2018-2019高中物理二轮复习名师精编专题限时训练1 力与物体的平衡 Word版含解析
2019高考物理二轮复习 专题一 力与物体的平衡课时作业 新人教版.doc
2019高考物理二轮复习专题一力与物体的平衡课时作业新人教版一、单项选择题1.如图所示，物块a、b质量分别为2m、m，水平地面和竖直墙面均光滑，在水平推力F 作用下，两物块均处于静止状态，则( )A．物块b受四个力作用B．物块b受到的摩擦力大小等于2mgC．物块b对地面的压力大小等于mgD．物块a受到物块b的作用力水平向右解析：物块b受重力、地面的支持力、物块a的水平弹力、物块a的竖直向下的摩擦力及外力F作用而静止，A错；物块a受重力、墙壁的弹力、物块b的水平弹力和竖直向上的摩擦力作用而静止，所以物块a受到物块b的作用力是斜向右上方的，D错；物块b对物块a 的摩擦力大小为2mg，所以物块b受到的摩擦力大小等于2mg，B对；由整体法可知物块b对地面的压力大小等于3mg，C错．答案：B2．(2014·山东卷)如图，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．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，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后( )A．F1不变，F2变大B．F1不变，F2变小C．F1变大，F2变大D．F1变小，F2变小解析：木板静止时受力情况如图所示，设轻绳与竖直木桩的夹角为θ，由平衡条件知，合力F1＝0，故F1不变，F2＝mg2cosθ，剪短轻绳后，θ增大，cosθ减小，F2增大，故A正确．答案：A3．(2015·河南名校模拟)如图所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁．若再在斜面上加一物体m，且小车M、物体m相对静止，此时小车受力个数为( )A．3 B．4C．5 D．6解析：对小车和物体整体，它们必受到重力和地面的支持力，因小车、物体相对静止，由平衡条件知墙面对小车必无作用力，以小车为研究对象，它受重力Mg，地面的支持力F N1，物体对它的压力F N2和静摩擦力F f，B对．答案：B4．(2015·上海四区二模)如图所示，作用于坐标原点O的三个力平衡，已知三个力均位于xOy平面内，其中力F1的大小不变，方向沿y轴负方向；力F2的大小未知，方向与x轴正方向的夹角为θ，则下列关于力F3的判断正确的是( )A．力F3只能在第二象限B．力F3与F2的夹角越小，则F2与F3的合力越小C．力F3的最小值为F1cosθD．力F3可能在第三象限的任意区域解析：因三力平衡，所以三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，力F3只能在F1与F2之间的某个方向的反向延长线上，可能在第二象限，也可能在第三象限内F2的反向延长线上方，A、D错；由于三力平衡，F2与F3的合力大小始终等于F1的大小，B错；利用力的合成可知当F1、F2的合力F与F2垂直时合力F最小，等于F1cosθ，由F3＝－F可知，C对．答案：C5．(2015·武昌区5月适应性考试)“嫦娥三号”着陆器在月球表面软着陆后，着陆器的机械手臂带着“玉兔号”月球车缓慢地下降到月球表面，下落过程中机械手臂与“玉兔号”月球车保持相对静止．如图所示，由位置1到位置3，着陆器对“玉兔号”月球车的支持力F N和摩擦力F f大小变化情况是( )A．F N变小，F f变小B．F N变小，F f变大C．F N变大，F f变小D．F N变大，F f变大解析：开始时“玉兔号”月球车受重力和支持力，下降过程还受到沿接触面向上的静摩擦力；静摩擦力等于重力沿接触面向下的分力，即F f＝mg sinθ，随角度的增大，摩擦力增大，支持力F N＝mg cosθ，随角度的增大，支持力逐渐减小，故B对．答案：B二、多项选择题6.如图所示，水平地面粗糙，A、B两同学站在地上水平推墙．甲图中A向前推B，B向前推墙；乙图中A、B同时向前推墙．每人用力的大小都为F，方向水平，则下列说法中正确的是( )A．甲图方式中墙受到的推力为2FB．乙图方式中墙受到的推力为2FC．甲图方式中两位同学受到地面的摩擦力大小都为FD．乙图方式中两位同学受到地面的摩擦力大小都为F解析：对于题图甲所示的情况，先以墙壁为研究对象，此时墙壁受到的推力只有B对它的推力F，如图a所示．选项A错误．对于图乙所示的情况，墙壁在水平方向所受的人的作用力如图b所示(俯视图)，此时墙壁所受到的推力为F合＝2F.根据力的平衡可知A、B两人受到的静摩擦力均为f＝F.选项B、D正确．然后再以B为研究对象，B受到A的推力F和墙壁的反作用力F1′，由于F＝F1′，所以此时B在水平方向不受摩擦力的作用，B同学在水平方向的受力情况如图c所示，再以A为研究对象，根据牛顿第三定律可知由于A对B的作用力为F，所以B对A的反作用力F2′＝F，根据力的平衡可知A所受地面的摩擦力为F，A同学在水平方向的受力情况如图d所示．选项C错．答案：BD7．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，可缓慢地将a拉离水平面且一直滑到b的顶端，对该过程进行分析，应有( )A．拉力F先增大后减小，最大值是GB．开始时拉力F最大为3G，以后逐渐减小为0C．a、b间弹力由0逐渐增大，最大为GD．a、b间的弹力开始时最大为2G，而后逐渐减小到G解析：对圆柱体a受力分析可知，a受重力、b的弹力和拉力F三个力的作用，拉力F 方向不变，始终沿水平方向，重力大小、方向均不变，b的弹力始终沿两轴心的连线，画出力的矢量三角形分析易得b的弹力N＝Gsinθ，拉力F＝Gtanθ，由于θ逐渐增大，所以b的弹力和拉力F均逐渐减小，开始时的最大值分别为2G和3G，而后逐渐减小，至θ＝90°时，最小值分别为G和0.故选项B、D正确．答案：BD8．如图所示，一条细线一端与地板上的物体B相连，另一端绕过质量不计的定滑轮与小球A相连，定滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的O′点，细线与竖直方向所成角度为α，则( )A．如果将物体B在地板上向右移动一点，α角将增大B．无论物体B在地板上左移还是右移，只要距离足够小，α角将不变C．增大小球A的质量，α角一定减小D．悬挂定滑轮的细线的弹力不可能等于小球A的重力解析：O、A之间的细线一定沿竖直方向，如果物体B在地板上向右移动一点，O、B间的细线将向右偏转，OA与OB间的夹角将增大．OA与OB两段细线上的弹力都等于小球A的重力，其合力与悬挂定滑轮的细线的弹力大小相等、方向相反，悬挂定滑轮的细线的弹力方向(即OO′的方向)与∠AOB的角平分线在一条直线上，显然物体B在地板上向右移动时α角将增大，选项A正确，B错误；增大小球A的质量，只要物体B的位置不变，则α角也不变，选项C错误；因物体B无论在地板上移动多远，∠AOB都不可能达到120°，故悬挂定滑轮的细线的弹力不可能等于小球A的重力，选项D正确．答案：AD三、计算题9．(2015·新课标全国卷Ⅰ)如图，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．解析：依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下．开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长为Δl1＝0.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1＝mg①式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小．开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为F＝IBL②式中，I 是回路电流，L 是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长了Δl 2＝0.3 cm ，由胡克定律和力的平衡条件得 2k (Δl 1＋Δl 2)＝mg ＋F ③由欧姆定律有E ＝IR ④式中，E 是电池的电动势，R 是电路总电阻．联立①②③④式，并代入题给数据得m ＝0.01 kg.答案：竖直向下 0.01 kg10．(2015·泰州模拟)如图所示，ace 和bdf 是间距为L 的两根足够长平行导轨，导轨平面与水平面的夹角为θ.整个装置处在磁感应强度为B 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，ab 之间连有阻值为R 的电阻．若将一质量为m 的金属棒置于ef 端，今用大小为F 、方向沿斜面向上的恒力把金属棒从ef 位置由静止推至距ef 端s 处的cd 位置(此时金属棒已经做匀速运动)，现撤去恒力F ，金属棒最后又回到ef 端(此时金属棒也已经做匀速运动)．若不计导轨和金属棒的电阻，且金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ.求：(1)金属棒上滑过程中的最大速度；(2)金属棒下滑过程的末速度．解析：(1)设当金属棒上滑到匀速时速度最大为v 1，此时受力平衡，则：F －μmg cos θ－mg sin θ－BI 1L ＝0I 1＝BLv 1R解得v 1＝F －μmg cos θ－mg sin θR B 2L 2. (2)设金属棒下滑过程的末速度为v 2，此时受力平衡，则：BI 2L ＋μmg cos θ－mg sin θ＝0I 2＝BLv 2R解得v 2＝mg sin θ－μmg cos θR B 2L 2. 答案：(1)F －μmg cos θ－mg sin θR B 2L 2(2)mg sin θ－μmg cos θR B 2L 211．如图所示，物体A 的质量为2 kg ，两轻绳AB 和AC (L AB ＝2L AC )的一端连接在竖直墙上，另一端系在物体A 上．现在物体A 上施加一个与水平方向成60°角的拉力F ，要使两绳都能伸直，试求拉力F 大小的取值范围．(g 取10 m/s 2)解析：当AC 绳上的张力F AC ＝0时，拉力F 有最小值F min ，此时物体A 的受力情况如图甲所示，根据平衡条件可得2F min sin60°＝mg ，解得F min ＝2033N.当AB 绳上的张力F AB ＝0时，拉力F 有最大值F max ，此时物体A 的受力情况如图乙所示，根据平衡条件可得F max sin60°＝mg ，解得F max ＝4033N 故F 的取值范围为2033 N≤F ≤4033N. 答案：2033 N≤F ≤4033N。
2018届高考物理二轮复习名师讲练配套作业含答案专题一力与物体的平衡
课时作业(一)一、选择题(共11个小题，2、10、11为多选，其余为单项选择题，每题5分共55分)1．(2017·甘肃二模)如图所示，一物块置于水平地面上．当用与水平方向成30°角的力F 1推物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成60°角的力F 2拉物块时，物块仍做匀速直线运动．若F 1和F 2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为( )－1B ．2－3 －12D ．1－32答案 B分析 在两种情况下分别对物体受力分析，根据共点力平衡条件，运用正交分解法列式求解，即可得出结论．解析 对两种情况下的物体分别受力分析，如图：将F 1正交分解为F 3和F 4，F 2正交分解为F 5和F 6，则有：F 滑′＝F 3mg ＋F 4＝F N ′；F 滑＝F 5mg ＝F 6＋F N而F 滑＝μF NF 滑′＝μF N ′则有F 1cos30°＝μ(mg ＋F 1sin30°)①F 2cos60°＝μ(mg －F 2sin60°)② 又根据题意F 1＝F 2③联立①②③解得：μ＝2－ 3. 点评 本题关键要对物体受力分析后，运用共点力平衡条件联立方程组求解，运算量较大，要有足够的耐心，更要细心．2．(2016·江苏)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )A ．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B ．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C ．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D ．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面答案 BD解析 当桌布被拉出时，鱼缸由静止到向右运动，但它相对于桌布来说，仍向左运动，由于滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，因此桌布对鱼缸的摩擦力的方向应向右，A 项错误；因为鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，鱼缸受到桌布向右的摩擦力与它受到桌面向左的摩擦力大小相等，所以鱼缸向右加速的加速度大小与向右减速的加速度大小相等，方向相反，鱼缸的初速度为零，末速度也为零，根据对称性可知，鱼缸做加速运动的时间与做减速运动的时间相等，B 项正确；若猫增大拉力，桌布的加速度更大，但是由于鱼缸与桌布间的压力不变，动摩擦因数也不变，故摩擦力也不变，C 项错误；若猫减小拉力，桌布的加速度减小，鱼缸在桌布上的运动时间变长，而鱼缸向右的加速度不变，由x ＝12at 2知，鱼缸相对于桌面的位移变大，桌布被拉出后鱼缸在桌面上的位移也变大，鱼缸就有可能滑出桌面，D 项正确．3．(2017·课标全国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答案 B解析 由题可知，挂上钩码后，如下图(1)所示：此时弹性绳长度为100 cm ，则角度为：θ＝37°，sin θ＝.对结点O 进行受力分析如图(2)所示：则由图(2)得：2Tsinθ＝mg当将两端缓慢移动至同一点时，由受力分析可得：2T′＝mg由于弹性绳上弹力为：F ＝kx得出：T x ＝T′x′由题可知：x ＝100－80＝20 cm则弹性绳伸长长度为：x′＝12 cm那么弹性绳总长度为：L ＝L 0＋x′＝92 cm点评 本题考查共点力的平衡，本题的关键是找出绳子与竖直方向的夹角，然后计算出劲度系数．另外做这一类题目，要养成画图的习惯，这样题目就能变的简单．4.(2017·江西一模)如图所示，质量为m(可视为质点)的小球P ，用两根轻绳OP 和O′P 在P 点拴结实后再分别系于竖直墙上且相距 m 的O 、O′两点上，绳OP 长 m ，绳O′P 刚拉直时，OP 绳拉力为T 1，绳OP 刚松弛时，O ′P绳拉力为T 2，θ＝37°，则T 1T 2为(sin37°＝，cos37°＝( ) A ．3∶4B ．4∶3C ．3∶5D ．4∶5答案 C分析 绳O′P 刚拉直时，此时O′P 绳子拉力为零，绳OP 刚松弛时，此时OP 绳子拉力为零，根据小球的受力情况画出受力示意图，根据共点力的平衡条件求解．解析 绳O′P 刚拉直时，OP 绳拉力为T 1，此时O′P 绳子拉力为零，小球受力如图所示，根据几何关系可得sinα＝OO′OP ＝45，所以α＝53°，所以α＋θ＝90°； 根据共点力的平衡条件可得：T 1＝mgsinα；绳OP 刚松弛时，O ′P 绳拉力为T 2，此时OP 绳子拉力为零，小球受力如图所示，根据共点力的平衡条件可得：T 2＝mgtanα，由此可得：T 1T 2＝sin53°tan53°＝35，所以C 项正确、A 、B 、D 项错误；故选C 项． 5.(2017·课标全国Ⅰ一模)有三个完全相同的金属小球A 、B 、C ，其中小球C不带电，小球A 和B 带有等量的同种电荷，如图所示，A 球固定在竖直支架上，B 球用不可伸长的绝缘细线悬于A 球正上方的O 点处，静止时细线与OA 的夹角为θ.小球C 可用绝缘手柄移动，重力加速度为g ，现在进行下列操作，其中描述与事实相符的是( )A ．仅将球C 与球A 接触离开后，B 球再次静止时细线中的张力比原来要小B ．仅将球C 与球A 接触离开后，B 球再次静止时细线与OA 的夹角为θ1，仅将球C 与球A 接触离开后，B 球再次静止时细线与OA 的夹角为θ2，则θ1＝θ2C ．剪断细线OB 瞬间，球B 的加速度等于gD ．剪断细线OB 后，球B 将沿OB 方向做匀变速直线运动直至着地答案 B分析 A 项，依据受力分析，与平衡条件，及库仑定律与三角形的相似比，即可判定；B 项，由库仑定律和库仑分电量法，即可求解；C 项，根据牛顿第二定律，及矢量的合成法则，即可确定；D 项，依据库仑力随间距的变化而变化，从而判定运动性质．解析 A 项，仅将球C 与球A 接触后离开，球A 的电量减半，致使二者间的库仑力减小，对球B 进行受力分析可知它在三个力的作用下平衡，由三角形相似可知mg H ＝T L，故细线的张力不变，故A 项错误；B 项，将球C 与球B 接触后离开，和球C 与球A 接触后离开，由库仑定律和库仑分电量法知道两种情况下AB 间的斥力相同，故夹角也相同，故B 项正确；C 项，剪断细绳瞬间球B 在重力和库仑力作用下运动，其合力斜向右下方，与原来细线的张力等大反向，故其加速度不等于g ，故C 项错误；D 项，剪断细线OB 后，球B 在空中运动时受到的库仑力随间距的变化而变化，即球B 落地前做变加速曲线运动，故D 项错误． 点评 考查库仑定律、牛顿第二定律的应用，掌握数学中三角形的相似比，理解电荷的相互作用力影响因素．6.(2016·课标全国Ⅲ)如图所示，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( )m C ．mD ．2m答案 C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 ，合力沿aO 方向，则aO 为角平分线，由几何关系知，∠acb ＝120°，故绳的拉力的合力与物块的重力大小相等，即每条线上的拉力T ＝G ＝mg ，所以小物块质量为m ，故C 项正确．7.(2017·湖南浏阳月考)如图所示，物体B 通过动滑轮悬挂在细绳上，整个系统处于静止状态，动滑轮的质量和一切摩擦均不计．如果将绳的左端点由P 点缓慢地向右移到Q 点，整个系统重新平衡后，绳的拉力F 和绳子与竖直方向的夹角θ的变化情况是( )A ．F 变大，θ变大B ．F 变小，θ变小C ．F 不变，θ变小D ．F 不变，θ变大答案 B解析 整个系统处于静止状态，设两侧绳子的夹角为β，滑轮两侧绳的拉力F ＝m B g2cos β2，左端移动到Q 点后，根据几何关系可知，此时两绳的夹角β减小，所以两侧绳的拉力变小，由几何知识可知，图中角θ大小是两绳的夹角大小的一半，由于滑轮两侧绳的夹角减小，所以角θ减小，故B 项正确，故A 、C 、D 三项错误．8．(2015·山东)如图所示，滑块A 置于水平地面上，滑块B 在一水平力作用下紧靠滑块A(A 、B 接触面竖直)，此时A 恰好不滑动，B 刚好不下滑．已知A 与B 间的动摩擦因数为μ1，A 与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A 与B 的质量之比为( )答案 B解析 物体AB 整体在水平方向F ＝μ2(m A ＋m B )g ；对物体B 在竖直方向有μ1F ＝m B g ；联立解得m A m B ＝1－μ1μ2μ1μ2，B 项正确． 9．(2017·河北省保定市高三调研)如图所示，木板P 下端通过光滑铰链固定于水平地面上的O 点，物体A 、B 叠放在木板上且处于静止状态，此时物体B 的上表面水平．现使木板P 绕O 点缓慢旋转到虚线所示位置，物体A 、B 仍保持静止，与原位置的情况相比( )A ．A 对B 的作用力减小B ．B 对A 的支持力减小C ．木板对B 的支持力减小D ．木板对B 的摩擦力增大 答案 B解析 开始和转到虚线位置，A 对B 的作用力都等于A 的重力，大小不变，A 项错误；木板转到虚线位置后倾角减小，B 受到的摩擦力F f ＝μ(m A ＋m B )gsinθ减小，即木板对B 的摩擦力减小，B 对木板的压力F N ＝(m A ＋m B )gcosθ增大，木板对B 的支持力也增大，C 、D 两项错误；转到虚线位置时物体B 的上表面倾斜，对A 受力分析，易知，B 对A 的支持力减小，B 项正确．10.如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A ，细线与斜面平行．小球A 的质量为m 、电量为q.小球A 的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B ，两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k ，重力加速度为g ，两带电小球可视为点电荷．小球A 静止在斜面上，则( )A ．小球A 与B 之间库仑力的大小为kq 2/d 2B ．当q d＝mgsinθk 时，细线上的拉力为0 C ．当q d＝mgtanθk 时，细线上的拉力为0 D ．当q d＝mg ktanθ时，斜面对小球A 的支持力为0 答案 AC解析 点电荷库仑定律F ＝kq 2/d 2，所以A 项正确；当细线上的拉力为0的时候，小球A 受到库仑力、斜面支持力、重力，具体关系为kq 2/d 2＝mgtanθ，即C 项正确．由受力分析可知，斜面对小球的支持力不可能为0，所以D 项错误．11．(2017·安徽模拟)如图所示，质量为M 的斜劈放置在水平地面上，细线绕过滑轮O 1、O 3连接m 1、m 3物体，连接m 1细线与斜劈平行，滑轮O 3由细线固定在竖直墙O 处，滑轮O 1用轻质杆固定在天花板上，动滑轮O 2跨在细线上，其下端悬挂质量为m 2的物体，初始整个装置静止，不计细线与滑轮间摩擦，下列说法正确的是( )A ．若增大m 2质量，m 1、M 仍静止，待系统稳定后，细线张力大小不变B ．若增大m 2质量，m 1、M 仍静止，待系统稳定后，地面对M 摩擦力变大C ．若将悬点O 上移，m 1、M 仍静止，待系统稳定后，细线与竖直墙夹角变大D ．若将悬点O 上移，m 1、M 仍静止，待系统稳定后，地面对M 摩擦力不变答案 AD分析先对物体m3分析，受重力和拉力而平衡，故细线的拉力一直不变；再对m1和斜面体整体分析，根据平衡条件分析摩擦力情况；如果将悬点O上移，先后对m2、m3分析，根据平衡条件分析细线与竖直墙夹角变化情况．解析A、B两项，若增大m2质量，m1、M仍静止；先对物体m3分析，受重力和拉力而平衡，说明细线的拉力大小保持不变；再隔离m1和斜面体整体分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据平衡条件，摩擦力等于拉力的水平分力，由于拉力不变，故地面对M摩擦力不变，故A项正确，B项错误；C、D项，若将悬点O上移，m1、M仍静止，细线的拉力依然等于m3g，大小不变；先分析m2，由于重力不变，两个拉力的大小也不变，故根据平衡条件，两个拉力的方向不变；再分析滑轮O3，受三个拉力，由于两个拉力的大小和方向不变，故根据平衡条件，第三个拉力的方向也不变，故细线与竖直墙夹角不变，故C 项错误；最后分析m1和斜面体整体，受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据平衡条件，摩擦力等于拉力的水平分力，由于拉力不变，故地面对M摩擦力不变，故D项正确；故选A、D两项．