，θ越小，NN F 越大，BC 正确；【点睛】由于木楔处在静止状态，故可将力F 沿与木楔的斜面垂直且向上的方向进行分解，依照平行四边形定则，画用心F 按收效分解的图示．并且可据此求出木楔对A 两边产生的压力．对力进行分解时，必然要分清力的实质作用收效的方向如何，再依照平行四边形定则或三角形定则进行分解即可．2．【2017·新课标Ⅱ卷】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 ．23B ．36C ．33D ．32【答案】C【考点定位】物体的均衡【名师点睛】此题观察了正交分解法在解决均衡问题中的应用问题；要点是列出两种情况下水平方向的均衡方程，联马上可求解。
3．【2016·浙江卷】以下列图为一种常有的身高体重测量仪。
测量仪顶部向下发射波速为v 的超声波，超声波经反射后返回，被测量仪接收，测量仪记录发射和接收的时间间隔。
质量为M 0的测重台置于压力传感器上，传感器输出电压与作用在其上的压力成正比。
当测重台没有站人时，测量仪记录的时间间隔为t 0，输出电压为U 0，某同学站上测重台，测量仪记录的时间间隔为t ，输出电压为U ，则该同学身高和质量分别为： （ ）A ．v (t 0–t )，M U U B ．v (t 0–t )，00MU U C ． v (t 0–t )， D ． v (t 0–t )，【答案】D【考点定位】物体的均衡；传感器及速度的计算问题【名师点睛】此题以身高体重测量仪为背景，观察了物体的均衡、传感器及速度的计算问题。
高考物理二轮复习第一部分二轮专题突破专题一力与运动1.1共点力作用下物体的平衡
解析：设重物的质量为 m，绳 OM 中的张力为 FTOM，绳 MN 中的张力为 FTMN.开始时，FTO M＝mg，FTMN＝0.由于缓慢拉起，则 重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力 mg 等大、 反向．
如图所示，已知角 α 不变，在绳 MN 缓慢拉起的过程中，角 β 逐渐增大，则角(α－β)逐渐减小，但角 θ 不变，在三角形中，利用
正弦定理得：sinFTαO－M β＝smingθ，
(α－β)由钝角变为锐角，则 FTOM 先增大后减小，选项 D 正确； 同理知FsiTnMβN＝smingθ，在 β 由 0 变为π2的过程中，FTMN 一直增大， 选项 A 正确． 答案：AD 命题点：力的合成与分解、共点力的平衡与数学知识的应用．
A．86 cm B．92 cm C．98 cm D．104 cm
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＝2smingα＝5m6 g；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
联立①②式解得 μ＝ 33.故选 C. 答案：C 命题点：力的合成与分解，滑动摩擦力，动摩擦因数，共点力 的平衡．
2．(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)( )
高考物理二轮专题辅导训练(人教版)：专题1 第1讲《力与物体的平衡》
第1讲力与物体的平衡1．(2012·山东卷，17)图1－1－1如图1－1－1所示，两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动，在O点悬挂一重物M，将两相同木块m紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止．F f表示木块与挡板间摩擦力的大小，F N表示木块与挡板间正压力的大小．若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O1、O2始终等高，则( )A．F f变小 B．F f不变C．F N变小 D．F N变大解析将两木块与重物视为整体，竖直方向上平衡，则2F f＝(2m＋M)g，故F f不变，选项A错误、B正确；设硬杆对转轴的弹力大小均为F N1，对轴点O受力分析可知，竖直方向上：2F N1cosθ＝Mg，对木块受力分析可知，水平方向上：F N＝F N1sin θ，两式联立解得F N＝12Mgtan θ，当两板间距离增大时，θ增大，F N增大，选项C错误、D正确．答案BD2．(2013·山东卷，15)图1－1－2如图1－1－2所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30°，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为( ) A.3∶4 B．4∶ 3C．1∶2 D．2∶1解析 解法一 分别对两小球受力分析，如图所示F A sin 30°－F B sin α＝0F B ′sin α－F C ＝0，F B ＝F B ′得F A ＝2F C ，即弹簧A 、C 的伸长量之比为2∶1，选项D 正确．解法二 将两球作为一个整体，进行受力分析，如图所示 由平衡条件知：F A ′F C ＝1sin 30°即F A ′＝2F C又F A ′＝F A ，则F A ＝2F C ，即弹簧A 、C 的伸长量之比为2∶1.故选项D 正确．答案 D3．(2014·山东卷，14)如图1－1－3，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千．图1－1－3某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变．木板静止时，F 1表示木板所受合力的大小，F 2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后( )A ．F 1不变，F 2变大B ．F 1不变，F 2变小C ．F 1变大，F 2变大D ．F 1变小，F 2变小解析 木板静止，所受合力为零，将两轻绳各减去一小段，木板再次静止，所受合力仍为零，所以F 1不变；两绳之间的夹角变大，木板重力沿绳方向的分力变大，故F 2变大，正确选项为A.答案 A主要题型：选择题知识热点(1)单独命题①受力分析②力的合成与分解③共点力平衡(2)交汇命题点：带电体(或粒子)在电场、磁场或复合场中的平衡问题物理方法(1)整体法和隔离法(2)假设法(3)合成法(4)正交分解法(5)矢量三角形法(图解法) (6)等效思想等．命题趋势本专题是高考热点，三年连考.2015年高考对本专题内容单独命题的几率很大，且仍将以力的合成与分解和共点力的平衡的综合应用为主，题型延续选择题的形式．。
高中物理第二轮复习目录
1
目录
CONTENTS
第一部分 专题提升
专题一 力与物体的运动 第1讲 力与物体的平衡 第2讲 力和直线运动 第3讲 力与曲线运动
2
目录
CONTENTS
专题二 动量与能量 第1讲 功能关系与能量守恒 第2讲 动量和能量观点的应用
3
目录
CONTENTS
专题三 电场与磁场 第1讲 电场和磁场的基本性质 第2讲 带电粒子在复合场中的运动
