2020浙江高考物理二轮课后作业：专题一第二讲 受力分析与共点力平衡
20届高考物理一轮复习 第2章 专题强化二 受力分析 共点力的平衡
专题强化二受力分析共点力的平衡专题解读 1.本专题是本章重要知识和规律的综合，特别是受力分析和平衡条件的应用更是高考的重点和热点．2．高考对本专题内容的考查主要是在选择题中作为一个考查点出现，但近年在计算题中也作为一个力学或电学考点命题．3．用到的相关知识有：受力分析，力的合成与分解，共点力的平衡条件，用到的主要方法有：整体法与隔离法、合成法、正交分解法等．一、受力分析1．把指定物体(研究对象)在特定的物理环境中受到的所有外力都找出来，并画出受力示意图的过程．2．一般步骤自测1(2018·福建省三明市上学期期末)如图1，某电视台每周都有棋类节目，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，不计棋子之间的相互作用力，下列说法正确的是()图1A．小棋子共受三个力作用B．棋子对棋盘的压力大小等于重力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大小不同答案 D解析 小棋子受到重力G 、棋盘面的吸引力F 引、支持力F N 和静摩擦力F f ，共四个力作用，重力竖直向下，摩擦力竖直向上，且重力和摩擦力是一对平衡力；支持力和吸引力为一对平衡力；棋子掉不下来的原因是棋盘对它向上的摩擦力和它的重力大小相等，所以质量不同的棋子所受摩擦力大小不同，故选项D 正确．二、共点力的平衡 1．平衡状态物体处于静止状态或匀速直线运动状态． 2．平衡条件F 合＝0或者⎩⎪⎨⎪⎧F x ＝0F y ＝0.如图2甲和乙所示，小球静止不动，物块匀速运动．图2则小球F 合＝0； 物块F x ＝0，F y ＝0. 3．平衡条件的推论(1)二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大小相等，方向相反．(2)三力平衡：如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与另外两个力的合力大小相等，方向相反，并且这三个力的矢量可以形成一个封闭的矢量三角形． (3)多力平衡：如果物体在多个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与另外几个力的合力大小相等，方向相反．自测2 (多选)如图3所示，一架救援直升机通过软绳打捞河中物体，物体质量为m ，由于河水的流动对物体产生水平方向的冲击力，使软绳偏离竖直方向，当直升机相对地面静止时，绳子与竖直方向成θ角，已知物体所受的浮力不能忽略．下列说法正确的是( )图3A ．绳子的拉力为mgcos θB ．绳子的拉力可能小于mgC ．物体受到河水的水平方向的作用力等于绳子的拉力D ．物体受到河水的水平方向的作用力小于绳子的拉力 答案 BD解析 对物体受力分析，如图所示：根据平衡条件，竖直方向有F 浮＋F T cos θ＝mg ，则有F T ＝mg －F 浮cos θ，故绳子的拉力可能小于mg ，故A 错误，B 正确．在水平方向上有F f ＝F T sin θ，sin θ<1，有F f <F T ，物体受到河水的水平方向的作用力小于绳子的拉力，故C 错误，D 正确．命题点一 受力分析 整体法与隔离法的应用1．高中物理主要研究的九种力2.整体法与隔离法例1 (2018·四川省广安市、眉山市、内江市、遂宁市第三次诊断)如图4所示，两个质量均为m 的小球通过两根轻弹簧A 、B 连接，在水平外力F 作用下，系统处于静止状态，弹簧实际长度相等．弹簧A 、B 的劲度系数分别为k A 、k B ，且原长相等．弹簧A 、B 与竖直方向的夹角分别为θ与45°.设A 、B 中的拉力分别为F A 、F B .小球直径相比弹簧长度可以忽略．则( )图4A ．tan θ＝12B ．k A ＝k BC ．F A ＝3mgD ．F B ＝2mg答案 A解析 对下面的小球进行受力分析，如图甲所示：根据平衡条件得：F ＝mg tan 45°＝mg ，F B ＝mgcos 45°＝2mg ；对两个小球整体受力分析，如图乙所示：根据平衡条件得：tan θ＝F 2mg ，又F ＝mg ，解得tan θ＝12，F A ＝(2mg )2＋F 2＝5mg ，由题可知两弹簧的形变量相等，则有：x ＝F A k A ＝F B k B ，解得：k A k B ＝F A F B ＝52，故A 正确，B 、C 、D 错误．变式1 (多选)(2018·河南省濮阳市第三次模拟)如图5所示，质量分别为m 1、m 2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F 的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动，m 1在地面，m 2在空中．此时，力F 与水平方向成θ角，弹簧中弹力大小为F 1，弹簧轴线与水平方向的夹角为α，m 1受地面的摩擦力大小为F f ，则下列正确的是( )图5A ．θ一定大于αB ．θ可能等于αC ．F 一定大于F 1D ．F 一定大于F f答案 ACD解析 m 2受三力平衡：m 2g 、F 、F 1，根据平衡条件知，F 的水平分力与F 1的水平分力大小相等， 即：F x ＝F cos θ＝F 1cos α＝F x 1， F 的竖直分力比F 1的竖直分力大， 即：F y ＝F sin θ＝F 1sin α＋m 2g ＝F y 1＋m 2g ， 根据F 合＝F x 2＋F y 2，F x ＝F x 1，F y >F y 1，所以F >F 1，根据tan θ＝F y F x ，tan α＝F y 1F x 1，所以θ>α，根据整体法得：F cos θ＝F f ， 所以F >F f故A 、C 、D 正确，B 错误．例2 如图6所示，甲、乙两个小球的质量均为m ，两球间用细线2连接，甲球用细线1悬挂在天花板上．现分别用大小相等的力F水平向左、向右拉两球，平衡时细线都被拉紧．则平衡时两球的可能位置是下列选项中的()图6答案 A解析用整体法分析，把两个小球看做一个整体，此整体受到的外力为竖直向下的重力2mg、水平向左的力F(甲受到的)、水平向右的力F(乙受到的)和细线1的拉力F1，两水平力相互平衡，故细线1的拉力F1一定与重力2mg等大反向，即细线1一定竖直；再用隔离法，分析乙球受力的情况，乙球受到竖直向下的重力mg、水平向右的拉力F、细线2的拉力F2.要使得乙球受力平衡，细线2必须向右倾斜．故A正确．变式2如图7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是()图7答案 A解析 设两个球的质量均为m ，Oa 与ab 和竖直方向的夹角分别为α、β.以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图甲所示，根据平衡条件可知，Oa 细线的方向不可能沿竖直方向，否则整体的合力不为零，不能保持平衡． 由平衡条件得：tan α＝F2mg.以b 球为研究对象，分析受力情况，如图乙所示，由平衡条件得：tan β＝Fmg ，则α＜β，故A正确．命题点二 动态平衡问题1．动态平衡动态平衡就是通过控制某一物理量，使物体的状态发生缓慢的变化，但变化过程中的每一个状态均可视为平衡状态，所以叫动态平衡． 2．常用方法(1)平行四边形定则法：但也要根据实际情况采用不同的方法，若出现直角三角形，常用三角函数表示合力与分力的关系．(2)图解法：图解法分析物体动态平衡问题时，一般是物体只受三个力作用，且其中一个力大小、方向均不变，另一个力的方向不变，第三个力大小、方向均变化． (3)矢量三角形法①若已知F 合的方向、大小及一个分力F 1的方向，则另一分力F 2的最小值的条件为F 1⊥F 2； ②若已知F 合的方向及一个分力F 1的大小、方向，则另一分力F 2的最小值的条件为F 2⊥F 合． 例3 (多选)(2017·全国卷Ⅰ·21)如图8，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( )图8A．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答案AD解析以重物为研究对象，受重力mg、OM绳上拉力F2、MN上拉力F1，由题意知，三个力的合力始终为零，矢量三角形如图所示，F1、F2的夹角为π－α不变，在F2转至水平的过程中，矢量三角形在同一外接圆上，由图可知，MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小，所以A、D正确，B、C错误．变式3(2018·广东省惠州市第二次调研)甲、乙两人用两绳aO和bO通过装在P楼和Q楼楼顶的定滑轮，将质量为m的物块由O点沿Oa直线缓慢向上提升，如图9所示．则在物块由O点沿直线Oa缓慢上升过程中，以下判断正确的是()图9A．aO绳和bO绳中的弹力都逐渐减小B．aO绳和bO绳中的弹力都逐渐增大C．aO绳中的弹力先减小后增大，bO绳中的弹力一直在增大D．aO绳中的弹力一直在增大，bO绳中的弹力先减小后增大答案 D解析以物块为研究对象，分析受力情况：重力G、绳bO的拉力F和绳aO的拉力F T，由平衡条件得知，F 和F T 的合力与G 大小相等、方向相反，当将物块沿直线Oa 向上缓慢移动，aO 绳方向不变则F T 方向不变，bO 绳绕O 点逆时针转动，作出转动过程三个位置力的合成图如图所示，由F 3到F 2到F 1的过程，由图可以看出aO 绳弹力F T 一直变大，bO 绳弹力F 先减小后变大，故D 正确．例4 (多选)(2017·天津理综·8)如图10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( )图10A ．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 答案 AB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．绳子中各部分张力相等，F T a ＝F T b ＝F T ，则α＝β.对O 点受力分析可得2F T cos α＝mg ，d ＝l a sin α＋l b sin β＝l sin α，即sin α＝d l ，F T＝mg2cos α，当绳右端上移或两端高度差减小时，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；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；若换挂质量更大的衣服，d 和l 均不变，绳中拉力增大，但衣服的位置不变，D 错误．变式4(2018·江西省横峰中学、铅山一中等校联考)有甲、乙两根完全相同的轻绳，甲绳A、B两端按图11甲的方式固定，然后将一挂有质量为M的重物的光滑轻质动滑轮挂于甲轻绳上，当滑轮静止后，设甲绳子的张力大小为F T1；乙绳D、E两端按图乙的方式固定，然后将同样的定滑轮且挂有质量为M的重物挂于乙轻绳上，当滑轮静止后，设乙绳子的张力大小为F T2.现甲绳的B端缓慢向下移动至C点，乙绳的E端缓慢向右移动至F点，在两绳的移动过程中，下列说法正确的是()图11A．F T1、F T2都变大B．F T1变大、F T2变小C．F T1、F T2都不变D．F T1不变、F T2变大答案 D解析设绳子总长为L，两堵竖直墙之间的距离为s，左侧绳长为L1，右侧绳长为L2.由于绳子上的拉力处处相等，所以两绳与竖直方向夹角相等，设为θ，则由几何知识，得：s＝L1sin θ＋L2sin θ＝(L1＋L2)sin θ，又L1＋L2＝L得到sin θ＝sL；设绳子的拉力大小为F T，重物的重力为G.以滑轮为研究对象，根据平衡条件得2F T cos θ＝G，解得：F T＝G2cos θ；可见，对题图甲，当绳子右端慢慢向下移时，s、L没有变化，则θ不变，绳子拉力F T1不变；对题图乙，当绳子的右端从E向F移动的过程中，由于绳子的长度不变，所以两个绳子之间的夹角θ增大，cos θ减小，则绳子拉力F T2增大，故A、B、C错误，D正确．命题点三平衡中的临界与极值问题1．临界问题当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等语言叙述．2．极值问题平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题．3．解决极值问题和临界问题的方法(1)极限法：首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡的临界点和极值点；临界条件必须在变化中去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而要把某个物理量推向极端，即极大和极小．(2)数学分析法：通过对问题的分析，依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(画出函数图象)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值)．(3)物理分析方法：根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用平行四边形定则进行动态分析，确定最大值与最小值．例5如图12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、方向水平向右的恒力，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；(2)这一临界角θ0的大小．答案(1)33(2)60°解析(1)如图所示，未施加力F时，对物体受力分析，由平衡条件得mg sin 30°＝μmg cos 30°解得μ＝tan 30°＝3 3(2)设斜面倾角为α时，受力情况如图所示，由平衡条件得：F cos α＝mg sin α＋F f′F N ′＝mg cos α＋F sin αF f ′＝μF N ′解得F ＝mg sin α＋μmg cos αcos α－μsin α当cos α－μsin α＝0，即tan α＝3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°.