点评本题是力平衡问题，关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象进行受力分析，根据平衡条件列式求解；通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法．有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用．二、计算题(共3个小题，12题12分，13题15分，14题18分，共45分) 12．(2017·北京市海淀区)如图所示，在匀强磁场中倾斜放置的两根平行光滑的金属导轨，它们所构成的导轨平面与水平面成θ＝30°角，平行导轨间距L＝m．匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度B＝T．两根金属杆ab和cd可以在导轨上无摩擦地滑动．两金属杆的质量均为m＝kg，电阻均为R＝Ω.若用与导轨平行的拉力作用在金属杆ab上，使ab杆沿导轨匀速上滑并使cd杆在导轨上保持静止，整个过程中两金属杆均与导轨垂直且接触良好．金属导轨的电阻可忽略不计，取重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)cd 杆受安培力F 安的大小；(2)通过金属杆的感应电流I ；(3)作用在金属杆ab 上拉力的功率P.答案 (1) N (2) A (3)20 W解析 (1)金属杆cd 静止在金属导轨上，所受安培力方向与导轨平面平行向上．则F 安＝mgsin30°解得：F 安＝ N(2)F 安＝BIL ，解得I ＝ A(3)金属杆ab 所受安培力方向与导轨平面平行向下，金属杆ab 匀速上滑，则F ＝BIL ＋mgsin30°，根据电磁感应定律，金属棒ab 上产生的感应电动势为E 感＝BLv.根据闭合电路欧姆定律，通过金属杆ab 的电流I ＝E 感2R，根据功率公式：P ＝Fv. 解得：P ＝20 W考点 闭合电路欧姆定律，电磁感应定律13．(2016·天津)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E ＝5 3 N/C ，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B ＝ T ．有一带正电的小球，质量m ＝×10－6 kg ，电荷量q ＝2×10－6 C ，正以速度v 在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P 点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)取g ＝10 m/s 2，求：(1)小球做匀速直线运动的速度v 的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P 点所在的这条电场线经历的时间t.答案 (1)20 m/s 与电场方向成60°角斜向上(2) s解析(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB ＝q 2E 2＋m 2g 2① 代入数据解得v ＝20 m/s ②速度v 的方向与电场E 的方向之间的夹角满足tan θ＝qE mg ③代入数据解得tanθ＝3θ＝60° ④(2)解法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图所示，设其加速度为a ，有a ＝q 2E 2＋m 2g 2m ⑤设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x ，有x ＝vt ⑥设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y ，有y ＝12at 2 ⑦a 与mg 的夹角和v 与E 的夹角相同，均为θ，又tan θ＝y x⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t ＝2 3 s ＝ s ⑨ 解法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P 点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为v y ＝vsinθ ⑤若使小球再次穿过P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有v y t －12gt 2＝0⑥联立⑤⑥式，代入数据解得t ＝2 3 s ＝ s ⑦14．(2014·江苏)如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L ，长为3d ，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d 的薄绝缘涂层，匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向与导轨平面垂直，质量为m 的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R ，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g ，求：(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；(2)导体棒匀速运动的速度大小v ；(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.答案 (1)tanθ (2)mgRsinθB 2L 2(3)2mgdsinθ－m 3g 2R 2sin 2θ2B 4L 4解析 (1)在绝缘涂层上，导体棒做匀速直线运动，受力平衡，则有mgsin θ＝μmgcosθ，解得μ＝tanθ(2)导体棒在光滑导轨上滑动时感应电动势E ＝BLv感应电流I ＝E R安培力F 安＝BIL联立得F 安＝B 2L 2v R受力平衡F 安＝mgsinθ解得v ＝mgRsinθB 2L 2(3)整个运动过程中，其他部分没有电阻，因此电阻产生的焦耳热Q 与安培力做功相等．根据动能定理，得3mgd sinθ－μmgdcosθ－Q＝12mv2－0解得Q＝2mgdsinθ－m3g2R2sin2θ2B4L4。
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高三物理二轮复习专题一 力和物体的平衡各种性质的力：1．重力：方向：竖直向下 , 大小： G = mg (g 随高度、纬度而变化 )2．弹力：产生条件：接触、形变. 方向：沿形变恢复的方向大小： F = kx（ x 为伸长量或压缩量； K 为倔强系数，只与弹簧的原长、粗细和材料有关 )3．摩擦力：产生条件：有弹力、有相对运动或相对运动趋势方向：总是与相对运动或相对运动趋势方向相反大小：滑动摩擦力： f=N ；静摩擦力： 由物体的平衡条件或牛顿第二定律求解4．万有引力： F=G 5．库仑力： F=K ( 真空、点电荷 )6．电场力： F=Eq (F与电场强度的方向可以相同，也可以相反)7．安培力 ： 磁场对电流的作用力公式： F= BIL （ B I ） 方向：左手定则8．洛仑兹力：磁场对运动电荷的作用力公式： f=BqV (BV)方向：左手定则洛仑兹力永不做功【专题训练】1．在下列运动状态下，物体处于平衡状态的有（C ）A ．秋千摆到最低点时dyszplgB ．蹦床运动员上升到最高点速度为零时C ．水平匀速运动的传送带上的货物相对于传送带静止时D ．宇航员翟志刚、刘伯明、景海鹏乘坐“神舟七号”进入轨道做圆周运动时dyszplg2．如图所示，质量均为 m 的两个小球， 分别用两根等长的细线悬挂在O 点，两球之间夹着一根劲度系数为 k 的轻弹簧，静止时弹簧是水平的，若两根细线之间的夹角为 α，则弹簧的形变量为（ A ）O A ．mgtanα．2mgtanαBαk2k2高三物理二轮复习C．mgtanαD．2mgtanαk k3．如图所示， A、B 为竖直墙面上等高的两点，AO、BO为长度相等的两根轻绳，CO为一根轻杆（即：杆在 O端所受的力沿杆OC方向）．转轴 C在 AB中点 D 的正下方，AOB 在同一水平面内．∠AOB=90°，∠ COD=60°．若在 O 点处悬挂一个质量为 m 的物体，则平衡后绳 AO 所受的拉力为：（ D ）3mg BA ． mgB ．DOA3C．1mg D ．6mg Cm 664．如图所示， A、 B 为水平正对放置的平行金属板，板间距离为d。
2019高考物理大二轮复习专题一力与运动专题能力训练1力与物体的平衡
专题能力训练1 力与物体的平衡(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共7小题,每小题8分,共56分。
在每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~7题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.(2017·全国卷Ⅱ)如图所示,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()A.2-B.C.D.2.如图所示,一物体M放在粗糙的斜面体上保持静止,斜面体静止在粗糙的水平面上。
现用水平力F推物体时,M和斜面仍然保持静止状态,则下列说法正确的是()A.斜面体受到地面的支持力增大B.斜面体受到地面的摩擦力一定增大C.物体M受到斜面的静摩擦力一定增大D.物体M受到斜面的支持力可能减小3.如图所示,质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定,轻杆A端用铰链固定,滑轮在A点正上方(滑轮大小及摩擦均可不计),轻杆B端吊一重物G,现将绳的一端拴在杆的B端,用拉力F将B端缓慢上拉(均未断),在AB杆达到竖直前,以下分析正确的是()A.绳子越来越容易断B.绳子越来越不容易断C.AB杆越来越容易断D.AB杆越来越不容易断4.一带电金属小球A用绝缘细线拴着悬挂于O点,另一带电金属小球B用绝缘支架固定于O点的正下方,OA=OB,金属小球A、B静止时位置如图所示。
由于空气潮湿,金属小球A、B缓慢放电。
此过程中,小球A所受的细线的拉力F1和小球B对A的库仑力F2的变化情况是() A.F1减小,F2减小 B.F1减小,F2不变C.F1增大,F2增大D.F1不变,F2减小5.如图所示,滑块A置于水平地面上,滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直),此时A恰好不滑动,B刚好不下滑。
已知A与B间的动摩擦因数为μ1,A与地面间的动摩擦因数为μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
推荐K122018版高考物理二轮复习第1部分专题整合突破专题限时集训1力与物体的平衡
专题限时集训(一) 力与物体的平衡(对应学生用书第117页)(限时：40分钟)选择题(共13小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～13题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)图1151．(2017·达州市一模)如图115所示，一箱子放在水平地面上，现对箱子施加一斜向上的拉力F，保持拉力的方向不变，在拉力F的大小由零逐渐增大的过程中(箱子未离开地面)．关于摩擦力F f的大小随拉力F的变化关系，下列四幅图可能正确的是( )【导学号：19624006】B[设F与水平方向的夹角为α，木箱处于静止状态时，根据平衡条件得：木箱所受的静摩擦力为F f＝F cos α，F增大，F f增大；当拉力达到一定值，箱子运动瞬间，静摩擦力变为滑动摩擦力，由于最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，故摩擦力有个突然减小的过程；木箱运动时，所受的支持力N＝G－F sin α，F增大，N减小，此时木箱受到的是滑动摩擦力，大小为F f＝μN，N减小，则F f减小；故A、C、D错误，B 正确．]2．(2017·温州中学模拟)如图116所示，木板C放在水平地面上，木板B放在C的上面，木板A放在B的上面，A的右端通过轻质弹簧秤固定在竖直的墙壁上，A、B、C质量相等，且各接触面动摩擦因数相同，用大小为F的力向左拉动C，使它以速度v匀速运动，三者稳定后弹簧秤的示数为T.则下列说法错误的是( )图116A．B对A的摩擦力大小为T，方向向左B．A和B保持静止，C匀速运动C．A保持静止，B和C一起匀速运动D．C受到地面的摩擦力大小为F－TB[由题意，A、B、C质量相等，且各接触面动摩擦因数相同，再依据滑动摩擦力公式F f＝μN，可知，BC之间的滑动摩擦力大于AB之间的，因此在F作用下，BC作为一整体运动的，对A、B＋C受力分析：A受水平向右的拉力和水平向左的摩擦力，那么根据平衡条件，可知，B对A的摩擦力大小为T，方向向左，故A、C正确，B错误；又因为物体间力的作用是相互的，则物体B＋C受到A对它水平向右的摩擦力，大小为T，由于B＋C做匀速直线运动，则B＋C受到水平向左的拉力F和水平向右的两个摩擦力平衡(A对B的摩擦力和地面对C的摩擦力)，根据平衡条件可知，C受到地面的摩擦力大小为F－T，故D正确．]3．如图117所示，三根长为L的通电直导线相互平行，其横截面构成等边三角形，导线中的电流均为I，方向垂直于纸面向里．其中导线A、B中的电流在导线C处产生的磁感应强度的大小均为B0，导线C位于水平面处并处于静止状态，则导线C受到的静摩擦力是( )图117【导学号：19624007】A.3B0IL，水平向左B.3B0IL，水平向右C.32B0IL，水平向左 D.32B0IL，水平向右B[根据安培定则，导线A中的电流在导线C处产生的磁场方向垂直于AC，导线B 中的电流在导线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静止于水平面，由平衡条件知，导线C受到的静摩擦力方向水平向右，故B正确，A、C、D 错误．]4．(2017·河南省天一大联考)如图118所示，叠放在一起的A、B两物体放置在光滑水平地面上，A、B之间的水平接触面是粗糙的，斜面细线一端固定在A物体上，另一端固定于N点，水平恒力F始终不变，A、B两物体均处于静止状态，若将细线的固定点由N 点缓慢下移至M点(绳长可变)，A、B两物体仍处于静止状态，则( )图118A．细线的拉力将增大B．A物体所受的支持力将增大C．A物体所受摩擦力将增大D．水平地面所受压力将减小B[以A、B两物体组成的系统作为研究对象，受力分析如图1所示．图1 图2水平方向F T cos α＝F，竖直方向：F N＋F T sin α＝(m A＋m B)g，因为细线与水平地面的夹角α减小，cos α增大，sin α减小，F T将减小，F N将增大，所以细线所受拉力减小，地面受到的压力增大，A、D错误；以物体A为研究对象，受力分析如图2所示，竖直方向：F N A＋F T sin α＝m A g，F T减小，sin α减小，所以F N A增大，B正确；以B为研究对象，在水平方向上由力的平衡可得F f＝F，A物体所受摩擦力不变，C 错误．]5．(2017·温州中学模拟)如图119所示，倾角为θ＝30°的斜面体A静止在水平地面上，一根轻绳跨过斜面体顶端的小滑轮，绳两端系有质量均为m的小物块a、b，整个装置处于静止状态．现给物块b施加一个水平向右的力F，使其缓慢离开直到与竖直方向成30°角(不计绳与滑轮间的摩擦)，此过程说法正确的是( )图119【导学号：19624008】A ．b 受到绳的拉力先增大再减小B ．小物块a 受到的摩擦力先增大再减小C ．水平拉力F 逐渐增大D ．小物块a 一定沿斜面缓慢上移C [b 受力平衡，对b 受力分析，如图所示：设绳与竖直方向的夹角为α，b 缓慢离开直到与竖直方向成30°的过程中，α变大，根据平行四边形定则可知，T 逐渐增大，F 逐渐增大，故A 错误，C 正确：对a 受力分析，如图所示：刚开始T ＝mg ，a处于静止状态，则F f ＝T －mg sin 30°＝12mg ，方向向下，T 增大时，F f 增大，摩擦力增大，由于不知道最大摩擦力的具体值，所以不能判断a 是否会滑动，故B 、D 错误．]6．如图120所示，绝缘细线下面悬挂一质量为m 、长为l 的导线，导线置于方向竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中，当在导线中通以垂直于纸面向里的恒定电流I 时，绝缘细线偏离竖直方向θ角而静止．现将磁场方向由图示方向沿逆时针方向缓慢转动，转动时保持磁感应强度的大小不变，则在磁场转过90°的过程中，下列说法正确的是( )图120A ．导线受到的安培力F 安逐渐变大B ．绝缘细线的拉力F T 逐渐变大C ．绝缘细线与竖直方向的夹角θ先增大后减小D ．导线受到的安培力F 安与绝缘细线的拉力F T 的合力大小不变，方向随磁场的方向而改变B[当磁场保持大小不变逆时针转过90°的过程中，导线受到的安培力F安＝BIL，大小不变，选项A错误．由左手定则可知，导线受到的安培力方向逐渐由水平向左变为竖直向下，其安培力F安、绝缘细线的拉力F T、绝缘细线与竖直方向的夹角θ的变化情况如图所示，则可判断出绝缘细线的拉力F T逐渐增大，选项B正确．绝缘细线与竖直方向的夹角θ逐渐减小，选项C错误．由于导线受到的安培力F安、绝缘细线的拉力F T和导线的重力G的合力为零，所以，导线受到的安培力F安与绝缘细线的拉力F T的合力大小不变，方向始终与导线的重力G的方向相反，即竖直向上，选项D 错误．]7．(2017·儋州市四校联考)如图121所示，质量为M的四分之一圆柱体放在粗糙水平地面上，质量为m的正方体放在圆柱体和光滑墙壁之间，且不计圆柱体与正方体之间的摩擦，正方体与圆柱体的接触点的切线与右侧墙壁成θ角，圆柱体处于静止状态．则( )图121【导学号：19624009】A．地面对圆柱体的支持力为MgB．地面对圆柱体的摩擦力为mg tan θC．墙壁对正方体的弹力为mg tan θD．正方体对圆柱体的压力为mgcos θC[以正方体为研究对象，受力分析，并运用合成法如图：由几何知识得，墙壁对正方体的弹力N 1＝mg tan θ 圆柱体对正方体的弹力N 2＝mgsin θ，根据牛顿第三定律有正方体对圆柱体的压力为mgsin θ以圆柱体和正方体为研究对象，竖直方向受力平衡，地面对圆柱体的支持力：N ＝(M ＋m )g水平方向受力平衡，地面对圆柱体的摩擦力：f ＝N 1＝mg tan θ，故选C.](2017·湖南师大附中模拟)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N 1N 2，则以下说法正确的是( )A.m 1m 2＝2425B.m 1m 2＝2524C.N 1N 2＝1D.N 1N 2＝2425B [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T 和半球的支持力N 1，作出受力分析图．由平衡条件得知，拉力T 和支持力N 1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：T L 1＝m 1g h ＝N 1R ，同理，对右侧小球，有：T L 2＝m 2g h ＝N 2R ， 解得：m 1g ＝Th L 1， ①m 2g ＝Th L 2 ②N 1＝m 1gR h ③N 2＝m 2gR h④ 由①∶②得：m 1∶m 2＝L 2∶L 1＝25∶24，由③∶④得：N 1∶N 2＝m 1∶m 2＝L 2∶L 1＝25∶24，故A 、C 、D 错误，B 正确．]8．(2016·云南玉溪一中模拟)如图122所示为密立根实验示意图，两水平放置的金属板，充电后与电源断开连接，其板间距为d ，电势差为U ，现用一喷雾器把许多油滴从上板中间的小孔喷入板间，若其中一质量为m 的油滴恰好能悬浮在板间，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )密立根实验示意图图122【导学号：19624010】A ．该油滴所带电荷量大小为mgd UB ．密立根通过该实验测出了电子的电荷量C ．该油滴所带电荷量可能为－2.0×10－18 CD ．若把上金属板向下平移一段距离，该油滴将向上运动AB [根据平衡条件，有：mg ＝q U d ，故q ＝mgd U，密立根通过该实验比较准确地测定了电子的电荷量，故选项A 、B 正确；不同油滴所带的电荷量虽不相同，但都是最小电荷量(元电荷)的整数倍，故C 错误；若把上金属板向下平移一段距离，根据C ＝εr S 4πkd，Q ＝CU ，E ＝U d 可得，E ＝4πkQ εr S，因两金属板带电荷量一定，故若把上金属板向下平移一段距离，板间场强不变，故油滴将不动，选项D 错误．]9．(多选)如图123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 ＝3.0×10－6 C 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g 取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( )图123【导学号：19624011】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 NBC [A 对B 有竖直向上的库仑力，大小为F AB ＝kQ 2l 2＝0.9 N ；对B 与支架整体分析，竖直方向上合力为零，则F N ＋F AB ＝mg ，可得F N ＝mg －F AB ＝1.1 N ，由牛顿第三定律知F ′N ＝F N ，选项A 错误．因两细线长度相等，B 在A 的正下方，则两绳拉力大小相等，小球A 受到竖直向下的重力、库仑力和F 1、F 2作用而处于平衡状态，因两线夹角为120°，根据力的合成特点可知：F 1＝F 2＝G A ＋F AB ＝1.9 N ；当B 移到无穷远处时，F 1＝F 2＝G A ＝1 N ，选项B 正确，选项D 错误．当B 水平向右移至M 、A 、B 在同一条直线上时，如图所示，对A 受力分析并沿水平和竖直方向正交分解，水平方向：F 1cos 30°＝F 2cos 30°＋F ′cos 30°竖直方向：F 1sin 30°＋F 2sin 30°＝G A ＋F ′sin 30°由库仑定律知，A 、B 间库仑力大小F ′＝kQ 2⎝ ⎛⎭⎪⎫l sin 30°2＝F AB 4＝0.225 N ，联立以上各式可得F 1＝1.225 N ，F 2＝1.0 N ，选项C 正确．]10．(2016·福建上杭一中模拟)如图124所示，轻弹簧两端拴接两个小球a 、b .在水平恒力F 的作用下拴接小球的细线固定在竖直墙壁上，两球静止，两细线与竖直墙壁的夹角θ＝60°，弹簧竖直，已知两小球的质量都为2 kg ，重力加速度g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )图124【导学号：19624012】A ．水平恒力F 的大小为40 3 NB ．弹簧的拉力大小为40 NC ．剪断上端细线瞬间a 球加速度为10 m/s 2D ．