7
目录
CONTENTS
第二部分 应考技巧指导
一、高考物理中常用的“八大”解题方法 二、高考必须记牢的“六个”物理模型
8
4
目录
CONTENTS
专题四 电路和电磁感应 第1讲 直流电路和交流电路 第2讲 电磁感应规律及其应用
专题五 近代物理初步题六 物理实验及创新实验 第1讲 力学实验 第2讲 电学实验
6
目录
CONTENTS
专题七 选考模块 第1讲 选修3-3 分子动理论 固体、液体和气体 热力 学定律 第2讲 选修3-4 振动与波动 光的折射和反射 电磁波 相对论
物理二轮 第一部分 专题一 学案 受力分析 物体的平衡
增大，Ff 减小，选项 A 正确，B 错误．
C 在光滑的凹槽内受两个力的作用：重力和支持力，且支持力 始终等于重力 mCg，选项 C、D 均错．
答案 A
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考题 2 例2 对平衡问题的考查
专题一 学案1
如图 5 所示， 顶端装有定滑轮的粗糙斜
面体放在水平地面上，A、B 两物体跨过滑
本 学 案 栏 目 开 关
于静止状态，在缓慢减小木板的倾角 θ 过 程中，下列说法正确的是 A．A 受到的压力逐渐变大 B．A 受到的摩擦力逐渐变大 C．C 对 B 的压力逐渐变大 D．C 受到三个力的作用 ( ) 图4
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专题一 学案1
解析 选取 B、C 组成的系统为研究对象，根据平衡知识可知 FN＝(mB＋mC)gcos θ，Ff＝(mB＋mC)gsin θ，随着 θ 的减小，FN
审题突破 ①A、B 匀速下滑，C 处于静止，三物体均处于平 衡状态．②用假设法分析 A、B 之间是否存在摩擦力．③把物 体 A 和 B 看成一个整体，分析 C 对 B 的摩擦力．④把三个物 体看成一个整体，分析地面对 C 的摩擦力和支持力．
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解析
专题一 学案1
当 A、B 相对静止沿斜面匀速下滑时，斜面保持静止不
本 学 案 栏 目 开 关
几年的高考中频频出现，主要考查力的产生条件、力的大小方 向的判断、力的合成与分解、平衡条件的应用、动态平衡问题 的分析、连结体问题的分析，涉及的思想方法有：整体法与隔 离法、假设法、正交分解法、矢量三角形法、等效思想等．预 计 2014 年仍将对这些知识点进行考查， 题型主要是选择题， 难 度不大，但也要引起高度重视．
答案 D
高考物理二轮复习专题一力与运动第讲力与物体的平衡课件.ppt
■ 命题特点与趋势——怎么考 1．物体的平衡条件及其应用历来是高考的热点，它不仅涉 及力学中共点力的平衡，还常涉及带电粒子在电场、磁场或 复合场中的平衡问题． 2．应用整体法和隔离法分析物体的受力特点及平衡问题是 考生必须掌握的方法，也是高考考查的重点． 3．“整体法、隔离法”在受力分析中的应用，物体的“动 态平衡”问题在2019年复习中应引起重视．
受力分析的三点注意 (1)在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般采用整 体法与隔离法进行分析． (2)采用整体法进行受力分析时，要注意系统内各个物体的状 态应该相同． (3)当直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对象， 先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体 的受力，此法叫“转移研究对象法”．
(3)隔离法：将所研究的对象从周围的物体中分离出来，单独 进行受力分析的方法，如第1题中，对A、B两物体单独分析， 研究其受力个数． (4)动力学分析法：对变速运动的物体进行受力分析时，应用 牛顿运动定律进行分析求解的方法．
[典例展示 1] (多选)如图所示，细绳 CO 与竖直方向成 30°角， A、B 两物体用跨过轻质滑轮(可看成质点)的细绳相连．已知物 体 B 的重力 mBg＝100 N，地面对物体 B 的支持力 FN＝80 N．下 列说法正确的是( ) A．物体 A 的重力为 40 N B．物体 B 与地面间的摩擦力大小为 20 N C．细绳 CO 受到的拉力为 40 3 N D．OB 与竖直方向的夹角为 60°
[答案] ACD
[方法技巧] 处理平衡问题常用的三种方法
(1)合成法：物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力 的合力一定与第三个力等大、反向，如例题中，细绳CO的 拉力与跨过滑轮的两细绳拉力的合力等大反向，故除解析法 外也可用合成法求解． (2)效果分解法：物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个 力按力的效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件．
届高考物理二轮复习 第一部分 专题整合 专题一 力与运动 第讲 力与物体的平衡专项训练
第1讲力与物体的均衡[真题再现]1. (2017·全国卷Ⅱ)如图1－1－1所示，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图1－1－1A．2－3 B.36 C.33 D.32解析在水平力F的作用下沿水平桌面匀速运动时F＝μmg；F的方向与水平面成60°角拉动时有F cos 60°＝μ(mg－F sin 60°)，联立解得μ＝33，应选C。
答案C2．(多项选择)(2018·天津卷)明朝谢肇淛的《五杂组》中记录：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不能。
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1－1－2所示，木楔两侧产生推力F N，则图1－1－2A．若F必然，θ大时F N大B．若F必然，θ小时F N大C．若θ必然，F大时F N大D．若θ必然，F小时F N大解析木楔两侧面产生的推力合力大小等于F，由力的平行四边形定则可知，F N＝F2sin θ2，由表达式可知，若F必然，θ越小，F N越大，A项错误，B项正确；若θ必然，F越大，F N越大，C项正确，D项错误。
答案BC3．(多项选择)(2016·课标卷Ⅰ)如图1－1－3所示，一圆滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳超出滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。
外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态。