变式5 (2018·河南省开封市第三次模拟)课堂上，老师准备了“∟”形光滑木板和三个完全相同、外表面光滑的匀质圆柱形积木，要将三个积木按图13所示(截面图)方式堆放在木板上，则木板与水平面夹角θ的最大值为( )图13A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°答案 A解析 θ取0°时，下面两圆柱之间将会分开，无法稳定，应适当增大θ以保持系统稳定，此时下面两圆柱之间有弹力；当下面两圆柱之间的弹力恰好为0时，对应的θ为最小值；继续增大θ，右圆柱和上圆柱之间弹力减小，若θ太大，此两圆柱将分开，当上圆柱和右圆柱之间的弹力恰好为0，对应的θ为最大值．临界情况为θmax 时，左边两圆柱的圆心连线在竖直方向上，保证上圆柱只受到两个力的作用恰好处于平衡状态，此时上圆柱与右圆柱间相互接触且无弹力，可得θ＝30°.故A 正确，B 、C 、D 项错误．变式6 (2019·黑龙江省齐齐哈尔市调研)重力都为G 的两个小球A 和B 用三段轻绳按如图14所示连接后悬挂在O 点上，O 、B 间的绳子长度是A 、B 间的绳子长度的2倍，将一个拉力F 作用到小球B 上，使三段轻绳都伸直且O 、A 间和A 、B 间的两段绳子分别处于竖直和水平方向上，则拉力F 的最小值为( )图14A.12GB.33G C ．G D.233G 答案 A解析 对A 球受力分析可知，因O 、A 间绳竖直，则A 、B 间绳上的拉力为0.对B 球受力分析如图所示，则可知当F 与O 、B 间绳垂直时F 最小，F min ＝G sin θ，其中sin θ＝l 2l ＝12，则F min ＝12G ，故A 项正确．1.(2018·湖北省黄冈中学模拟)如图1所示，与竖直方向成45°角的天花板上有一物块，该物块在竖直向上的恒力F 作用下恰好能沿天花板匀速上升，则下列说法中正确的是( )图1A ．物块一定受两个力的作用B ．物块一定受三个力的作用C ．物块可能受三个力的作用D ．物块可能受四个力的作用答案 D解析 物块沿天花板匀速上升，受力平衡，对物块受力分析可知，若天花板对物块没有向下的压力，则物块只受到重力和向上的恒力．若天花板对物块有垂直天花板向下的压力，则物块必定受沿天花板向下的摩擦力，则物块受到重力、向上的恒力、垂直天花板向下的压力和沿天花板向下的摩擦力，所以物块可能受到两个力，也可能受到四个力，故A、B、C错误，D正确．2.(多选)(2019·安徽省六安市质检)如图2所示，水平地面上的L形木板M上放着小木块m，M与m间有一个处于拉伸状态的弹簧，整个装置处于静止状态．下列说法正确的是()图2A．M对m无摩擦力作用B．M对m的摩擦力方向向左C．地面对M的摩擦力方向向左D．地面对M无摩擦力作用答案BD解析对m受力分析，m受到重力、支持力、水平向右的弹簧的拉力和木板的摩擦力，根据平衡条件知，M对m的摩擦力方向向左，故A错误，B正确；对整体受力分析，在竖直方向上受到重力和支持力平衡，若地面对M有摩擦力，则整体合力不为零，故地面对M无摩擦力作用，故C错误，D正确．3.(2018·广东省惠州市第三次调研)如图3所示，倾角为30°，重为100 N的斜面体静止在粗糙水平面上．一根弹性轻杆一端垂直固定在斜面体上，杆的另一端固定一个重为20 N的小球，斜面体和小球处于静止状态时，下列说法正确的是()图3A．斜面有向左运动的趋势，受到水平向右的静摩擦力B．弹性轻杆对小球的作用力为20 N，方向垂直斜面向上C．球对弹性轻杆的作用力为20 N，方向竖直向下D．地面对斜面体的支持力为100 N ，方向竖直向上答案 C解析先对小球受力分析，受到重力和杆的作用力，小球一直处于静止状态，故杆对球的力与球受到的重力二力平衡，故杆对球的力方向竖直向上，大小等于球的重力，为20 N，杆对球的力与球对杆的力是相互作用力，等值、反向、共线，故球对杆的力方向竖直向下，大小等于20 N ，B 错误，C 正确；再对斜面体、杆、球的整体受力分析，受重力和地面的支持力，不受静摩擦力(如果受静摩擦力，不能保持受力平衡)，根据平衡条件，支持力大小等于总重力，为120 N ，A 、D 错误．4.(2018·山东省青岛市二模)如图4所示，水平面上A 、B 两物块的接触面水平，二者叠放在一起在作用于B 上的水平恒定拉力F 的作用下沿地面向右做匀速运动，某时刻撤去力F 后，二者仍不发生相对滑动，关于撤去F 前后下列说法正确的是( )图4A ．撤去F 之前A 受3个力作用B ．撤去F 之前B 受到4个力作用C ．撤去F 前后，A 的受力情况不变D ．A 、B 间的动摩擦因数μ1不小于B 与地面间的动摩擦因数μ2答案 D解析 撤去F 前，整体做匀速运动，故B 受地面的摩擦力与F 平衡，而A 水平方向不受外力，故A 不受B 的摩擦力，B 受重力、支持力、压力、拉力和地面的摩擦力共5个力作用；A 只受重力和B 对A 的支持力两个力的作用，A 、B 错误；撤去拉力F 后，由于整体做减速运动， A 受到重力和B 对A 的支持力及B 对A 的摩擦力3个力的作用，C 错误； 撤去拉力F 后，由于整体做减速运动，整体的加速度a ＝μ2g ，而A 的加速度a A ＝μ2g ≤μ1g ，即μ2≤μ1，D 正确．5.(2018·陕西省安康市第二次质量联考)如图5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．现用一轻质弹簧给小球a 施加一个拉力F ，使整个装置处于静止状态，且Oa 与竖直方向夹角为30°，已知弹簧的劲度系数为k ，重力加速度为g ，则弹簧的最短伸长量为( )图5A.mg 2kB.mg kC.3mg 3kD.3mg k答案 B解析以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，如图．根据平衡条件得知：F与F T 的合力与重力mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子Oa垂直时，F 有最小值，即图中2位置，F的最小值为：F＝kx＝2mg sin θ＝mg，则弹簧的最短伸长量为x＝mgk，故B正确．6．(2018·安徽省芜湖市上学期期末)如图6甲所示，在粗糙水平面上静止放置一个截面为三角形的斜劈，其质量为M.两个质量分别为m1和m2的小物块恰好能沿两侧面匀速下滑．若现在对两物块同时各施加一个平行于斜劈侧面的恒力F1和F2，且F1>F2，如图乙所示．则在两个小物块沿斜面下滑的过程中，下列说法正确的是()图6A．斜劈可能向左运动B．斜劈受到地面向右的摩擦力作用C．斜劈对地面的压力大小等于(M＋m1＋m2)gD．斜劈对地面的压力大小等于(M＋m1＋m2)g＋F1sin α＋F2sin β答案 C解析在未施加力之前，三个物体都处于平衡状态，故可以对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，故支持力为(M＋m1＋m2)g，没有摩擦力；施加力之后，m1、m2与M的摩擦力、弹力都不变，则M受力情况不变，斜劈仍保持静止，根据牛顿第三定律可知斜劈对地面的压力大小等于(M＋m1＋m2)g，与地面间没有摩擦力，C正确．7.(多选)(2018·江西省重点中学协作体第二次联考)如图7所示，自重不计的横梁的一端固定在墙壁上的A点，另一端B点用绳悬挂在墙壁上的C点，当重为G的物体由挂在梁上的B点处逐渐移至A点的过程中，横梁始终保持静止．问此过程中，A点对横梁作用力F的大小和CB绳对横梁的拉力F T的大小是如何变化的()图7A．F先增大后减小B．F T一直减小C．F一直减小D．F T先减小后增大答案BC解析对B点受力分析，受重物的拉力，横梁的支持力和细线的拉力，如图所示，根据平衡条件，有F T＝Gcos θ，F N＝G tan θ，当重为G的物体由挂在梁上的B点处逐渐移至A点的过程中，θ减小，故F N减小，F T也减小；由于横梁处于平衡状态，故A点处对横梁作用力F 与F N等大，也减小，B、C正确．8.(2018·福建省龙岩市3月模拟)如图8所示，两个相同的小物体P、Q静止在斜面上，P与Q 之间的弹簧A处于伸长状态，Q与挡板间的弹簧B处于压缩状态，则以下判断正确的是()图8A．撤去弹簧A，物体P将下滑，物体Q将静止B．撤去弹簧A，弹簧B的弹力将变小C．撤去弹簧B，两个物体均保持静止D．撤去弹簧B，弹簧A的弹力将变小答案 C解析由于不知道物体P与斜面之间的摩擦力情况，故撤去弹簧A不能判断物体P的运动状态，选项A错误；撤去弹簧A的瞬间弹簧B的长度不变，所以弹簧B的弹力不变，故选项B 错误；将PQ看成整体可以知道，P和Q的摩擦力方向均沿斜面向上，且PQ整体的摩擦力大于整体重力沿斜面向下的分力，故撤去弹簧B后物体P和Q仍然可以处于静止状态，弹簧A的弹力不变，故选项D错误，C正确．9.(2018·江西省赣州市十四县市期中)如图9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()图9A．c对b的摩擦力一定减小B．地面对c的摩擦力为零C．c对b的摩擦力一定增大D．地面对c的摩擦力一定减小答案 D解析设a、b的重力分别为G a、G b.对a分析，绳子的拉力F T＝G a；对b分析：①若G a≤G b sin θ，此时G a＋F f＝G b sin θ，c对b的摩擦力方向沿斜面向上，当沙子流出时，G a减小，摩擦力增大；②若G a>G b sin θ，刚开始一段时间有G a＝G b sin θ＋F f，c 对b的摩擦力方向沿斜面向下，随着G a减小，摩擦力在减小，当减小到G a＝G b sin θ时，摩擦力减小为零，随后G a<G b sin θ，跟第①种情况一样，故A、C错误；以b、c整体为研究对象，分析受力如图，根据平衡条件得知水平面对c的摩擦力F f＝F T cos θ＝G a cos θ，方向水平向左．在a中的沙子缓慢流出的过程中，摩擦力在减小，B错误，D正确．10.(2018·安徽省皖北协作区联考)如图10所示，两块固定且相互垂直的光滑挡板POQ，OP 竖直放置，OQ水平，小球a、b固定在轻弹簧的两端，现有一个水平向左的推力，作用于b上，使a 、b 紧靠挡板处于静止状态．现用力F 推动小球b ，使之缓缓到达b ′位置，则( )图10A ．推力F 变大B ．b 对OQ 的压力变大C ．弹簧长度变短D ．弹簧长度变长答案 D解析 隔离a 分析受力，设此时a 、b 间作用力与水平方向的夹角为θ，如图所示：由力的平衡条件可得：F ′＝mg sin θ，F N ＝mg tan θ小球到达b ′位置，当a 、b 重新处于静止状态时，由几何关系可知，θ增大，则sin θ、tan θ增大，F ′减小，F N 减小，根据胡克定律可知弹簧的形变量变小，所以弹簧长度变长，故D 正确，C 错误；对ab 的整体受力分析如图所示：由共点力的平衡条件可知，a 、b 重新处于静止状态前后，OQ 挡板对b 的支持力始终和a 、b 的总重力大小相等，保持不变，推力F ＝F N 在减小，故A 、B 错误．11.(2018·湖北省黄冈市质检)如图11所示，质量为M 的物块被质量为m 的夹子夹住刚好能不下滑，夹子由长度相等的轻绳悬挂在A 、B 两轻环上，轻环套在水平直杆上，整个装置处于静止状态．已知物块与夹子间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .求：。
2020届高考物理必考经典专题 专题02 共点力的平衡(含解析)
2020届高考物理必考经典专题专题2: 共点力的平衡考点一平衡条件的应用1.解决平衡问题的常用方法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大小相等,方向相反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效果分解法衡条件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,每组力都满足正交分解法平衡条件对受三力作用而平衡的物体,将表示力的矢量平移使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角力的三角形法形,然后根据数学知识求解未知力考点二“死结”与“活结”“动杆”与“定杆”问题1.“死结”可理解为把绳子分成两段,且不可以沿绳子移动的结点.“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳,因此由“死结”分开的两段绳子上的弹力不一定相等.2.“活结”可理解为把绳子分成两段,且可以沿绳子移动的结点.“活结”一般是由绳跨过滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的.绳子虽然因“活结”而弯曲,但实际上是同一根绳,所以由“活结”分开的两段绳子上弹力的大小一定相等,两段绳子合力的方向一定沿这两段绳子夹角的平分线.3.“动杆”:轻杆用转轴或铰链连接,可以绕轴自由转动.当杆处于平衡时,杆所受到的弹力方向一定沿着杆,否则会引起杆的转动.4.“定杆”:轻杆被固定不发生转动.则杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向.杆所受到的弹力方向可以沿着杆,也可以不沿杆.考点三动态平衡问题1.动态平衡平衡物体所受某力发生变化,使得其他力也发生变化的平衡问题.2.基本思路化“动”为“静”,“静”中求“动”.3.分析动态平衡问题的两种方法方法步骤解析法(1)列平衡方程求出未知量与已知量的关系表达式(2)根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况图解法(1)根据已知量的变化情况,画出力的平行四边形(或三角形)边、角的变化(2)确定未知量大小、方向的变化考点四平衡中的临界极值问题1.“临界状态”:可理解为“恰好出现”和“恰好不出现”某种现象的状态.2.三种临界条件(1)两接触物体脱离与不脱离的临界条件:相互作用力为0(主要体现为两物体间的弹力为0).(2)绳子断与不断的临界条件:绳中的张力达到最大值;绳子绷紧与松弛的临界条件为绳中的张力为0.(3)存在摩擦力作用的两物体间发生相对滑动或相对静止的临界条件:静摩擦力达到最大静摩擦力. 3.突破临界和极值问题的三种方法解析法根据物体的平衡条件列方程,在解方程时采用数学知识求极值.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图解法根据物体的平衡条件作出力的矢量关系图,作出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析,确定最大值或最小值极限法是指通过恰当选取某个变化的物理量将问题推向极端(“极大”“极小”“极右”“极左”等),从而把比较隐蔽的临界现象暴露出来,使问题明朗化,便于分析求解.典例精析★考点一：平衡条件的应用◆典例一：【2019·新课标全国Ⅲ卷】用卡车运输质量为m 的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。