剪断上端细线瞬间b 球加速度仍为0AD [对b 球受力分析，受到竖直向下的重力、弹簧的弹力，若受细线的拉力，则在水平方向上合力不可能为零，故细线对b 球的拉力为零，所以F 弹＝m b g ＝20 N ，剪断上端细线瞬间，弹簧的弹力来不及改变，合力仍旧为零，故b 球的加速度仍为零，B 错误，D 正确；对a 球受力分析，受弹簧的弹力、重力、水平恒力和细线的拉力作用，处于平衡状态，故有tan θ＝F 40 N ，解得F ＝40 3 N ，A 正确；T ＝Fsin θ＝80 N ，剪断上端细线瞬间a 球所受合力为80 N ，则加速度为a ＝802m/s 2＝40 m/s 2，C 错误．] 11．[2017·高三第二次全国大联考(新课标卷Ⅱ)]长方形区域内存在有正交的匀强电场和匀强磁场，其方向如图125所示，一个质量m 带电荷量q 的小球以初速度v 0竖直向下进入该区域．若小球恰好沿直线下降，则下列选项正确的是( )图125A ．小球带正电B ．场强E ＝mg qC ．小球做匀速直线运动D ．磁感应强度B ＝mg qv 0CD [小球在复合场内受到竖直向下的重力、电场力和洛伦兹力，其中电场力和重力都是恒力，若速度变化则洛伦兹力变化，合力变化，小球必不能沿直线下降，所以合力等于0，小球做匀速直线运动，选项C 正确．若小球带正电，则电场力斜向下，洛伦兹力水平向左，和重力的合力不可能等于0，所以小球不可能带正电，选项A 错误．小球带负电，受到斜向上的电场力和水平向右的洛伦兹力，根据力的合成可得qE ＝2mg ，电场强度E ＝2mg q ，选项B 错误．洛伦兹力qv 0B ＝mg ，磁感应强度B ＝mg qv 0，选项D 正确．] 12．(2017·天津高考)如图126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( ) 【导学号：19624013】图126A ．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AB [绳长为l ，两杆间距离为d ，选O 点为研究对象，因aOb 为同一根绳，故aO 、bO 对O 点的拉力大小相等，因此平衡时aO 、bO 与水平方向的夹角相等，设为θ.对于O 点受力情况如图所示，根据平衡条件，得2T sin θ＝mg ，而sin θ＝l 2－d 2l，所以T ＝mg 2·ll 2－d 2.由以上各式可知，当l 、d 不变时，θ不变，故换挂质量更大的衣服时，悬挂点不变，K12教育资料（小初高学习）K12教育资料（小初高学习） 11 选项D 错误．若衣服质量不变，改变b 的位置或绳两端的高度差，绳子拉力不变，选项A 正确，选项C 错误．当N 杆向右移一些时，d 变大，则T 变大，选项B 正确．]13.如图127所示，ACD 、EFG 为两根相距L 的足够长的金属直角导轨，它们被竖直固定在绝缘水平面上，CDGF 面与水平面成θ角．两导轨所在空间存在垂直于CDGF 平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B .两根质量均为m 、长度均为L 的金属细杆ab 、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，两金属细杆的电阻均为R ，导轨电阻不计．当ab 以速度v 1沿导轨向下匀速运动时，cd 杆也正好以速度v 2向下匀速运动．重力加速度为g .以下说法正确的是 ()图127A ．回路中的电流为BL v 1＋v 22RB ．ab 杆所受摩擦力为mg sin θC ．cd 杆所受摩擦力为μ⎝⎛⎭⎪⎫mg sin θ＋B 2L 2v 12R D ．μ与v 1大小的关系为μ＝mg sin θ－B 2L 2v 12R mg cos θCD [回路中只有ab 杆切割磁感线产生电动势，故I ＝BLv 12R，A 错误；两杆所受安培力大小为F 安ab ＝F 安cd ＝BIL ＝B 2L 2v 12R，ab 杆所受摩擦力F f2＝mg sin θ－F 安ab ＝μmg cos θ，B 错误；cd 杆所受的摩擦力F f1＝mg cos θ＝μF N1＝μ(mg sin θ＋F 安cd )＝μ(mg sinθ＋B 2L 2v 12R )，由以上两式可得：μ与v 1大小的关系为μ＝mg sin θ－B 2L 2v 12R mg cos θ，故C 、D 均正确．]。
(新课标)高考物理二轮复习 专题一 第1讲 力与物体的平衡精练(含解析)-人教版高三全册物理试题
力与物体的平衡(45分钟)[刷根底]1．(2019·湖南株洲高三年级教学检测)如图，黑板擦在手施加的恒力F作用下匀速擦拭黑板．黑板擦与竖直黑板间的动摩擦因数为μ，不计黑板擦的重力，如此它所受的摩擦力大小为( )A．F B．μFC.μ1＋μ2F D.1＋μ2μF解析：设力F与运动方向的夹角为θ，黑板擦做匀速运动，如此由平衡条件可知F cos θ＝μF sin θ，解得μ＝1tan θ，由数学知识可知，cos θ＝μ1＋μ2，如此黑板擦所受的摩擦力大小F f＝F cos θ＝μ1＋μ2F，应当选项C正确．答案：C2．如下列图为三种形式的吊车的示意图，OA为可绕O点转动的轻杆，AB为质量可忽略不计的拴接在A点的轻绳，当它们吊起一样重物时，图甲、图乙、图丙中杆OA对结点的作用力大小分别为F a、F b、F c，如此它们的大小关系是( )A．F a>F b＝F c B．F a＝F b>F cC．F a>F b>F c D．F a＝F b＝F c解析：设重物的质量为m，分别对三图中的结点进展受力分析，如图甲、乙、丙所示，杆对结点的作用力大小分别为F a、F b、F c，对结点的作用力方向沿杆方向，各图中G＝mg.如此在图甲中，F a＝2mg cos 30°＝3mg；在图乙中，F b＝mg tan 60°＝3mg；在图丙中，F c＝mg cos30°＝32mg.可知F a＝F b>F c，故B正确，A、C、D错误．答案：B 3．(2019·山西吕梁高三期末)如下列图，14光滑圆轨道竖直固定在水平地面上，O 为圆心，A 为轨道上的一点，OA 与水平面夹角为30°.小球在拉力F 作用下始终静止在A 点．当拉力方向水平向左时，拉力F的大小为10 3 N ．当将拉力F 在竖直平面内转至沿圆轨道切线方向时，拉力F 的大小为( )A ．5 3 NB ．15 NC ．10 ND ．10 3 N解析：当拉力水平向左时，受到竖直向下的重力、沿OA 向外的支持力以与拉力F ，如图甲所示，根据矢量三角形可得G ＝F tan 30°＝103×33N ＝10 N ，当拉力沿圆轨道切线方向时，受力如图乙所示，根据矢量三角形可得F ＝G cos 30°＝5 3 N ，A 正确．答案：A4．如下列图，物块A 和滑环B 用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，滑环B 套在与竖直方向成θ＝37°的粗细均匀的固定杆上，连接滑环B 的绳与杆垂直并在同一竖直平面内，滑环B 恰好不能下滑，滑环和杆间的动摩擦因数μ＝0.4，设滑环和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，如此物块A 和滑环B 的质量之比为( )A.75B.57C.135D.513解析：设物块A 和滑环B 的质量分别为m 1、m 2，假设杆对B 的弹力垂直于杆向下，因滑环B 恰好不能下滑，如此由平衡条件有m 2g cos θ＝μ(m 1g －m 2g sin θ)，解得m 1m 2＝135；假设杆对B 的弹力垂直于杆向上，因滑环B 恰好不能下滑，如此由平衡条件有m 2g cos θ＝μ(m 2g sin θ－m 1g )，解得m 1m 2＝－75(舍去)．综上分析可知应选C. 答案：C5．如下列图，由粗糙的水平杆AO 与光滑的竖直杆BO 组成的绝缘直角支架，在AO 杆、BO 杆上套有带正电的小球P 、Q ，两个小球恰能在某一位置平衡．现将P 缓慢地向左移动一小段距离，两球再次达到平衡．假设小球所带电荷量不变，与移动前相比( )A ．杆BO 对Q 的弹力减小B ．杆AO 对P 的弹力减小C ．杆AO 对P 的摩擦力增大D ．P 、Q 之间的距离增大解析：Q 受力如图，由力的合成与平衡条件可知：BO 杆对小球Q 的弹力变大，两小球之间的库仑力变大，由库仑定律知，两小球P 、Q 的距离变小，A 、D 错误；对整体受力分析，可得AO 杆对小球P 的摩擦力变大，C 正确；对整体分析可知，竖直方向只受重力和AO 杆的支持力，故AO 杆对小球P的弹力不变，B 错误．应当选C.答案：C6．(2019·河南南阳一中高三理综)将一横截面为扇形的物体B 放在水平面上，一小滑块A 放在物体B 上，如下列图．除了物体B 与水平面间的摩擦力之外，其余接触面的摩擦均可忽略不计，物体B 的质量为M 、滑块A的质量为m .当整个装置静止时，A 、B 接触面的切线与竖直挡板之间的夹角为θ，重力加速度为g .如此如下选项正确的答案是( )A ．物体B 对水平面的压力大小为MgB ．物体B 受到水平面的摩擦力大小为mg tan θC ．滑块A 与竖直挡板之间的弹力大小为 mg tan θD ．滑块A 对物体B 的压力大小为mgcos θ解析：首先对滑块A 受力分析，如下列图，根据平衡条件，有F1＝mgsin θF2＝mgtan θ根据牛顿第三定律，A对B的压力大小为mgsin θ，A对竖直挡板的压力大小为mgtan θ，故C正确，D错误；对A、B整体受力分析，受重力、水平面的支持力、竖直挡板的支持力、水平面的静摩擦力，如下列图，根据平衡条件，水平面的支持力大小F N＝(M＋m)g，水平面的摩擦力大小F f＝F2＝mgtan θ，再根据牛顿第三定律，物体B对水平面的压力大小为(M＋m)g，故A、B错误．答案：C7．(多项选择)如下列图，在竖直向下的匀强磁场中，绝缘细线下面悬挂一质量为m、长为l的导线，导线中有垂直纸面向里的恒定电流I，静止时细线偏离竖直方向θ角，现将磁场沿逆时针方向缓慢转动到水平向右，转动时磁感应强度B的大小不变，在此过程中，如下说法正确的答案是( )A．导线受到的安培力逐渐变大B．绝缘细线受到的拉力逐渐变大C．绝缘细线与竖直方向的夹角θ先增大后减小D．导线受到的安培力与绝缘细线受到的拉力的合力不变解析：导线受到的安培力F安＝BIl大小不变，选项A错误；磁场逆时针转动90°的过程中，F安方向逐渐由水平向左变为竖直向下，由于变化缓慢，所以F安与mg的合力F合与F T大小相等，方向相反，由图可知，F合大小逐渐增大，θ逐渐减小，所以F T大小逐渐增大，选项B正确，选项C错误；F安与F T的合力总是与重力大小相等，方向相反，即竖直向上，选项D正确．答案：BD8.(多项选择)如下列图，高空作业的工人被一根绳索悬在空中，工人与其身上装备的总质量为m ，绳索与竖直墙壁的夹角为α，悬绳上的张力大小为F 1，墙壁与工人之间的弹力大小为F 2，重力加速度为g ，不计人与墙壁之间的摩擦，如此( )A ．F 1＝mg sin αB ．F 2＝mg tan αC ．假设缓慢增大悬绳的长度，F 1与F 2都变小D ．假设缓慢增大悬绳的长度，F 1减小，F 2增大解析：对工人受力分析，工人受到重力、墙壁的支持力和绳索的拉力作用，如下列图，根据共点力平衡条件，有F 1＝mgcos α，F 2＝mg tan α；假设缓慢增大悬绳的长度，工人下移时，细绳与竖直方向的夹角α变小，故F 1变小，F 2变小，故B 、C 正确，A 、D错误．答案：BC9．(多项选择)(2019·广东某某高三模拟)如下列图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O 点，右端跨过固定于O ′点的光滑滑轮悬挂一质量为1 kg 的物体P ，此时轻绳OO ′段水平，长度为0.8 m ．绳子OO ′段套有一个可自由滑动的轻环．现在轻环上挂上一重物Q ，用手扶住重物后缓慢下降，直到手与重物别离，重物Q 下降的高度为0.3 m ，此时物体P 未到达滑轮处．如此( )A ．重物Q 的质量为1.2 kgB ．重物Q 的质量为1.6 kgC ．物体P 上升的高度为0.2 mD ．物体P 上升的高度为0.4 m解析：重新平衡后，根据几何知识可得tan θ＝0.40.3＝43，即θ＝53°，OO ′之间的绳长为0.5×2 m＝1 m ，故P 上升了1 m －0.8 m ＝0.2 m ，C 正确，D 错误；重新平衡后，对轻环处结点受力分析，如下列图，如此根据平行四边形定如此可得cos 53°＝12m Q g m P g＝0.6，解得m Q ＝1.2 kg ，A 正确，B 错误． 答案：AC10．(多项选择)如下列图，物体P 、Q 可视为点电荷，电荷量一样．倾角为θ、质量为M 的斜面体放在粗糙水平面上．将质量为m 的物体P 放在粗糙的斜面体上．当物体Q 放在与P 等高(PQ 连线水平)且与物体P 相距为r 的右侧位置时，P 静止且受斜面体的摩擦力为0，斜面体保持静止，静电力常量为k ，如此如下说法正确的答案是( )A ．P 、Q 所带电荷量为mgk tan θr 2 B ．P 对斜面体的压力为mg cos θC ．斜面体受到地面的摩擦力为0D ．斜面体对地面的压力为(M ＋m )g解析：以P 为研究对象，受到重力mg 、斜面体的支持力F N 和库仑力F ，由平衡条件得： F ＝mg tan θ，F N ＝mgcos θ 根据库仑定律得：F ＝k q 2r2 联立解得：q ＝r mg tan θk由牛顿第三定律得P 对斜面体的压力为F N ′＝F N ＝mg cos θ，故A 错误，B 正确． 以斜面体和P 整体为研究对象，由平衡条件得地面对斜面体的摩擦力为F f ＝F ，地面对斜面体的支持力为F N1＝(M ＋m )g ，根据牛顿第三定律得斜面体对地面的压力为F N1′＝F N1＝(M ＋m )g ，故C 错误，D 正确．答案：BD[刷综合]11．(多项选择)如下列图，质量为m ＝5 kg 的物体放在水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝33，g 取10 m/s 2.当物体做匀速直线运动时，如下说法正确的答案是( )A ．牵引力F 的最小值为25 NB ．牵引力F 的最小值为2533 N C ．最小牵引力F 与水平面的夹角为45°D ．最小牵引力F 与水平面的夹角为30°解析：物体受重力G 、支持力F N 、摩擦力F f 和拉力F 的共同作用，将拉力沿水平方向和竖直方向分解，如下列图，由共点力的平衡条件可知，在水平方向上有F cos θ－μF N ＝0，在竖直方向上有F sin θ＋F N －G ＝0，联立解得F ＝μG cos θ＋μsin θ，设tan Φ＝μ，如此cos Φ＝11＋μ2，所以F ＝μG cos (θ－Φ)·11＋μ2，当cos(θ－Φ)＝1即θ－Φ＝0时，F 取到最小值，F min ＝μG 1＋μ2＝25 N ，而tan Φ＝μ＝33，所以Φ＝30°，θ＝30°. 答案：AD 12．如下列图，水平细杆上套一球A ，球A 与球B 间用一轻绳相连，质量分别为m A 和m B ，由于B 球受到水平风力作用，球A 与球B 一起向右匀速运动．细绳与竖直方向的夹角为θ，如此如下说法中正确的答案是( )A ．球A 与水平细杆间的动摩擦因数为m B sin θm A ＋m BB ．球B 受到的风力F 为m B g tan θC ．风力增大时，假设A 、B 仍匀速运动，轻质绳对球B 的拉力保持不变D ．杆对球A 的支持力随着风力的增大而增大解析：对球B 受力分析，受重力、风力和拉力，如图甲，风力为F ＝m B g tan θ，绳对B 球的拉力为F T ＝m B gcos θ，把球A 和球B 当作一个整体，对其受力分析，受重力(m A ＋m B )g 、支持力F N 、风力F 和向左的摩擦力F f ，如图乙，根据共点力平衡条件可得，杆对球A 的支持力大小F N ＝(m A ＋m B )g ，杆对球A 的摩擦力大小F f ＝F ，如此球A 与水平细杆间的动摩擦因数为μ＝F f F N ＝mB tan θm A ＋m B，B 正确，A 错误；当风力增大时，θ增大，如此F T 增大，C 错误；由以上分析知杆对球A 的支持力F N ＝(m A ＋m B )g ，不变，D 错误．答案：B13.(多项选择)(2019·辽宁大连高三模拟)如下列图，光滑水平地面上放有截面为14圆周的柱状物体A ，A 与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B ，对A 施加一水平向左的力F ，整个装置保持静止．假设将A 的位置向左移动稍许，整个装置仍保持平衡，如此( )A ．水平外力F 增大B ．墙对B 的作用力减小C ．地面对A 的支持力减小D ．B 对A 的作用力减小解析：对B 受力分析，受到重力mg 、A 对B 的支持力F N AB 和墙壁对B 的支持力F N B ，如图甲所示，当A 向左移动后，A 对B 的支持力F N AB 的方向变化，根据平衡条件结合合成法可以知道A 对B 的支持力F N AB 和墙对B 的支持力F N B 都在不断减小，由牛顿第三定律知B 对A 的支持力减小，故B 、D 正确；再对A 和B 整体受力分析，受到总重力G 、地面支持力F N 、外力F 和墙的弹力F N B ，如图乙所示，根据平衡条件，有F ＝F N B ，F N ＝G ，故地面对A 的支持力不变，外力F 随着墙对B 的支持力F N B 的减小而减小，故A 、C 错误．答案：BD14.(多项选择)如下列图，用一段绳子把轻质滑轮吊装在A 点，一根轻绳跨过滑轮，绳的一端拴在井中的水桶上，人用力拉绳的另一端，滑轮中心为O 点，人所拉绳子与OA 的夹角为β，拉水桶的绳子与OA的夹角为α.人拉绳沿水平面向左运动，把井中质量为m 的水桶缓慢提上来，人的质量为M ，重力加速度为g ，在此过程中，以下说法正确的答案是( )A．α始终等于βB．吊装滑轮的绳子上的拉力逐渐变大C．地面对人的摩擦力逐渐变大D．地面对人的支持力逐渐变大解析：水桶匀速上升，拉水桶的轻绳中的拉力F T始终等于mg，对滑轮受力分析如图甲所示．垂直于OA方向有F T sin α＝F T sin β，所以α＝β，沿OA方向有F＝F T cos α＋F T cos β＝2F T cos α，人向左运动的过程中α＋β变大，所以α和β均变大，吊装滑轮的绳子上的拉力F变小，选项A正确，B错误；对人受力分析如图乙所示，θ＝α＋β逐渐变大，水平方向有F f＝F T′sin θ，地面对人的摩擦力逐渐变大，竖直方向有F N＋F T′cos θ＝Mg，地面对人的支持力F N＝Mg－F T′cos θ逐渐变大，选项C、D正确．答案：ACD15．(多项选择)如图，一光滑的轻滑轮用轻绳OO′悬挂于O点，另一轻绳跨过滑轮，一端连着斜面上的物体A，另一端悬挂物体B，整个系统处于静止状态．现缓慢向左推动斜面，直到轻绳平行于斜面，这个过程中物块A与斜面始终保持相对静止．如此如下说法正确的答案是( )A．物块A受到的摩擦力一定减小B．物块A对斜面的压力一定增大C．轻绳OO′的拉力一定减小D．轻绳OO′与竖直方向的夹角一定减小解析：对B分析，因为过程缓慢，故B受力平衡，所以绳子的拉力F T′＝m B g，由于同一条绳子上的拉力大小一样，故绳子对A的拉力大小恒为F T＝m B g.设绳子与斜面的夹角为θ，斜面与水平面的夹角为α，对A分析，在垂直于斜面方向上，有F T sin θ＋F N＝m A g cos α，随着斜面左移，θ在减小，故F N ＝m A g cos α－F T sin θ在增大，在沿斜面方向上，物块A受到重力沿斜面向下的分力m A g sin α和绳子沿斜面向上的分力F T cos θ，如果m A g sin α>F T cos θ，如此有m A g sin α＝F T cos θ＋F f，随着θ在减小，F f在减小，如果m A g sin α<F T cos θ，如此有m A g sin α＋F f＝F T cos θ，随着θ在减小，F f在增大，故A错误，B正确；因为轻绳与竖直方向上的夹角越来越大，又滑轮两端绳的拉力大小相等且不变，如此滑轮两端绳的合力越来越小，所以轻绳OO′的拉力在减小，C正确；OO′一定在滑轮两端轻绳夹角的角平分线上，因为轻绳与竖直方向上的夹角越来越大，所以OO′与竖直方向的夹角一定增大，D错误．答案：BC。
2019人教版高考物理二轮复习练习题：专题一+第1讲力与物体的平衡+Word版含解析