若F方向不变，大小在必然范围内变化，物块b仍向来保持静止，则图1－1－3A．绳OO′的张力也在必然范围内变化B．物块b所碰到的支持力也在必然范围内变化C．连接a和b的绳的张力也在必然范围内变化D．物块b与桌面间的摩擦力也在必然范围内变化解析系统处于静止状态，连接a和b的绳的张力大小T1等于物块a的重力G a，C项错误；以O′点为研究对象，受力解析如图甲所示，T1恒定，夹角θ不变，由均衡条件知，绳OO′的张力T2恒定不变，A项错误；以b为研究对象，受力解析如图乙所示，则F N＋T1cos θ＋F sin α－G b＝0f＋T1sin θ－F cos α＝0F N、f均随F的变化而变化，故B、D项正确。
2017高考物理二轮(通用版)复习对点练第1部分专题一力与运动专题1第1讲特训Word版含答案
第一部分 专题一 第1讲1．(2016·济南3月模拟)一串小灯笼(五只)彼此用轻绳连接，并悬挂在空中．在稳定水平风力作用下发生倾斜，悬绳与竖直方向的夹角为30°，如图所示．设每个灯笼的质量均为m .则自上往下第一只灯笼对第二只灯笼的拉力大小为( C )A ．23mgB ．233mgC ．833mgD ．8mg解析：整体受力分析，可得第一段绳子拉力F 1sin 60°＝5mg ，得F 1＝1033mg ， 然后对第一个灯笼受力分析有(F 1－F 2)sin 60°＝mg ，解得F 2＝833mg ，选项C 正确． 2．(2016·济南一模)如图所示，在粗糙水平面上放置A 、B 、C 、D 四个小物块，各小物块之间由四根完全相同的轻弹簧相互连接，正好组成一个菱形，∠BAD ＝120°，整个系统保持静止状态．已知A 物块所受的摩擦力大小为F f ，则D 物块所受的摩擦力大小为( C )A ．32F fB ．F fC ．3F fD ．2F f 解析：由对称性可知，四根轻弹簧的弹力大小相等，均为F ，对A 有：2F cos 60°＝F 1，对D 有：2F cos 30°＝F fD ，故F fD ＝3F f .3．(2016·武汉调考)如图所示，在粗糙水平面上建立一直角坐标系xOy ，在坐标原点处有一物体，质量m ＝5 kg ，物体和水平面间的动摩擦因数为μ＝0.08，物体受到沿坐标轴的三个恒力F 1、F 2、F 3的作用而静止于水平面上，其中F 1＝3 N ，方向沿x 轴正方向；F 2＝4 N ，方向沿y 轴正方向；F 3沿x 轴负方向．则下列说法正确的是( C )A ．F 3的大小可能大于4 NB ．F 3的大小可能小于3 NC ．物体受到的摩擦力大小一定等于4 N ，方向沿y 轴负方向D ．物体受到的摩擦力大小可能小于4 N ，方向沿y 轴负方向解析：物体所受地面的最大静摩擦力F fm ＝μmg ＝4 N ，由平衡条件可知，F 1、F 2、F 3的合力必须小于或等于4 N ，其中F 2＝4 N ，F 1与F 3反向，只有当F 1＝F 3时，三力的合力才等于4 N ，否则一定大于4 N ，因此F 3＝3 N ，静摩擦力F f ＝F fm ＝4 N ，方向与F 2相反，即沿y 轴负方向，选项C 正确．4．(2016·南京模拟)(多选)如图所示，一个质量为m 的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P 点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30°.则( AD )A ．滑块可能受到三个力作用B ．弹簧一定处于压缩状态C ．斜面对滑块的支持力大小可能为零D ．斜面对滑块的摩擦力大小一定等于12mg 解析：弹簧可能恰好处于原长，滑块只受到重力、斜面支持力和摩擦力三个力作用，选项A 正确、B 错误；将滑块隔离受力分析，将滑块所受重力分解为沿斜面方向和垂直斜面方向，由平衡条件可知，斜面对滑块的摩擦力大小一定等于12mg ，斜面对滑块的支持力大小一定不为零，选项C 错误、D 正确．5．(2016·山东省实验中学三诊)如图所示，直角三角形框架ABC (角C 为直角)固定在水平地面上，已知AC 与水平方向的夹角为α＝30°.小环P 、Q 分别套在光滑臂AC 、BC 上，用一根不可伸长的细绳连接两小环，静止时细绳恰好处于水平方向，小环P 、Q 的质量分别为m 1、m 2，则小环P 、Q 的质量之比为( B )A ．m 1m 2＝3B ．m 1m 2＝3C ．m 1m 2＝33D ．m 1m 2＝13解析：对小环P 进行受力分析，设绳子拉力大小为F T ，由几何关系：F T ＝m 1g tan α，① 由几何关系：F T ＝m 2g tan α， ②联立①②得：m 1m 2＝1tan 2α＝3 6．(2016·江西南昌调研)水平面上有U 形导轨NMPQ ，它们之间的宽度为L ，M 和P 之间接入电源，现垂直于导轨搁一根质量为m 的金属棒ab ，棒与导轨的动摩擦因数为μ(滑动摩擦力略小于最大静摩擦力)，通过棒的电流强度为I .现加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于金属棒ab ，与垂直导轨平面的方向夹角为θ，如图所示，金属棒处于静止状态，重力加速度为g ，则金属棒所受的摩擦力大小为( B )A．BIL sin θB．BIL cos θC．μ(mg－BIL sin θ)D．μ(mg＋BIL cos θ)解析：金属棒处于静止状态，其合力为零，对其进行受力分析，如图所示，在水平方向有BILx cos θ－F f＝0，F f＝BIL cos θ，选项B正确，选项A、C、D错误．7．(2016·杭州教学质检一)(多选)如图所示，两根橡皮筋一端分别固定在A、B两点，另一端用短绳连接．现用竖直方向恒力F将连接短绳拉至O点，现辙去F，为了仍然将连接短绳拉至O点，每次施加沿F1到F7方向中的两个力，则下列力的组合可行的是(上述F1…F7的表示均为示意图)(ACD)A．F1和F5B．F2和F7C．F3和F6D．F4和F5解析：由合力与分力的等效性及力的平行四边形定则可知，F1和F5的合力、F3和F6的合力、F4和F5的合力方向沿F的方向，大小可与F相等，选项B错误．ACD正确．8．(2016·全国大联考二)(多选)如图所示，A、B两球所带电荷量均为2×10－5 C，质量均为0.72 kg，其中A球带正电荷，B球带负电荷，A球通过绝缘细线吊在天花板上，B球一端固定在绝缘棒上，现将B球放在某一位置，能使绝缘细线伸直，A球静止且与竖直方向的夹角为30°，g＝10 m/s2，则B球距离A的距离可能为(AB)A．0.5 m B．0.8 mC．1.2 m D．2.5 m解析：对A受力分析，受重力mg、绳的拉力F T、B对A的吸引力F，由分析知，A平衡时，F的最小值为F＝mg sin 30°＝kq2r2，解得r＝1 m，所以r≤1 m，A、B正确．9．(2016·合肥试题)(多选)如图所示，C为固定在地面上的斜面体，A、B是两个长方形物体，F是作用在物体B上的沿斜面方向的力，物体A和B以相同的速度做匀速直线运动．由此可知，A、B间的动摩擦因数μ1和B、C间的动摩擦因数μ2有可能是(CD)A．μ1＝0，μ2＝0B．μ1＝0，μ2≠0C．μ1≠0，μ2＝0D．