2020高考物理二轮总复习专题一 力与物体的平衡 作业(解析版)
专题强化训练(一)一、选择题(共11个小题，4、9、10为多选，其余为单项选择题，每题5分共55分)1.如图所示，一只松鼠沿着较粗均匀的树枝从右向左缓慢爬行，在松鼠从A运动到B的过程中，下列说法正确的是()A．松鼠对树枝的弹力保持不变B．松鼠对树枝的弹力先减小后增大C．松鼠对树枝的摩擦力先减小后增大D．树枝对松鼠的作用力先减小后增大答案 C解析松鼠所受的弹力N＝mgcosθ，从A到B的过程中，θ先减小后增大，则弹力先增大后减小，故A、B两项错误；松鼠所受的摩擦力f＝mgsinθ，从A到B的过程中，θ先减小后增大，则摩擦力先减小后增大，故C项正确；树枝对松鼠的作用力与松鼠的重力等值反向，所以树枝对松鼠的作用力大小不变，故D项错误．故选C项．2．(2019·浙江二模)如图所示，斜面体M静止在水平面上，滑块m 恰能沿斜面体自由匀速下滑，现在滑块上加一竖直向下的恒力F，则与未施加恒力F时相比，下列说法错误的是()A．m和M间的压力变大B．m和M间的摩擦力变大C．水平面对M的支持力变大D．M和水平面间的摩擦力变大答案 D解析滑块恰好沿斜面匀速下滑时，滑块对楔形斜面体的压力等于mgcosθ，斜面体对滑块的摩擦力为μmg cosθ，施加一个竖直向下的恒力F后滑块对斜面体的压力等于(mg＋F)cosθ，变大．斜面体对滑块的摩擦力为μ(mg＋F)cosθ，变大，故A、B两项正确；滑块恰好沿斜面匀速下滑，根据平衡条件有：mgsinθ＝μmg cosθ，解得：μ＝tanθ.对滑块和斜面体整体可知，整体水平方向不受外力，所以地面对斜面体的摩擦力为零．地面对斜面体的支持力等于整体的总重力．施加一个竖直向下的恒力F，有：(mg＋F)sinθ＝μ(mg＋F)cos θ，可知物块仍然做匀速运动．再对滑块和斜面体整体受力分析知，整体水平方向不受外力，所以地面对楔形斜面体的摩擦力为零，地面对楔形斜面体的支持力等于整体的总重力与F之和，变大，故C项正确，D项错误．本题选说法错误的，故选D项．3.长时间低头玩手机对人的身体健康有很大危害，当低头玩手机时，颈椎受到的压力会比直立时大．现将人体头颈部简化为如图所示的模型：头部的重力为G，P点为头部的重心，PO为提供支持力的颈椎(视为轻杆)可绕O点转动，PQ为提供拉力的肌肉(视为轻绳)．当某人低头时，PO、PQ与竖直方向的夹角分别为30°、60°，此时颈椎受到的压力约为()A．2G B.3GC.2G D．G答案 B解析设头部重力为G，当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重量，即F＝G；当某人低头时，PO、PQ与竖直方向的夹角分别为30°、60°，P 点的受力如图所示，根据几何关系结合正弦定理可得：F Osin120°＝Gsin30°，解得：F O＝3G，故A、C、D三项错误，B项正确．故选B项．4．如图所示，一根通电的导体棒放在倾斜为α的粗糙斜面上，置于图示方向的匀强磁场中，处于静止状态．现增大电流，导体棒仍静止，则在增大电流过程中，导体棒受到的摩擦力的大小变化情况可能是()A．一直增大B．先减小后增大C．先增大后减小D．始终为零答案AB解析若F安<mgsinα，因安培力方向向上，则摩擦力方向向上，当F安增大时，F摩减小到零，再向下增大，B项正确，C、D两项错误；若F安>mgsinα，摩擦力方向向下，随F安增大而一直增大，A项正确．5．(2019·安徽三模)如图，用硬铁丝弯成的光滑半圆环竖直放置，直径竖直，O为圆心，最高点B处固定一光滑轻质滑轮，质量为m的小环A穿在半圆环上．现用细线一端拴在A上，另一端跨过滑轮用力F拉动，使A缓慢向上移动．小环A及滑轮B大小不计，在移动过程中，关于拉力F以及半圆环对A的弹力N的说法正确的是()A．F逐渐增大B．N的方向始终指向圆心OC．N逐渐变小D．N大小不变答案 D解析在物块缓慢向上移动的过程中，小圆环A处于三力平衡状态，根据平衡条件知mg与N的合力与T等大、反向、共线，作出mg 与N的合力，如图所示，由三角形相似得：mgBO＝NOA＝TAB①F＝T②，由①②可得：F＝ABBO mg，AB变小，BO不变，则F变小，故A项错误；由①可得：N＝OABO mg，AO、BO都不变，则N不变，方向始终背离圆心，故D项正确，B、C两项错误．故选D 项．6. (2019·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0.4 m的O、O′两点上，绳OP长0.5 m，绳OP刚拉直时，OP绳拉力为T1，绳OP刚松弛时，O′P绳拉力为T2，θ＝37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，则T1T2为()A．3∶4 B．4∶3C．3∶5 D．4∶5答案 C解析绳OP刚拉直时，OP绳拉力为T1，此时O′P绳子拉力为零，小球受力如图1所示，根据几何关系可得sin α＝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＝mgsin α；绳OP 刚松弛时，O ′P 绳拉力为T 2，此时绳OP 拉力为零，小球受力如图2所示，根据共点力的平衡条件可得：T 2＝mgtan α，由此可得：T 1T 2＝sin53°tan53°＝35，所以C 项正确，A 、B 、D 三项错误．故选C 项． 7.如图所示，光滑直杆倾角为30°，质量为m 的小环穿过直杆，并通过弹簧悬挂在天花板上，小环静止时，弹簧恰好处于竖直位置，现对小环施加沿杆向上的拉力F，使环缓慢沿杆滑动，直到弹簧与竖直方向的夹角为60°.整个过程中，弹簧始终处于伸长状态，以下判断正确的是()A．弹簧的弹力逐渐增大B．弹簧的弹力先减小后增大C．杆对环的弹力逐渐增大D．拉力F先增大后减小答案 B解析由于弹簧处于伸长状态，使环缓慢沿杆滑动，直到弹簧与竖直方向的夹角为60°的过程中，弹簧长度先减小后增大，弹簧的伸长量先减小后增大，故弹簧的弹力先减小后增大，故A项错误，B项正确；开始弹簧处于失重状态，根据平衡条件可知弹簧的弹力等于重力，即T＝mg，此时杆对环的弹力为零，否则弹簧不会竖直；当环缓慢沿杆滑动，直到弹簧与竖直方向的夹角为60°时，弹簧的长度等于原来的长度，弹力等于T＝mg，此时有mgcos30°＝Tcos30°，杆对环的弹力仍为零，故杆对环的弹力不是一直增大，故C项错误；设弹簧与垂直于杆方向的夹角为α，根据平衡条件可得，从初位置到弹簧与杆垂直过程中，拉力F＝mgsin30°－Tsinα，α减小，sinα减小，弹簧的拉力减小，则F增大；从弹簧与杆垂直到末位置的过程中，拉力F＝mgsin30°＋Tsinα，α增大，sinα增大，弹簧的弹力增大，则拉力增大，故拉力F一直增大，故D项错误．故选B项．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F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()A.1μ1μ2B.1－μ1μ2μ1μ2C.1＋μ1μ2μ1μ2D.2＋μ1μ2μ1μ2答案 B解析 对物体A 、B 整体，在水平方向上有F ＝μ2(m A ＋m B )g ；对物体B ，在竖直方向上有μ1F ＝m B g ；联立解得：m A m B ＝1－μ1μ2μ1μ2，B 项正确．9. (2019·武昌区模拟)如图所示，竖直杆固定在木块C 上，两者总重为20 N ，放在水平地面上．轻细绳a 连接小球A 和竖直杆顶端，轻细绳b 连接小球A 和B ，小球B 重为10 N ．当用与水平方向成30°角的恒力F 作用在小球B 上时，A 、B 、C 刚好保持相对静止且一起水平向左做匀速运动，绳a 、b 与竖直方向的夹角分别恒为30°和60°，则下列判断正确的是( )A．力F的大小为10 NB．地面对C的支持力大小为40 NC．地面对C的摩擦力大小为10 ND．A球重为10 N答案AD解析以B为研究对象受力分析，水平方向受力平衡，有：Fcos30°＝T b cos30°，得：T b＝F竖直方向受力平衡，则有：Fsin30°＋T b sin30°＝m B g得：F＝m B g＝10 N以A为研究对象受力分析，竖直方向上有：m A g＋T b sin30°＝T a sin60°水平方向：T a sin30°＝T b sin60°联立得：m A＝m B，即A球重为10 N，故A、D两项正确；以ABC整体为研究对象受力分析，水平方向：f＝Fcos30°＝5 3 N竖直方向：N＋Fsin30°＝(M＋m A＋m B)g解得：N＝35 N，故B、C两项错误．故选A、D两项．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 ，两个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 2d 2 B ．当q d ＝mgsin θk 时，细线上的拉力为0 C ．当q d ＝mgtan θk 时，细线上的拉力为0 D ．当q d ＝mg ktan θ时，斜面对小球A 的支持力为0 答案 AC解析 根据库仑定律得A 、B 间的库仑力F 库＝k q 2d2，则A 项正确；当细线上的拉力为0时，满足k q 2d 2＝mgtan θ，得到q d ＝mgtan θk，则B项错误，C项正确；斜面对小球A的支持力始终不为零，则D 项错误．11. (2019·安徽模拟)如图所示，质量为m B＝14 kg的木板B放在水平地面上，质量为m A＝10 kg的木箱A放在木板B上与不发生形变的轻杆一端固定在木箱上，另一端通过铰链连接在天花板上，轻杆与水平方向的夹角为θ＝37°.已知木箱A与木板B之间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板B与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.3.现用水平向左的力F 将木板B从木箱A下面抽出，最大静摩擦力等于滑动摩擦力(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2)，则所用力F的最小值为()A．150 N B．170 NC．200 N D．210 N答案 B解析对A受力分析如图甲所示，根据题意可得：F T cosθ＝F f1，F N1＝F T sinθ＋m A gF f1＝μ1F N1，联立解得：F T＝100 N；对A、B整体进行受力分析如图乙所示，根据平衡条件可得：F T cosθ＋F f2＝FF N2＝F T sinθ＋(m A＋m B)gF f2＝μ2F N2，联立解得：F＝170 N，故B项正确，A、C、D三项错误．故选B项．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．风洞实验室中可以产生水平向右，大小可调节的风力．如图甲所示，现将质量为1 kg的小球套在足够长与水平方向夹角θ＝37°的细直杆上，放入风洞实验室．小球孔径略大于细杆直径．假设小球所受最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小．(取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)若在无风情况下，小球由静止开始经0.5 s 沿细杆运动了0.25 m ，求小球与细杆间的动摩擦因数及滑动摩擦力做的功；(2)在有风情况下，如图乙所示，若小球静止在细杆上，求风力大小；(3)请分析在不同恒定风力作用下小球由静止释放后的运动情况． 答案 (1)0.5 －2 J (2)1.82 N ≤F ≤20 N(3)如果风力大小为1.82 N ≤F ≤20 N ，则小球静止；若F<1.82 N ，小球向下做匀加速运动；若F>20 N ，小球向上做匀加速运动解析 (1)在无风情况下小球由静止开始经0.5 s 沿细杆运动了0.25 m ，则：x ＝12at 2可知a ＝2x t 2＝2×0.250.52 m/s 2＝2 m/s 2， 根据牛顿第二定律可得mgsin θ－μmg cos θ＝ma ，解得：μ＝0.5，滑动摩擦力做的功W f ＝－mgcos θ·x ＝－2 J.(2)当小球受到的摩擦力沿杆向上且最大时，风力最小，如图所示， 根据平衡条件可得：沿杆方向：mgsinθ＝Fcosθ＋f，垂直于杆方向：N＝mgcosθ＋Fsinθ，摩擦力f＝μN，联立解得：F≈1.82 N；当小球受到的摩擦力沿杆向下且最大时，风力最大，根据平衡条件可得：沿杆方向：mgsinθ＝Fcosθ－f，垂直于杆方向：N＝mgcosθ＋Fsinθ，摩擦力f＝μN，联立解得：F＝20 N；若小球静止在细杆上，则风力大小范围为1.82 N≤F≤20 N.(3)如果风力大小为1.82 N≤F≤20 N，则小球静止；若F<1.82 N，小球向下做匀加速运动；若F>20 N，小球向上做匀加速运动．13.如图所示，afe、bcd为两条平行的金属导轨，导轨间距l＝0.5 m．ed 间连入一电源E＝1 V，ab间放置一根长为l＝0.5 m的金属杆与导轨接触良好，cf水平且abcf为矩形．空间中存在一竖直方向的磁场，当调节斜面abcf的倾角θ时，发现当且仅当θ在30°～90°之间时，金属杆可以在导轨上处于静止平衡．已知金属杆质量为0.1 kg，电源内阻r及金属杆的电阻R均为0.5 Ω，导轨及导线的电阻可忽略，金属杆和导轨间最大静摩擦力为弹力的μ倍．重力加速度g＝10 m/s2，试求磁感应强度B及μ.答案2 3 T3 3解析由磁场方向和平衡可判断，安培力F方向为水平且背离电源的方向，由题意可知当θ＝90°时，金属杆处于临界下滑状态有：f1＝mg，①N1＝F，②f1＝μN1，③当θ＝30°时，金属杆处于临界上滑状态有：N2＝mgcos30°＋Fsin30°，④f2＋mgsin30°＝Fcos30°，⑤f2＝μN2，⑥由①～⑥解得：F＝3mg，⑦μ＝3 3，由闭合电路欧姆定律：I＝E2R＝1 A，⑧由安培力性质：F＝BIl，⑨由⑦⑧⑨得：B＝2 3 T，方向竖直向下．14. (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＝53N/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，磁感应强度大小为B＝0.5 T．有一带正电的小球，质量m＝1×10－6 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/s2，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)3.5 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＝q2E2＋m2g2，①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tanθ＝qE mg，③代入数据解得：tanθ＝3，θ＝60°.④(2)方法一：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＝q2E2＋m2g2m，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＝12at2，⑦tanθ＝yx；⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得：t＝2 3 s≈3.5 s，⑨方法二：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＝vsinθ⑤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－12gt2＝0⑥联立⑤⑥式，代入数据解得t＝2 3 s≈3.5 s．⑦21。