第1讲 力与物体的平衡[做真题·明考向] 真题体验 透视命题规律[真题再做]1.(2017·高考全国卷Ⅱ，T16)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 ．2－3 B.36C.33D.32 解析：在F 的作用下沿水平桌面匀速运动时有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，故选C. 答案：C2．(2017·高考全国卷Ⅲ，T17)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：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 2)cos 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 ，故A 、C 、D 项错误，B 项正确．答案：B3．(多选)(2017·高考全国卷Ⅰ，T21)如图，柔软轻绳ON 的一端O 固定，其中间某点M 拴一重物，用手拉住绳的另一端N .初始时，OM 竖直且MN 被拉直，OM 与MN 之间的夹角为α(α>π2)．现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM 由竖直被拉到水平的过程中( )A ．MN 上的张力逐渐增大B ．MN 上的张力先增大后减小C ．OM 上的张力逐渐增大D ．OM 上的张力先增大后减小解析：将重物向右上方缓慢拉起，重物处于动态平衡状态，可利用平衡条件或力的分解画出动态图分析．将重物的重力沿两绳方向分解，画出分解的动态图如图所示．在三角形中，根据正弦定理有G sin γ1＝F OM 1sin β1＝F MN 1sin θ1，由题意可知F MN 的反方向与F OM 的夹角γ＝180°－α不变，因sin β(β为F MN 与G 的夹角)先增大后减小，故OM 上的张力先增大后减小，当β＝90°时，OM 上的张力最大，因sin θ(θ为F OM 与G 的夹角)逐渐增大，故MN 上的张力逐渐增大，选项A 、D 正确，B 、C 错误．答案：AD4.(2015·高考全国卷Ⅰ，T24)如图所示，一长为10 cm 的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为0.1 T ，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12 V 的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm ；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s 2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．解析：金属棒通电后，闭合回路电流I ＝E R ＝122A ＝6 A 导体棒受到的安培力大小为F ＝BIL ＝0.06 N.开关闭合后，电流方向为从b 到a ，由左手定则判断可知金属棒受到的安培力方向竖直向下由平衡条件知，开关闭合前：2kx ＝mg开关闭合后：2k (x ＋Δx )＝mg ＋F代入数值解得m ＝0.01 kg.答案：方向竖直向下 0.01 kg[考情分析]■ 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．■ 解题要领——怎么做解决物体的平衡问题，一是要认清物体平衡状态的特征和受力环境，这是分析平衡问题的关键；二是要灵活运用处理力学平衡问题的基本方法(如合成法、正交分解法、效果分解法、三角形相似法等)来解答；三是要有辨析图形几何关系的能力．[建体系·记要点] 知识串联 熟记核心要点[网络构建][要点熟记]1．熟悉各个力的特点，会判断弹力的方向，会判断和计算摩擦力．(1)两物体间弹力的方向一定与接触面或接触点的切面垂直，且指向受力物体．(2)两物体接触处有无静摩擦力，要根据物体间有无相对运动趋势或根据平衡条件进行判断．(3)物体间恰好不相对滑动时，其间静摩擦力恰好等于最大静摩擦力．2．共点力的平衡：共点力的平衡条件是F合＝0，平衡状态是指物体处于匀速直线运动状态或静止状态．3．多个共点力平衡：任意方向上合力为零，建立直角坐标系后，两个坐标轴上的合力均为零，即F x＝0，F y＝0.4．动态平衡：物体在缓慢移动过程中，可以认为物体处于平衡状态，其所受合力为零．5．带电物体在复合场中除了受到重力、弹力和摩擦力外，还涉及电磁学中的电场力、安培力或洛伦兹力．电磁场中的平衡问题也遵循合力为零这一规律．[研考向·提能力]考向研析掌握应试技能考向一物体的受力分析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”．1．(多选)(2018·辽宁大连高三质检)如图所示，地面上固定着一个斜面，上面叠放上着A、B两个物块并均处于静止状态．现对物块A施加一斜向上的作用力F，A、B两个物块始终处于静止状态．则木块B的受力个数可能是()A．3个 B.4个C．5个D．6个解析：对A受力分析可得，A受竖直向下的重力、斜向左上方的拉力F、竖直向上的支持力及水平向右的摩擦力，对B受力分析可得，B受重力、A对B的压力、斜面的支持力、A对B向左的摩擦力，若斜面对B没有摩擦力则B受到4个力作用，若斜面对B有摩擦力则B受5个力作用，选项A、D错误，B、C正确．答案：BC2.如图，一个L形木板(上表面光滑)放在斜面体上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的木块相连．斜面体放在平板小车上，整体一起沿水平向右的方向做匀速直线运动，不计空气阻力，则关于各物体的受力情况，下列说法正确的是()A．L形木板受4个力的作用B．斜面体可能只受2个力作用C．木块受2个力作用D．斜面体不可能受平板小车对它的摩擦力作用解析：先把L形木板、木块、斜面体看成一个整体进行分析，受重力、小车的支持力，选项D正确；隔离木块进行分析，其受重力、L形木板的支持力、弹簧的弹力(沿斜面向上)三个力作用处于平衡状态，选项C错误；隔离L形木板进行分析，其受重力、斜面体的支持力、弹簧的弹力(沿斜面向下)、木块的压力、斜面体对它的摩擦力5个力作用，选项A错误；隔离斜面体进行分析，其受重力、小车的支持力、L形木板对它的压力和摩擦力4个力作用，选项B错误．答案：D3.(多选)(2018·江西南昌三中摸底)如图所示，穿在一根光滑的固定杆上的小球A、B连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，OB绳沿竖直方向，则下列说法正确的是()A．小球A可能受到2个力的作用B．小球A一定受到3个力的作用C．小球B可能受到3个力的作用D．细绳对A的拉力与对B的拉力大小相等解析：对A球受力分析可知，A受到重力、细绳的拉力以及杆对A球的弹力，三个力的合力为零，故A错误，B正确；对B球受力分析可知，B受到重力、细绳的拉力，两个力的合力为零，杆对B球没有弹力，否则B不能平衡，故C错误；定滑轮不改变力的大小，即细绳对A的拉力与对B的拉力大小相等，故D正确．答案：BD[方法技巧]受力分析的四种方法(1)假设法：在受力分析时，若不能确定某力是否存在，可先对其作出存在的假设，然后根据分析该力存在对物体运动状态的影响来判断假设是否成立．(2)整体法：将几个相互关联的物体作为一个整体进行受力分析的方法，如第2题中，研究斜面体和平板小车间作用力时，将L形木板、木块和斜面体看成一个整体．(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．考向二共点力作用下的静态平衡问题[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m B g＝100 N，地面对物体B的支持力F N＝80 N．下列说法正确的是()A．物体A的重力为40 NB．物体B与地面间的摩擦力大小为20 NC．细绳CO受到的拉力为40 3 ND．OB与竖直方向的夹角为60°[思路探究](1)跨过滑轮两侧细绳上的弹力有什么特点？(2)物体受力个数多于三个力时，一般如何处理？[解析]画出定滑轮的轴心O的受力分析示意图，选取直角坐标系，如图甲所示，根据平衡条件得F T1sin α－F T2sin 30°＝0，F T2cos 30°－F T1cos α－F T3＝0，其中F T1＝F T3＝m A g，联立解得α＝60°，选项D正确；画出物体B的受力分析示意图，选取直角坐标系，如图乙所示，根据平衡条件得F f－F T1sin α＝0，F N＋F T1cos α－m B g＝0，联立并代入数据解得F T1＝40 N，F T2＝40 3 N，F f＝20 3 N，选项B错误，C正确；m A g＝F T1＝40 N，选项A正确．[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．(3)正交分解法：物体受到三个或三个以上力的作用时，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件．4．(2018·山东潍坊高三期末)如图所示，质量为m的物体置于光滑半球上，物体与球心O的连线跟水平方向的夹角为θ.水平推力F作用在物体上，物体与半球均处于静止状态，则F与mg的关系正确的是()A．F＝mg sin θ B.F＝mg cos θC．F＝mg tan θD．F＝mg cot θ解析：物体受到重力、沿半径向外的支持力和水平向右的推力，三个力平衡，则有F N sin θ＝mg，F N cos θ＝F，联立解得F＝mg cot θ，选项D正确．答案：D5．如图所示，物块A 和滑环B 用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，滑环B 套在与竖直方向成θ＝37°的粗细均匀的固定杆上，连接滑环B 的绳与杆垂直并在同一竖直平面内，滑环B 恰好不能下滑，滑环和杆间的动摩擦因数μ＝0.4，设滑环和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A 和滑环B 的质量之比为( )A.75B.57C.135D.513解析：设物块A 和滑环B 的质量分别为m 1、m 2，若杆对B 的弹力垂直于杆向下，因滑环B 恰好不能下滑，则由平衡条件有m 2g cos θ＝μ(m 1g －m 2g sin θ)，解得m 1m 2＝135；若杆对B 的弹力垂直于杆向上，因滑环B 恰好不能下滑，则由平衡条件有m 2g cos θ＝μ(m 2g sin θ－m 1g )，解得m 1m 2＝－75(舍去)．综上分析可知应选C. 答案：C6.将一横截面为扇形的物体B 放在水平面上，一小滑块A 放在物体B 上，如图所示，除了物体B 与水平面间的摩擦力之外，其余接触面的摩擦力均可忽略不计，已知物体B 的质量为M ，滑块A 的质量为m ，当整个装置静止时，滑块A 与物体B 接触的切面与竖直挡板之间的夹角为θ.已知重力加速度为g ，则下列选项正确的是( )A ．物体B 对水平面的压力大小为MgB ．物体B 受水平面的摩擦力大小为mg tan θC ．滑块A 与竖直挡板之间的弹力大小为mg tan θD ．滑块A 对物体B 的压力大小为mg cos θ解析：以滑块A 为研究对象进行受力分析，并运用合成法，如图所示，由几何知识得，挡板对滑块A的弹力大小为F N1＝mgtan θ，C正确；物体B对滑块A的弹力大小为F N2＝mg sin θ，根据牛顿第三定律知，滑块A对物体B的压力大小为mgsin θ，D错误；以滑块A和物体B组成的系统为研究对象，在竖直方向上受力平衡，则水平面对物体B的支持力F N＝(M＋m)g，故水平面所受压力大小为(M＋m)g，A错误；A和B组成的系统在水平方向上受力平衡，则水平面对物体B的摩擦力大小为F f＝F N1＝mgtan θ，B错误．答案：C考向三共点力作用下的动态平衡问题[典例展示2]如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点．现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力F N以及绳对小球的拉力F T的变化情况是() A．F N保持不变，F T不断增大B．F N不断增大，F T不断减小C．F N保持不变，F T先增大后减小D．F N不断增大，F T先减小后增大[思路探究]分析求解本题，必须明确以下问题：(1)用水平力缓慢推动斜面体时，小球在斜面上处于什么状态？(2)小球在斜面上无摩擦滑动过程中，受到哪些力的作用？哪些力不变，哪些力变化？[解析]方法一：解析法先对小球进行受力分析，如图甲，小球受到重力mg、支持力F N、拉力F T的作用，设细绳与水平方向的夹角为β，斜面的倾角为α，由平衡条件得F N cosα＋F T sin β＝mg，F N sin α－F T cos β＝0，联立解得F T＝mg sin αcos(β－α)，F N＝mgcos α＋sin αtan β.用水平力F缓慢推动斜面体，β一直减小直至接近0.由题图易知，起始时刻β>α，当β＝α时，cos(β－α)＝1，F T最小，所以F T先减小后增大．β一直减小直至接近0，tan β不断减小，F N 不断增大，选项D正确．方法二：图解法由于用水平力F缓慢推动斜面体，故小球处于动态平衡状态．小球受到大小方向均不变的重力、方向不变的支持力、方向大小均变化的细绳的拉力，三个力构成封闭的三角形，画出小球受力示意图如图乙所示．当细绳与斜面平行时，细绳拉力F T2与支持力方向垂直，细绳拉力最小．当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，细绳拉力为F T4，所以F T先减小后增大，而此过程中斜面对小球的支持力F N一直增大，选项D正确．[答案] D[方法技巧]“三法”巧解动态平衡问题(1)图解法：如果物体受到三个力的作用，其中一个力的大小、方向均不变，另一个力的方向不变，此时可用图解法，画出不同状态下力的矢量图，判断第三个力的变化情况．如例题中小球重力大小方向不变，斜面对小球支持力方向不变，可用图解法．(2)解析法：如果物体受到多个力的作用，可进行正交分解，利用解析法，建立平衡方程，根据自变量的变化确定因变量的变化，如例题中的方法一，写出表达式分析β角的变化．(3)相似三角形法：如果物体受到三个力的作用，其中的一个力大小、方向均不变，另外两个力的方向都发生变化，可以用力三角形与几何三角形相似的方法．7．(多选)(2017·高考天津卷)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：设两杆间距离为d ，绳长为l ，Oa 、Ob 段长度分别为l a 和l b ，则l ＝l a ＋l b ，两部分绳子与竖直方向夹角分别为α和β，受力分析如图所示．绳子各部分张力相等，F a ＝F b ＝F ，则α＝β，满足2F cos α＝mg ，d ＝l a sin α＋l b sin α，即sin α＝d l ，F ＝mg 2cos α，当改变b 的位置或绳两端的高度差时，d 和l 均不变，则sin α为定值，α为定值，cos α为定值，绳子的拉力保持不变，故A 正确，C 错误；当换挂质量更大的衣服时，d 、l 不变，则sin α为定值，α不变，故衣架悬挂点不变，选项D 错误；将杆N 向右移一些，d 增大，则sin α增大，cos α减小，绳子的拉力增大，故B 正确．答案：AB8.如图所示是一个简易起吊设施的示意图，AC 是质量不计的撑杆，A端与竖直墙之间用铰链连接，一滑轮固定在A 点正上方，C 端吊一重物．现施加一拉力F 将重物P 缓慢向上拉，在AC 杆达到竖直状态前( )A ．BC 绳中的拉力F T 越来越大B ．BC 绳中的拉力F T 越来越小C ．AC 杆中的支持力F N 越来越大D ．AC 杆中的支持力F N 越来越小解析：对C 点进行受力分析，如图甲所示，由平衡条件可知，将三个力按顺序首尾相接，可形成如图乙所示的闭合三角形．很容易发现，这三个力与△ABC 的三边始终平行，则G AB ＝F N AC ＝F T BC ，其中G 、AC 、AB 均不变，BC 逐渐减小，则由上式可知，F N 不变，F T变小．答案：B9．(2018·福建厦门市高三5月调研)如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于O点．一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条绳连接小球Q，P、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA受外力F的作用，处于水平方向，现缓慢逆时针改变绳OA的方向至θ<90°，且保持结点O位置不变，整个装置始终处于静止状态．下列说法正确的是()A．绳OA的拉力一直减小B．绳OB的拉力一直增大C．地面对斜面体有向右的摩擦力D．地面对斜面体的支持力不断减小解析：对结点O受力分析，受与小球连接的绳的拉力，大小为mg，绳OB的拉力F T和OA绳的拉力，大小为F，三力平衡，保持结点O位置不变，则绳OB的方向不变，做矢量三角形如图所示，可知当绳OA与绳OB垂直时，外力F最小，所以改变绳OA的方向至θ<90°的过程中，绳OA的拉力F先减小再增大，连接物块的OB绳子的张力F T一直在减小，选项A、B 错误；以斜面和P、Q整体为研究对象，根据平衡条件，地面对斜面体的摩擦力与OA绳子水平方向的分力等大反向，即水平向左，选项C错误；根据竖直方向受力平衡F N＋F y＝M总g，由于绳OA拉力的竖直分力F y不断增大，则地面对斜面体的支持力F N不断减小，选项D 正确．答案：D考向四电磁场中的平衡问题10.如图所示，质量为m 、电荷量为q 的带电小球A 用绝缘细线悬挂于O 点，带有电荷量也为q 的小球B 固定在O 点正下方绝缘柱上，其中O 点与小球A 的间距为l ，O 点与小球B 的间距为3l ，当小球A 平衡时，悬线与竖直方向夹角θ＝30°，带电小球A 、B 均可视为点电荷，静电力常量为k ，则( )A ．A 、B 间库仑力大小F ＝kq 22l 2 B ．A 、B 间库仑力大小F ＝3mg 3 C ．细线拉力大小F T ＝kq 23l2 D ．细线拉力大小F T ＝3mg解析：带电小球A 受力如图所示，由几何关系可知OC ＝32l ，即C 点为OB 中点，根据对称性可知AB ＝l .由库仑定律知A 、B 间库仑力大小F ＝kq 2l2，选项A 错误；根据平衡条件得F sin 30°＝F T ·sin 30°，F cos 30°＋F T cos 30°＝mg ，解得F ＝F T ＝3mg 3＝kq 2l2，选项B 正确，C 、D 错误． 答案：B11．(多选)如图所示，质量为m 、长为L 的直导线用两绝缘细线悬挂于O 、O ′点，并处于匀强磁场中．当导线中通以沿x 正方向的电流I ，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ，则磁感应强度方向和大小可能为( )A ．z 正向，mg ILtan θ B ．y 正向，mg ILC ．z 负向，mg ILtan θ D ．沿悬线向上，mg ILsin θ 解析：若磁感应强度方向为z 正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y 负方向，直导线不能平衡，选项A 错误；若磁感应强度方向为y 正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿z 正方向，根据平衡条件有BIL ＝mg ，所以B ＝mg IL，选项B 正确；若磁感应强度方向为z 负向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y 正方向，根据平衡条件有BIL ＝mg tan θ，所以B ＝mg ILtan θ，选项C 正确；若磁感应强度方向沿悬线向上，根据左手定则，直导线所受安培力方向如图所示(侧视图)，直导线不能平衡，选项D 错误．答案：BC12.如图所示，一质量为m 的导体棒MN 两端分别放在两个固定的光滑圆形导轨上，两导轨平行且间距为L ，导轨处在竖直方向的匀强磁场中，当导体棒中通以自左向右的电流I 时，导体棒静止在与竖直方向成37°角的导轨上，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)磁场的磁感应强度B ；(2)每个圆导轨对导体棒的支持力大小F N .解析：(1)从左向右看，受力分析如图所示，由平衡条件得tan 37°＝F 安mg ，F 安＝BIL ， 解得B ＝3mg 4IL. (2)设两导轨对导体棒支持力为2F N ，则有2F N cos 37°＝mg ，所以每个圆导轨对导体棒的支持力大小F N ＝58mg .答案：(1)3mg 4IL (2)58mg [方法技巧]解决电磁场中平衡问题的两条主线(1)正确判断方向①明确电荷的电性和场的方向．②根据左手定则结合带电体的带电性质、导体的电流方向以及磁场方向，判定研究对象所受的安培力或洛伦兹力的方向，如11题、12题中安培力方向的判断．根据电荷的电性和电场的方向判断库仑力的方向，如10题中库仑力方向的判断．(2)注意方法迁移处理电磁场中的平衡问题的方法与纯力学问题的分析方法一样，把方法和规律进行迁移应用．[限训练·通高考] 科学设题 拿下高考高分(45分钟)一、单项选择题1．一通电直导体棒用两根绝缘轻质细线悬挂在天花板上，静止在水平位置(如正面图)．现在通电导体棒所处位置加上匀强磁场，使导体棒能够静止在偏离竖直方向θ角(如侧面图)的位置．如果所加磁场的强弱不同，则磁场方向的范围是(以下选项中各图，均是在侧面图的平面内画出的，磁感应强度的大小未按比例画)( )解析：对导体棒受力分析可知，导体棒受到的安培力与重力和绳子的拉力的合力大小相等，方向相反，故由左手定则可以判断出磁场的方向范围，故C正确．答案：C2．(2018·河南重点中学联考)如图所示为三种形式的吊车的示意图，OA为可绕O点转动的轻杆，AB为质量可忽略不计的拴接在A点的轻绳，当它们吊起相同重物时，图甲、图乙、图丙中杆OA对结点的作用力大小分别为F a、F b、F c，则它们的大小关系是()A．F a>F b＝F c B.F a＝F b>F cC．F a>F b>F c D．F a＝F b＝F c解析：设重物的质量为m，分别对三图中的结点进行受力分析，杆对结点的作用力大小分别为F a、F b、F c，对结点的作用力方向沿杆方向，各图中G＝mg.则在图甲中，F a＝2mg cos30°＝3mg；在图乙中，F b＝mg tan 60°＝3mg；在图丙中，F c＝mg cos 30°＝32mg.可知F a＝F b>F c，故B正确，A、C、D错误．答案：B3.(2018·重庆高三调研)重庆一些地区有挂红灯笼的习俗．如图所示，质量为m 的灯笼用两根长度一定的轻绳OA 、OB 悬挂在水平天花板上，O 为结点，OA >OB ，∠AOB ＝90°.设OA 、OB 对O 点的拉力大小分别为F A 、F B ，轻绳能够承受足够大的拉力，则( )A ．F A 大于F BB ．若左右调节A 点位置，可使F A 等于F BC ．若左右调节A 点位置，可使F A 、F B 均大于mgD ．若改挂质量为2m 的灯笼，可使F A 、F B 均增大mg解析：如图所示，对O 点受力分析，应用正交分解法可得F A cos α＝F B cosθ，F A sin α＋F B sin θ＝mg ，因为OA >OB ，所以不管怎么调节A 点位置，都有α<θ，所以F A <F B ，选项A 、B 错误；当α、θ都较小时，可使F A 、F B 都大于mg ，选项C 正确；若改挂质量为2m 的灯笼，α、θ均不变，根据F A F B＝ΔF A ΔF B ＝cos θcos α<1可知F B 的增加量比F A 的增加量大，选项D 错误． 答案：C4.(2018·安徽合肥高三质检)如图所示，两小球A 、B 固定在一轻质细杆的两端，其质量分别为m 1和m 2.将其放入光滑的半圆形碗中，当细杆保持静止时，圆的半径OA 、OB 与竖直方向夹角分别为30°和45°，则m 1和m 2的比值为( ) A.2∶1 B.3∶1 C ．2∶1 D.6∶1解析：分别对小球A 、B 受力分析如图所示．对小球A 、B 分别由三角形相似原理得m 1g OO ′＝F N1OA ，m 2g OO ′＝F N2OB，故m 1m 2＝F N1F N2；分别由正弦定理得F N1sin α＝F sin 30°，F N2sin β＝F sin 45°，而sin α＝sin β，故F N1F N2＝sin 45°sin 30°＝2∶1，故m 1∶m 2＝2∶1，选项A 正确． 答案：A。
2018届高考物理二轮复习 专题整合高频突破： 专题一 力与运动 1 力与物体的平衡课件
乙),mg大小、方向不变,FN1方向不变,角A在逐渐变 小,则FN1逐渐变小直至为0,FN2'也在变小,直至木板
水 求平出F时N,1F=Nm2'g减ta小n θ为, FmNg2。'=本c���o���题s������������也,其可中以θ利为用FN力2'与的竖合直成
考情分析·备考定向
命题热点
考题统计 命题规律
第1 讲 力与 物体 的平 衡
热点一 物 体的受力分 析及静态平 衡
热点二 共 点力作用下 物体的动态 平衡
2016Ⅰ
卷,19;2016
Ⅲ
卷,17;2017
Ⅲ卷,17
2016Ⅱ
卷,14;2017
Ⅰ卷,21
近几年高考命题点主要有:①匀变
速直线运动规律及其公式、图象。
a、b、c都处于平衡状态,分别列三个平衡方程FT=mgsin θ+F安a,F安 b以=m上g四sin个θ方,FT程=,m可cg得,而F且安aa=、F安bb中=m电g流sin相θ等,m,c所=2以msFi安n aθ=,电F安流b=大B小Il,联为立���������������解s������i���n, ������ 所以A、D正确,C错误。
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命题热点一
命题热点二
命题热点三
例4(多选)如图所示,在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑 平行金属导轨PQ、MN,相距为l,导轨处于磁感应强度为B的匀强磁 场中,磁场方向垂直导轨平面向下。有两根质量均为m的金属棒a、 b,先将a棒垂直导轨放置,用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接,连 接a棒的细线平行于导轨,由静止释放c,此后某时刻,将b也垂直导轨 放置,a、c此刻起做匀速运动,b棒刚好能静止在导轨上。a棒在运 动过程中始终与导轨垂直,两棒与导轨接触良好,导轨电阻不计。 则( AD )
