热点突破题 优化方案高三物理 新一轮复习 热点强化突破物体的受力分析含新题详解
【热点强化突破优化方案】高三物理大一轮复习课件：热点强化突破(八)磁 场
(3)如图乙所示，由几何关系可知，粒子不能打到 x 轴上时最大
轨迹半径为
r′＝
0.4 2＋1
m
根据洛伦兹力提供向心力有
qvB0＝mrv′2
解得 B0＝0.3 T 若粒子都不能打到 x 轴上，则磁感应强度大小 B2′≥0.3 T.
解析：(1)A→P 微粒做匀速直线运动 E1q＝mgtan θ P→M 微粒做匀速圆周运动 E2q＝mg 联立解得 E1∶E2＝3∶4. (2)由题图知，P→M 微粒刚好运动半个周期
2R＝sinr θ qvB2＝mRv2 联立解得 B2＝65mrqv 又由左手定则可知 B2 的方向垂直纸面向外．
(3)A→P 有：
mv (2) 5rq
方向垂直纸面向外
7．如图所示的平行板之间存在着相互垂直的匀强磁场和匀强电 场，磁场的磁感应强度 B1＝0.20 T，方向垂直纸面向里，电场 强度 E1＝1.0×105 V/m，PQ 为板间中线．紧靠平行板右侧边缘 的 xOy 坐标系的第一象限内有一边界线 AO，与 y 轴正方向间的 夹角为 45°，边界线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应 强度 B2＝0.25 T，边界线的下方有水平向右的匀强电场，电场 强度 E2＝5.0×105 V/m，在 x 轴上固定一水平的荧光屏．一束 电荷量 q＝8.0×10－19C、质量 m＝8.0×10－26 kg 的带正电粒子 从 P 点射入平行板间，沿中线 PQ 做直线运动，穿出平行板后 从 y 轴上坐标为(0,0.4 m)的 Q 点垂直 y 轴射入磁场区，最后打 到水平的荧光屏上的位置 C.
A. T
B．T
【热点强化突破优化方案】高三物理大一轮复习课件：热点强化突破(六)静电场
解析：根据电场力与等势面垂直，又要指向轨迹弯曲的凹 侧，而电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，故可 判断电场力与电场方向相反，即该粒子带负 电，由 图 知 UAB＝5 V，粒子从A运动到B的过程中，电场力做 负功 W ＝qUAB，故动能减小，电势能增大，所以vA>vB， EpA<EpB，故B正确，A、C、D错误．
3．(多选)(2015·山东德州模拟)如图所示， 分别在M、N两点固定放置两个点电荷 ＋Q和－q(Q>q)，以MN连线的中点O为 圆心的圆周上有A、B、C、D四点．下列说法正确的是( BC ) A．A点电势低于B点电势 B．A点场强大于B点场强 C．将某正电荷从C点移到O点，电场力做负功 D．将某正电荷从O点移到D点，电势能增加
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解析：(1)由自由落体规律可知，小球下落 h 时的末速度为 v，有 v2＝2gh，即 v＝ 2gh. (2)设小球在极板间运动的加速度为 a， 由 v2＝2ad，得 a＝2vd2＝gdh. 由牛顿第二定律 qE－mg＝ma， 电容器的电荷量 Q＝CU＝CEd， 联立以上各式得：E＝mgqhd＋d，Q＝Cmgqh＋d..