2020新课标高考物理二轮练习：选择题热点2 共点力平衡问题
热点2 共点力平衡问题(建议用时：20分钟)1．(2019·烟台二模)《中国制造2025》是国家实施强国战略第一个十年的行动纲领，智能机器制造是一个重要方向，其中智能机械臂已广泛应用于各种领域．如图所示，一机械臂铁夹竖直夹起一个金属小球，小球在空中处于静止状态，铁夹与球接触面保持竖直，则( )A．小球受到的摩擦力方向竖直向下B．小球受到的摩擦力与重力大小相等C．若增大铁夹对小球的压力，小球受到的摩擦力变大D．若铁夹水平移动，小球受到的摩擦力变大2．(2019·胶南二模)a、b两个带电小球的质量均为m，所带电荷量分别为＋2q和－q，两球间用绝缘细线连接，a球又用长度相同的绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在的空间有方向向左的匀强电场，电场强度为E，平衡时细线都被拉紧．则平衡时可能位置是( )3.如图，将一绝缘杆竖直地固定在地面上，用一轻绳拴接一质量为m的铁球，在铁球的右侧水平放一条形磁铁，当小球平衡时轻绳与竖直方向的夹角为α＝30°，此时小球与条形磁铁在同一水平面上，小球所在处的磁感应强度为B0.假设小球所受磁铁的作用力与小球所在处的磁感应强度成正比，缓慢移动条形磁铁的位置，小球始终与条形磁铁在同一水平面上，则下列说法正确的是( )A．轻绳的拉力与磁铁对小球的作用力的合力可能大于小球的重力B．轻绳与竖直方向的夹角可能等于90°C．磁铁对小球的作用力大小可能等于小球的重力大小D．当α＝60°时，小球所在处的磁感应强度为2B04．(2019·淄博高三检测)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的上表面刚好水平．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，且相对木板没有发生移动，与原位置相比( ) A．A对B的作用力减小 B．B对A的摩擦力不变C．板对B的摩擦力减小D．板对B的作用力减小5．(2019·吉林实验中学高三模拟)用两根细线a、b悬挂一薄板，薄板处于静止状态，下列说法正确的是( )A．b绳的拉力大于a绳的拉力B．若保持a绳位置不变，缓慢移动b至竖直方向，则b的拉力先减小后增大C．剪断a绳瞬间，薄板的加速度方向一定沿a绳斜向下D．剪断a绳瞬间，b绳拉力大小发生变化6．如图所示，小方块代表一些相同质量的钩码，图甲中O为轻绳之间连接的结点，图乙中光滑的轻质小滑轮跨在轻绳上悬挂钩码，两装置均处于静止状态．现将图甲中B滑轮沿虚线稍稍上移一些，图乙中的端点B沿虚线稍稍上移一些(乙图中的绳长不变)，则关于图中θ角和OB绳的张力F的变化，下列说法正确的是( )A．甲、乙图中的θ角均增大，F均不变B．甲、乙图中的θ角均不变，F均不变C．甲图中θ角增大、乙图中θ角不变，张力F均不变D．甲图中θ角减小、F不变，乙图中θ角增大、F减小7．(多选)如图所示，一光滑半圆环竖直固定于粗糙的木板上，圆心为O1，小球A套在半圆环左侧最低点，并由轻绳通过光滑的小滑轮O与小球B相连，B右侧细线水平，O点在环心O1的正上方，OA与竖直方向成θ＝30°，OA⊥OB，两球均处于静止状态，且小球A恰好对木板没有力的作用．若对B施加一外力F，使小球A缓慢运动到O点正下方的过程中，木板始终静止，则下列说法正确的是( )3A．A、B两球的质量之比为∶1B．轻绳OA的拉力逐渐增大C．地面对木板的摩擦力逐渐减小D．地面对木板的摩擦力逐渐增大8．(2019·东北三校二联)如图所示，有一倾角θ＝30°的斜面体B，质量为M.质量为m的物体A静止在B上．现用水平力F推物体A ，在F 由零逐渐增大至mg 再逐渐减为零的过程中，A 和B 始终保持静止．对此过32程下列说法正确的是( )A ．地面对B 的支持力大于(M ＋m )gB ．A 对B 的压力的最小值为mg ，最大值为mg 32334C ．A 所受摩擦力的最小值为0，最大值为mg4D ．A 所受摩擦力的最小值为mg ，最大值为mg 1234热点2 共点力平衡问题1．解析：选B.在竖直方向上小球受到的摩擦力和竖直向下的重力，二力平衡，等大反向，所以摩擦力方向竖直向上，A 错误，B 正确；若增大铁夹对小球的压力，则水平方向上的力变化了，而竖直方向上摩擦力和重力仍等大反向，摩擦力不变，C 错误；若铁夹水平匀速移动，水平方向不受摩擦力小球在竖直方向上合力仍为零，摩擦力和重力仍等大反向，摩擦力不变，D 错误．2．解析：选C.把两球组成的系统看做一个整体，该系统的质量为2m ，带电荷量为＋q ，显然，要使系统平衡，最上面的细线应向左上方偏离，故选项A 错误；设平衡时连接球a 和天花板的细线与竖直方向的夹角为θ1，连接两球的细线与竖直方向的夹角为θ2，先选取系统为研究对象，根据平衡条件可得，tan θ1＝，再选球b 为研究对象可知tanqE 2mg θ2＝，所以tan θ2＝2tan θ1，比较选项B 、C 、D 可知，只有选项C 正确．qEmg3．解析：选C.小球受重力、拉力、磁场力而处于平衡状态，受力分析如图所示，A 错误；由于竖直方向的合力为零，绳子拉力在竖直方向上的分力与重力平衡，因此轻绳的拉力不可能水平向左，轻绳与竖直方向的夹角不可能等于90°，B 错误；由受力分析可知F ＝mg tan α，显然当α＝45°时，磁铁对小球的作用力大小等于小球的重力大小，C 正确；F ＝mg tan α，当α＝60°时，小球所在处的磁感应强度为3B 0，D 错误．4．解析：选C.设板与水平地面的夹角为α，以物体A 为研究对象，木板P 未旋转前A 只受到重力和支持力而处于平衡状态，所以B 对A 的作用力与A 的重力大小相等，方向相反；当将木板P 绕O 点缓慢旋转到虚线所示位置，B 的上表面不再水平，A 受力情况如图(a)，图中β代表B 上表面与水平方向之间的夹角．A 受到重力和B 对A 的支持力、摩擦力三个力作用，其中B 对A 的支持力、摩擦力的和仍然与A 的重力等大反向，则A 受到B 对A 的作用力保持不变．根据牛顿第三定律可知，A 对B 的作用力也不变，A 错误，B 对A 的摩擦力增大，B 错误；以AB 整体为研究对象，分析受力情况如图(b)所示，总重力G AB 、木板的支持力N 2和摩擦力f 2，木板对B 的作用力是支持力N 2和摩擦力f 2的合力．由平衡条件分析可知，木板对B 的作用力大小与总重力大小相等，保持不变，D 错误；N 2＝G AB ·cosα，f 2＝G AB ·sin α，α减小，N 2增大，f 2减小，C 正确．5．解析：选C.根据水平方向受力平衡可得：T b sin 60°＝T a sin 30°，可得T b <T a ，故A 错误；若保持a 绳位置不变，缓慢移动b 至竖直方向，作出两个不同位置板的受力合成图如图所示，a 绳的拉力T 和b 绳的拉力F 的合力与重力G 总等大反向，由图知，T 一直减小，F 一直增大，故B 错误；剪断a绳瞬间，薄板的速度为零，向心力为零，合力等于重力垂直于b 绳向下的分力，所以此瞬间，板的加速度方向一定垂直于b 绳方向向下，即一定沿a 绳斜向下，故C 正确；剪断前，由竖直方向受力平衡可得：T b cos 60°＋T a cos 30°＝mg ，又T b sin 60°＝T a sin 30°，联立解得：T b ＝mg ，剪断后，小球沿半径方向的合力为零，则有：T ′b ＝mg cos 60°＝mg ，故剪断前后1212b 绳的拉力没有变化，故D 错误．6．解析：选B.甲图中，若将B 滑轮沿虚线稍稍上移一些，O 结点所受三个力大小不变，根据力的合成法则可知，夹角θ不变．乙图中，因是光滑的滑轮，且绳子中的张力大小相等，则OA 、OB 段绳中的力总是相等的，因此合力过OA 、OB 夹角的角平分线，将端点B 稍上移，由于绳长不变，分析可知OA 、OB 夹角不变，则θ角不变，绳子中的张力大小F 不变．故B 项正确．7．解析：选AC.对A 、B 进行受力分析如图所示．由几何关系和平衡条件可得：T cos30°＝m A g ，T ′cos 60°＝m B g ，且T ＝T ′联立可得m A ＝m B ，即＝，选项A 正确；当1232mA mB 31小球A 沿光滑半圆环缓慢向上移动时，小球A 处于动态平衡状态，由力的矢量三角形与几何三角形OO 1A 相似可得：＝＝，其中h 为OO 1的长度，R 为圆环半径，N A 为圆环对小NA R T l mAgh 球A 的支持力，m A g 、h 、R 均不变，故N A 大小不变，OA 段绳长l 逐渐减小，故绳的拉力T 逐渐减小，选项B 错误；N A 的大小不变，与水平面的夹角逐渐变大，故其在水平方向上的分力逐渐减小，则A 对圆环的反作用力 N ′A 在水平方向上的分力也逐渐减小，与分力平衡的地面对木板的摩擦力随之变小，选项C 正确，D 错误．8．解析：选B.因为A 、B 始终保持静止，对A 、B 整体受力分析可知，地面对B 的支持力一直等于(M ＋m )g ，A 错误；当F ＝0时，A 对B 的压力最小，为mg cos 30°＝mg ；当32F ＝mg 时，A 对B 的压力最大，为mg cos 30°＋F sin 30°＝mg ，B 正确；当F cos 30°32334＝mg sin 30°时，即F ＝mg 时，A 所受摩擦力为0，当F ＝0时，A 所受摩擦力大小为33mg ，方向沿斜面向上，当F ＝mg 时，A 所受摩擦力大小为mg ，方向沿斜面向下，123214C 、D 错误．。
2020届高考物理二轮复习常考题型大通关：(2)共点力的平衡
共点力的平衡1、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，a 、b 、c 质量分 别为 2m 、m 、m ，斜面倾角为30︒，整个系统处于静止状态。
若将 a 和 b 、b 与 P 、P 与桌面之间摩擦力的大小分别用123f f f 、和表示．则 ( )A ．1230,0,0f f f =≠≠B ．1230,0,0f f f ≠==C ．1230,0,0f f f ≠≠=D ．1230,0,0f f f ≠≠≠2、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3、在如图所示的甲、乙、 丙、丁四幅图中,滑轮本身所受的重力忽略不计,滑轮的轴O 安装在一根轻木杆P 上,一根轻绳ab 绕过滑轮,a 端固定在墙上,b 端下面挂一个质量为m 的重物,当滑轮和重物都静止不动时,甲、丙、丁图中木杆P 与竖直方向的夹角均为θ,乙图中木杆P 竖直。
假设甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P 的弹力的大小依次为F A 、F B 、F C 、F D ,则以下判断中正确的是( )A.F A =F B =F C =F DB.F D >F A =F B >F CC.F A =F C =F D >F BD.F C >F A =F B >F D4、如图所示,水平细杆上套一环A,环A 与球B 间用一轻质绳相连,质量分别为A B m m 、,由于B 球受到风力作用,环A 与B 球一起向右匀速运动.已知绳与竖直方向的夹角为θ,则下列说法中正确的是()A.B 球受到的风力F 为B m gtan θB.风力增大时,轻质绳对B 球的拉力保持不变C.风力增大时,杆对环A 的支持力增大D.环A 与水平细杆间的动摩擦因数为BA Bm m m +5、如图所示,轻质弹性绳(遵循胡克定律)一端固定于O 点,另一端系一小球,小球静止时弹性绳竖直。
高三物理二轮复习辅导与用 化练2 受力分析和共点力的平衡
峙对市爱惜阳光实验学校强化练 2 受力分析和共点力的平衡对学生用书 第168页1．(2021·三模，4)如下图，倾角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。