必做2019版高考物理二轮复习 专题一 力与运动 专题突破练1 力与物体的平衡
专题突破练1 力与物体的平衡(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(共11小题,每小题7分,共77分。
在每小题给出的四个选项中,第1~8小题只有一个选项符合题目要求,第9~11小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得7分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)1.(2018湖北武汉调研)如图所示,在水平桌面上叠放着物体a、b、c,三个物体均处于静止状态。
下列说法正确的是()A.b对a的摩擦力可能水平向右B.b对a的支持力与a受到的重力是一对平衡力C.c一定受到水平桌面施加的摩擦力D.c对b的作用力一定竖直向上2.(2018河南郑州一中期中)如图所示,三个物块A、B、C叠放在斜面上,用方向与斜面平行的拉力F 作用在B上,使三个物块一起沿斜面向上做匀速运动。
设物块C对A的摩擦力为F f A,对B的摩擦力为F f B,下列说法正确的是()A.如果斜面光滑,F f A与F f B方向相同,且F f A>F f BB.如果斜面光滑,F f A与F f B方向相反,且F f A>F f BC.如果斜面粗糙,F f A与F f B方向相同,且F f A>F f BD.如果斜面粗糙,F f A与F f B方向相反,且F f A<F f B3.(2018安徽安庆二模)如图所示,小车在水平地面上向右做匀速直线运动,车内A、B两物体叠放在一起,因前方有障碍物,为避免相撞,小车刹车制动,在小车整个运动的过程中,A、B两物体始终保持相对静止且随小车一起运动,则下列说法正确的是()A.在小车匀速运动过程中,A、B两物体间存在摩擦力B.在小车匀速运动过程中,B物体相对小车有向右运动的趋势C.在小车刹车制动过程中,A相对B一定有沿斜面向上运动的趋势D.在小车刹车制动过程中,A、B两物体间一定存在着沿斜面方向上的摩擦力4.(2018陕西安康质量联考)如图所示,两个小球a、b的质量均为m,用细线相连并悬挂于O点。
2018大二轮高考总复习物理文档：第1讲 力与物体的平衡(含答案)
专题一力与运动第1讲力与物体的平衡一、明“因”熟“力”，理清一个“网络”二、两种思维方法，攻克受力分析问题方法一整体思维法1．原则：只涉及系统外力不涉及系统内部物体之间的相互作用力2．条件：系统内的物体具有相同的运动状态3．优、缺点：整体法解题一般比较简单，但整体法不能求内力方法二隔离思维法1．原则：分析系统内某个物体的受力情况2．优点：系统内物体受到的内力外力均能求三、确定基本思路，破解平衡问题高频考点1物体的受力分析1．研究对象的选取方法(1)整体法；(2)隔离法．2．物体受力分析的技巧(1)分析受力的思路：①先数研究对象有几个接触处，每个接触处最多有两个接触力(弹力和摩擦力)；②假设法是判断弹力、摩擦力是否存在及方向怎样的基本方法；③分析两个或两个以上相互作用的物体时，要采用整体(隔离)的方法．(2)受力分析的基本步骤：明确研究对象―→确定受力分析的研究对象，可以是单个物体，也可以是几个物体组成的系统↓按顺序分析力―→一般先分析场力、已知力，再分析弹力、摩擦力，最后分析其他力↓画受力示意图―→每分析一个力就画出它的示意图，并标出规范的符号↓检查是否有误―→受力情况应满足研究对象的运动状态，否则就有漏力、多力或错力1－1. (多选)如图甲、乙所示，倾角为θ的斜面上放置一滑块M，在滑块M上放置一个质量为m的物块，M和m 相对静止，一起沿斜面匀速下滑，下列说法正确的是()A．图甲中物块m受到摩擦力B．图乙中物块m受到摩擦力C．图甲中物块m受到水平向左的摩擦力D．图乙中物块m受到与斜面平行向上的摩擦力解析：对题图甲：设m受到摩擦力，则物块m受到重力、支持力、摩擦力，而重力、支持力平衡，若受到摩擦力作用，其方向与接触面相切，方向水平，则物体m受力将不平衡，与题中条件矛盾，故假设不成立，A、C错误．对题图乙：设物块m不受摩擦力，由于m匀速下滑，m必受力平衡，若m只受重力、支持力作用，由于支持力与接触面垂直，故重力、支持力不可能平衡，则假设不成立，由受力分析知：m受到与斜面平行向上的摩擦力，B、D正确．答案：BD1－2. (2017·内蒙古集宁一中一模)如图所示，A和B两物块的接触面是水平的，A与B保持相对静止一起沿固定粗糙斜面匀速下滑，在下滑过程中B的受力个数为()A．3个B．4个C．5个D．6个解析：先以A为研究对象，分析受力情况：重力、B的竖直向上的支持力，B对A没有摩擦力，否则A不会匀速运动．再对B研究，B受到重力、A对B竖直向下的压力，斜面的支持力和滑动摩擦力，共4个力，B正确．答案：B1－3．(2017·南昌三中理综测试)如图所示，穿在一根光滑的固定杆上的小球A、B连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，OB绳沿竖直方向，则正确的说法是()A．小球A可能受到2个力的作用B．小球A一定受到3个力的作用C．小球B可能受到3个力的作用D．绳子对A的拉力大于对B的拉力解析：对A球受力分析可知，A受到重力，绳子的拉力以及杆对A球的弹力，三个力的合力为零，故选项A错误，B正确；对B球受力分析可知，B受到重力，绳子的拉力，两个力合力为零，杆对B球没有弹力，否则B不能平衡，故选项C错误；定滑轮不改变力的大小，则绳子对A的拉力大小等于对B的拉力，故选项D错误．故选B．答案：B高频考点2平衡条件的应用(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．2－3B．3 6C．33D．32【解析】物块在水平力F作用下做匀速直线运动，其受力如图甲所示由平衡条件：F＝f、F N＝mg而f＝μf N＝μmg即F＝μmg当F的方向与水平面成60°角时，其受力如图乙由平衡条件：F cos 60°＝f1f1＝μF N1＝μ(mg－F sin 60°)联立解得μ＝33，选项C正确．【答案】 C2－1.(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 cmB ．92 cmC ．98 cmD ．104 cm解析：设总长度为100 cm 时与水平方向夹角为θ，则cos θ＝45，故θ＝37°，总长度为100 cm 时弹力F ＝kx 1，设移至天花板同一点时的弹力为kx 2，则12kx 1sin θ＝12kx 2，得x 2＝12 cm ，则弹性绳的总长度为92 cm.故B 项正确．答案：B2－2. (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 ．m2B ．32m C ．mD ．2m解析：如图所示，由于不计摩擦，线上张力处处相等，且轻环受细线的作用力的合力方向指向圆心．由于a 、b 间距等于圆弧半径，则∠aOb ＝60°，进一步分析知，细线与aO 、bO 间的夹角皆为30°.取悬挂的小物块研究，悬挂小物块的细线张角为120°，由平衡条件知，小物块的质量与小球的质量相等，即为m .故选项C 正确．答案：C2－3.(2017·湖北襄阳五中一模)两物体M 、m 用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，如图所示，OA 、OB 与水平面的夹角分别为30°、60°，M 、m 均处于静止状态，则( )A ．绳OA 对M 的拉力大小大于绳OB 对M 的拉力 B ．绳OA 对M 的拉力大小等于绳OB 对M 的拉力C ．m 受到水平面的静摩擦力大小为零D ．m 受到水平面的静摩擦力的方向水平向左解析：设绳OA 对M 的拉力和绳OB 对M 的拉力分别为F 1和F 2.对结点O 受力分析如图：把F 1和F 2分别分解到水平方向和竖直方向． 沿水平方向列方程：F 1cos 30°＝F 2cos 60°①沿竖直方向列方程：F 1sin 30°＋F 2sin 60°＝Mg②由①②联立得：OA 绳的拉力F 1＝12Mg .OB 绳的拉力F 2＝32Mg ，所以F 1＜F 2，绳OA 对M 的拉力大小小于绳OB 对M 的拉力，故AB 错误．对m 受力分析如图：由于F 1＜F 2，m 有向右运动的趋势，所以桌面对m 有水平向左的静摩擦力．选项D 正确，C 错误；故选D．答案：D解决平衡问题的四种常用方法高频考点3 动态平衡、临界问题(多选)(2017·烟台二模)如图所示，两段等长细线L 1和L 2串接着两个质量相等的小球a 、b ，悬挂于O 点．现施加水平向右的力F 缓慢拉动a ，L 1对a 球的拉力大小为F 1、L 2对b 球的拉力大小为F 2，在缓慢拉动的过程中，F 1和F 2的变化情况是( )A ．F 1变大B ．F 1变小C ．F 2不变D ．F 2变大【解析】【答案】 AC解决动态平衡问题的一般思路：把“动”化为“静”，“静”中求“动”．动态平衡问题的分析过程与处理方法如下：3－1． (2017·九江市三十校联考)将两个质量均为m 的小球a 、b 用细线相连后，再用细线悬挂于O 点，如图所示．用力F 拉小球b ，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa 与竖直方向的夹角保持θ＝30°，则F 的最小值为( )A ．3mgB ．mgC ．32mg D ．12mg解析：答案：B3－2.(多选) (2017·全国卷Ⅰ)如图，柔软轻绳ON 的一端O 固定，其中间某点M 拴一重物，用手拉住绳的另一端N .初始时，OM 竖直且MN 被拉直，OM 与MN 之间的夹角为α⎝⎛⎭⎫α>π2.现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM 由竖直被拉到水平的过程中( )A ．MN 上的张力逐渐增大B ．MN 上的张力先增大后减小C ．OM 上的张力逐渐增大D ．OM 上的张力先增大后减小解析：本题考查动态平衡．重物受到重力mg 、OM 绳的拉力F OM 、MN 绳的拉力F MN 共三个力的作用．缓慢拉起过程中任一时刻可认为是平衡状态，三力的合力恒为0.如图所示，由三角形定则得一首尾相接的闭合三角形，由于α>π2且不变，则三角形中F MN 与F OM 的交点在一个优弧上移动，由图可以看出，在OM 被拉到水平的过程中，绳MN 中拉力一直增大且恰好达到最大值，绳OM 中拉力先增大后减小，故A 、D 正确，B 、C 错误．答案：AD3－3． (2017·衢州质检)如图所示，一根不可伸长的轻绳两端连接两轻环A 、B ，两环分别套在相互垂直的水平杆和竖直杆上．轻绳绕过光滑的轻小滑轮，重物悬挂于滑轮下，始终处于静止状态．下列说法正确的是( )A ．只将环A 向下移动少许，绳上拉力变大，环B 所受摩擦力变小 B ．只将环A 向下移动少许，绳上拉力不变，环B 所受摩擦力不变C ．只将环B 向右移动少许，绳上拉力变大，环A 所受杆的弹力不变D ．只将环B 向右移动少许，绳上拉力不变，环A 所受杆的弹力变小解析：轻绳绕过滑轮，绳上张力大小处处相等，则易知滑轮两侧绳子与竖直方向夹角相等，设为θ，设滑轮左侧绳长为x ，右侧绳长为y ，总绳长x ＋y ＝l .两环A 、B 水平距离为d ，则有d ＝x sin θ＋y sin θ＝l sin θ，sin θ＝dl ，当环A向下移动少许，d 不变，绳长不变，θ不变，而2F cos θ＝mg ，可知绳上拉力F 不变．选环B 为研究对象，由F f ＝F sin θ，知环B 所受摩擦力不变，A 错误，B 正确；环B 向右移动少许，d 变大，绳长不变，θ增大，可知绳上拉力变大．选环A 为研究对象，由F N ＝F sin θ，知环A 所受杆的弹力变大，C 、D 错误．答案：B高频考点4 电磁场中的平衡问题1．电学中的常见力2．处理电学中的平衡问题的方法与纯力学问题的分析方法一样，具体如下： 选研究对象―→“整体法”或“隔离法”↓受力分析――→多了个电场力F ＝Eq 或安培力F ＝BIL 或洛伦兹力F ＝q v B↓列平衡方程―→F 合＝0或F x ＝0，F y ＝04－1.(多选) (2017·嘉兴一中模拟)在水平板上有M 、N 两点，相距D ＝0.45 m ，用长L ＝0.45 m 的轻质绝缘细线分别悬挂有质量m ＝3×10－2kg 、电荷量q ＝3.0×10－6C 的小球(小球可视为点电荷，静电力常量 k ＝9.0×109N·m 2/C 2)，当两小球处于如图所示的平衡状态时( )A ．细线与竖直方向的夹角θ＝30°B ．两小球间的距离为0.9 mC ．细线上的拉力为0.2 ND ．若两小球带等量异种电荷则细线与竖直方向的夹角θ＝30°解析：对任意小球进行受力分析可以得到：kq 2(D ＋2L sin θ)2＝mg tan θ，代入数据整理可以得到：sin θ＝12，即θ＝30°，故选项A 正确；两个小球之间的距离为：r ＝D ＋2L sin θ＝0.9 m ，故选项B 正确；对任意小球受力平衡，则竖直方向：F cos θ＝mg ，代入数据整理可以得到：F ＝0.2 N ，故选项C 正确；当两小球带等量异种电荷时，则：kq 2(D －2L sin α)2＝mg tan α，整理可知选项D 错误．答案：ABC4－2． (2017·枣庄模拟)如图所示，PQ 、MN 是放置在水平面内的光滑导轨，GH 是长度为L 、电阻为r 的导体棒，其中点与一端固定的轻弹簧连接，轻弹簧的劲度系数为k .导体棒处在方向向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中．图中直流电源的电动势为E ，内阻不计，电容器的电容为C ．闭合开关，待电路稳定后，则有( )A ．导体棒中电流为E R 2＋r ＋R 1B ．轻弹簧的长度增加BLEk (r ＋R 1)C ．轻弹簧的长度减少BLEk (r ＋R 1)D ．电容器带电量为Er ＋R 1CR 2解析：导体棒中的电流为：I ＝ER 1＋r ，故A 错误；由左手定则知导体棒受的安培力向左，则弹簧长度减少，由平衡条件：BIL ＝k Δx ，代入I 得：Δx ＝BLEk (r ＋R 1)，故B 错误，C 正确；电容器上的电压等于导体棒两端的电压，Q ＝CU ＝C ·ER 1＋r·r ，故D 错误．答案：C4－3. (多选)两根相距为L 的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面．质量均为m 的金属细杆ab 、cd 与导轨垂直，接触良好，形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R ，整个装置处于磁感应强度大小为B ，方向竖直向上的匀强磁场中．当ab 杆在平行于水平导轨的拉力F 作用下以速度v 1沿导轨匀速运动时，cd 杆也正好以速率v 2向下匀速运动，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．cd 杆所受摩擦力为零B ．ab 杆所受拉力F 的大小为μmg ＋B 2L 2v 12RC ．回路中的电流为BL (v 1＋v 2)2RD ．μ与v 1大小的关系为μ＝2RmgB 2L 2v 1解析：金属细杆切割磁感线时产生沿abdc 方向的感应电流，大小为：I ＝BL v 12R ，金属细杆ab 受到水平向左的安培力，由受力平衡得：BIL ＋μmg ＝F ，金属细杆cd 运动时，受到的摩擦力和重力平衡，有：μBIL ＝mg ，联立以上各式解得：F ＝μmg ＋B 2L 2v 12R ，μ＝2RmgB 2L 2v 1，故A 、C 错误，B 、D 正确．答案：BD共点力作用下的静态平衡模型共点力作用下物体的平衡模型的基本特征是被研究的对象处于静止状态或匀速直线运动状态，该模型的实质是对受力分析、力的合成与分解以及正交分解等内容的考查，该模型通常与弹力、摩擦力等结合在一起进行考查，如2016年全国卷Ⅰ中的第19题、第24题，2016年全国卷Ⅲ中的第17题等都对该模型进行了考查．单物体平衡模型在某市的旧城改造活动中，为保证某旧房屋的安全，设法用一个垂直于天花板平面的力F 作用在质量为m的木块上，以支撑住倾斜的天花板，如图甲所示．已知天花板平面与竖直方向的夹角为θ，则()图甲A．木块共受到三个力的作用B．木块对天花板的弹力大小等于FC．木块对天花板的摩擦力大小等于mg cos θD．适当增大F，天花板和木块之间的摩擦力可能变为零[思路点拨]首先对木块进行受力分析，根据共点力的平衡条件可判断木块与天花板之间是否存在静摩擦力，进而判断木块与天花板之间弹力的大小．【解析】对木块进行受力分析，根据共点力平衡条件可知，木块一定受到重力mg、推力F、平行于天花板向上的静摩擦力F f以及天花板对木块的弹力F N，其受力情况如图乙所示，故木块一定受到四个力的作用，选项A错误；将木块所受重力进行分解，在垂直于天花板方向有：F＝F N＋mg sin θ，可得F N<F，结合牛顿第三定律可知，选项B 错误；在平行于天花板方向上有：F f＝mg cos θ，结合牛顿第三定律可知，选项C正确；由F f＝mg cos θ可知，木块受到的静摩擦力大小与F无关，故当增大F时，天花板与木块间的静摩擦力保持不变，选项D错误．图乙【答案】 C单个物体在共点力作用下的平衡模型具有以下几个特征：一是研究对象易于确定(只有一个物体)；二是受力情况相对简单，受力个数易于确定；三是采用的方法易于掌握(一般利用二力平衡或正交分解法)．连接体平衡模型(多选)如图甲所示，A、B两球(可视为质点)质量均为m，固定在轻弹簧的两端，分别用细绳1、2悬于O点，其中球A处在光滑竖直墙面和光滑水平地面的交界处．已知两球均处于静止状态，OA沿竖直方向，OA＝AB ＝OB，重力加速度为g，则下列说法中正确的是()图甲A ．球A 对竖直墙壁的压力大小为12mgB ．弹簧对球A 的弹力大于对球B 的弹力C ．绳2的拉力大小等于球B 的重力mgD ．球A 对地面的压力有可能为零[思路点拨] 由于球A 、B 均处于平衡状态，故两球受到的合力均为零．分别对球A 和球B 进行受力分析，正交分解后由F x ＝0和F y ＝0即可求解．【解析】 采用隔离法分别对A 、B 球进行受力分析，如图乙所示．对B 球有：T 2sin 60°＝F sin 60°，T 2cos 60°＋F cos 60°＝mg ，解得T 2＝F ＝mg ，选项C 正确；弹簧对球A 的弹力与对球B 的弹力大小相等、方向相反，选项B 错误；对球A 有：F N ＝F ′sin 60°＝F sin 60°，即F N ＝32mg ，由牛顿第三定律可知，选项A 错误；当T 1＝mg ＋F ′cos 60°，即T 1＝32mg 时，球A 对地面的压力恰好为零，故选项D 正确．图乙【答案】 CD连接体平衡模型牵涉两个或两个以上相互作用的物体，需要运用整体法或隔离法进行分析．当不牵涉物体间的相互作用力时，一般采用整体法较为简单，否则就要采用隔离法进行处理．极值(临界)类模型如图甲所示，三根长度均为l 的轻绳分别连接于C 、D 两点，A 、B 两端被固定在水平天花板上，相距2l .现在C 点悬挂一个质量为m 的重物，为使CD 绳保持水平，在D 点上可施加力的最小值为( )图甲A ．mgB ．33mg C ．12mgD ．14mg【解析】 对C 点进行受力分析，由平衡条件可得绳CD 对C 点的拉力F CD ＝mg tan 30°.对D 点进行受力分析，绳CD 对D 点的拉力F 2＝F CD ＝mg tan 30°，故F 2为恒力，F 1方向不变，由平衡条件可知，F 1与F 3的合力F ′2一定与F 2等大反向，如图乙所示．由图可知，当F 3垂直于绳BD 时，F 3最小，由几何关系可知，此时F 3＝F 2·sin 60°，即F 3＝12mg ，选项C 正确．图乙【答案】 C对于平衡状态中的“极值(临界)类”问题，通常有以下三种分析方法(1)解析法：根据物体的平衡条件列出平衡方程，在解方程时采用数学方法求极值．通常用到的数学知识有二次函数求极值、讨论分式求极值、三角函数求极值以及几何法求极值等．(2)图解法：此种方法通常适用于物体只在三个力作用下的平衡问题．首先根据平衡条件作出力的矢量三角形或平行四边形，然后根据矢量三角形或平行四边形进行动态分析，确定其最大值或最小值．(3)极限法：极限法是一种处理极值问题的有效方法，它是指通过恰当选取某个变化的物理量将问题推向极端(如“极大”“极小”等)，从而把比较隐蔽的临界现象暴露出来，快速求解．稳态速度类模型某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离直升机一段时间后打开降落伞减速下落，他打开降落伞后的速度图像如图(a)所示．降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图(b)所示．已知运动员和降落伞的质量均为50 kg ，不计人所受的阻力，打开降落伞后，降落伞所受的阻力f 与下落速度v 成正比，即f ＝k v .重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)打开降落伞前人下落的高度．(2)阻力系数k和打开降落伞瞬间的加速度．(3)降落伞的悬绳能够承受的拉力至少为多少？【解析】(1)打开降落伞前运动员做自由落体运动，根据速度位移公式可得运动员下落的高度h＝v202g，由图(a)可知v0＝20 m/s，代入解得：h＝20 m．(2)由图(a)可知，当速度为v＝5 m/s时，运动员做匀速运动，受力达到平衡状态，由平衡条件可得：k v＝2mg，即k＝2mg v，解得k＝200 N·s/m.在打开降落伞瞬间，由牛顿第二定律可得：kv0－2mg＝2ma，解得a＝30 m/s2，方向竖直向上．(3)根据题意可知，打开降落伞瞬间悬绳对运动员拉力最大，设此时降落伞上每根悬绳的拉力为T，以运动员为研究对象，则有：8T cos 37°－mg＝ma，代入数据可解得T＝312.5 N，故悬绳能够承受的拉力至少为312.5 N．【答案】(1)20 m(2)200 N·s/m30 m/s2方向竖直向上(3)312.5 N“稳态速度类”平衡模型一般是与实际问题相结合的物理问题，其基本特征是物体在开始运动时并不平衡，而是随着外部条件的改变逐渐达到平衡状态．此类模型的一般解法是：先根据试题所描述的情境抽象出物理模型，然后根据物体运动的初始条件，结合运动学知识和牛顿运动定律对物体的运动情况进行分析，当物体最终达到平衡状态时，则要依据共点力的平衡条件，列出物体的平衡方程进行求解．。
高考物理二轮复习专题一力与运动力和物体的平衡名师讲练