6. (2014·高考安徽卷)如图所示，充电后的 平行板电容器水平放置，电容为C，极板间 距离为d，上极板正中有一小孔．质量为m， 电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由 静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻 力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度 为g) ．求： (1)小球到达小孔处的速度； (2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量； (3)小球从开始下落运动到下极板处的时间．
1．(多选)(2015·甘肃张掖诊断)如图所示， 图中MN是由负点电荷产生的电场中的一 条电场线．一带正电粒子q飞入电场后， 只在电场力作用下沿图中虚线运动，a、b是该曲线上的两 点，则下列说法中正确的是( AC ) A．a点的电场强度小于b点的电场强度 B．a点的电势低于b点的电势 C．粒子在a点的动能小于在b点的动能 D．粒子在a点的电势能小于在b点的电势能
【热点突破题优化方案】2021届高三物理新一轮复习热点强化突破：分子动理论、内能 Word版含解析
热点强化突破(十一)热点1分子动理论、内能命题主要集中在分子力、分子力做功、分子势能与分子间距离的关系，以及对各种现象的理解与解释，难度不大，题型以选择题为主．1．以下说法正确的是()A．肯定质量的气体，温度不变，分子的平均动能不变B．物体温度越高，分子运动越猛烈C．0 ℃的冰与0 ℃的水的分子的平均动能不同D．0 ℃的冰变成0 ℃的水，分子的平均动能减小2.如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示．F>0为斥力，F<0为引力，A、B、C、D为x轴上四个特定的位置，现把乙分子从A 处由静止释放，选项中四个图分别表示乙分子的速度、加速度、势能、动能与两分子间距离的关系，其中大致正确的是()3．(2022·湖南十二校联考)下列说法正确的是()A．两个分子之间的作用力会随着距离的增大而减小B．物体的内能在宏观上只与其温度和体积有关C．肯定质量的气体经受等容过程，假如吸热则其内能肯定增加D．分子a从远处趋近固定不动的分子b，当a到达受b的作用力为零处时，a的动能肯定最大E．物质的状态在肯定的条件下可以相互转变，在转变过程中会发生能量交换热点2热力学定律与气体性质命题主要集中在气体状态的定性分析及微观含义，特殊是以气体为模型，综合考查气体试验定律(气态方程)和热力学第肯定律．4．下列关于分子运动和热现象的说法正确的是()A．气体假如失去了容器的约束就会散开，这是由于气体分子之间存在势能的原因B．肯定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，其分子之间的势能增加C．对于肯定量的气体，假如压强不变，体积增大，那么它肯定从外界吸热D．假如气体分子总数不变，而气体温度上升，气体分子的平均动能增大，因此压强必定增大E．肯定量气体的内能等于其全部分子热运动动能和分子势能之和5.(2022·江西七校联考)如图所示，肯定质量的抱负气体从状态A变化到状态B，再由状态B变化到状态C.已知状态A的温度为300 K.(1)求气体在状态B的温度．(2)由状态B变化到状态C的过程中，气体是吸热还是放热？简要说明理由．6.在如图所示的坐标系中，肯定质量的某种抱负气体先后发生以下两种状态变化过程：第一种变化是从状态A到状态B，外界对该气体做功为6 J；其次种变化是从状态A到状态C，该气体从外界吸取的热量为9 J．图线AC的反向延长线通过坐标原点O，B、C两状态的温度相同，抱负气体的分子势能为零．求：(1)从状态A到状态C的过程，该气体对外界做的功W1和其内能的增量ΔU1；(2)从状态A到状态B的过程，该气体内能的增量ΔU2及其从外界吸取的热量Q2.实战演练1．[解析]选AB.分子的平均动能只取决于温度，只要温度相同，不论是固体、液体、还是气体，分子的平均动能都相同．2．[解析]选B.乙分子的运动方向始终不变，A错误；加速度与力的大小成正比，方向与力相同，故B正确；乙分子从A处由静止释放，分子势能不行能增大到正值，故C错误；分子动能不行能为负值，故D错误．