不计绳与滑轮间的摩擦重力加速度为g ，那么导学号：82460455( )A ．小物块b 受到竖直向上的摩擦力作用B ．小物块a 受到沿斜面向下的摩擦力作用，大小为12mgC ．斜面体A 受到水平地面向左的摩擦力作用D ．细绳对小滑轮的压力大小为mg解析：小物块b 与A 的弹力为零，所以摩擦力为零，故A 错误；对a 受力分析可知，f ＝mg －mg sin θ＝12mg ，故B 正确；对a 、b 和A 整体分析可知，斜面体A 水平方向上没有摩擦力作用，故C 错误；受力分析可知细绳对小滑轮的压力大小于两细绳的合力，即2mg cos θ＝3mg ，故D 错误．答案：B2．(2021·校级二模)如下图，有5 000个质量均为m 的小球，将它们用长度相的轻绳依次连接，再将其左端用细绳固在天花板上，右端施加一水平力使小球静止．假设连接天花板的细绳与水平方向的夹角为45°.那么第2021个小球与2021个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值于导学号：82460456( )A.29895000B.20215000C.20212089D.20892021解析：以5 000个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图1所示，根据平衡条件得F ＝5 000mg再以2021个到5 000个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图2所示，那么有tan α＝2 989mg F ＝2 9895 000.答案：A3．(2021·高三调，16)截面为直角三角形的木块A 质量为M ，放在倾角为θ的斜面上，当θ＝37°时，木块恰能静止在斜面上，如图甲．现将θ改为30°，在A 与斜面间放一质量为m 的光滑圆柱体B ，如图乙，sin 37 °＝0.6，cos 37°＝0.8，那么导学号：82460457( )A ．A 、B 仍一静止于斜面上B ．假设M ＝4m ，那么A 受到斜面的摩擦力为52mgC ．假设M ＝2m ，那么A 受到的摩擦力为32mgD ．以上说法都不对解析：A.由题意可知，当θ＝37°时，木块恰能静止在斜面上，那么有：μMg cos 37°＝Mg sin 37°代入数据解得：μ＝0.75现将θ改为30°，在A 与斜面间放一质量为m 的光滑圆柱体B ，对A 受力分析；那么有：f ′＝μN ′N ′＝Mg cos 30°而：F ＝mg sin 30°当：f ′＜mg sin 30°＋Mg sin 30°，那么A 相对斜面向下滑动， 当：f ′＞mg sin 30°＋Mg sin 30°， 那么A 相对斜面不滑动，因此A 、B 是否静止在斜面上，由B 对A 弹力决，故A 错误；B.假设：M ＝4m ，那么：mg sin 30°＋Mg sin 30°＝58Mg 而：f ′＝μN ′＝0.75×Mg cos 30°＝338Mg因：f ′＞mg sin 30°＋Mg sin 30°，A 不滑动，A 受到斜面的静摩擦力，大小为：mg sin 30°＋Mg sin 30°＝58Mg ＝5mg2，故B 正确，D 错误；C.假设：M＝2m ，那么：mg sin 30°＋Mg sin 30°＝34Mg而：f ′＝μN ′＝0.75×Mg cos 30°＝338Mg因：f ′＜mg sin 30°＋Mg sin 30°，A 滑动，A 受到斜面的滑动摩擦力，大小为：f ′＝μN ′＝0.75×Mg cos 30°＝338Mg ＝334mg ，故C 错误．答案：B4．(2021·三模，15)如图甲所示，在粗糙水平面上静置一个截面为腰三角形的斜劈A ，其质量为M ，两个底角均为30°.两个完全相同的、质量均为m 的小物块p 和q 恰好能沿两侧面匀速下滑．假设现在对两物块同时各施加一个平行于斜劈侧面的恒力F1、F2，且F1＞F2，如图乙所示，那么在p和q下滑的过程中，以下说法正确的选项是导学号：82460459( )A．斜劈A对地向右运动B．斜劈A受到地面向右的摩擦力作用C．斜劈A对地面的压力大小于(M＋2m)gD．斜劈A对地面的压力大于(M＋2m)g解析：甲图中，三个物体都处于平衡状态，故可以对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，故支持力为(M＋2m)g，没有摩擦力；在图乙中，物体P、q对斜劈的压力和摩擦力不变，故斜劈受力情况不变，故斜劈A仍保持静止，斜劈A对地面的压力大小于(M＋2m)g，与地面间没有摩擦力；故C正确，A、B、D错误．答案：C5．(2021·三校检测，2)如图，用OA、OB两根轻绳将花盆悬于两竖直墙之间，开始时OB绳水平．现保持O点位置不变，改变OB绳长使绳右端由B点缓慢上移至B′点，此时OB′与OA之间的夹角θ<90°.设此过程中OA、OB绳的拉力分别为F OA、F OB，那么以下说法正确的选项是导学号：82460596( )A．F OA一直减小B．F OA一直增大C．F OB一直减小D．F OB先增大后减小解析：以结点O为研究对象，分析受力：重力G、绳OA 的拉力F OA和绳BO的拉力F OB，如下图，根据平衡条件知，两根绳子的拉力的合力与重力大小相、方向相反，作出轻绳OB在两个位置时力的合成图如图，由图看出，F OA逐渐减小，F OB先减小后增大，当θ＝90°时，F OB最小．应选：A答案：A6．(2021·二模，16)如下图，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑。
2020浙江高考物理二轮讲义：专题一第二讲 受力分析与共点力平衡
第二讲受力分析与共点力平衡知识内容考试要求备考指津1.重力、基本相互作用c 1.本讲内容主要包括重力、弹力、摩擦力、力的合成与分解及物体的平衡等知识．此部分内容常与其他力学规律甚至电学背景相结合.2.力的合成与分解及物体的平衡是考查频率较高的知识点.2.弹力c3.摩擦力 c4.力的合成 c5.力的分解c物体的受力分析【题组过关】1．(2019·浙江选考4月)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答案：A2．5个力同时作用于质点O，此5个力大小和方向相当于正六边形的两条边和三条对角线，如图所示，这5个力的合力的大小为F1的()A．3倍B．4倍C．5倍D．6倍详细分析：选A.法一：巧用对角线特性如图甲所示，根据正六边形的特点及平行四边形定则知：F2与F5的合力恰好与F1重合；F3与F4的合力也恰好与F1重合；故五个力的合力大小为3F1.法二：利用对称法如图乙所示，由于对称性，F 2和F 3的夹角为120°，它们的大小相等，合力在其夹角的平分线上，故力F 2和F 3的合力F 23＝2F 2cos 60°＝2(F 1 cos 60°)cos 60°＝F 12. 同理，F 4和F 5的合力大小也在其角平分线上，由图中几何关系可知：F 45＝2F 4cos 30°＝2(F 1cos 30°)cos 30°＝32F 1. 故这五个力的合力F ＝F 1＋F 23＋F 45＝3F 1.3.如图所示，一个“房子”形状的铁制音乐盒静止在水平面上，一个塑料壳里面装有一个圆柱形强磁铁，吸附在“房子”的顶棚斜面上，保持静止状态．已知顶棚斜面与水平面的夹角为θ，塑料壳和磁铁的总质量为m ，塑料壳和顶棚斜面间的动摩擦因数为μ，则以下说法正确的是( )A ．塑料壳对顶棚斜面的压力大小为mg cos θB ．顶棚斜面对塑料壳的摩擦力大小一定为μmg cos θC ．顶棚斜面对塑料壳的支持力和摩擦力的合力大小为mgD ．磁铁的磁性若瞬间消失，塑料壳不一定会往下滑动详细分析：选D.将塑料壳和圆柱形磁铁当成整体受力分析，它受重力、支持力(垂直斜面向上)、沿斜面向上的摩擦力、顶棚对磁铁的吸引力而处于平衡状态，则塑料壳对顶棚斜面的压力大于mg cos θ，A 错误；顶棚斜面对塑料壳的摩擦力大小等于mg sin θ，B 错误；顶棚斜面对塑料壳的支持力和摩擦力及顶棚对圆柱形磁铁的吸引力三者的合力大小为mg ，C 错误；当磁铁的磁性消失时，最大静摩擦力大小发生变化，但合力可能为零，可能保持静止状态，则塑料壳不一定会往下滑动，D 正确．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力(弹力和摩擦力)．(2)同时注意对场力的分析．(3)假设法是判断弹力、摩擦力的存在及方向的基本方法．2．在分析两个或两个以上的物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法进行分析；采用整体法进行受力分析时，要注意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，此法叫“转换研究对象法”．共点力的静态平衡问题【重难提炼】 方法 内容 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大小相等，方向相反效果分解法 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力的三角形法 对受三力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O 为球心．一质量为m 的小滑块，在水平力F 的作用下静止于P 点，设滑块所受支持力为F N ，OP 与水平方向的夹角为θ.下列关系正确的是( )A ．F ＝mg tan θB ．F ＝mg tan θC ．F N ＝mg tan θD ．F N ＝mg tan θ [详细分析] 法一：合成法滑块受力如图甲，由平衡条件知：mg F ＝tan θ，mg F N ＝sin θ⇒F ＝mg tan θ，F N ＝mg sin θ.法二：效果分解法将重力按产生的效果分解，如图乙所示，F ＝G 2＝mg tan θ，F N ＝G 1＝mg sin θ. 法三：正交分解法将滑块受的力水平、竖直分解，如图丙所示，mg ＝F N sin θ，F ＝F N cos θ，联立解得：F ＝mg tan θ，F N ＝mg sin θ. 法四：封闭三角形法如图丁所示，滑块受的三个力组成封闭三角形，解直角三角形得：F ＝mg tan θ，F N ＝mg sin θ. [答案] A【题组过关】考向一 连接体的静态平衡问题1．如图所示，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∶ 3 C ．1∶2D ．2∶1详细分析：选D.法一：隔离法分别对两小球受力分析，如图甲所示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．法二：整体法将两球作为一个整体，进行受力分析，如图乙所示由平衡条件知：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．2.如图所示，在光滑的水平杆上穿两个重力均为2 N 的球A 、B 在两球之间夹一弹簧，弹簧的劲度系数为10 N/m ，用两条等长的线将球C 与A 、B 相连，此时弹簧被压短了10 cm ，两条线的夹角为60°，则( )A ．弹簧的弹力大小为0.5 NB ．细线的拉力大小为2 NC ．球C 的重力为 3 ND ．杆对球A 的支持力为(4＋23)N详细分析：选B.弹簧的弹力F ＝kx ＝1 N ，对球A ，根据平衡条件，有F T sin 30°＝kx ，解得线上的拉力F T ＝2 N ，所以A 项错误，B 项正确；对球C ，有mg ＝2F T cos 30°＝2 3 N ，故C 项错误；利用整体法，杆对A 、B 两球的支持力为(4＋23)N ，根据对称性，杆对A 球的支持力为4＋232N ＝(2＋3)N ，D 项错误． 考向二 平衡中的临界与极值问题3.如图所示，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( )A ．mgB.33mgC.12mgD.14mg 详细分析：选C.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． 考向三 涉及电场力、磁场力的平衡问题4．(2019·台州中学期中)如图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( )A ．0B ．mgC ．MgD ．(m ＋M )g详细分析：选D.将地球仪和底座看做整体，受到重力为(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．5．美国物理学家密立根(likan)于20世纪初进行了多次实验，比较准确地测定了电子的电荷量，其实验原理可以简化为如下模型：两个相距为d 的平行金属板A 、B 水平放置，两板接有可调电源．从A 板上的小孔进入两板间的油滴因摩擦而带有一定的电荷量，将两板间的电势差调节到 U 时，带电油滴恰好悬浮在两板间；然后撤去电场，油滴开始下落，由于空气阻力，下落的油滴很快达到匀速下落状态，通过显微镜观测到这个速度的大小为v ，已知这个速度与油滴的质量成正比，比例系数为 k ，重力加速度为g .则计算油滴带电荷量的表达式为( )A. q ＝k v d U B ．q ＝v dg kU C ．q ＝k v Ud D ．q ＝v g kUd详细分析：选B.根据油滴恰好悬浮在两板间，油滴处于平衡状态，得：q U d＝mg ，由题意知v ＝km ，联立得q ＝v dg kU，选项B 正确．1．涉及电场力、磁场力的平衡问题，首先注意准确进行受力分析，然后按照力学分析方法进行即可，只不过多了电场力、磁场力而已．但要注意判断电场力、磁场力的方向：(1)正电荷受力方向与所处电场方向相同，负电荷相反；(2)安培力和洛伦兹力的方向用左手定则判断，安培力方向同时与磁感应强度方向和电流方向垂直，洛伦兹力的方向同时与磁感应强度方向和电荷运动方向垂直．2．涉及电场力、磁场力的平衡问题的解题思路：(1)记忆口诀：一场二弹三摩擦，各力方向准确画．(2)思维导图共点力的动态平衡【题组过关】1.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()A．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逐渐变小详细分析：选A.以O点为研究对象，设绳OA与竖直方向的夹角为θ，物体的重力为G，，随着O点向左移，θ变大，则F逐渐变大，T 根据共点力的平衡可知，F＝G tan θ，T＝Gcos θ逐渐变大，A项正确．2.(2019·浙江选考4月)如图所示，一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环，系在两环上的等长细绳拴住的书本处于静止状态，现将两环距离变小后书本仍处于静止状态，则()A．杆对A环的支持力变大B．B环对杆的摩擦力变小C．杆对A环的力不变D．与B环相连的细绳对书本的拉力变大答案：B3.(2019·温州调研)如图所示，物块A放在直角三角形斜面体B上面，B放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初始时A、B静止，现用力F沿斜面向上推A，但A、B仍未动．则施力F后，下列说法正确的是()A．A、B之间的摩擦力一定变大B．B与墙面间的弹力可能不变C．B与墙之间可能没有摩擦力D．弹簧弹力一定不变详细分析：选D.对A分析，开始受重力、B对A的支持力和静摩擦力平衡，当施加F后，仍然处于静止状态，开始A所受的静摩擦力大小为m A g sin θ，若F＝2m A g sin θ，则A、B之间的摩擦力大小不变，故A错误；以A、B整体为研究对象，开始时B与墙面的弹力为零，施加F后，弹力为F cos θ，B错误；对A、B整体分析，由于A、B不动，弹簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变，开始弹簧的弹力等于A、B的总重力，施加F后，弹簧的弹力不变，总重力不变，根据平衡知，则B与墙之间一定有摩擦力，故C错误，D正确．