第2讲力和物体的平衡[选考考点分布]章知识内容考试要求历次选考统计必考加试2020/102020/042020/12020/042020/11相互作用重力、基本相互作用c c 2 3弹力 c c摩擦力 c c 13力的合成 c c 17 13力的分解 c c 13 7牛顿运动定律共点力平衡条件及应用c c 11 13 10 5考点一重力、弹力、摩擦力及受力分析1. (2020·浙江4月选考·7)如图1所示，重型自卸车利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度，车厢上的石块就会自动滑下．以下说法正确的是( )图1A．在石块下滑前后自卸车与石块整体的重心位置不变B．自卸车车厢倾角越大，石块与车厢的动摩擦因数越小C．自卸车车厢倾角变大，车厢与石块间的正压力减小D．石块开始下滑时，受到的摩擦力大于重力沿斜面方向的分力答案 C解析物体的重心的位置跟形状还有质量分布有关，石块下滑前后，质量分布变化，形状变化，所以重心改变，选项A错；动摩擦因数与倾角无关，B错．如图，F N＝Gco s θ，倾角变大，所以车厢与石块间的正压力减小，所以C正确；石块下滑时，重力沿斜面方向的分力大于受到的摩擦力，D错．2. (2020·浙江10月学考·3)中国女排在2020年奥运会比赛中再度夺冠．图2为比赛中精彩瞬间的照片，此时排球受到的力有( )图2A．推力B．重力、推力C．重力、空气对球的作用力D．重力、推力、空气对球的作用力答案 C解析此时手与球并没有接触，所以没有推力，故C选项正确．3. (2020·浙江10月学考·13)将质量为1.0 kg的木板放在水平长木板上，用力沿水平方向拉木块，拉力从0开始逐渐增大，木块先静止后相对木板运动．用力传感器采集木块受到的拉力和摩擦力的大小，并用计算机绘制出摩擦力大小F f随拉力大小F变化的图象，如图3所示．木块与木板间的动摩擦因数为(g 取10 m/s2)( )图3A．0.3 B．0.5 C．0.6 D．1.0答案 A解析由图可知最大静摩擦力为5 N，滑动摩擦力为3 N，且滑动摩擦力满足公式F f＝μmg，所以μ＝0.3.4．(2020·浙江“七彩阳光”联考)“跑酷”是一项深受年轻人喜爱的运动，如图4为运动员在空中跳跃过程中的照片，此时运动员受到的力有( )图4A ．重力B ．重力、向前冲力C ．重力、空气作用力D ．重力、向前冲力、空气作用力 答案 C5．(2020·台州市9月选考)足球运动是目前全球体育界最具影响力的项目之一，深受青少年喜爱．如图5所示的四种与足球有关的情景．其中正确的是( )图5A ．如图甲所示，静止在草地上的足球，受到的弹力就是它受到的重力B ．如图乙所示，静止在光滑水平地面上的两个足球，因接触受到弹力作用C ．如图丙所示，踩在脚下且静止在水平草地上的足球，可能受到3个力的作用D ．如图丁所示，落在球网中的足球受到弹力，是由于足球发生了形变 答案 C6. (2020·湖州市期末)如图6所示，某人手拉弹簧，使其伸长了5 cm(在弹性限度内)，若此时弹簧的两端所受拉力各为10 N ，则( )图6A ．弹簧所受的合力大小为10 NB ．弹簧的劲度系数为200 N/mC ．弹簧的劲度系数为400 N/mD ．弹簧的劲度系数随弹簧的拉力的增大而增大 答案 B解析 弹簧所受合力大小为零；由F ＝kx 知k ＝Fx ＝200 N/m ，弹簧的劲度系数与拉力大小无关，和弹簧本身的因素有关．7．(2020·金华市高三期末)如图7所示，铁质的棋盘竖直放置，每个棋子都是一个小磁铁，能吸在棋盘上，不计棋子间的相互作用力，下列说法正确的是( )图7A．小棋子共受三个力作用B．棋子对棋盘的压力大小一定等于重力C．磁性越强的棋子所受的摩擦力越大D．质量不同的棋子所受的摩擦力不同答案 D解析小棋子受重力、棋盘的吸引力、棋盘的弹力、摩擦力，共四个力，选项A错误；棋盘对棋子吸引力的大小与磁铁内部的分子结构有关，而棋子对棋盘的压力大小等于棋盘对棋子的吸引力的大小，与重力大小无关，选项B错误；摩擦力的大小总是等于重力，不会变化，选项C错误；摩擦力的大小等于重力，则质量不同的棋子所受摩擦力不同，选项D正确．1.弹力有无的判断“三法”(1)条件法：根据物体是否直接接触并发生弹性形变来判断是否存在弹力．此方法多用来判断形变较明显的情况．(2)假设法：对形变不明显的情况，可假设两个物体间弹力不存在，看物体能否保持原有的状态，若运动状态不变，则此处不存在弹力，若运动状态改变，则此处一定有弹力．(3)状态法：根据物体的运动状态，利用牛顿第二定律或共点力平衡条件判断弹力是否存在．2．静摩擦力的有无及方向的判断方法(1)假设法(2)状态法：静摩擦力的大小与方向具有可变性．明确物体的运动状态，分析物体的受力情况，根据平衡方程或牛顿第二定律求解静摩擦力的大小和方向．(3)牛顿第三定律法：此法的关键是抓住“力是成对出现的”，先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再根据“力的相互性”确定另一物体受到的静摩擦力的方向．3．弹力大小的计算方法(1)根据胡克定律进行求解．(2)根据力的平衡条件进行求解．(3)根据牛顿第二定律进行求解．4．摩擦力大小的计算方法(1)首先分清摩擦力的种类，因为只有滑动摩擦力才能用公式F f ＝μF N 求解，静摩擦力通常只能用平衡条件或牛顿运动定律来求解．(2)公式F f ＝μF N 中，F N 为两接触面间的正压力，与物体的重力没有必然联系，不一定等于物体的重力大小．(3)滑动摩擦力的大小与物体速度的大小无关，与接触面积的大小也无关．考点二 平衡条件的应用1. (2020·浙江11月选考·5)叠放在水平地面上的四个完全相同的排球如图8所示，质量均为m ，相互接触，球与地面间的动摩擦因数均为μ，则( )图8A ．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43mgD ．水平地面对下方三个球的摩擦力均为43μmg答案 C解析 将四个球看成一个整体，地面的支持力与球的重力平衡，设下方三个球中的一个球受到的支持力大小为F N ，因此3F N ＝4mg ，即F N ＝43mg ，所以选项C 正确．由力的平衡条件知，下面三个球对最上面的球有弹力，故最上面的球对下面三个球肯定有弹力，选项A 错误．对地面上的其中一个球进行受力分析，如图所示．由受力分析可知，选项B 错误；由于小球是受到地面的静摩擦力，因此不能通过F f ＝μF N 求解此摩擦力，选项D 错误．2. (2020·浙江4月选考·10)重力为G 的体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图9所示的比赛动作，当运动员竖直倒立保持静止状态时，两手臂对称支撑，夹角为θ，则( )图9A ．当θ＝60°时，运动员单手对地面的正压力大小为G2B ．当θ＝120°时，运动员单手对地面的正压力大小为GC ．当θ不同时，运动员受到的合力不同D ．当θ不同时，运动员与地面之间的相互作用力不相等 答案 A解析 单手对地面的正压力大小，与θ无关，如图F 1＝F 2＝G2而手臂受力与夹角θ有关，所以选项A 正确，B 错误；不管角度如何，运动员受到的合力为零，选项C 错误；不管角度如何，运动员与地面之间的相互作用力总是等大，选项D 错误．3. (2020·浙江10月学考·13)如图10所示，质量为m 、电荷量为q 的带电小球A 用绝缘细线悬挂于O 点，带有电荷量也为q 的小球B 固定在O 点正下方绝缘柱上．其中O 点与小球A 的间距为l ，O 点与小球B 的间距为3l.当小球A 平衡时，悬线与竖直方向夹角θ＝30°.带电小球A 、B 均可视为点电荷，静电力常量为k.则( )图10A ．A 、B 间库仑力大小为F ＝kq22l 2B ．A 、B 间库仑力大小为F ＝3mg3C ．细线拉力大小为F T ＝kq23l 2D ．细线拉力大小为F T ＝3mg 答案 B解析 根据题意，OA ＝l ，OB ＝3l.当小球A 平衡时，悬线与竖直方向夹角θ＝30°，由几何关系可知，△AOB为等腰三角形，AB＝AO＝l，对小球A受力分析如图所示，由库仑定律得：F＝kq2AB2＝kq2l2，故A错误；△AOB为等腰三角形，由于对称性，绳子拉力等于库仑力，且根据平衡条件得：Fcos 30°＝F T cos 30°＝12mg，即F＝F T＝3mg3，故B正确，C、D错误．4. (2020·浙江10月学考·11)如图11所示，一质量为m、电荷量为Q的小球A系在长为l的绝缘轻绳下端，另一电荷量也为Q的小球B位于悬挂点的正下方(A、B均视为点电荷)，轻绳与竖直方向成30°角，小球A、B静止于同一高度．已知重力加速度为g，静电力常量为k，则两球间的静电力为( )图11A.4kQ2l2B.kQ2l2C．mg D.3mg 答案 A解析根据库仑定律公式得F＝kQQ(lsin 30°)2＝4kQ2l2，A选项正确，B选项错误．由于小球A、B均静止，对球A受力分析如图所示，由平衡条件得F T sin 30°＝F，F T cos 30°＝mg联立解得F＝33mg，C、D选项错误．5. (人教版必修1P61插图改编)两小孩共提总重力为G的一桶水匀速前行，如图12所示，两人手臂用力大小均为F，手臂间的夹角为θ.则( )图12A ．当θ＝60°时，F ＝G2B ．当θ＝90°时，F 有最小值 C ．当θ＝120°时，F ＝G D ．θ越大时，F 越小 答案 C解析 根据平衡条件得：2Fcosθ2＝G, 解得：F ＝G2cosθ2，当θ＝0°时，cos θ2 值最大，则F ＝G2，即为最小，当θ为60°时，F ＝33G ，当θ＝90°时，F ＝22G ；当θ为120°时，F ＝G ，当θ越大时，则F 越大，故A 、B 、D 错误，C 正确．6. (2020·浙江台州中学期中)如图13所示是磁悬浮地球仪，地球仪依靠它与底座之间的磁力悬浮在底座的正上方保持静止，已知地球仪的质量为m ，底座的质量为M ，则底座对水平地面的作用力大小为( )图13 A ．0 B ．mg C ．Mg D ．(m ＋M)g答案 D解析 将地球仪和底座看作整体，整体受到的重力为(m ＋M)g ，支持力为F N ，满足F N ＝(m ＋M)g ，根据牛顿第三定律可知底座对水平地面的作用力大小为(m ＋M)g ，选项D 正确．7. (2020·浙江绍兴一中期中)如图14所示，小球A 、B 带等量同种电荷，质量均为m ，都用长为L 的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O 点，A 球靠墙且其悬线刚好竖直，B 球悬线偏离竖直方向θ角而静止，此时A 、B 两球之间的库仑力为F.由于外部原因小球B 的电荷量减少，使两球再次静止时它们之间的库仑力变为原来的一半，则小球B 的电荷量减少为原来的( )图14A.12B.14C.18D.116 答案 C解析 小球B 受力如图所示．两绝缘细线的长度都是L ，则△OAB 是等腰三角形，根据力的合成及几何关系可知B球悬线的拉力F T与B球的重力mg大小相等，即mg＝F T，小球B处于平衡状态，则库仑力F＝2mgsinθ2，设原来小球带电荷量为q，A、B间的距离是r，则r＝2Lsinθ2，由库仑定律得F＝kq2r2，后来库仑力变为原来的一半，则F 2＝2mgsinθ′2，r′＝2Lsinθ′2，F2＝kqq Br′2，解得q B＝18q，故选C.8. 如图15所示，倾角为θ、质量为m的直角三棱柱ABC置于粗糙水平地面上，柱体与水平地面间的动摩擦因数为μ.现施加一个垂直于BC面向下的外力F，柱体仍保持静止，则地面对柱体的摩擦力大小等于( )图15A．μmg B．Fsin θC．Fcos θ D．μ(Fcos θ＋mg)答案 B解析对三棱柱受力分析如图所示．F f＝Fsin θ，故B选项正确．9. (2020·湖州市期末)如图16所示，质量为m的光滑小球放在斜面和竖直挡板之间，当挡板从竖直位置逆时针缓慢转动到水平位置的过程中，斜面和挡板对小球的弹力大小的变化是( )图16A．斜面的弹力逐渐变大B．斜面的弹力先变小后变大C．挡板的弹力先变小后变大D．挡板的弹力逐渐变大答案 C解析小球受力如图甲所示，因挡板是缓慢转动，所以小球处于动态平衡状态，在转动过程中，此三力(重力、斜面支持力、挡板弹力)组成矢量三角形的变化情况如图乙所示(重力大小、方向均不变，斜面对其支持力方向始终不变)，由图可知此过程中斜面对小球的支持力不断减小，挡板对小球的弹力先减小后增大．动态平衡问题分析的常用方法1．解析法：一般把力进行正交分解，两个方向上列平衡方程，写出所要分析的力与变化角度的关系，然后判断各力的变化趋势．2．图解法：能用图解法分析动态变化的问题有三个显著特征：(1)物体一般受三个力作用；(2)其中有一个大小、方向都不变的力；(3)还有一个方向不变的力．考点三平衡中的临界与极值问题1. 如图17所示，质量m＝2.2 kg的金属块放在水平地板上，在与水平方向成θ＝37°角斜向上、大小为F＝10 N的拉力作用下，以速度v＝5.0 m/s向右做匀速直线运动．(cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，取g＝10 m/s2)求：图17(1)金属块与地板间的动摩擦因数；(2)现换用另一个力F′施加在金属块上，为使金属块向右做匀速直线运动，求F′的最小值．答案(1)0.5 (2)2255N解析(1)设地板对金属块的支持力为F N，金属块与地板间的动摩擦因数为μ，因为金属块匀速运动，所以有Fcos θ＝μF Nmg＝Fsin θ＋F N解得：μ＝Fcos 37°mg－Fsin 37°＝822－6＝0.5.(2)分析金属块的受力，如图所示竖直方向：F′sin α＋F N ′＝mg 水平方向：F′cos α＝μF N ′ 联立可得： F′＝μmgcos α＋μsin α＝μmg1＋μ2sin (α＋φ)所以F′的最小值为2255N.2．如图18所示，质量均为m 的小球A 、B 用两根不可伸长的轻绳连接后悬挂于O 点，在外力F 的作用下，小球A 、B 处于静止状态．若要使两小球处于静止状态且悬线OA 与竖直方向的夹角θ保持30°不变，则外力F 的大小不可能为( )图18 A.33mg B.52mg C.2mg D ．mg答案 A解析 将A 、B 两球作为一个整体，受力分析如图所示，由图可以看出，外力F 与悬线OA 垂直时最小，F min ＝2mgsin θ＝mg ，所以外力F 应大于或等于mg ，不可能为选项A.3．如图19所示，重50 N 的物体A 放在倾角为37°的粗糙斜面上，有一根原长为10 cm ，劲度系数为800 N/m 的弹簧，其一端固定在斜面顶端，另一端连接物体A 后，弹簧长度为14 cm ，现用力F 沿斜面向下拉物体，若物体与斜面间的最大静摩擦力为20 N ，当弹簧的长度仍为14 cm 时，F 的大小不可能为( )图19A．10 N B．20 NC．40 N D．0 N答案 C解析A在斜面上处于静止状态时合外力为零，A在斜面上受五个力的作用，分别为重力、支持力、弹簧弹力、摩擦力和拉力F，当摩擦力的方向沿斜面向上时，F＋mgsin 37°≤F fm＋k(l－l0)，解得F≤22 N，当摩擦力沿斜面向下时，F最小值为零，即拉力的取值范围为0≤F≤22 N，故选C.1.临界与极值问题解题流程(1)对物体初始状态受力分析，明确所受各力的变化特点．(2)由关键词判断可能出现的现象或状态变化．(3)据初始状态与可能发生的变化间的联系，判断出现变化的临界条件或可能存在的极值条件．(4)选择合适的方法作图或列方程求解．2．解决临界与极值问题的常用方法(1)解析法：利用物体受力平衡写出未知量与已知量的关系表达式，根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况，利用临界条件确定未知量的临界值．(2)图解法：根据已知量的变化情况，画出平行四边形的边角变化，确定未知量大小、方向的变化，确定未知量的临界值．专题强化练(限时：30分钟)1．(2020·浙江名校协作体联考)鱼在水中沿直线水平向左减速游动过程中，水对鱼的作用力方向合理的是( )答案 C解析鱼在水中沿直线水平向左减速游动过程中，水对鱼的作用力和重力的合力产生向右的加速度，水对鱼的作用力方向斜向右上方．2. (2020·金华市期末)第31届夏季奥林匹克运动会于2020年8月5日至21日在巴西里约热内卢举行．中国选手王嘉男在跳远比赛中跳出了8米17的好成绩，排名第5.图1为王嘉男比赛精彩瞬间，针对此时王嘉男受力情况的分析合理的是( )图1A．只受重力B．受重力和空气阻力C．受重力、空气阻力、沙子的支持力D．受重力、空气阻力、沙子的支持力和摩擦力答案 B3．(2020·浙江“七彩阳光”联考)在弹簧测力计指针前的滑槽中嵌一块轻质小泡沫，测力计便增加了“记忆”功能．用该测力计沿水平方向拉木块．在拉力F增大到一定值之前，木块不会运动．继续缓慢增大拉力，木块开始运动，能观察到指针会突然回缩一下，之后弹簧测力计上的泡沫与指针位置如图2所示．下列判断正确的是( )图2A．小泡沫的左边缘“记忆”的示数等于最大静摩擦力B．小泡沫的左边缘“记忆”的示数等于滑动摩擦力C．小泡沫的右边缘“记忆”的示数等于最大静摩擦力D．小泡沫的右边缘“记忆”的示数等于滑动摩擦力答案 C解析木块刚要开始运动时，弹簧秤的示数为最大静摩擦力；小泡沫的右边缘“记忆”的示数等于最大静摩擦力．4. (2020·浙江“超级全能生”联考)有些自动扶梯是阶梯状的，人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯斜向上匀速运动，如图3所示．以下说法正确的是( )图3A．人受到的合外力不为零B．人受到重力和支持力的作用C．人受到的合外力方向与速度方向相同D．人受到重力、支持力和摩擦力的作用答案 B解析由于匀速运动，人受到的合外力为零，不可能有摩擦力，否则不平衡了．5. (2020·宁波市诺丁汉大学附中高三上期中)如图4，球静置于水平地面OA上并紧靠斜面OB，一切摩擦不计，则( )图4A．小球只受重力和地面支持力B．小球一定受斜面的弹力C．小球受重力、地面支持力和斜面弹力D．小球受到的重力和对地面的压力是一对平衡力答案 A解析小球只受重力和地面支持力，斜面对球无弹力作用，选项A正确，B、C错误；小球受到的重力和地面对小球的支持力是一对平衡力，选项D错误；故选A.6．(2020·台州市9月选考)某木箱静止在水平地面上，对地面的压力大小为200 N，木箱与地面间的动摩擦因数为μ＝0.45，与地面间的最大静摩擦力为95 N，小孩分别用80 N、100 N的水平力推木箱，木箱受到的摩擦力大小分别为( )A．80 N和90 N B．80 N和100 NC．95 N和90 N D．90 N和100 N答案 A7．(2020·诸暨市联考)如图5所示，用相同的弹簧测力计将同一个重物m，分别按甲、乙、丙三种方式悬挂起来，读数分别是F1、F2、F3、F4，已知θ＝30°，则有( )图5A．F4最大B．F3＝F2C．F2最大D．F1比其他各读数都小答案 C解析由平衡条件可知：F1＝mgtan θ，F2cos θ＝mg,2F3cos θ＝mg，F4＝mg，因此可知F1＝33mg，F2＝233mg，F3＝33mg，故选项A、B、D错误，C正确．8. (2020·温州市十校期末联考)如图6所示，A、B为同一水平线上的两个固定绕绳装置，转动A、B，使光滑挂钩下的重物C缓慢竖直上升，下列说法正确的是( )图6A．绳子拉力大小不变B．绳子拉力大小逐渐减小C．两段绳子合力逐渐减小D．两段绳子合力不变答案 D解析重物受三个力，重力和两个拉力，重物C缓慢竖直上升时三力平衡，即有两个拉力的合力与重力平衡，所以两个拉力的合力一定，而两个拉力的夹角不断增大，故拉力不断增大，故D正确，A、B、C错误．9. (2020·金华市义乌模拟)在2020年9月3日抗战胜利70周年阅兵中，20架直升机组成数字“70”字样飞过天安门上空．如图7所示，为了使领航的直升机下悬挂的国旗不致上飘，在国旗的下端悬挂了重物，假设国旗与悬挂物(可看成一个物体)的质量为m，直升机的质量为M，直升机水平匀速飞行，在飞行过程中，悬挂国旗的细线始终与竖直方向的夹角为α.以下说法正确的是( )图7A．国旗受到2个力的作用B．细线的拉力大于mgC．空气对国旗的阻力大小为mgcos αD．空气给直升机的力方向竖直向上答案 B解析对国旗受力分析如图，国旗受三个力，重力、绳子的拉力和空气阻力，其中空气阻力与运动的方向相反，沿水平方向．根据共点力平衡得F＝mgcos α，F f＝mgtan α，故B正确，A、C、D错误．10．(2020·浙江名校协作体模拟)浙江省某中学校园环境优美，景色宜人，如图8甲所示，淡如桥是同学们必走之路，淡如桥是座石拱桥，图乙是简化图，用四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，其中第3、4块固定在地基上，第1、2块间的接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角为30°.假定石块间的摩擦力忽略不计，则第1、2石块间的作用力和第1、3石块间的作用力大小之比为( )甲乙图8A.12B.33C.32D. 3答案 C解析对石块1受力分析，由F N12∶F N13＝sin 60°＝32知C正确．11. (2020·杭州市学考模拟)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，绳与竖直方向的夹角为30°，如图9所示．设每只灯笼的质量均为m.由上往下第一只灯笼对第二只灯笼的拉力大小为( )图9A．23mg B.233mgC.833mg D．8mg答案 C解析以下面四个灯笼作为研究对象，受力分析如图．由F T cos 30°＝4mg，得F T＝833mg，故C正确．12. 如图10所示，质量为m的正方体和质量为M的正方体放在两竖直墙和水平面间，处于静止状态．m 和M的接触面与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g，若不计一切摩擦，下列说法正确的是( )图10A．水平面对正方体M的弹力大小大于(M＋m)g B．水平面对正方体M的弹力大小为(M＋m)gcos αC．墙面对正方体m的弹力大小为mgtan αD．墙面对正方体M的弹力大小为mg tan α答案 D解析由于两墙面竖直，对M和m整体受力分析可知，水平面对M的弹力大小等于(M＋m)g，A、B错误；在水平方向，墙对M和m的弹力大小相等、方向相反，对m受力分析如图所示，根据平行四边形定则可得m受到的墙对它的弹力大小为mgtan α，所以M受到墙面的弹力大小也为mgtan α，C错误，D正确．13. (2020·浙江北仑中学期末)如图11所示，一个铁架台放在水平地面上，其上用轻质细线悬挂一个小球，开始时细线竖直．现将水平力F作用于小球上，使其缓慢地由实线位置运动到虚线位置，铁架台始终保持静止．则在这一过程中( )图11A．水平拉力F先变小后变大B．细线的拉力不变C．铁架台对地面的压力变大D．铁架台所受地面的摩擦力变大答案 D解析对小球受力分析，如图所示，小球受细线拉力、重力、水平力F.根据平衡条件，有F＝mgtan θ，θ逐渐增大，则F逐渐增大，故A错误；由图可知，细线的拉力F T＝mgcos θ，θ增大，F T增大，故B错误；以整体为研究对象，根据平衡条件得F f＝F，则F f逐渐增大，F N＝(M＋m)g，F N保持不变，故D正确，C错误．14. 如图12所示，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l.现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加的力的最小值为( )图12A．mg B.33mgC.12mg D.14mg答案 C解析分析结点C的受力如图甲所示，由题意可知，绳CA与竖直方向间夹角为α＝30°，则可得：F D＝mgtan α＝33mg，再分析结点D的受力如图乙所示，由图可知，F D′与F D大小相等且方向恒定，F B的方向不变，当在D点施加的拉力F与绳BD垂直时，拉力F最小，即F＝F D′cos 30°＝12mg，C正确．15. 如图13所示，位于竖直侧面的物体A的质量m A＝0.2 kg，放在水平面上的物体B的质量m B＝1.0 kg，绳和滑轮间的摩擦不计，且绳的OB部分水平，OA部分竖直，A和B恰好一起匀速运动，g取10 m/s2.图13(1)求物体B与水平面间的动摩擦因数．(2)如果用水平力F向左拉物体B，使物体A和B做匀速运动需多大的拉力？答案(1)0.2 (2)4 N解析(1)因物体A和B恰好一起匀速运动，所以物体A、B均处于平衡状态．由平衡条件得对A：F T－m A g＝0对B：F T－μF N＝0F N－m B g＝0解得：μ＝0.2(2)如果用水平力F向左拉物体B，使物体A和B做匀速运动，此时水平绳的拉力与滑动摩擦力的大小均不变，对物体B由平衡条件得F－F T－μF N＝0解得：F＝4 N.16. (2020·金华市十校模拟)如图14所示，某同学用大小为5 N、方向与竖直黑板面成θ＝53°的力将黑板擦沿黑板表面竖直向上缓慢推动，黑板擦无左右运动趋势．已知黑板的规格为4.5×1.5 m2，黑板的下边缘离地的高度为0.8 m，黑板擦(可视为质点)的质量为0.1 kg，g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.图14(1)求黑板擦与黑板间的动摩擦因数μ；(2)当她擦到离地高度2.05 m时，黑板擦意外脱手沿黑板面竖直向下滑落，求黑板擦砸到黑板下边缘前瞬间的速度大小．答案(1)0.5 (2)5 m/s解析(1)对黑板擦受力分析如图所示：水平方向：Fsin θ＝F N ①竖直方向：Fcos θ＝mg＋F f ②另有：F f＝μF N③联立①②③可得：μ＝0.5(2)由受力分析可知：黑板擦脱手后做自由落体运动自由落体：v2＝2gh代入数据可得：v＝5 m/s.2019-2020学年高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．AC 、CD 为两个倾斜角度不同的固定光滑斜面，其中45ACB ∠<︒，水平距离均为BC ，两个完全相同且可视为质点的物块分别从A 点和D 点由静止开始下滑，不计一切阻力，则（ ）A ．沿AC 下滑的物块到底端用时较少B ．沿AC 下滑的物块重力的冲量较大 C ．沿AC 下滑的物块到底端时重力功率较小D ．沿AC 下滑的物块到底端时动能较小2．2019年11月23日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第五十、五十一颗北斗导航卫星。