μ1≠0，μ2≠0解析：以A、B整体为研究对象，有F＝(m A＋m B)g sin θ，当F ＝(m A ＋m B )g sin θ时，f 2＝0，则μ2＝0；当F ≠(m A ＋m B )g sin θ时，f 2≠0，则μ2≠0.隔离A 物体，B 对A 的静摩擦力f 1＝m A g sin θ，则μ1一定不等于零．所以正确选项为C 、D.10．(2016·河北保定4月模拟)如图所示，将三个完全相同的光滑球用不可伸长的细线悬挂于O 点并处于静止状态．已知球半径为R ，重为G ，线长均为R .则每条细线上的张力大小为( B )A ．2GB ．62GC ．32G D ．52G解析：本题O 点与各球心的连线及各球心连线，构成一个边长为2R 的正四面体，如图甲所示(A 、B 、C 为各球球心)，O ′为ABC 的中心，设∠OAO ′＝θ，由几何关系知O ′A ＝233R ， 由勾股定理得OO ′＝OA 2－O ′A 2＝83R ， 对A 处球受力分析有：F sin θ＝G ，又sin θ＝OO ′OA， 解得F ＝62G ，故只有B 项正确． 11．(2016·湖北七市联考)如图所示，A 、B 、C 、D 为四个完全相同的光滑圆柱体，质量均为m ，两块相同的光滑竖直挡板在大小相等的水平推力F 作用下使四个圆柱体处于静止状态．已知当地的重力加速度为g .则有( A )A ．力F 的最小值为3mgB ．力F 的最大值为3mgC ．B 球对A 球的弹力大小等于mgD ．若减小F ，则B 和A 之间的弹力增大解析：当A 球与B 球之间的弹力等于零时，F 最小，对B 球受力分析，如图所示． 根据几何关系可知，θ＝30°，则tan 30°＝mg F ， 解得：F ＝3mg ，所以F 的最小值为3mg ，故A 正确，B 错误；B 球对A 球的弹力大小可以等于零，故C 错误；当F ＞3mg 时，A 对B 有弹力作用，若减小F ，则B 和A 之间的弹力减小，当F ＝3mg 时，A 、B 之间的弹力为零，故D 错误．12．(2016·长春四模)如图所示，一个质量为M 的物体被两根长度为L ＝5 cm 的轻绳相连，轻绳的另一端分别与两个不计质量的轻环相连，两轻环套在粗糙的水平杆上．轻杆与杆之间的动摩擦因数为μ＝0.75，在保证系统处于静止状态的情况下，若增大两轻环之间的距离，则下列说法正确的是( BC )A ．轻环所受摩擦力不变B ．杆对轻环的作用力变大C ．两环之间的最大距离为6 cmD ．轻绳上的最大拉力为56Mg 解析：用整体法分析，竖直方向受重力和支持力，水平方向受两个反向的静摩擦力，每个小环竖直方向的支持力始终不变，都为12Mg ，随着距离的增加，静摩擦力变大，故A 错误，B 正确；设绳与水平方向的夹角为θ，对M 有：2F T sin θ＝Mg ，对小环受力分析有：F T cos θ≤μ12Mg ，联立可知θ最小值为53°，两环之间的最大距离为x ＝2L cos θ＝6 cm ，最大拉力为58Mg ，故C 正确，D 错误．13．(2016·江西师大附中、鹰潭一中4月联考)如图所示，质量均为M 的A 、B 两滑块放在粗糙水平面上，两轻杆等长，杆与滑块，杆与杆间均用光滑铰链连接，在两杆铰合处悬挂一质量为m 的重物C ，整个装置处于静止状态，设杆与水平面间的夹角为θ.下列说法正确的是( B )A ．当m 一定时，θ越小，滑块对地面的压力越大B ．当m 一定时，θ越大，轻杆受力越小C ．当θ一定时，M 越大，滑块与地面间的摩擦力越大D ．当θ一定时，M 越小，可悬挂重物C 的质量m 越大解析：将C 的重力按照作用效果分解，如图所示：根据平行四边形定则，有：F 1＝F 2＝12mg sin θ＝mg 2sin θ， 故m 一定时，θ越大，轻杆受力越小，故B 正确；对A 、B 、C 整体分析可知，对地压力与θ无关，故A 错误．对A 分析，受重力、杆的推力、支持力和向右的静摩擦力，根据平衡条件，有：F f ＝F 1cosθ＝mg2tan θ，与M无关，故C错误；只要动摩擦因数足够大，即可满足F1cos θ≤μF1sin θ，不管M多大，M都不会滑动，故D 错误．14．(2016·湖北重点中学高三第二次联考)如图所示，静止在水平地面上的斜面体质量为M，一质量为m的物块恰能沿斜面匀速下滑，若对物块施以水平向右的拉力F，物块m仍能沿斜面运动．则以下判断正确的是(B)A．物块m仍将沿斜面匀速下滑B．物块m将沿斜面加速下滑C．地面对斜面M有向左的摩擦力D．地面对斜面的支持力等于(M＋m)g解析：物块m恰能匀速下滑，则物块m受到的支持力和摩擦力的合力竖直向上，大小等于mg，且μ＝tan θ(θ为斜面体倾角)，施加水平外力F后，物块m受到的支持力和摩擦力的合力仍竖直向上，但合力小于mg，对物块m受力分析易知，物块m做加速运动，选项A错误，B正确；对于斜面体M，物块m对它的压力和摩擦力的合力竖直向下，合力小于mg，对斜面体M受力分析易知，地面对斜面体M的摩擦力为0，支持力小于(m＋M)g，选项C、D错误．15．(2016·哈尔滨质检)(多选)如图甲所示，A为一截面为等腰三角形的斜劈，其质量为M，两个底角均为30°.两个完全相同、质量均为m的小物块p和q恰好能沿两斜面匀速下滑．现在若对两物体同时施加一平行于侧面的恒力F1、F2，且F1>F2，如图乙所示，则在p和q下滑的过程中下列说法正确的是(AD)A．斜劈A仍旧保持静止，且不受到地面的摩擦力作用B．斜劈A仍旧保持静止，且受到地面向右的摩擦力作用C．斜劈A仍旧保持静止，对地面的压力大小为(M＋m)gD．斜劈A仍旧保持静止，对地面的压力大小大于(M＋m)g解析：起初两物块沿斜面匀速下滑，p、q及斜劈组成的整体处于平衡状态，则水平方向斜劈不受场面的静摩擦力作用，竖直方向上斜劈的作用力不变，斜劈受力情况不变，即A依然不受地面的摩擦力作用，且A对地面的压力大小仍为(M＋2m)g大于(M＋m)g，AD正确．。
高考物理二轮复习 专题02 力与物体的平衡(练)
专题02 力与物体的平衡1．【2017·新课标Ⅱ卷】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．2BCD【答案】C【考点定位】物体的平衡【名师点睛】此题考查了正交分解法在解决平衡问题中的应用问题；关键是列出两种情况下水平方向的平衡方程，联立即可求解。
2．【2016·浙江卷】如图所示为一种常见的身高体重测量仪。
测量仪顶部向下发射波速为v 的超声波，超声波经反射后返回，被测量仪接收，测量仪记录发射和接收的时间间隔。
质量为M 0的测重台置于压力传感器上，传感器输出电压与作用在其上的压力成正比。
当测重台没有站人时，测量仪记录的时间间隔为t 0，输出电压为U 0，某同学站上测重台，测量仪记录的时间间隔为t ，输出电压为U ，则该同学身高和质量分别为： （ ）A ．v (t 0–t )，M U U B ．12v (t 0–t )，00M U UC ． v (t 0–t )，000()M U U U -D ．12v (t 0–t )，000()M U U U -【答案】D【解析】当测重台没有站人时，2x =vt 0；站人时，2（x –h ）=vt ；解得h =12v （t 0–t ）；无人站立时：U 0=KM 0g ；有人时，U =k (M 0g +mg )，解得：000()M m U U U =-；故选D 。