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：[课后作业(三)](建议用时：40分钟)一、选择题1．用一枚小磁铁将一张纸压在竖直的磁性黑板上，一同学向下拉白纸使白纸和磁铁一起向下匀速运动且保持相对静止．下列说法正确的是()A．白纸受到磁铁向上的摩擦力B．白纸没有受到磁铁的摩擦力C．磁铁只受到2个作用力D．磁铁受到4个作用力详细分析：选D.如图所示，对小磁铁受力分析可知，磁铁受到四个作用力，纸对磁铁的静摩擦力竖直向上，所以白纸受到的静摩擦力竖直向下，选项D正确，A、B、C均错误．2．在日常生活中，力的分解有着广泛的应用，如图为用斧子把树桩劈开的图示，斧子对木桩施加一个向下的力F时，产生了大小相等的两个侧向分力F1、F2，下列关系正确的是()A ．F ＝2F 1sin θ2B ．F ＝2F 1sin θC ．F ＝2F 1cos θ2 D ．F ＝2F 1cos θ 详细分析：选A.把向下的力F 分解，如图所示，则F ＝2F 1sin θ2，即A 正确．3.如图所示，汽车B 在水平路面上以相对于地面的速度v 1向右运动，车上的货物A 以相对于地面的速度v 2向右运动．下列判断正确的是( )A ．若v 1<v 2，货物A 受到了汽车B 所施加的向右的滑动摩擦力B ．若v 1<v 2，汽车B 受到了货物A 所施加的向右的滑动摩擦力C ．若v 1>v 2，货物A 受到了汽车B 所施加的向左的滑动摩擦力D ．若v 1>v 2，汽车B 受到了货物A 所施加的向右的滑动摩擦力详细分析：选B.若v 1<v 2时，货物向右滑动，货物A 受到汽车B 所施加的向左的滑动摩擦力，汽车B 受到货物A 所施加的向右的滑动摩擦力，选项A 错误，B 正确；若v 1>v 2时，货物A 相对汽车B 向左滑动，受到汽车B 所施加的向右的滑动摩擦力，汽车B 受到货物A 所施加的向左的滑动摩擦力，故选项C 、D 错误． 4.如图所示，斜面体M 静止在水平面上，滑块m 恰能沿斜面体匀速下滑，现在滑块上加一竖直向下的恒力F ，则与未施加恒力F 时相比，下列说法错误的是( )A ．m 和M 间的压力变大B ．m 和M 间的摩擦力变大C ．水平面对M 的支持力变大D ．M 和水平面间的摩擦力变大详细分析：选D.m 能够在M 斜面匀速下滑，即μ＝tan θ.现施加一个竖直向下的恒力F ，则物体依然能够匀速下滑．根据整体法可以判断，地面对M的支持力变为(M＋m)g＋F，水平方向没有摩擦力，摩擦力保持不变，所以选项C正确，D 错误．对m的受力分析如图．所以施加压力F之后，m、M之间的压力变大，滑动摩擦力也变大，选项A、B正确．5．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，小球在斜面体上无摩擦地滑动，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先减小后增大详细分析：选D.选小球为研究对象，其受力情况如图所示，用平行四边形定则作出相应的“力三角形OAB”，其中OA的大小、方向均不变，AB的方向不变，推动斜面时，F T逐渐趋于水平，B点向下移动，根据动态平衡，F T先减小后增大，F N不断增大，选项D正确．6．如图所示，用三条完全相同的轻质细绳1、2、3将A、B两个质量均为m的完全相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，轻绳1与竖直方向的夹角为45°，轻绳3水平，下列分析正确的是()A．细绳1上的拉力大小为22mgB．细绳2上拉力大小为25mgC．不知细绳2的偏角，细绳2上拉力算不出来D．细绳3上拉力大小为mg详细分析：选A.对球A和B整体受力分析，受重力和两个拉力，根据平衡条件，有：T1cos 45°＝T3，T1sin 45°＝2mg；联立解得：T1＝22mg，T3＝2mg；再对球B受力分析，受重力和两个细线的拉力，根据平衡条件，有：T2＝T23＋（mg）2＝5mg，故A正确，B、C、D错误．7．甲图中小明用60 N的水平力推木箱，没推动，此时木箱受的摩擦力为F1；乙图中小明用100 N的水平力恰好能推动木箱，此时木箱受的摩擦力为F2；丙图中小明把木箱推动了，此时木箱受的摩擦力为F3.已知木箱对地面的压力为300 N，木箱与地面间动摩擦因数为0.3，则F1、F2、F3的大小分别为()A．60 N，100 N，90 N B．0 N，100 N，300 NC．60 N，100 N，300 N D．0 N，100 N，90 N详细分析：选A.甲图小明用的推力F＝60 N，木箱不动，木箱在水平方向受到两个力作用处于平衡状态，木箱受的摩擦力为静摩擦力，F1＝F＝60 N；乙图小明用的推力F′＝100 N，木箱恰好能被推动，静摩擦力达到最大值，F2＝F′＝100 N；丙图小明把木箱推动了，木箱受到了滑动摩擦力的作用，F3＝μF N＝0.3×300 N＝90 N，故选项A正确，选项B、C、D错误．8．自卸式货车可以提高工作效率，如图所示．在车厢由水平位置缓慢地抬起到一定高度且货物还未滑离车厢的过程中，货物所受车厢的支持力F N和摩擦力F f都在变化．下列说法中正确的是()A．F N逐渐增大B．F N先减小后不变C．F f逐渐增大D．F f先增大后不变详细分析：选C.设车厢与水平面的夹角为α，F N＝mg cos α，α增大，则F N减小，A、B 错误．货物滑动前F f＝mg sin α，α增大，则F f增大，故C正确，D错误．9．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 ′，绳子拉力变小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，则衣架悬挂点右移详细分析：选B.设两段绳子间的夹角为2α，由平衡条件可知，2F cos α＝mg ，所以F ＝mg 2cos 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＝s L 1＋L 2＝s L，绳子右端上移，L 、s 都不变，α不变，绳子张力F 也不变，A 错误；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．10．如图所示，a 、b 、c 三根轻细绳悬挂两个质量相同的小球A 、B 保持静止，细绳a 是水平的，现对B 球施加一个水平向右的力F ，将B 缓缓拉到图中虚线位置，A 球保持不动，此过程中三根细绳张力F a 、F b 、F c 和F 的变化情况是( )A ．F 不变，F c 变大B ．F 变大，F c 不变C ．F b 不变，F a 变大D ．F a 、F b 都变大详细分析：选C.将B 球隔离开，受力分析如图甲，设c 偏离竖直方向夹角为θ，所以F m B g＝tan θ；m B g F c＝cos θ，当缓慢拉至虚线处时，θ角增大，因此可知拉力F 变大，F c 也变大，所以选项A 、B 错误；将A 、B 两球看做整体，受力分析如图乙．根据正交分解法，设b 与水平方向夹角为α， 在竖直方向：F b sin α＝(m A ＋m B )g ，所以F b 大小保持不变，选项D 错误；在水平方向F a ＝F ＋F b cos α，因为F 变大，F b 、α均不变，所以F a 变大，选项C 正确．二、非选择题 11．如图所示，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．详细分析：(1)斜面倾角为30°时，物体恰能匀速下滑，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，由匀速直线运动的条件：F cos α＝mg sin α＋F fF N ＝mg cos α＋F sin αF f ＝μF N解得：F ＝mg sin α＋μmg cos αcos α－μsin α当cos α－μsin α→0，即cot α→μ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°. 答案：(1)33(2)60° 12.在科学研究中，可以用风力仪直接测量风力的大小，其原理如图所示．仪器中一根轻质金属丝悬挂着一个金属球．无风时，金属丝竖直下垂；当受到沿水平方向吹来的风时，金属丝偏离竖直方向一个角度．风力越大，偏角越大．通过传感器，就可以根据偏角的大小指示出风力．那么风力大小F 跟金属球的质量m 、偏角θ之间有什么样的关系呢？详细分析：选取金属球为研究对象，它受到三个力的作用，如图甲所示．金属球处于平衡状态，这三个力的合力为零．可用以下四种方法求解．法一：力的合成法如图乙所示，风力F和拉力F T的合力与重力等大反向，由平行四边形定则可得F＝mg tan θ.法二：力的分解法重力有两个作用效果：使金属球抵抗风的吹力和使金属丝拉紧，所以可以将重力沿水平方向和金属丝的方向进行分解，如图丙所示，由几何关系可得F＝F′＝mg tan θ.法三：正交分解法以金属球为坐标原点，取水平方向为x轴，竖直方向为y轴，建立坐标系，如图丁所示．由水平方向的合力F x合和竖直方向的合力F y合分别等于零，即F x合＝F T sin θ－F＝0F y合＝F T cos θ－mg＝0解得F＝mg tan θ.法四：三角形法三个力的示意图首尾相连构成一个直角三角形，如图戊所示，由三角函数可求得F＝mg tan θ.由所得结果可见，当金属球的质量m一定时，风力F只跟偏角θ有关．因此，偏角θ的大小就可以指示出风力的大小．答案：见解+析。
2020届浙江专用高考物理二轮复习专题一力与运动第讲力与物体的平衡讲义
力与物体的平衡专题定位 1.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；2.掌握匀变速直线运动的规律及运动图象问题；3.综合应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题；4.熟练掌握平抛、圆周运动的规律，熟悉解决天体运动问题的两条思路．第1讲力与物体的平衡[相关知识链接]1．受力分析的步骤明确研究对象→隔离物体分析→画受力示意图→验证受力合理性．2．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力(弹力和摩擦力)．(2)同时注意对场力的分析．(3)假设法是判断弹力、摩擦力是否存在及其方向的基本方法．3．注意(1)只分析研究对象受到的力．(2)只分析性质力，不分析效果力．(3)善于变换研究对象，分析不能直接判断的力．[规律方法提炼]1．整体法与隔离法在分析两个或两个以上的物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法进行分析；采用整体法进行受力分析时，要注意各个物体的运动状态必须相同．2．共点力平衡的常用处理方法(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大小相等，方向相反．(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共点力的作用而平衡，通过建立平面直角坐标系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)力的三角形法：对受三个共点力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据数学知识求解未知力．例1(2019·浙南名校联盟期末)如图所示，一个质量为4kg的半球形物体A放在倾角为θ＝37°的斜面B 上静止不动．若用通过球心的水平推力F ＝10N 作用在物体上，物体仍静止在斜面上，斜面仍相对地面静止．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g ＝10m/s 2，则( )A ．地面对斜面B 的弹力不变 B ．地面对斜面B 的摩擦力增加8NC ．物体A 受到斜面B 的摩擦力增加8ND ．物体A 对斜面B 的作用力增加10N 答案 A解析 对A 、B 整体分析，力F 是水平的，竖直方向地面对B 的弹力不变，地面对B 的摩擦力增加10N ，故A 项正确，B 项错误；对物体A 分析，加力F 前，斜面B 对物体A 的摩擦力F f ＝mg sin θ＝24N ，加力F 后，F f ′＋F cos θ＝mg sin θ，F f ′＝16N ，故减小8N ，选项C 错误；加F 前A 对B 的作用力大小等于A 的重力，即40N ，加F 后，A 对B 的作用力大小为F 2＋G 2＝102＋402N ＝1017N ，故D 项错误．拓展训练1 (2019·绍兴市3月选考)如图所示，攀岩者仅凭借鞋底和背部的摩擦停留在竖直的岩壁间，鞋子、背部与岩壁间的动摩擦因数分别为0.80和0.60.为了节省体力，他尽可能减小身体与岩壁间的正压力，使自己刚好不下滑．假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列判断正确的是( )A ．攀岩者受到三个力的作用B ．鞋子受到的静摩擦力方向竖直向下C ．岩壁对鞋子的支持力大于岩壁对背部的支持力D ．攀岩者背部受到的静摩擦力支撑了体重的37答案 D解析 对攀岩者分析，受重力、鞋与岩壁间弹力和摩擦力、背部与岩壁间弹力和摩擦力共五个力作用；重力方向竖直向下，鞋子和背部受到的静摩擦力方向竖直向上，故水平方向上两支持力大小相等，方向相反，F N1＝F N2，又据平衡μ1F N1＋μ2F N2＝G ，可得F f2＝μ2F N2＝37G .拓展训练2 (多选)(2019·全国卷Ⅰ·19)如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮．一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N ，另一端与斜面上的物块M 相连，系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°.已知M始终保持静止，则在此过程中( )A．水平拉力的大小可能保持不变B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加答案BD解析对N进行受力分析如图所示，因为N的重力与水平拉力F的合力和细绳的拉力F T是一对平衡力，从图中可以看出水平拉力F的大小逐渐增大，细绳的拉力F T也一直增大，选项A 错误，B正确；M的质量与N的质量的大小关系不确定，设斜面倾角为θ，由分析可知F Tmin＝m N g，故若m N g≥m M g sinθ，则M所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若m N g<m M g sinθ，则M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增大，选项D正确，C错误．