高考物理二轮复习 专题强化练(一)力与物体的平衡(含解析)
专题强化练(一)考点1 物体的受力分析1．(2019·浙江卷)如图所示，小明撑杆使船离岸，则下列说法正确的是( )A．小明与船之间存在摩擦力B．杆的弯曲是由于受到杆对小明的力C．杆对岸的力大于岸对杆的力D．小明对杆的力和岸对杆的力是一对相互作用力解析：小明与船之间存在静摩擦力，A正确；杆的弯曲是由于受到小明对杆的作用力，B 错误；杆对岸的力与岸对杆的力是作用力与反作用力，大小相等，C错误；小明对杆的力和岸对杆的力受力物体都是杆，两者不是作用力与反作用力，故D错误．答案：A2．(2018·商丘一模)如图所示，物体B与竖直墙面接触，在竖直向上的力F的作用下，A、B均保持静止，则物体B的受力个数为( )A．2个B．3个C．4个D．5个解析：物体A处于静止状态，其受到的合外力为零，受力分析如甲图所示；对物体A、B 整体受力分析如图乙所示，竖直墙面对物体B没有弹力作用，则墙面也不会提供静摩擦力；对物体B受力分析，如图丙所示，则物体B受到4个力的作用，选项C正确．答案：C3．(2019·柳州模拟)两个质量相同的直角楔形物体a和b，分别在垂直于斜边的恒力F1和F2作用下静止在竖直墙面上，如图所示，下列说法正确的是( )A．a、b一定都受四个力的作用B．a、b所受摩擦力的方向都是竖直向上C．F2一定小于F1D．F1、F2大小可能相等解析：对a受力分析如图甲：除摩擦力外的三个力不可能平衡，故一定有摩擦力，摩擦力方向竖直向上，故a受四个力；除摩擦力外对b受力分析如图乙：除摩擦力外，F N、F2、mg三力有可能平衡，沿竖直方向和水平方向分解F2，设F2与竖直方向夹角为α则有：F2cos α＝mg，F2sin α＝F N，解得F2＝mgcos α；(1)若F2＝mgcos α没有摩擦力，此时b受3个力；(2)若F2＞mgcos α，摩擦力向下，b受四个力；(3)若F2＜mgcos α，摩擦力向上，b受四个力；F1和F2没有必然的联系，有可能相等，但也有可能不等，故D正确，A、B、C错误．答案：D考点2 共点力的平衡4．(2019·江苏卷)如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右．细绳与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为( )A.F Tsin αB.F Tcos αC ．F T sin αD ．F T cos α解析：以气球为研究对象，受力分析如图所示，则由力的平衡条件可知，气球在水平方向的合力为零，即风对气球作用力的大小为F ＝F T sin α，C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C5．(多选)(2019·烟台调研)如图所示，将一劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O ′处(O 为球心)，弹簧另一端与质量为m 的小球相连，小球静止于P 点．已知容器半径为R 、与水平地面之间的动摩擦因数为μ，OP 与水平方向的夹角为θ＝30°.下列说法正确的是( )A ．轻弹簧对小球的作用力大小为32mg B ．容器相对于水平地面有向左的运动趋势 C ．容器和弹簧对小球的作用力的合力竖直向上 D ．弹簧原长为R ＋mg k解析：对小球受力分析，如图所示，因为θ＝30°，所以三角形OO ′P 为等边三角形，由相似三角形法得F N ＝F ＝mg ，所以A 项错误；由整体法得，容器与地面间没有相对运动趋势，B 项错误；小球处于平衡状态，容器和弹簧对小球的作用力的合力与重力平衡，故C 项正确；由胡克定律有F ＝mg ＝k (L 0－R )，解得弹簧原长L 0＝R ＋mgk，D 项正确．答案：CD考点3 动态平衡6．(多选)(2019·新乡模拟)如图所示，木板P下端通过光滑铰链固定于水平地面上的O 点，物体A、B叠放在木板上且处于静止状态，此时物体B的上表面水平．现使木板P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，物体A、B仍保持静止，与原位置的情况相比( )A．B对A的支持力不变B．B对A的支持力减小C．木板对B的支持力增大D．木板对B的摩擦力增大解析：开始时，A只受到重力和支持力作用而处于平衡状态，所以B对A的支持力与A 的重力大小相等、方向相反，A不受B的摩擦力作用，P转动后，A受到重力、B对A的支持力和摩擦力作用而平衡，此时B对A的支持力和摩擦力的合力与A的重力大小相等，所以B 对A的支持力一定减小了，B正确，A错误；以整体为研究对象，受到总重力G、板的支持力F N和摩擦力F f作用，设板的倾角为θ，由平衡条件有F N＝G cos θ，F f＝G sin θ，θ减小，F N增大，F f减小，C正确，D错误．答案：BC7．(多选)(2019·潍坊调研)如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的一段细绳与斜面平行．在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则( )A．b对c的摩擦力一定减小B．b对c的摩擦力方向可能平行斜面向上C．地面对c的摩擦力方向一定向右D．地面对c的摩擦力一定减小解析：若m a g＞m b g sin θ，则b对c的摩擦力平行于斜面向上，且随a中的沙子缓慢流出，b对c的摩擦力减小；若m a g＜m b g sin θ，则b对c的摩擦力平行于斜面向下，且随a中的沙子缓慢流出，b对c的摩擦力增大，A错误，B正确；以b、c为整体受力分析，应用平衡条件可得，地面对c的摩擦力方向一定水平向左，且F f＝m a g cos θ，随m a的减小而减小，C 错误，D正确．答案：BD8．(多选)(2019·西安模拟)如图所示，一根绳子一端固定于竖直墙上的A 点，另一端绕过动滑轮P 悬挂一重物B ，其中绳子的PA 段处于水平状态，另一根绳子一端与动滑轮P 的轴相连，在绕过光滑的定滑轮Q 后在其端点O 施加一水平向左的外力F ，使整个系统处于平衡状态，滑轮均光滑、轻质，且均可看作质点，现拉动绳子的端点O 使其向左缓慢移动一小段距离后达到新的平衡状态，则该平衡状态与原平衡状态相比较( )A ．拉力F 增大B ．拉力F 减小C ．角θ不变D ．角θ减小解析：以动滑轮P 为研究对象，AP 、BP 段绳子受的力始终等于B 的重力，两绳子拉力的合力在∠APB 的角平分线上，拉动绳子后，滑轮向上运动，两绳子夹角减小，两拉力的合力增大，故F 增大，A 项正确，B 项错误；PQ 与竖直方向夹角等于∠APB 的一半，故拉动绳子后角θ减小，C 项错误，D 项正确．答案：AD9．(2019·商丘模拟)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 和轨道对小球的弹力F N 的大小变化情况是( )A ．F 不变，F N 增大B ．F 不变，F N 减小C ．F 减小，F N 不变D ．F 增大，F N 减小解析：小球沿圆环缓慢上移过程中，受重力G 、拉力F 、弹力F N 三个力处于平衡状态．小球受力如图所示，由图可知△OAB ∽△F N AF ，即：G R ＝F AB ＝F NR，当A 点上移时，半径R 不变，AB 长度减小，故F 减小，F N 不变，故选项C 正确．答案：C10．(多选)(2019·威海一中摸底)如图所示，质量均为m 的小球A 、B 用劲度系数为k 1的轻弹簧相连，B 球用长为L 的细绳悬于O 点，A 球固定在O 点正下方，当小球B 平衡时，所受绳子的拉力为F T 1，弹簧的弹力为F 1；现把A 、B 间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k 2(k 2＞k 1)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时小球B 所受绳子的拉力为F T 2，弹簧的弹力为F 2.则下列关于F T 1与F T 2、F 1与F 2大小之间的关系，正确的是( )A ．F T 1＞F T 2B ．F T 1＝F T 2C ．F 1＜F 2D ．F 1＝F 2解析：以小球B 为研究对象，分析受力情况，如图所示．由平衡条件可知，弹簧的弹力F 和绳子的拉力T 的合力F 合与重力mg 大小相等，方向相反，即F 合＝mg ，作出力的合成图如图，由力三角形与几何三角形相似得：mg AO ＝F AB ＝F TOB.当弹簧劲度系数变大时，弹簧的压缩量减小，故AB 长度增加，而OB 、OA 的长度不变，故F T 1＝F T 2，F 2＞F 1，A 、D 错误，B 、C 正确．答案：BC考点4 电学中的平衡问题11．(2018·重庆高三测试)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L 、质量为m 的直导体棒，导体棒中电流为I .要使导体棒静止在斜面上，需要外加匀强磁场的磁感应强度B 的最小值为( )A.mg 2ILB.3mg 2ILC.mg ILD.3mg IL解析：平衡状态下导体棒受三个力，重力为恒力，支持力的方向不变，安培力的大小和方向不确定；由动态平衡知当安培力F 平行于斜面向上时安培力最小，则B 最小，即BIL ＝mg sin 30°，B ＝mg2IL，由左手定则知B 的方向垂直于斜面向下．答案：A12．(2019·青岛模拟)如图，绝缘光滑圆环竖直放置，a 、b 、c 为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c 位于圆环最高点，ac 连线与竖直方向成60°角，bc 连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态．下列说法正确的是( )A ．a 、b 、c 小球带同种电荷B ．a 、b 小球带异种电荷，b 、c 小球带同种电荷C ．a 、b 小球电量之比为36D ．a 、b 小球电量之比为39解析：对c 小球受力分析可得，a 、b 小球必须带同种电荷，c 小球才能平衡．对b 小球受力分析可得，b 、c 小球带异种电荷，b 小球才能平衡．故A 、B 项错误；对c 小球受力分析，将力正交分解后可得：kq a q c r 2ac sin60°＝k q b q cr 2bcsin 30°，又r ac ∶r bc ＝1∶3，解得q a ∶q b ＝3∶9.故C 项错误，D 项正确．答案：D。
2018届高三物理高考二轮复习 第一部分 专题一 第1讲 力与物体的平衡
考向二 共点力作用下物体的静态平衡
研考向 融会贯通
提能力 强化闯关
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考向一 考向二 考向三 考向四
1．共点力的平衡条件 F 合＝0(或 Fx＝0，Fy＝0)，平衡状态是指物体处于匀速直线运动状态或静止 状态． 2．解决共点力静态平衡问题的典型方法 力的合成法、正交分解法、整体法和隔离法．
考向二
考向一 考向二 考向三 考向四
研考向 融会贯通
提能力 强化闯关
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试题 解析 答案
3．(2016·西安高三二模)将一横截面为扇形的物体 B 放在水平面上，一小滑
块 A 放在物体 B 上，如图所示，除了物体 B 与水平面间的摩擦力之外，其
余接触面的摩擦力均可忽略不计，已知物体 B 的质量为 M、滑块 A 的质量
考向三 考向四
物体 D.已知图中 2l＝1.0 m，b＝0.05 m，F＝400 N，B 与左壁接触，接触面
光滑，则 D 受到向上顶的力为(滑块和杆的重力不计)( B )
A．3 000 N
B．2 000 N
C．1 000 N
D．500 N
考向二
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试题
解析
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第 1 讲 力与物体的平衡
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2018年高考物理二轮复习 专题一 力与运动(一)聚焦选择题考法——力与物体平衡讲义
高考研究(一) 聚焦选择题考法——力与物体平衡1.(2017·全国Ⅱ卷T16)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－ 3 B.36 C.33 D.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。
2．(2017·全国Ⅲ卷T 17)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 ，故A 、C 、D 项错误，B 项正确。
3.(2016·全国Ⅲ卷T 17)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.m 2B.32m C ．m D ．2m解析：选C 如图所示，由于不计摩擦，线上张力处处相等，且轻环受细线的作用力的合力方向指向圆心。
2019届高考物理(全国通用)二轮专题复习文档：专题1 力与物体的平衡Word版含答案
考题一 物体的受力分析及平衡问题1.中学物理中的各种性质的力2.受力分析的常用方法(1)整体法与隔离法(2)假设法在受力分析时，若不能确定某力是否存在，可先对其作出存在或不存在的假设，然后再就该力存在与否对物体运动状态影响的不同来判断该力是否存在.(3)转换研究对象法当直接分析一个物体的受力不方便时，可转换研究对象，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.例1将重为4mg的均匀长方体物块切成相等的A、B两部分，切面与边面夹角为45°，如图1所示叠放并置于水平地面上，现用弹簧秤竖直向上拉物块A的上端，弹簧秤示数为mg，整个装置保持静止，则()图1A.地面与物块间可能存在静摩擦力B.物块对地面的压力大于3mgC.A对B的压力大小为mgD.A、B之间静摩擦力大小为22mg解析对A、B整体受力分析，水平方向不受地面的摩擦力，否则不能平衡，故A错误；竖直方向受力平衡，则有F N＋F＝4mg，解得：F N＝3mg，则物块对地面的压力等于3mg，故B错误；对A受力分析，如图所示.把A部分所受力沿切面和垂直切面方向进行分解，根据平衡条件得：F N A＝(2mg－mg)cos 45°，F f＝(2mg－mg)sin 45°解得：F N A＝F f＝22mg，故C错误，D正确.答案 D变式训练1.如图2所示，带电体P、Q可视为点电荷，电荷量相同.倾角为θ、质量为M的斜面体放在粗糙地面上，将质量为m的带电体P放在粗糙的斜面体上.当带电体Q放在与P等高(PQ 连线水平)且与带电体P相距为r的右侧位置时，P静止且受斜面体的摩擦力为0，斜面体保持静止，静电力常量为k，则下列说法正确的是()图2A.P、Q所带电荷量为mgk tan θr2B.P 对斜面体的压力为0C.斜面体受到地面的摩擦力为0D.斜面体对地面的压力为(M ＋m )g 答案 D解析 对P ，如图甲F 库＝mg tan θ＝k q 2r 2得q ＝mgr 2tan θk，对P 和斜面体，如图乙 得F N ′＝(M ＋m )g ，F f ＝F 库＝mg tan θ.2.如图3所示，质量均为m 的两物体a 、b 放置在两固定的水平挡板之间，物体间竖直夹放一根轻弹簧，弹簧与a 、b 不粘连且无摩擦.现在物体b 上施加逐渐增大的水平向右的拉力F ，两物体始终保持静止状态，已知重力加速度为g ，下列说法正确的是( )图3A.物体b 所受摩擦力随F 的增大而增大B.弹簧对物体b 的弹力大小可能等于mgC.物体a 对挡板的压力大小可能等于2mgD.物体a 所受摩擦力随F 的增大而增大 答案 A解析 对b ：水平方向F f ＝F ，F 增大，则F f 增大，故A 项正确；由于b 物体受到摩擦力，则上挡板必定对b 物体有向下正压力，在竖直方向上，受到重力、正压力和弹簧弹力保持平衡，那么弹簧弹力为重力和正压力之和，必定大于重力mg ，故B 项错误；弹簧弹力大于mg ，对a 物体受力分析可知，a 物体对下挡板的压力为其重力和弹簧弹力之和，大于2mg ，故C 项错误；对a 物体受力分析可知，a 物体在水平方向不受力的作用，摩擦力始终为0，故D 项错误.3.如图4所示，一轻质细杆两端分别固定着质量为m 1和m 2的两个小球A 和B (可视为质点).将其放在一个直角形光滑槽中，已知轻杆与槽右壁成α角，槽右壁与水平地面成θ角时，两球刚好能平衡，且α≠0，则A 、B 两小球质量之比为( )图4A.cos α·cos θsin α·sin θB.cos α·sin θsin α·cos θ C.sin α·sin θcos α·cos θ D.sin α·cos θcos α·cos θ答案 C解析 对A 球受力分析，受重力、杆的弹力、槽的支持力，如图甲所示：根据共点力的平衡条件，有：F sin (90°－θ)＝m 1gsin α①再对B 球受力分析，受重力、杆的弹力、槽的支持力，如图乙所示：根据平衡条件，有：m 2g sin (90°－α)＝Fsin θ②联立①②解得：m 1m 2＝sin α·sin θcos α·cos θ，故选项C 正确.考题二 共点力作用下物体的动态平衡1.图解法：一个力恒定、另一个力的方向恒定时可用此法.例：挡板P 由竖直位置向水平位置缓慢旋转时小球受力的变化.(如图5)图5特点：一个力为恒力，另一个力的方向不变.2.相似三角形法：一个力恒定、另外两个力的方向同时变化，当所作矢量三角形与空间的某个几何三角形总相似时用此法.(如图6)△AOB与力的矢量△OO′A与力的矢量三角形总相似三角形总相似图6特点：一个力为恒力，另两个力的方向都在变.3.解析法：如果物体受到多个力的作用，可进行正交分解，利用解析法，建立平衡方程，根据自变量的变化确定因变量的变化.4.结论法：若合力不变，两等大分力夹角变大，则分力变大.例2(2016·全国甲卷·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7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7A.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 A例3 如图8所示，绳与杆均不计重力，承受力的最大值一定.A 端用铰链固定，滑轮O 在A 点正上方(滑轮大小及摩擦均可忽略)，B 端挂一重物P ，现施加拉力F T 将B 缓慢上拉(绳和杆均未断)，在杆达到竖直前( )图8A.绳子越来越容易断B.绳子越来越不容易断C.杆越来越容易断D.杆越来越不容易断解析 以B 点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力F (等于重物的重力G )、轻杆的支持力F N 和绳子的拉力F T ，作出受力图如图：由平衡条件得知，F N 和F T 的合力F ′与F 大小相等，方向相反，根据三角形相似可得：F NAB ＝F T BO ＝F ′AO .又F ′＝G ，解得：F N ＝AB AO G ；F T ＝BOAO G ，使∠BAO 缓慢变小时，AB 、AO 保持不变，BO 变小，则F N 保持不变，F T 变小.故杆无所谓易断不易断，绳子越来越不容易断，故B 项正确.故选B. 答案 B 变式训练4.如图9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，下列说法正确的是( )图9A.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答案ACD解析F增大，由于绳的夹角不变，故绳上的拉力增大，A正确；对物块进行受力分析，沿斜面方向：绳的拉力的分量与物块重力的分量之和等于静摩擦力，垂直斜面方向：物块重力的分量等于斜面对物块的支持力与绳的拉力的分量之和.由于绳上的拉力增大，故静摩擦力变大，支持力变小，B错误，C正确；物块仍处于平衡状态，所受合力仍为0，故D 正确.考题三平衡中的临界、极值问题1.物体平衡的临界问题：当某一物理量变化时，会引起其他几个物理量跟着变化，从而使物体所处的平衡状态恰好出现变化或恰好不出现变化.2.极限分析法：通过恰当地选取某个变化的物理量将其推向极端(“极大”或“极小”、“极右”或“极左”等).3.解决中学物理极值问题和临界问题的方法(1)物理分析方法：就是通过对物理过程的分析，抓住临界(或极值)条件进行求解.(2)数学方法：例如求二次函数极值、讨论公式极值、三角函数极值.例4如图10所示，物体在拉力F的作用下沿水平面做匀速运动，发现当外力F与水平方向夹角为30°时，所需外力最小，由以上条件可知，外力F的最小值与重力的比值为()图10A.32 B.12 C.33 D.36[思维规范流程]对物体受力分析：物体受4个力做匀速直线运动，所以选用正交分解.分方向列平衡方程.⎩⎪⎨⎪⎧竖直方向：F N ＋F ·sin 30°＝G 水平方向：F ·cos 30°＝F f 滑动摩擦力：F f ＝μF N 解得：F ＝Gsin 30°＋1μcos 30°当sin 30°＋1μcos 30°最大时，F 具有最小值.三角函数求极值(sin 30°＋1μcos 30°)′＝cos 30°－1μsin 30°＝0得μ＝33所以F G ＝1sin 30°＋3cos 30°＝12答案 B 变式训练5.