【考点定位】物体的平衡；传感器及速度的计算问题【名师点睛】此题以身高体重测量仪为背景，考查了物体的平衡、传感器及速度的计算问题。
解本题的关键是搞清测量的原理，然后联系物理知识列方程解答；此题难度不大3．【2016·全国新课标Ⅰ卷】（多选）如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO'悬挂于O 点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a ，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b 。
高考物理大二轮复习 专题一 第1讲 力与物体的平衡练习
拾躲市安息阳光实验学校力与物体的平衡一、单项选择题1．在粗糙水平面上放着一个三角形木块abc，在它的两个粗糙斜面上分别放有质量为m1和m2的两个物体，m1>m2，如图所示，若三角形木块和两物体都是静止的，则粗糙水平面对三角形木块( )A．有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向右B．有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向左C．有摩擦力的作用，但摩擦力的方向不能确定，因m1、m2、θ1、θ2的数值均未给出D．以上结论都不对解析：选D.法一(隔离法)：把三角形木块隔离出来，它的两个斜面上分别受到两物体对它的压力F N1、F N2，摩擦力F1、F2.由两物体的平衡条件知，这四个力的大小分别为F N1＝m1g cos θ1，F N2＝m2g cos θ2F1＝m1g sin θ1，F2＝m2g sin θ2它们的水平分力的大小(如图所示)分别为F N1x＝F N1sin θ1＝m1g cos θ1sin θ1F N2x＝F N2sin θ2＝m2g cos θ2sin θ2F1x＝F1cos θ1＝m1g cos θ1sin θ1F2x＝F2cos θ2＝m2g cos θ2sin θ2其中F N1x＝F1x，F N2x＝F2x，即它们的水平分力互相平衡，木块在水平方向无滑动趋势，因此不受水平面的摩擦力作用．法二(整体法)：由于三角形木块和斜面上的两物体都静止，可以把它们看成一个整体，受力如图所示．设三角形木块质量为M，则竖直方向受到重力(m1＋m2＋M)g和支持力F N作用处于平衡状态，水平方向无任何滑动趋势，因此不受水平面的摩擦力作用．2．(2019·高考全国卷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33，重力加速度取10 m/s2.若轻绳能承受的最大张力为1 500 N，则物块的质量最大为( )A．150 kg B．100 3 kgC．200 kg D．200 3 kg解析：选A.设物块的质量最大为m，将物块的重力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡条件，在沿斜面方向有F＝mg sin 30°＋μmg cos 30°，解得m＝150 kg，A项正确．3．(2019·烟台联考) 如图所示，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上．若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F2>0)．由此可求出( ) A．物块的质量B．斜面的倾角C．物块与斜面间的最大静摩擦力D．物块对斜面的正压力解析：选C.设斜面倾角为θ，斜面对物块的最大静摩擦力为F f，当F取最大值 F 1时，最大静摩擦力 F f 沿斜面向下，由平衡条件得 F 1＝mg sin θ＋F f ；当 F 取最小值 F 2时，F f 沿斜面向上，由平衡条件得 F 2＝mg sin θ－F f ，联立两式可求出最大静摩擦力F f ＝F 1－F 22，选项 C 正确．F N ＝mg cos θ，F 1＋F 2＝2mg sin θ，所以不能求出物块的质量、斜面的倾角和物块对斜面的正压力．4．(2017·高考全国卷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 cmB ．92 cmC ．98 cmD ．104 cm解析：选B.将钩码挂在弹性绳的中点时，由数学知识可知钩码两侧的弹性绳(劲度系数设为k )与竖直方向夹角θ均满足sin θ＝45，对钩码(设其重力为G )静止时受力分析，得G ＝2k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1 m 2－0.8 m 2cos θ；弹性绳的两端移至天花板上的同一点时，对钩码受力分析，得G ＝2k ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2－0.8 m 2，联立解得L ＝92 cm ，可知A 、C 、D 项错误，B 项正确．5. 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 ．m2 B ．32mC ．mD ．2m解析：选C.由于轻环不计重力，故细线对轻环的拉力的合力与圆弧对轻环的支持力等大反向，即沿半径方向；又两侧细线对轻环拉力相等，故轻环所在位置对应的圆弧半径为两细线的角平分线，因为两轻环间的距离等于圆弧的半径，故两轻环与圆弧圆心构成等边三角形；又小球对细线的拉力方向竖直向下，由几何知识可知，两轻环间的细线夹角为120°，对小物块进行受力分析，由三力平衡知识可知，小物块质量与小球质量相等，均为m ，C 项正确．6．(2017·高考全国卷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－ 3B ．36C ．33D ．32解析：选C.当拉力水平时，物块做匀速运动，则F ＝μmg ，当拉力方向与水平方向的夹角为60°时，物块也刚好做匀速运动，则F cos 60°＝μ(mg －F sin 60°)，联立解得μ＝33，A 、B 、D 项错误，C 项正确．7．如图所示，匀强电场的电场强度方向与水平方向夹角为30°且斜向右上方，匀强磁场的方向垂直于纸面(图中未画出)．一质量为m 、电荷量为q 的带电小球(可视为质点)以与水平方向成30°角斜向左上方的速度v 做匀速直线运动，重力加速度为g ，则( )A ．匀强磁场的方向可能垂直于纸面向外B ．小球一定带正电荷C ．电场强度大小为mgqD ．磁感应强度的大小为mgqv解析：选C.