1．基本思路化“动”为“静”，“静”中求“动”．2．两种方法(1)解析法：物体受到三个以上的力，且某一夹角发生变化时，将力进行正交分解，两个方向上列平衡方程，用三角函数表示各个作用力与变化角之间的关系，从而判断各力的变化．(2)图解法：物体一般受三个共点力作用；其中有一个大小、方向都不变的力；还有一个方向不变的力．画受力分析图，作出力的平行四边形或矢量三角形，依据某一参数的变化，分析各边变化从而确定力的大小及方向的变化情况．例2(2019·江苏省模拟)如图所示，在粗糙的水平地面上放着一左侧截面是半圆的柱状物体B，在B与竖直墙之间放置一光滑小球A，整个装置处于静止状态．现用水平力F拉动B 缓慢向右移动一小段距离后，它们仍处于静止状态，在此过程中，下列判断正确的是( )A．小球A对物体B的压力逐渐增大B．小球A对物体B的压力逐渐减小C．墙面对小球A的支持力逐渐减小D．墙面对小球A的支持力先增大后减小答案 A解析解法1 以A球为研究对象，分析受力情况：受重力G、墙面支持力F N、B的弹力F N B，由平衡条件知F N与F N B的合力与G大小相等，方向相反，将B缓慢向右移动，F N方向不变，F N B 沿逆时针方向缓慢转动，作出转动过程三个位置力的合成图如图甲所示，由图可知，F N逐渐增大，F N B逐渐增大，由牛顿第三定律知小球A对物体B的压力逐渐增大，故A正确，B、C、D错误．解法2 对A球受力分析如图乙，得：竖直方向：F N B cosθ＝G水平方向：F N＝F N B sinθ解得：F N B＝G cosθF N＝G tanθB缓慢向右移动一小段距离，A缓慢下落，则θ增大，所以F N B增大，F N增大，由牛顿第三定律知小球A对物体B的压力逐渐增大，故A正确，B、C、D错误．拓展训练3(2019·广东省“六校”第三次联考)为迎接新年，小明同学给家里墙壁粉刷涂料，涂料滚由滚筒与轻杆组成，示意图如图所示．小明同学缓缓向上推涂料滚(轻杆与墙壁夹角变小)，不计轻杆的重力以及滚筒与墙壁的摩擦力．轻杆对涂料滚筒的推力为F1，墙壁对涂料滚筒的支持力为F 2，以下说法中正确的是( )A ．F 1增大B ．F 1先减小后增大C ．F 2增大D ．F 2减小答案 D解析 以涂料滚为研究对象，分析受力情况，如图，F 1与F 2的合力与重力G 总是大小相等、方向相反．小明缓缓向上推涂料滚，F 1与竖直方向夹角减小，由图可知F 1逐渐减小，F 2逐渐减小，故选D.拓展训练4 (2019·温州市联考)2018年9月2号的亚运会中，中国队包揽了跳水项目的全部10金．图示为跳水运动员在走板时，从跳板的a 端缓慢地走到b 端，跳板逐渐向下弯曲，在此过程中，该运动员对跳板的( )A ．摩擦力不断增大B ．作用力不断减小C ．作用力不断增大D ．压力不断增大答案 A解析 运动员对跳板的作用力等于重力，故大小不变；摩擦力等于重力沿跳板面方向的分力，不断增大，压力等于重力垂直于跳板方向的分力，不断减小，故A 正确．[相关知识链接] 电场力(1)大小：F ＝Eq ，F ＝kq 1q 2r 2. (2)方向：正电荷受电场力的方向与电场强度的方向相同；负电荷受电场力的方向与电场强度的方向相反． [规律方法提炼]1．方法：与纯力学问题的分析方法一样，学会把电学问题力学化． 2．步骤(1)选取研究对象(整体法或隔离法)．(2)受力分析，多了个电场力．(3)列平衡方程． 例3 (2018·嘉、丽3月联考)如图所示，水平地面上固定一个绝缘直角三角形框架ABC ，其中∠ACB ＝θ.质量为m 、带电荷量为q 的小圆环a 套在竖直边AB 上，AB 与圆环的动摩擦因数为μ，质量为M 、带电荷量为＋Q 的小滑块b 位于斜边AC 上，a 、b 静止在同一高度上且相距L .圆环、滑块均视为质点，AC 光滑，则( )A ．圆环a 带正电B ．圆环a 受到的摩擦力为μk Qq L2 C ．小球b 受到的库仑力为Mgtan θD ．斜面对小球b 的支持力为Mgcos θ答案 D解析 a 、b 静止在同一高度上，故b 受到重力G b 、斜面的支持力F N b 及a 对b 的库仑引力F ，从而处于平衡状态，由于b 带正电，因此环a 带负电，故A 错误；环a 处于静止状态，受到的是静摩擦力，那么其大小为F f ＝mg ，并不是滑动摩擦力，因此不可能为F f ＝μk Qq L2，故B 错误；对b 受力分析有：库仑引力F ＝k Qq L 2，或F ＝Mg tan θ，而斜面对b 的支持力为F N b ＝Mgcos θ，故C 错误，D 正确．拓展训练5 (2019·全国卷Ⅰ·15)如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P 和Q 用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则( )A ．P 和Q 都带正电荷B ．P 和Q 都带负电荷C ．P 带正电荷，Q 带负电荷D ．P 带负电荷，Q 带正电荷答案 D解析 对P 、Q 整体进行受力分析可知，在水平方向上整体所受电场力为零，所以P 、Q 必带等量异种电荷，选项A 、B 错误；对P 进行受力分析可知，匀强电场对它的电场力应水平向左，与Q 对它的库仑力平衡，所以P 带负电荷，Q 带正电荷，选项D 正确，C 错误．拓展训练6 (2019·浙江新高考研究联盟二次联考)如图所示，两个带电荷量分别为Q 1与Q 2的小球固定于相距为5d 的光滑水平面上，另有一个带电小球A ，悬浮于空中不动，此时A离Q 1的距离为4d ，离Q 2的距离为3d .现将带电小球A 置于水平面上某一位置，发现A 刚好静止，则此时小球A 到Q 1、Q 2的距离之比为( )A.3∶2B．2∶3C ．3∶4D．4∶3 答案 B解析 小球A 悬浮于空中时，Q 1对其库仑力F 1＝k Q 1q (4d )2，Q 2对其库仑力F 2＝k Q 2q(3d )2，由平衡条件F 1＝35mg ，F 2＝45mg ，得Q 1Q 2＝43.将A 置于水平面上Q 1、Q 2之间静止，则k Q 1·q r 12＝k Q 2·q r 22，得r 1r 2＝23，故选B.[相关知识链接] 1．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． 2．洛伦兹力(1)大小：F 洛＝qvB ，此式只适用于B ⊥v 的情况．当B ∥v 时F 洛＝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，洛伦兹力永不做功． [规律方法提炼] 1．立体平面化该模型一般由倾斜导轨、导体棒、电源和电阻等组成．这类题目的难点是题图具有立体性，各力的方向不易确定．因此解题时一定要先把立体图转化成平面图，通过受力分析建立各力的平衡关系． 2．带电体的平衡如果带电粒子在重力场、电场和磁场三者组成的复合场中做直线运动，则一定是匀速直线运动．例4 (2019·台州3月一模)如图所示，在水平绝缘杆上用两条等长的平行绝缘丝线悬挂一质量为m 的通电导体棒．将导体棒放置在蹄形磁铁的磁场中，由于安培力的作用，当两条丝线与竖直方向均成30°角时，导体棒处于平衡状态，若重力加速度为g .则关于导体棒在平衡状态时的说法正确的是( )A ．导体棒所在处的磁感应强度处处相等B ．导体棒受到的安培力大小一定是12mgC ．每条丝线对导体棒的拉力大小一定是33mg D ．导体棒受到的安培力与拉力的合力大小一定是mg 答案 D解析 蹄形磁铁靠近两极处的两个磁铁之间才近似可以看作匀强磁场，其余部分不是匀强磁场，所以可知导体棒所在处的磁感应强度不会处处相等，故A 错误；当安培力的方向与细线垂直时，安培力最小，F ＝mg sin30°＝12mg ，所以导体棒受到的安培力大小不一定是0.5mg ，故B 错误；安培力等于0.5mg 时，两条丝线的拉力的和等于32mg ，每条丝线对导体棒的拉力大小都是34mg ，故C 错误；导体棒受到的安培力与拉力的合力大小一定与重力大小相等，方向相反，故D 正确．拓展训练7 均匀带正电的薄圆盘的右侧，用绝缘细线A 、B 悬挂一根水平通电直导线ab ，电流方向由a 到b ，导线平行于圆盘平面．现圆盘绕过圆心的水平轴沿如图所示方向匀速转动，细线仍然竖直，与圆盘静止时相比，下列说法正确的是( )A ．细线所受弹力变小B ．细线所受弹力不变C ．细线所受弹力变大D ．若改变圆盘转动方向，细线所受弹力变大 答案 C解析 圆盘静止时，通电直导线受到竖直向上的弹力和竖直向下的重力，两者等大反向，合力为零．当圆盘匀速转动时，根据右手螺旋定则，圆盘产生水平向右的磁场，根据左手定则，通电直导线受到方向向下的安培力，故细线所受的弹力变大，选项A 、B 错误，C 正确；若改变圆盘转动方向，通电直导线受到的安培力方向向上，细线所受的弹力变小，选项D 错误． 拓展训练8 (多选)长方形区域内存在有正交的匀强电场和匀强磁场，其方向如图所示，一个质量为m 且带电荷量为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，则下列判断正确的是( )A ．小球带正电B ．电场强度E ＝mgqC ．小球做匀速直线运动D ．磁感应强度B ＝mg qv 0答案 CD解析 小球在复合场内受到自身重力、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 ＝2mgq，选项B 错误．洛伦兹力qv 0B ＝mg ，磁感应强度B ＝mgqv 0，选项D 正确．专题强化练基础题组1．(2019·福建厦门市上学期期末质检)如图所示，在水平晾衣杆上晾晒床单时，为了使床单尽快晾干，可在床单间支撑轻质小木棍．小木棍的位置不同，两侧床单间夹角θ将不同，设床单重力为G，晾衣杆对床单的作用力大小为F，下列说法正确的是( )A．θ越大，F越大B．θ越大，F越小C．无论θ取何值，都有F＝GD．只有当θ＝120°时，才有F＝G答案 C解析以床单和小木棍整体为研究对象，整体受到重力G和晾衣杆的支持力F，由平衡条件知F＝G，与θ取何值无关，故A、B、D错误，C正确．2.(2019·广东珠海市质量监测)区伯伯在海边钓获一尾鱼，当鱼线拉着大头鱼在水中向左上方匀速运动时，鱼受到水的作用力方向可能是( )A．竖直向上B．竖直向下C．水平向左D．水平向右答案 D解析鱼处于平衡状态，受到竖直向下的重力、斜向左上的拉力、水的作用力，根据受力平衡的条件，结合力的合成可知，鱼受到的水的作用力的方向一定是与拉力和重力的合力的方向相反，故D正确，A、B、C错误．3.(2019·金华十校期末)体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图所示的比赛动作：运动员两手臂对称支撑，竖直倒立保持静止状态．当运动员两手间距离缓慢增大时，每只手臂对人体的作用力T及它们的合力F的大小变化情况为( )A．T增大，F不变B．T增大，F减小C．T增大，F增大D．T减小，F不变答案 A4.(2019·超级全能生2月联考)打印机是现代办公不可或缺的设备，正常情况下，进纸系统能做到“每次只进一张纸”，进纸系统的结构如图所示．设图中刚好有10张相同的纸，每张纸的质量均为m，搓纸轮按图示方向转动时带动最上面的第1张纸向右运动，搓纸轮与纸张之间的动摩擦因数为μ1，纸张与纸张之间、纸张与底部摩擦片之间的动摩擦因数均为μ2，下列说法正确的是( )A．第1张纸受到搓纸轮的摩擦力方向向左B．第2张与第3张纸之间的摩擦力大小为2μ2mgC．第10张纸与摩擦片之间的摩擦力为0D．要做到“每次只进一张纸”，应要求μ1＞μ2答案 D解析第1张纸上表面受到搓纸轮施加的静摩擦力F f0，方向向右，第1张纸下表面受到第2张纸施加的滑动摩擦力F f，方向向左，F f＝μ2(mg＋F)，F为搓纸轮对第1张纸的压力，F f0＝F f＜μ1F，正常情况F≫mg，故μ1＞μ2，A错误，D正确．第2张与第3张纸之间的摩擦力及第10张纸与摩擦片之间的摩擦力都是静摩擦力，根据受力平衡知，大小均为F f，B、C 错误．5．(2019·广东深圳市4月第二次调研)如图所示，用缆绳将沉在海底的球形钢件先从a处竖直吊起到b，再水平移到c，最后竖直下移到d.全过程钢件受到水的阻力大小不变，方向与运动方向相反，所受浮力恒定．则上升、平移、下降过程中的匀速运动阶段，缆绳对钢件拉力F1、F2、F3的大小关系是( )A．F1>F2>F3B．F1>F3>F2C．F2>F1>F3D．F3>F2>F1答案 A解析钢件从a匀速运动到b，对钢件受力分析得到：F1＝mg＋F f；从b匀速运动到c，有：F2＝F f 2＋(mg)2；从c匀速运动到d，有：F3＝mg－F f；由于F 2＝F f 2＋(mg )2＝(F f ＋mg )2－2mgF f ， 故F 1>F 2>F 3，故A 正确，B 、C 、D 错误．6．(2019·绍兴诸暨市期末)如图所示为复印机工作原理图：正电荷根据复印图案排列在鼓表面，带负电的墨粉颗粒由于电场作用被吸附到鼓表面，随后转移到纸面上“融化”产生复印图案．假设每个墨粉颗粒质量为8.0×10－16kg ，带20个多余电子，已知墨粉颗粒受到的电场力必须超过它自身重力的2倍才能被吸附，则鼓表面电场强度至少为(g 取10m/s 2)( )A ．2.5×103N/C B ．5.0×103N/C C ．5.0×104N/C D ．1.0×105N/C答案 B解析 由题意知：qE ＝2mg ，E ＝2mg q ＝2×8×10－16×1020×1.6×10－19N/C ＝5.0×103 N/C ，故选项B 正确．7.(2019·金华十校高三期末)如图所示，a 、b 、c 为真空中三个带电小球，b 球带正电且带电荷量为＋Q ，用绝缘支架固定，a 、c 两个小球用绝缘细线悬挂，处于平衡状态时三个小球球心等高，且a 、b 和b 、c 间距离相等，悬挂a 小球的细线向左倾斜，悬挂c 小球的细线竖直，则以下判断正确的是( )A ．a 小球带负电且带电荷量为－4QB ．c 小球带正电且带电荷量为＋4QC ．a 、b 、c 三个小球带同种电荷D ．a 、c 两小球带异种电荷 答案 A解析 根据受力平衡条件可知，因b 球带正电，要使a 、c 两球平衡，所以a 、c 两球一定带负电，对c 小球进行分析，a 、c 间的距离是b 、c 间的两倍，由库仑定律，则有：k |QQ c |r 2＝k |Q a Q c |(2r )2，因a 球带负电，可得：Q a ＝－4Q ，故A 正确．8．