如图11所示，在两固定的竖直挡板间有一表面光滑的重球，球的直径略小于挡板间的距离，用一横截面为直角三角形的楔子抵住.楔子的底角为60°，重力不计.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.为使球不下滑，楔子与挡板间的动摩擦因数至少应为( )图11A.33 B. 3 C.12 D.32答案 A解析设球的质量为M，隔离光滑均匀重球，对球受力分析如图甲所示，由几何关系可知，θ＝30°，可得：F N＝F cos θMg－F sin θ＝0解得：F＝Mgsin 30°＝2Mg再以楔子为研究对象，由于其重力忽略不计，所以只受到球的压力、挡板的支持力和摩擦力，如图乙：由共点力平衡可得：F N′＝F′cos θF f－F′sin θ＝0其中F′与F大小相等，方向相反.又：F f＝μF N′联立得：μ＝33，故A正确，B、C、D错误.6.如图12所示，质量为m的物体，放在一固定的斜面上，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：图12(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ； (2)临界角θ0. 答案 (1)33(2)60° 解析 (1)由题意物体恰能沿斜面匀速下滑， 则满足mg sin 30°＝μmg cos 30° ， 解得μ＝33. (2)设斜面倾角为α，受力情况如图所示，由匀速直线运动的条件有F cos α＝mg sin α＋F f ，F N ＝mg cos α＋F sin α，F f ＝μF N解得F ＝mg sin α＋μmg cos αcos α－μsin α当cos α－μsin α＝0时 ，F →∞，即“不论水平恒力F 多大，都不能使物体沿斜面向上滑行”，此时临界角θ0＝α＝60°.专题规范练1.(2016·江苏·1)一轻质弹簧原长为8 cm ，在4 N 的拉力作用下伸长了2 cm ，弹簧未超出弹性限度，则该弹簧的劲度系数为( ) A.40 m /N B.40 N/m C.200 m /N D.200 N/m答案 D解析 由胡克定律得劲度系数k ＝Fx＝200 N/m ，D 项对.2.如图1所示，物体受到沿斜面向下的拉力F 作用静止在粗糙斜面上，斜面静止在水平地面上，则下列说法正确的是( )图1A.斜面对物体的作用力的方向竖直向上B.斜面对物体可能没有摩擦力C.撤去拉力F后物体仍能静止D.水平地面对斜面没有摩擦力答案 C解析物体受拉力、重力、支持力和摩擦力，根据平衡条件，斜面对物体的作用力与重力和拉力的合力等大反向，故A错误；设斜面的倾角为α，物体的质量为m，撤去F前物体静止在斜面上，合力为零，则物体必定受到沿斜面向上的静摩擦力，大小为F f＝F＋mg sin α，则最大静摩擦力至少为F fm＝F＋mg sin α；撤去F后，因为重力的下滑分力mg sin α<F fm，所以物体仍静止，所受的静摩擦力为F f′＝mg sin α；故B错误，C正确；以物体和斜面为整体，可知地面对斜面有水平向左的静摩擦力，故D错误.3.如图2所示，装载石块的自卸卡车静止在水平地面上，车厢倾斜至一定角度时，石块会沿车厢滑至车尾.若车厢倾斜至最大角度时还有部分石块未下滑，卡车会向前加速，从而把残余石块卸下.若视最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则()图2A.增加车厢倾斜程度，石块受到的支持力增加B.增加车厢倾斜程度，石块受到的摩擦力一定减小C.卡车向前加速时，石块所受最大静摩擦力会减小D.石块向下滑动过程中，对车的压力大于车对石块的支持力答案 C解析根据受力分析可知，石块受到的支持力F N＝mg cos θ；故随着车厢倾斜度增加，石块受到的支持力减小，故A错误；石块未下滑时，摩擦力等于重力的分力，故F f＝mg sin θ，θ增大，摩擦力增大，故B错误；卡车向前加速运动时，合力沿运动方向，此时压力减小，故最大静摩擦力减小，故C正确；石块向下滑动过程中，对车的压力与车对石块的支持力为作用力和反作用力，故大小相等，故D错误.4.如图3所示，小球A、B穿在一根光滑固定的细杆上，一条跨过定滑轮的细绳两端连接两小球，杆与水平面成θ角，小球可看做质点且不计所有摩擦.当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，绳OB沿竖直方向，则下列说法正确的是()图3A.小球A受到2个力的作用B.小球A受到3个力的作用C.杆对B球的弹力方向垂直杆斜向上D.绳子对A的拉力大于对B的拉力答案 B解析对A球受力分析可知，A受到重力，绳子的拉力以及杆对A球的弹力，三个力的合力为零，故A错误，B正确；对B球受力分析可知，B受到重力和绳子的拉力，两个力的合力为零，杆对B球没有弹力，否则B不能平衡，故C错误；定滑轮不改变力的大小，则绳子对A的拉力等于对B的拉力，故D错误.5.如图4甲、乙、丙所示，三个物块质量相同且均处于静止状态，若弹簧秤、绳和滑轮的重力均不计，绳与滑轮、物块与半球面间的摩擦均不计，在图甲、乙、丙三种情况下，弹簧秤的读数分别是F1、F2、F3，则()图4A.F1＝F2＝F3B.F3>F1＝F2C.F3＝F1>F2D.F1>F2>F3答案 C解析甲图：物块静止，弹簧的拉力F1＝mg.乙图：以物块为研究对象，受力如图甲，F2＝G sin 60°＝32mg.丙图：以动滑轮为研究对象，受力如图乙.由几何知识得F 3＝mg ，故F 3＝F 1>F 26.如图5所示，质量均为m 的A 、B 两球，由一根劲度系数为k 的轻弹簧连接静止于半径为R 的光滑半球形碗中，弹簧水平，两球间距为R 且球半径远小于碗的半径.则弹簧的原长为( )图5A.mgk ＋R B.mg 2k ＋R C.23mg 3k ＋RD.3mg3k＋R 答案 D解析 以A 球为研究对象，小球受三个力：重力、弹力和碗的支持力. 如图所示，由平衡条件，得到：tan θ＝mgkx解得：x ＝mgk tan θ根据几何关系得：cos θ＝12R R ＝12，则tan θ＝3， 所以x ＝mg k tan θ＝3mg3k故弹簧原长x 0＝3mg3k＋R ，故D 正确. 7.如图6(a)所示，两段等长细绳将质量分别为2m 、m 的小球A 、B 悬挂在O 点，小球A 受到水平向右的恒力F1的作用、小球B受到水平向左的恒力F2的作用，当系统处于静止状态时，出现了如图(b)所示的状态，小球B刚好位于O点正下方.则F1与F2的大小关系正确的是()图6A.F1＝4F2B.F1＝3F2C.F1＝2F2D.F1＝F2答案 A解析A受到水平向右的力F1，B受到的水平向左的力F2，以整体为研究对象，分析受力如图甲：设OA绳与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得：tan α＝F1－F22mg＋mg①以B球为研究对象，受力如图乙，设AB绳与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得：tan β＝F2mg②由几何关系得到：α＝β③联立①②③解得：F1＝4F28.如图7所示，置于地面的矩形框架中用两细绳拴住质量为m的小球，绳B水平.设绳A、B对球的拉力大小分别为F1、F2，它们的合力大小为F.现将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转90°，在此过程中()图7A.F 1先增大后减小B.F 2先增大后减小C.F 先增大后减小D.F 先减小后增大答案 B解析 对小球受力分析如图所示：小球处于静止状态，受力平衡，两绳的拉力的合力与重力大小相等、方向相反，则F 不变，根据平行四边形定则可知，将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转90°的过程中，F 1逐渐减小，F 2先增大后减小，当绳A 处于水平方向时，F 2最大，故B 正确.9.如图8所示，两个带有同种电荷的小球m 1、m 2，用绝缘细线悬挂于O 点，若q 1>q 2，L 1>L 2，平衡时两球到过O 点的竖直线的距离相等，则( )图8A.m 1>m 2B.m 1＝m 2C.m 1<m 2D.无法确定答案 B解析 对m 1、m 2球受力分析，根据共点力平衡和几何关系得：左边两个阴影部分相似，右边两个阴影部分相似；虽然q 1>q 2，L 1>L 2，但两者的库仑力大小相等，则有m 1g F 1＝m 2g F 2.由于F 1＝F 2，所以m 1＝m 2，故B 正确，A 、C 、D 错误.10.(多选)如图9所示，倾角为30°的斜面体静止在水平地面上，轻绳一端连着斜面上的物体A (轻绳与斜面平行)，另一端通过两个滑轮相连于天花板上的P 点.动滑轮上悬挂质量为m 的物块B ，开始悬挂动滑轮的两绳均竖直.现将P 点缓慢向右移动，直到动滑轮两边轻绳的夹角为90°时，物体A 刚好要滑动.假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体A 与斜面间的动摩擦因数为33.整个过程斜面体始终静止，不计滑轮的质量及轻绳与滑轮的摩擦.下列说法正确的是( )图9A.物体A 的质量为22m B.物体A 受到的摩擦力一直增大C.地面对斜面体的摩擦力水平向左并逐渐减小D.斜面体对地面的压力逐渐减小 答案 AB解析 同一条绳子上的拉力相等，对B 分析，当两条绳子的夹角为90°时，绳子的拉力为F T ＝mg sin 45°＝22mg ，对A 受力分析，在沿斜面方向上有：A 受到沿斜面向下的最大静摩擦力、重力沿斜面向下的分力和绳子的拉力，故有m A g sin 30°＋F fm ＝F T ，F fm ＝μm A g cos 30°，解得m A ＝22m ，A 正确；当两个轻绳都是竖直方向时，绳子的拉力最小，此时m A g sin 30°<12mg ，所以刚开始静摩擦力方向沿斜面向下，故m A g sin 30°＋F f ＝F T ，随着F T 的增大，摩擦力在增大，B 正确；将斜面体和A 以及B 看做一个整体，受到最右边绳子的拉力作用，并且每条绳子在竖直方向上的分力恒等于12mg ，故有F f ＝12mg tan θ2，随着θ的增大，摩擦力在增大，C 错误；对斜面体分析，受左边绳子斜向下的拉力，这个拉力在竖直方向上的分力恒等于12mg ，所以斜面体对地面的压力恒定不变，D 错误.11.图10中工人在推动一台割草机，施加的力大小为100 N ，方向与水平地面成30°角斜向下，g 取10 m/s 2.图10(1)若割草机重300 N ，则它作用在地面上向下的压力为多大？(2)若工人对割草机施加的作用力与图示反向，力的大小不变，则割草机作用在地面上向下的压力又为多大？(3)割草机割完草后，工人用最小的拉力拉它，使之做匀速运动，已知这个最小拉力为180 N ，则割草机与地面间的动摩擦因数μ及最小拉力与水平方向夹角α为多少？ 答案 (1)350 N (2)250 N (3)0.75 37°解析 工人对割草机施加的作用力沿竖直方向的分力为50 N. (1)当工人斜向下推割草机时，在竖直方向上有： F N1＝G ＋F sin 30° 解得：F N1＝350 N.由牛顿第三定律知，割草机对地面的压力为350 N.(2)当工人斜向上拉割草机时，在竖直方向上有：F N2＋F sin 30°＝G 解得：F N2＝250 N由牛顿第三定律知，割草机对地面的压力为250 N. (3)由平衡条件知，在水平方向上：F cos α＝μF N ， 在竖直方向上有：F N ＋F sin α＝G 联立可得： F ＝μG cos α＋μsin α＝μG1＋μ2sin (α＋φ)，tan φ＝1μ所以当α＋φ＝90°，即tan α＝μ时，F 有最小值：F min＝μG 1＋μ2代入数据可得：μ＝0.75，α＝37°.12.如图11所示，水平面上有一个倾角为θ＝30°的斜劈，质量为m.一个光滑小球，质量也为m，用绳子悬挂起来，绳子与斜面的夹角为α＝30°，整个系统处于静止状态.图11(1)求出绳子的拉力F T；(2)若地面对斜劈的最大静摩擦力F fm等于地面对斜劈的支持力的k倍，为了使整个系统始终保持静止，k值必须满足什么条件？答案(1)33mg(2)k≥39解析(1)对小球受力分析，如图甲所示，由平衡条件得：mg sin θ－F T cos α＝0，解得F T＝33mg.(2)对斜劈和小球组成的整体受力分析，如图乙所示，由平衡条件得：水平方向：F T cos (θ＋α)－F f＝0竖直方向：F N2＋F T sin (θ＋α)－2mg＝0又F f≤F fm＝kF N2联立各式解得k≥39.。
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专题限时训练1 力与物体的平衡时间：45分钟一、单项选择题1．(2017·新课标全国卷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)( B )A ．86 cmB ．92 cmC ．98 cmD ．104 cm解析：设弹性绳的劲度系数为k .左右两半段弹性绳的伸长量ΔL ＝100 cm －80 cm 2＝10 cm ，如图所示，由共点力的平衡条件可知：钩码的重力为G ＝2k ΔL cos53°将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点时，钩码的重力为G ＝2k ΔL ′，解得：ΔL ′＝35ΔL ＝6 cm 弹性绳的总长度变为L 0＋2ΔL ′＝92 cm ，故B 正确，A 、C 、D 错误．2．(2018·贵州毕节市模拟)如图所示，某钢制工件上开有一个楔形凹槽．凹槽的横截面是一个直角三角形，三个角的度数分别是∠A ＝30°，∠B ＝90°，∠C ＝60°.在凹槽中放有一个光滑的金属球，当金属球静止时，金属球对凹槽的AB 边的压力为F 1、对BC 边的压力为F 2，则F 2F 1的值为( C )A.12B.32C.33D.22解析：金属球受到的重力产生两个作用效果，压AB 面和压BC 面，作图如右：对AB 面的压力大小等于分力G 1，对BC 面的压力大小等于分力G 2；故F 2F 1＝tan30°＝33.3．如图所示，物体A 、B 、C 叠放在水平桌面上，水平力F 作用于C 物体，使A 、B 、C 以共同速度向右匀速运动，那么关于物体受几个力的说法正确的是( C )A ．A 受5个，B 受2个，C 受4个B ．A 受5个，B 受3个，C 受3个C．A受6个，B受2个，C受4个D．A受6个，B受3个，C受4个解析：物体C受重力、A对C向上的支持力和向左的静摩擦力，以及水平方向的拉力，共4个力；B受重力和A的支持力，共2个力；A受重力、地面的支持力、B对A的压力、C对A的压力，地面对A的摩擦力和C对A的摩擦力，共6个力的作用，故C正确．4．(2018·淮南二模)在房屋装修过程中工人经常用如图所示的简易方式运送材料，图中C为光滑定滑轮，为了保证材料不碰触窗台A、B，需要一人在楼下用一根绳子拽拉，保证材料竖直向上缓慢上升，假定人的位置不变，则在运送过程中(D)A．OC绳的拉力逐渐增大，OD绳的拉力逐渐减小B．OC绳的拉力逐渐减小，OD绳的拉力逐渐增大C．OC绳和OD绳的拉力逐渐减小D．OC绳和OD绳的拉力逐渐增大解析：在建筑材料缓慢提起的过程中，其合力保持为零，因物体与墙壁的距离始终保持不变，结点与竖直墙壁保持一定的距离L，如图甲所示，在建筑材料被缓慢提起的过程中OC绳与竖直方向夹角变大，OD绳与竖直方向夹角减小，根据平衡条件得知两绳拉力的合力与物体的重力大小相等、方向相反，保持不变，由平行四边形定则作出图乙，由图可知，两根绳子上的拉力F1和F2均增大，故A、B、C错误，D正确．5．(2018·济南模拟)如图甲所示，用电流天平测量匀强磁场的磁感应强度．若挂在天平右臂下方的为单匝矩形线圈且通入如图乙所示的电流，此时天平处于平衡状态．现保持边长MN和电流大小、方向不变，将该矩形线圈改为三角形线圈，挂在天平的右臂下方，如图丙所示．则(B)A．天平将向左倾斜B．天平将向右倾斜C．天平仍处于平衡状态D．无法判断天平是否平衡解析：由左手定则，安培力方向向上，矩形线圈改成三角形线圈，安培力变小，故天平将向右倾斜．6．(2018·甘肃兰州诊断)如图所示，倾角为θ的斜面体C放于粗糙水平地面上，物块A通过斜面顶端的定滑轮用细线与物块B连接，细线与斜面平行．斜面与A之间的动摩擦因数为μ，且μ<tanθ，整个装置处于静止状态，下列说法正确的是(C)A．物块B的质量最小可以为0B．地面对斜面体C的摩擦力方向水平向左C．增大物块B的质量，物块A所受摩擦力大小可能不变D．剪断A、B间的连线后，地面对斜面体C的支持力等于A、C的重力之和解析：由μ<tanθ可知，若无细线的拉力，物块A不可能静止于斜面上，即物块B的质量最小不可以为0，故A错误；整个装置处于静止状态，把整个装置看成一个整体，可知地面对斜面体C的摩擦力为0，故B错误；若开始B质量较小，A有向下滑的趋势；增大B的质量，物块A有可能有向上滑的趋势，两种情况中摩擦力方向相反、大小可能不变，故C正确；剪断A、B间的连线后，由μ<tanθ可知，A不可能静止于斜面上，A加速下滑，所以地面对斜面体C的支持力不等于A、C的重力之和，故D错误．二、多项选择题7．(2018·洛阳模拟)如图所示为缓慢关门时(图中箭头方向)门锁的示意图，锁舌尖角为37°，此时弹簧弹力为24 N，锁舌表面较光滑，摩擦不计(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，下列说法正确的是(AC)A．此时锁壳碰锁舌的弹力为40 NB．此时锁壳碰锁舌的弹力为30 NC．关门时锁壳碰锁舌的弹力逐渐增大D．关门时锁壳碰锁舌的弹力保持不变解析：锁壳碰锁舌的弹力分解如图所示，其中F1＝F N sin37°，且此时F1大小等于弹簧的弹力24 N，解得锁壳碰锁舌的弹力为40 N，选项A正确，B错误；关门时，弹簧的压缩量增大，弹簧的弹力增大，故锁壳碰锁舌的弹力逐渐增大，选项C正确，D错误．8．如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上，受到向右的拉力F的作用而向右滑行，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2.下列说法正确的是(AD)A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mgB．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m＋M)gC．当F>μ2(m＋M)g时，木板便会开始运动D．无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动解析：由于木块在木板上运动，所以木块受到木板的滑动摩擦力的作用，其大小为μ1mg，根据牛顿第三定律可得木块对木板的滑动摩擦力也为μ1mg.又由于木板处于静止状态，木板在水平方向上受到木块的摩擦力μ1mg和地面的静摩擦力的作用，二力平衡，选项A正确，B错误；若增大F的大小，只能使木块的加速度大小变化，但木块对木板的滑动摩擦力大小不变，因而也就不可能使木板运动起来，选项C错误，D正确．9．(2018·平顶山统考)有一堆砂子在水平面上堆成圆锥形，稳定时底角为α，如图所示．如果视每粒砂子完全相同，砂子与砂子之间，砂子与地面之间的动摩擦因数均为μ，砂子之间的最大静摩擦力可近似认为与滑动摩擦力相等，以下说法正确的是(AC)A．砂堆稳定时，砂堆底面受到地面的摩擦力一定为零B．砂堆稳定时，只有形成严格规则的圆锥，底面受到地面的摩擦力才为零C．砂堆稳定时形成的圆锥的底角最大值满足tanαmax＝μD．砂堆稳定时形成的圆锥的底角最大值满足cosαmax＝μ解析：对于砂堆整体，只受到重力和底面的支持力，水平方向上不受力，A正确；不论砂堆的形状是否为规则的圆锥形，整体受力不变，B错误；对砂堆侧面上的某粒砂子受力分析，如图所示，则F N ＝mg cosα，F f＝mg sinα，F f≤μF N，解得tanαmax＝μ，C正确，D错误．10．如图所示，水平桌面上平放一叠共计54张的扑克牌，每一张的质量均为m.用一手指以竖直向下的力压第1张牌，并以一定速度向右移动手指，确保手指与第1张牌之间有相对滑动．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，手指与第1张牌之间的动摩擦因数为μ1，相邻两张牌间的动摩擦因数均为μ2，第54张牌与桌面间的动摩擦因数为μ3，且有μ1<μ2<μ3.则下列说法正确的是(CD)A．第1张牌受到手指的摩擦力向左B．第2张牌到第53张牌之间可能发生相对滑动C．第2张牌到第53张牌之间不可能发生相对滑动D．第54张牌受到水平桌面向左的静摩擦力解析：第1张牌相对于手指的运动趋势方向与手指的运动方向相反，则受到手指的滑动摩擦力方向与手指的运动方向相同，故A错误；设手指对第1张牌的压力为F，对第2张牌分析，第3张牌对它的最大静摩擦力F m＝μ2(2mg＋F)，而受到的第1张牌的最大静摩擦力为f m＝μ2(mg＋F)<F m，则第2张牌与第3张牌之间不发生相对滑动；同理，第3张牌以下相邻两张牌之间也不发生相对滑动，故B 错误，C正确；对第54张牌分析，桌面对它的最大静摩擦力F m′＝μ3(F＋54mg)，第53张牌对它的最大静摩擦力f m′＝μ2(F＋53mg)<F m′，故第54张牌相对桌面静止，由平衡条件可知，D正确．三、计算题11．如图所示，物体A、B叠放在倾角θ＝37°的斜面上，并通过跨过光滑定滑轮的细线相连，细线与斜面平行．两物体的质量分别m A＝2 kg，m B＝1 kg，A、B间动摩擦因数μ1＝0.1，B与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.2，求：为使A能平行于斜面向下做匀速运动，应对A施加一平行于斜面向下的多大的拉力？解析：对A受力分析如图1所示，由平衡条件得：沿斜面方向：F＋m A g sinθ－F T－F f BA＝0F f BA＝μ1F N BA＝μ1m A g cosθ对B受力分析如图2所示，由平衡条件得：沿斜面方向：m B g sinθ＋F f＋F f AB－F T＝0F f＝μ2(m A＋m B)g cosθF f AB＝F f BA解以上各式得：F＝2 N答案：2 N12．质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑．如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止)．(1)当α＝θ时，拉力F有最小值，求此最小值；(2)当α＝θ时，木楔对水平面的摩擦力是多大？解析：木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有mg sinθ＝μmg cosθ，即μ＝tanθ.(1)木楔在力F作用下沿斜面向上匀速运动，有F cosα＝mg sinθ＋F f F sinα＋F N＝mg cosθF f＝μF N解得F＝2mg sinθcosα＋μsinα＝2mg sinθcosθcosαcosθ＋sinαsinθ＝mg sin2θcos(θ－α)则当α＝θ时，F有最小值，为F min＝mg sin2θ.(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F 的水平分力，即F fm ＝F cos(α＋θ)当F 取最小值mg sin2θ时，F fm ＝F min cos2θ＝mg ·sin2θcos2θ＝12mg sin4θ. 答案：(1)mg sin2θ (2)12mg sin4θ。