小球做匀速直线运动，受到的合力为零，假设小球带正电，则小球的受力情况如图甲所示，小球受到的洛伦兹力沿虚线但方向未知，小球受到的重力与电场力的合力与洛伦兹力不可能平衡，故小球不可能做匀速直线运动，假设不成立，小球一定带负电，选项B 错误；小球的受力情况如图乙所示，小球受到的洛伦兹力一定斜向右上方，根据左手定则，匀强磁场的方向一定垂直于纸面向里，选项A 错误；根据几何关系，电场力大小qE ＝mg ，洛伦兹力大小qvB ＝3mg ，解得E ＝mg q ，B ＝3mgqv，选项C 正确，D 错误．8．(2019·青岛模拟) 质量为m 的四只完全相同的足球叠成两层放在水平面上，底层三只足球刚好接触成三角形，上层一只足球放在底层三只足球的正上面，系统保持静止．若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )A ．底层每个足球对地面的压力为mgB ．底层每个足球之间的弹力为零C ．下层每个足球对上层足球的支持力大小为mg3D ．足球与水平面间的动摩擦因数至少为66解析：选B. 根据整体法，设下面每个球对地面的压力均为F N ，则3F N ＝4mg ，故F N ＝43mg ，A 错误；四个球的球心连线构成了正四面体，下层每个足球之间的弹力为零，B 正确；上层足球受到重力、下层足球对上层足球的三个支持力，由于三个支持力的方向不是竖直向上，所以三个支持力在竖直方向的分量之和等于重力，则下层每个足球对上层足球的支持力大小大于mg3，C 错误；根据正四面体几何关系可求，F 与mg 夹角的余弦值cos θ＝63，正弦值sin θ＝33，则有F ·63＋mg ＝F N ＝43mg ，33F ＝F f ，解得F f ＝26mg ，F ＝66mg ，则μ≥26mg 43mg ＝28，所以足球与水平面间的动摩擦因数至少为28，故D 错误．9. (2019·济宁二模)三段细绳OA 、OB 、OC 结于O 点，另一端分别系于竖直墙壁、水平顶壁和悬挂小球，稳定后OA 呈水平状态．现保持O 点位置不变，缓慢上移 A 点至D 点的过程中，关于OA 绳上的拉力变化情况的判断正确的是( )A ．一直增大B ．一直减小C ．先增大后减小D ．先减小后增大解析：选D.可运用动态图解法，由图可知，当 OA 与 OB 垂直时，OA 上的拉力最小，故 D 正确．10．(2019·长沙模拟) 如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔．质量为m 的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力F 和环对小球的弹力F N 的大小变化情况是( )A ．F 减小，F N 不变B ．F 不变，F N 减小C ．F 不变，F N 增大D ．F 增大，F N 减小解析：选A.对小球受力分析，其所受的三个力组成一个闭合三角形，如图所示，力三角形与圆内的三角形相似，由几何关系可知mg R ＝F N R ＝FL，小球缓慢上移时mg 不变，R 不变，L 减小，故F 减小，F N 大小不变，A 正确．二、多项选择题11. (2018·高考天津卷)明朝谢肇淛的《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F N ，则( )A ．若F 一定，θ大时F N 大B ．若F 一定，θ小时F N 大C ．若θ一定，F 大时F N 大D ．若θ一定，F 小时F N 大解析：选BC.木楔两侧面产生的推力合力大小等于F ，由力的平行四边形定则可知，F N ＝F2sinθ2，由表达式可知，若F 一定，θ越小，F N 越大，A 项错误，B 项正确；若θ一定，F 越大，F N 越大，C 项正确，D 项错误．12．如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M 、N 上的a 、b 两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态．如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是( )A ．绳的右端上移到b ′，绳子拉力不变B ．将杆N 向右移一些，绳子拉力变大C ．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小D ．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移解析：选AB.设两段绳子间的夹角为2α，绳子的拉力大小为F ，由平衡条件可知，2F cos α＝mg ，所以F ＝mg2cos α，设绳子总长为L ，两杆间距离为s ，由几何关系L 1sin α＋L 2sin α＝s ，得sin α＝sL 1＋L 2＝sL，绳子右端上移，L 、s 都不变，α不变，绳子张力F 也不变，A 正确；杆N 向右移动一些，s 变大，α变大，cos α变小，F 变大，B 正确；绳子两端高度差变化，不影响s 和L ，所以F 不变，C 错误；衣服质量增加，绳子上的拉力增加，由于α不会变化，悬挂点不会右移，D 错误．13．(2019·德州模拟)如图所示，重物A 被绕过小滑轮P 的细线所悬挂，小滑轮P 被一根细线系于天花板上的O 点，B 物体放在粗糙的水平桌面上，O ′是三根线的结点，bO ′水平拉着B 物体，cO ′竖直拉着重物 C ，aO ′、bO ′与cO ′的夹角如图所示．细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，整个装置处于静止状态．若悬挂小滑轮的细线 OP 的张力大小是20 3 N ，则下列说法中正确的是(g ＝10 m/s 2)( )A ．重物 A 的质量为2 kgB ．桌面对 B 物体的摩擦力大小为 10 3 NC ．重物 C 的质量为1 kgD ．OP 与竖直方向的夹角为60°解析：选ABC.以小滑轮 P 为研究对象，受力分析如图甲所示，则有2T cos 30°＝F ，故T ＝F2cos 30°＝20 N ，由于T ＝m A g ，故m A ＝2 kg ，则选项A 正确；以 O ′点为研究对象，受力分析如图乙所示，由平衡条件得：T cos 30°＝F b ，F b ＝10 3 N ，T sin 30°＝F C ＝m C g ，故 m C ＝1 kg ，则选项C 正确；又因为 F b ＝－f ，所以选项 B 正确；OP 与竖直方向的夹角应为30°，所以选项 D 错误．14. 表面光滑、半径为R 的半球固定在水平地面上，球心O 的正上方O ′处有一无摩擦定滑轮，轻质细绳两端各系一个可视为质点的小球挂在定滑轮上，如图所示．两小球平衡时，若滑轮两侧细绳的长度分别为L 1＝2.4R 和L 2＝2.5R ，则这两个小球的质量之比为m 1m 2，小球与半球之间的压力之比为F N1F N2，则以下说法正确的是( )A ．m 1m 2＝2425B ．m 1m 2＝2524C ．F N1F N2＝2524D ．F N1F N2＝2425解析：选BC.先以左侧小球为研究对象，分析受力情况：重力m 1g 、绳子的拉力F T 和半球的支持力F N1，作出受力分析图．