(2019·山东济南市模拟)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( )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答案 B解析由左手定则分析可知，线圈受到的安培力方向向上，矩形线圈改成三角形线圈，安培力变小，故天平将向右倾斜．9.如图所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为θ.整个装置处于沿竖直方向的匀强磁场中．金属杆ab垂直导轨放置，当金属杆ab中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab刚好静止．则( )A．磁场方向竖直向上B．磁场方向竖直向下C．金属杆ab受安培力的方向平行导轨向上D．金属杆ab受安培力的方向平行导轨向下答案 A解析受力分析如图所示，当磁场方向竖直向上时，由左手定则可知安培力水平向右，金属杆ab受力可以平衡，若磁场方向竖直向下，由左手定则可知安培力水平向左，则金属杆ab 受力无法平衡，A正确，B、C、D错误．10.(2019·陕西汉中市3月联考)如图所示，固定的木板与竖直墙面的夹角为θ，重为G的物块静止在木板与墙面之间，不计一切摩擦，则( )A ．物块对墙面的压力大小为G tan θB ．物块对墙面的压力大小为G sin θcos θC ．物块对木板的压力大小为G cos θD ．物块对木板的压力大小为Gsin θ答案 D解析 对物块受力分析，根据平行四边形定则可知：物块对墙面的压力大小为F 1′＝F 1＝G tan θ；物块对木板的压力大小为F 2′＝F 2＝Gsin θ，故选项A 、B 、C 错误，D 正确． 能力题组11.(2019·河南普通高中高考物理模拟)如图所示，六根原长均为l 的轻质细弹簧两两相连，在同一平面内六个大小相等、互成60°的恒定拉力F 作用下，形成一个稳定的正六边形．已知正六边形外接圆的半径为R ，每根弹簧的劲度系数均为k ，弹簧在弹性限度内，则F 的大小为( )A.k2(R －l )B ．k (R －l )C ．k (R －2l )D ．2k (R －l )答案 B解析 正六边形外接圆的半径为R ，则弹簧的长度为R ，弹簧的伸长量为：Δx ＝R －l 由胡克定律可知，每根弹簧的弹力为：F 弹＝k Δx ＝k (R －l )，两相邻弹簧夹角为120°，两相邻弹簧弹力的合力为：F合＝F弹＝k (R －l ), 弹簧静止处于平衡状态，由平衡条件可知，F的大小为：F＝F合＝k(R－l)，故B正确，A、C、D错误．12.(2019·山东烟台市下学期高考诊断)如图所示，质量为M的斜劈静止在粗糙水平地面上，质量为m的小物块正在斜面上匀速下滑．现在m上施加一个水平推力F，则在m的速度减小为零之前，下列说法正确的是( )A．加力F之后，m与M之间的摩擦力变小B．加力F之后，m与M之间的作用力不变C．加力F之后，M与地面之间产生静摩擦力D．加力F前后，M与地面间都没有摩擦力答案 D解析加力F前，m匀速下滑，则垂直斜面方向：F N＝mg cosθ，滑动摩擦力为F f＝μmg cosθ；在m上加一水平向右的力F，垂直斜面方向：F N′＝mg cosθ＋F sinθ，滑动摩擦力为F f′＝μF N′＝μ(mg cosθ＋F sinθ)；对物块，所受支持力增加了F sinθ，摩擦力增加了μF sinθ，即支持力与摩擦力成比例的增加，其合力方向还是竖直向上，大小增大，m与M之间的作用力即为其合力，也是增大的，如图所示：则斜面所受的摩擦力与压力的合力方向还是竖直向下，水平方向仍无运动趋势，则不受地面的摩擦力，故A、B、C错误，D正确．13.(2019·宁波市3月模拟)在光滑的水平面上建立如图所示的直角坐标系xOy，现在O点固定一个带电荷量为Q的正电荷，在x轴正半轴上的点N(d,0)固定有带电荷量为8Q的负电荷，y轴正半轴位置固定有一根光滑绝缘细杆，细杆上套有带电荷量为＋q的轻质小球，当小球置于M点时，恰好保持静止，则M的纵坐标为( )A.12d B.33d C.32d D．d答案 B解析 设OM 为y ，由平衡条件及数学知识可知kQq y 2＝8kQq d 2＋y 2·y d 2＋y2，得d 2＋y 2＝2y ，即y ＝33d ，故B 正确． 14.(2019·广东肇庆市第二次统一检测)如图所示，质量分别为m A 和m B 的物体A 、B 用细绳连接后跨过滑轮，A 静止在倾角为45°的斜面上，B 悬挂着．已知m A ＝2m B ，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°增大到50°，系统仍保持静止．下列说法中正确的是( )A ．绳子对A 的拉力将增大B ．物体A 对斜面的压力将增大C ．物体A 受到的静摩擦力增大D ．物体A 受到的静摩擦力减小 答案 C解析 设m A ＝2m B ＝2m ，对物体B 受力分析，受重力和拉力，由二力平衡得到：F T ′＝mg ；再对物体A 受力分析，受重力、支持力、拉力F T 和静摩擦力，F T ＝F T ′，如图，根据平衡条件得到：F f ＋F T －2mg sin θ＝0，F N －2mg cos θ＝0，解得：F f ＝2mg sin θ－F T ＝2mg sin θ－mg ，F N ＝2mg cos θ，当θ由45°增大到50°时，F T 不变，F f 不断变大，F N 不断变小，故C 正确，A 、B 、D 错误．。
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[课后作业(三)] (建议用时：40分钟)一、选择题1．用一枚小磁铁将一张纸压在竖直的磁性黑板上，一同学向下拉白纸使白纸和磁铁一起向下匀速运动且保持相对静止．下列说法正确的是( )A ．白纸受到磁铁向上的摩擦力B ．白纸没有受到磁铁的摩擦力C ．磁铁只受到2个作用力D ．磁铁受到4个作用力解析：选D.如图所示，对小磁铁受力分析可知，磁铁受到四个作用力，纸对磁铁的静摩擦力竖直向上，所以白纸受到的静摩擦力竖直向下，选项D 正确，A 、B 、C 均错误．2．在日常生活中，力的分解有着广泛的应用，如图为用斧子把树桩劈开的图示，斧子对木桩施加一个向下的力F 时，产生了大小相等的两个侧向分力F 1、F 2，下列关系正确的是( )A ．F ＝2F 1sin θ2B ．F ＝2F 1sin θC ．F ＝2F 1cos θ2 D ．F ＝2F 1cos θ 解析：选A.把向下的力F 分解，如图所示，则F ＝2F 1sin θ2，即A 正确．3.如图所示，汽车B 在水平路面上以相对于地面的速度v 1向右运动，车上的货物A以相对于地面的速度v2向右运动．下列判断正确的是() A．若v1<v2，货物A受到了汽车B所施加的向右的滑动摩擦力B．若v1<v2，汽车B受到了货物A所施加的向右的滑动摩擦力C．若v1>v2，货物A受到了汽车B所施加的向左的滑动摩擦力D．若v1>v2，汽车B受到了货物A所施加的向右的滑动摩擦力解析：选B.若v1<v2时，货物向右滑动，货物A受到汽车B所施加的向左的滑动摩擦力，汽车B受到货物A所施加的向右的滑动摩擦力，选项A错误，B正确；若v1>v2时，货物A 相对汽车B向左滑动，受到汽车B所施加的向右的滑动摩擦力，汽车B受到货物A所施加的向左的滑动摩擦力，故选项C、D错误．4.如图所示，斜面体M静止在水平面上，滑块m恰能沿斜面体匀速下滑，现在滑块上加一竖直向下的恒力F，则与未施加恒力F时相比，下列说法错误的是()A．m和M间的压力变大B．m和M间的摩擦力变大C．水平面对M的支持力变大D．M和水平面间的摩擦力变大解析：选D.m能够在M斜面匀速下滑，即μ＝tan θ.现施加一个竖直向下的恒力F，则物体依然能够匀速下滑．根据整体法可以判断，地面对M的支持力变为(M＋m)g＋F，水平方向没有摩擦力，摩擦力保持不变，所以选项C正确，D错误．对m的受力分析如图．所以施加压力F之后，m、M之间的压力变大，滑动摩擦力也变大，选项A、B正确．5．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，小球在斜面体上无摩擦地滑动，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先减小后增大解析：选D.选小球为研究对象，其受力情况如图所示，用平行四边形定则作出相应的“力三角形OAB”，其中OA的大小、方向均不变，AB的方向不变，推动斜面时，F T逐渐趋于水平，B点向下移动，根据动态平衡，F T先减小后增大，F N不断增大，选项D正确．6．如图所示，用三条完全相同的轻质细绳1、2、3将A、B两个质量均为m的完全相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，轻绳1与竖直方向的夹角为45°，轻绳3水平，下列分析正确的是()A．细绳1上的拉力大小为22mgB．细绳2上拉力大小为25mgC．不知细绳2的偏角，细绳2上拉力算不出来D．细绳3上拉力大小为mg解析：选A.对球A和B整体受力分析，受重力和两个拉力，根据平衡条件，有：T1cos 45°＝T3，T1sin 45°＝2mg；联立解得：T1＝22mg，T3＝2mg；再对球B受力分析，受重力和两个细线的拉力，根据平衡条件，有：T2＝T23＋（mg）2＝5mg，故A正确，B、C、D错误．7．甲图中小明用60 N的水平力推木箱，没推动，此时木箱受的摩擦力为F1；乙图中小明用100 N的水平力恰好能推动木箱，此时木箱受的摩擦力为F2；丙图中小明把木箱推动了，此时木箱受的摩擦力为F3.已知木箱对地面的压力为300 N，木箱与地面间动摩擦因数为0.3，则F1、F2、F3的大小分别为()A．60 N，100 N，90 N B．0 N，100 N，300 NC．60 N，100 N，300 N D．0 N，100 N，90 N解析：选A.甲图小明用的推力F＝60 N，木箱不动，木箱在水平方向受到两个力作用处于平衡状态，木箱受的摩擦力为静摩擦力，F1＝F＝60 N；乙图小明用的推力F′＝100 N，木箱恰好能被推动，静摩擦力达到最大值，F2＝F′＝100 N；丙图小明把木箱推动了，木箱受到了滑动摩擦力的作用，F3＝μF N＝0.3×300 N＝90 N，故选项A正确，选项B、C、D错误．8．自卸式货车可以提高工作效率，如图所示．在车厢由水平位置缓慢地抬起到一定高度且货物还未滑离车厢的过程中，货物所受车厢的支持力F N 和摩擦力F f 都在变化．下列说法中正确的是( )A ．F N 逐渐增大B ．F N 先减小后不变C ．F f 逐渐增大D ．F f 先增大后不变解析：选C.设车厢与水平面的夹角为α，F N ＝mg cos α，α增大，则F N 减小，A 、B 错误．货物滑动前F f ＝mg sin α，α增大，则F f 增大，故C 正确，D 错误．9．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 ′，绳子拉力变小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B.设两段绳子间的夹角为2α，由平衡条件可知，2F cos α＝mg ，所以F ＝mg 2cos 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＝s L 1＋L 2＝s L，绳子右端上移，L 、s 都不变，α不变，绳子张力F 也不变，A 错误；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．10．如图所示，a 、b 、c 三根轻细绳悬挂两个质量相同的小球A 、B 保持静止，细绳a 是水平的，现对B 球施加一个水平向右的力F ，将B 缓缓拉到图中虚线位置，A 球保持不动，此过程中三根细绳张力F a 、F b 、F c 和F 的变化情况是( )A．F不变，F c变大B．F变大，F c不变C．F b不变，F a变大D．F a、F b都变大解析：选C.将B球隔离开，受力分析如图甲，设c偏离竖直方向夹角为θ，所以Fm B g＝tanθ；m B gF c＝cos θ，当缓慢拉至虚线处时，θ角增大，因此可知拉力F变大，F c也变大，所以选项A、B错误；将A、B两球看做整体，受力分析如图乙．根据正交分解法，设b与水平方向夹角为α，在竖直方向：F b sin α＝(m A＋m B)g，所以F b大小保持不变，选项D错误；在水平方向F a＝F＋F b cos α，因为F变大，F b、α均不变，所以F a变大，选项C正确．二、非选择题11．如图所示，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．解析：(1)斜面倾角为30°时，物体恰能匀速下滑，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，由匀速直线运动的条件：F cos α＝mg sin α＋F fF N ＝mg cos α＋F sin αF f ＝μF N解得：F ＝mg sin α＋μmg cos αcos α－μsin α 当cos α－μsin α→0，即cot α→μ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°. 答案：(1)33(2)60° 12.在科学研究中，可以用风力仪直接测量风力的大小，其原理如图所示．仪器中一根轻质金属丝悬挂着一个金属球．无风时，金属丝竖直下垂；当受到沿水平方向吹来的风时，金属丝偏离竖直方向一个角度．风力越大，偏角越大．通过传感器，就可以根据偏角的大小指示出风力．那么风力大小F 跟金属球的质量m 、偏角θ之间有什么样的关系呢？解析：选取金属球为研究对象，它受到三个力的作用，如图甲所示．金属球处于平衡状态，这三个力的合力为零．可用以下四种方法求解．法一：力的合成法如图乙所示，风力F 和拉力F T 的合力与重力等大反向，由平行四边形定则可得F ＝mg tan θ.法二：力的分解法重力有两个作用效果：使金属球抵抗风的吹力和使金属丝拉紧，所以可以将重力沿水平方向和金属丝的方向进行分解，如图丙所示，由几何关系可得F ＝F ′＝mg tan θ.法三：正交分解法以金属球为坐标原点，取水平方向为x轴，竖直方向为y轴，建立坐标系，如图丁所示．由水平方向的合力F x合和竖直方向的合力F y合分别等于零，即F x合＝F T sin θ－F＝0F y合＝F T cos θ－mg＝0解得F＝mg tan θ.法四：三角形法三个力的示意图首尾相连构成一个直角三角形，如图戊所示，由三角函数可求得F＝mg tan θ.由所得结果可见，当金属球的质量m一定时，风力F只跟偏角θ有关．因此，偏角θ的大小就可以指示出风力的大小．答案：见解析。