由平衡条件得知，拉力F T 和支持力F N 的合力与重力m 1g 大小相等、方向相反．设OO ′＝h ，根据三角形相似得F T L 1＝F N1R ＝m 1g h ，解得m 1g ＝F T h L 1，F N1＝F T RL 1…①同理，以右侧小球为研究对象，得：m 2g ＝F T h L 2，F N2＝F T R L 2…②，由①∶②得m 1m 2＝L 2L 1＝2524，F N1F N2＝L 2L 1＝2524. 15. (2019·滨州质检)如图所示，在竖直平面内，一根不可伸长的轻质软绳两端打结系于“V ”形杆上的A 、B 两点，已知OM 边竖直，且|AO |＝|OB |，细绳绕过光滑的滑轮，重物悬挂于滑轮下处于静止状态．若在纸面内绕端点O 按顺时针方向缓慢转动“V ”形杆，直到ON 边竖直，绳子的张力为T ，A 点处绳子与杆之间摩擦力大小为F ，则( )A ．张力T 一直增大B ．张力T 先增大后减小C ．摩擦力F 一直减小D ．摩擦力F 先增大后减小解析：选BC.设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角α，受力如图甲，在纸面内绕端点O 按顺时针方向缓慢转动“V ”形杆，直到ON 边竖直，AB 的长度不变，AB 在水平方向的投影先变长后变短，绳子与竖直方向的夹角α先变大后变小，所以张力T ＝mg2cos α先增大后减小，故A 错误，B 正确；以A 点为研究对象，受力分析如图乙．根据平衡条件可知，F ＝T cos(α＋β)＝mg cos （α＋β）2cos α＝mg2(cos β－tan αsinβ)，在纸面内绕端点O 按顺时针方向缓慢转动“V ”形杆，绳子与竖直方向的夹角α先变大后变小，OA 杆与竖直方向的夹角β一直变大，当绳子与竖直方向的夹角α变大时，摩擦力减小，当绳子与竖直方向的夹角α变小时，但(α＋β)还是在增大，所以摩擦力还是在减小，故C 正确，D 错误．。
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专题一 力和运动第1讲 受力分析与物体的平衡(本部分在学生用书中单独成册)一、单项选择题1.如图所示，石拱桥的正中央有一质量为m 的对称楔形石块，侧面与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g ，若接触面间的摩擦力忽略不计，则石块侧面所受弹力的大小为( )A.mg 2sin αB.mg 2cos αC.12mg tan αD.12mg cot α 解析：对物体受力分析，如图：根据共点力平衡条件，将弹力F 1、F 2合成，结合几何关系，有：mg ＝2F 1sin α所以：F 1＝mg 2sin α，故选项A 正确． 答案：A2.如图所示，MON 为张角为90°的V 型光滑支架，小球静止于支架内部，初始时刻支架的NO边处于竖直方向，将支架绕O点顺时针缓慢转动90°的过程中，NO板对小球弹力变化情况为()A．一直增大B．一直减小C．先增大后减小D．先减小后增大解析：以小球为研究对象，分析受力，小球开始受到重力G、挡板OM对小球的弹力，在挡板开始以O点为轴顺时针缓慢转动90°的过程中，小球的合力为零，保持不变，根据平衡条件得知，挡板ON对小球的弹力渐渐增大，作出三个位置小球的受力图如图所示：故选A.答案：A3.如图所示，光滑小球放置在半球面的底端，竖直放置的挡板水平向右缓慢地推动小球，则在小球运动(始终未脱离球面)的过程中，挡板对小球的推力F、半球面对小球的支持力F N的变化情况正确的是()(导学号59230069)A．F增大，F N减小B．F减小，F N增大C．F减小，F N减小D．F增大，F N增大解析：对小球受力分析，受重力、挡板向右的支持力和半球面的支持力，如图所示．根据平衡条件解得F＝mg tan θF N＝mg cos θ由于θ不断增加，故F增大、F N增大．故选D.答案：D4．如图所示，小球C置于光滑的半球形凹槽B内，B放在长木板A上，整个装置处于静止状态．在缓慢减小木板的倾角θ过程中，下列说法正确的是()A．A受到的压力逐渐变大B．A受到的摩擦力逐渐变大C．C对B的压力逐渐变大D．C受到三个力的作用解析：对BC整体分析受力情况：重力mg、斜面A的支持力F N 和摩擦力f，由平衡条件得知，F N＝mg cos θ，f＝mg sin θ，减小θ，F N增大，f减小，由牛顿第三定律得知，B对A的压力也增大，故A 正确，B错误．由于半球形凹槽光滑，小球只受重力和支持力，由平衡条件得到，支持力与重力大小相等，保持不变，则C对B的压力也保持不变，故C、D错误．故选A.答案：A5．在水平地面上有一固定的楔形物块a，其斜面上静止一小物块b.现用力F沿不同方向作用在小物块b上，小物块b仍保持静止，如图所示．则a、b之间的静摩擦力一定增大的是()A．①③B．②④C．②③D．③④解析：不加力F时，对物块进行受力分析，将重力分解，根据平衡条件得出：f＝mg sin θ.①受力图：f＝mg sin θ＋F，故摩擦力变大．②受力图：如果F<mg sin θ，f＝mg sin θ－F，故摩擦力变小．如果F≥mg sin θ，f＝F－mg sin θ.由于不知道F的大小，所以摩擦力变化不确定．③受力图：将F分解，根据平衡条件得出：f＝F sin θ＋mg sin θ.故摩擦力变大．④受力图：根据平衡条件得出：f＝mg sin θ，故摩擦力不变．故选A.答案：A6.如图所示，两相同物块分别放置在对接的两固定斜面上，物块处在同一水平面内，之间用细绳连接．在绳的中点加一竖直向上的拉力F，使两物块处于静止状态，此时绳与斜面间的夹角小于90°.当增大拉力F后，系统仍处于静止状态，下列说法中错误的是()A．绳受到的拉力变大B．物块与斜面间的摩擦力变小C．物块对斜面的压力变小D．物块受到的合力不变解析：将F分解为F1、F2两个分力，如图1所示，由于F1、F2之间的夹角不变，当F增大时，则知绳受到的拉力F1和F2同时增大，故A正确．对左边物体进行研究，分析受力如图2所示，由平衡条件得摩擦力f＝mg sin α＋F1cos β，F1增大，其他量不变，则f增大；支持力F N＝mg cos α－F1sin β，F1增大，其他量不变，则F N变小，故B错误，C正确．由题意，物块处于静止状态，受到的合力为零，保持不变，故D正确．本题选错误的，故选B.图1图2答案：B7．如图所示，PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距L ＝1 m．PM间接有一个电动势为E＝6 V、内阻r＝1 Ω的电源和一只滑动变阻器．导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m＝0.2 kg，棒的中点用细绳经定滑轮与一物体相连，物体的质量M＝0.3 kg.棒与导轨的动摩擦因数为μ＝0.5(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，导轨与棒的电阻不计，g取10 m/s2)，匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，方向竖直向下．为了使物体保持静止，滑动变阻器连入电路的阻值不可能的是()(导学号59230070)A．6 ΩB．5 ΩC．4 ΩD．2 Ω解析：据题意，当棒受到的摩擦力向左，则有F＋F f＝Mg，由于f＝μmg＝1 N，则安培力为F＝2 N，据F＝BIL＝BL ER＋r可得R＝BLE－FrF＝5 Ω；当摩擦力向右时有：Mg＋f＝BLI＝BLER＋r，R＝2 Ω，故滑动变阻器阻值范围是2 Ω至5 Ω，故选项A不可能．答案：A8.如图所示，倾角为θ＝30°的光滑斜面上固定有竖直光滑挡板P ，质量相同的横截面为直角三角形的两物块A 、B 叠放在斜面与挡板之间，且A 与B 间的接触面水平．则A 对B 的压力与B 对斜面的压力之比应为( )(导学号 59230071)A ．2∶1 B.3∶2 C.3∶1 D.3∶4解析：设A 、B 的质量都为m ，A 处于静止状态，对A 进行受力分析可知，B 对A 的支持力等于A 的重力，结合牛顿第三定律可知，A 对B 的压力F N ＝mg ，把AB 看成一个整体，对整体受力分析可知，整体受到重力2mg ，斜面的支持力F N1，挡板的压力F N2，根据平衡条件得，cos 30°＝2mg F N1，解得F N1＝433mg ，所以B 对斜面的压力F ′N1＝433mg ，则F N F ′N1＝34.故选D. 答案：D9.如图所示，三根长为L 的直线电流在空间构成等边三角形，电流的方向垂直纸面向里，电流大小均为I ，其中A 、B 电流在C 处产生的磁感应强度的大小分别为B 0，导线C 位于水平面处于静止状态，则导线C 受到的静摩擦力是( )A.3B 0IL ，水平向左B.3B 0IL ，水平向右C.32B0IL，水平向左 D.32B0IL，水平向右解析：根据安培定则，A电流在C处产生的磁场方向垂直于AC，B电流在C处产生的磁场方向垂直于BC，如图所示．根据平行四边形定则及几何知识可知，合磁场的方向竖直向下，与AB边平行，合磁感应强度B的大小为B＝2B0cos 30°＝3B0，由公式F＝BIL得，导线C所受安培力大小为F＝3B0IL，根据左手定则，导线C所受安培力方向水平向左，因导线C位于水平面处于静止状态，由平衡条件知，导线C受到的静摩擦力方向为水平向右，故选项B正确，A、C、D错误．答案：B10.如图所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在粗糙水平地面上，通过最高点处的钉子用水平轻质细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B，重力加速度为g.则()A．A对地面的摩擦力方向向左B．B对A的压力大小为R＋rR mgC．细线对小球的拉力大小为rR mgD．若剪断绳子(A不动)，则此瞬时球B加速度大小为（R＋r）2＋R2R g解析：对A 、B 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，故A 错误；对小球受力分析，如图所示，根据平衡条件，有F ＝mg cos θ，F T ＝mg tan θ， 其中cos θ＝R R ＋r， tan θ＝（R ＋r ）2－R 2R， 故：F ＝R ＋r R mg ，F T ＝mg （R ＋r ）2－R 2R，故B 正确，C 错误；若剪断绳子(A 不动)，B 球受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：mg sin θ＝ma ，解得：a ＝g sin θ＝（R ＋r ）2－R 2R ＋rg ，故D 错误． 答案：B11.如图所示，直角三角形框架ABC (角C 为直角)固定在水平地面上，己知AC 与水平方向的夹角为α＝30°.小环P 、Q 分别套在光滑臂AC 、BC 上，用一根细绳连接两小环，静止时细绳恰好处于水平方向，小环P 、Q 的质量分别为m 1、m 2，则小环P 、Q 的质量之比为( )A.m 1m 2＝ 3 B.m 1m 2＝3 C.m 1m 2＝33D.m 1m 2＝13解析：对m1进行受力分析，设绳子拉力大小为F T，由几何关系：F T1＝m1g tan θ①对m2进行受力分析，由几何关系：F T2＝m2g cot θ②F T1＝F T2③联立①②③得：m1m2＝cot2θ＝3.故选B.答案：B二、多项选择题12.(多选)如图所示，截面为三角形的木块a上放置一铁块b，三角形木块竖直边靠在竖直且粗糙的竖直面上，现用竖直向上的作用力F，推动木块与铁块一起向上匀速运动，运动过程中铁块与木块始终保持相对静止，则下列说法正确的是()A．木块a受到6个力的作用B．木块a受到4个力的作用C．木块b受到3个力的作用D．木块b受到2个力的作用解析：先对a、b整体受力分析，受到重力和推力，二力平衡，整体不受墙壁的弹力和摩擦力，后对a受力分析，受到重力、推力、b对a的压力和静摩擦力，故a受到4个力，故A错误，B正确；再对b受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力，三力平衡，故支持力和静摩擦力的合力与重力平衡，竖直向上，即b 受3个力，故C 正确，D 错误，故选B 、C.答案：BC13.(多选)如图所示，形状相同的物块A 、B ，其截面为直角三角形，相对排放在粗糙水平地面上，光滑球体C 架在两物块的斜面上，系统处于静止状态．已知物块A 、B 的质量都为M ，θ＝60°，光滑球体C 质量为m ，则以下说法正确的是( )A ．地面对物块A 的摩擦力大小为12mg B ．地面对物块A 的摩擦力大小为32mg C ．物块A 对球体C 的弹力大小为32mg D ．物块A 对地面的压力大小为Mg ＋12mg 解析：以球体C 为研究对象，其受到斜向上的两个弹力作用，把两个弹力合成，合力竖直向上，大小等于光滑球体的重力，受力分析如图所示．由数学知识可知，弹力大小为mg ，C 错误；再以A 为研究对象，C 对A 的正压力大小为mg ，其在水平方向上的分力大小等于地面对物块A 的静摩擦力大小，由此可知静摩擦力大小为mg cos 30°＝32mg，A错误，B正确；以A、B、C整体为研究对象，所受重力为2Mg＋mg，地面对整体的支持力大小为2Mg＋mg，由对称性可知A受到地面的支持力大小为Mg＋mg2，可知D正确．答案：BD14．(多选)如图所示，质量分别为m1和m2的两个物体用两根轻质细线，分别悬挂在天花板上的A、B两点，两线与水平方向夹角分别为α，β且α>β，两物体间的轻质弹簧恰好处于水平状态，两根绳子的拉力分别为F T A和F T B.则下列说法正确的是()A．F T A>F T B B．F T A<F T BC．m1>m2D．m1<m2解析：对整体，F T A cos α＝F T B cos β，由α>β，有cos α<cos β，得F T A>F T B，A正确，B错误；对m1和m2竖直方向受力平衡，F T A sin α＝m1g，F T B sin β＝m2g，得m1>m2，C正确，D错误．答案：AC。