3．[解析]选CDE.由分子动理论可知，当两个分子之间表现为引力时，其作用力随分子间的距离增大先增大后减小，A错误；物体的内能在宏观上与温度、体积以及物质的质量有关，B错误；等容变化过程中，外界与气体之间不做功，故吸热内能肯定增大，C正确；当分子从远处趋近于另一个固定不动的分子时，分子力先做正功再做负功，若两者的作用力为零，则此时分子力做的正功最多，对应的动能肯定最大，D正确；物质的状态在肯定的条件下可以相互转变，在转变过程中会涉及能量交换，E正确．4．[解析]选BCE.气体分子间的作用力近似为零，所以没有容器的约束，气体分子由于自身的热运动会集中到很大空间，A错；肯定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，需吸取肯定热量，其内能增加，而分子个数、温度均未变，表明其分子势能增加，B对；气体的压强与气体分子密度和分子的平均速率有关，整体的体积增大，气体分子密度减小，要保证其压强不变，气体分子的平均速率要增大，即要吸取热量，上升温度，C对；对于肯定量的气体，温度上升，分子的平均速率变大，但若气体体积增加得更多，气体的压强可能会降低，D错；依据内能的定义可知，E对．5．[解析](1)由题图知p A＝0.5 atm，p B＝1.0 atm，V A＝1 m3，V B＝2 m3，由p A V AT A＝p B V BT B得，气体在状态B的温度T B＝p B V B T Ap A V A＝1.0×2×3000.5×1K＝1 200 K.(2)由状态B到状态C，气体做等容变化，由查理定律得p B T B＝p CT C，则T C＝p Cp B T B＝600 K气体由状态B到状态C为等容变化，不做功，但温度降低，内能削减，由热力学第肯定律ΔU＝W＋Q，ΔU<0，W＝0，故Q<0，可知气体放热．[答案](1)1 200 K(2)放热理由见解析6．[解析](1)由题意知从状态A到状态C的过程，气体发生等容变化，该气体对外界做的功W1＝0 依据热力学第肯定律有ΔU1＝W1＋Q1内能的增量ΔU1＝Q1＝9 J.(2)从状态A到状态B的过程，体积减小，温度上升该气体内能的增量ΔU2＝ΔU1＝9 J依据热力学第肯定律有ΔU2＝W2＋Q2从外界吸取的热量Q2＝ΔU2－W2＝3 J.[答案](1)09 J(2)9 J 3 J。
高考物理一轮复习 热点强化突破(五)课件 人教版
解析：选 AB.滑块在滑动摩擦力的作用下，先向左匀减速运动 后向右匀加速运动，加速度大小相等，方向都向右，设向左运 动位移为 s 时速度减为零，则有 v22＝2as，接着向右加速运动， 设通过位移 s′速度加速到 v1，有 v21＝2as′，由于 v2>v1，则 s′<s，即滑块还没有滑到最右端就已达到传送带的速度，之 后随传送带匀速运动到最右端，A 项正确；摩擦力对滑块先做 负功后做正功，设总功为 W，根据动能定理有 W＝12mv21－12 mv22，B 选项正确；
D．在木箱与货物从顶端滑到最
低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能
解析：选 BC.木箱和货物下滑过程中，令下滑高度为 h，根据 功能关系有
(M＋m)gh－μ(M＋m)ghcsionsθθ＝E 弹 木箱上滑过程中，根据功能关系有 －Mgh－μMghcsionsθθ＝0－E 弹 代入相关数据，整理得 m＝2M，A 错误，B 正确； 木箱和货物下滑过程中，根据牛顿第二定律有 a1＝g(sinθ－μcosθ)，方向沿斜面向下 木箱上滑过程中，根据牛顿第二定律有 a2＝g(sinθ＋μcosθ)，方向沿斜面向下，所以 C 正确； 根据能量守恒定律知，还有一部分机械能由于克服摩擦力做功
转化为内能，D 错误．
5．(2013·衡阳联考)如图所示，在匀速转动的电动机带动下， 足够长的水平传送带以恒定速率 v1 匀速向右运动，一质量为 m 的滑块从传送带右端以水平向左的速率 v2(v2>v1)滑上传送 带，最后滑块返回传送带的右端．关于这一过程，下列判断正 确的有( ) A．滑块返回传送带右端的速率为 v1 B．此过程中传送带对滑块做功为12mv21－12mv22 C．此过程中电动机对传送带做功为 2mv21
高考物理一轮复习 热点专题突破系列5 应用动力学和能量观点解决力学问题强化训练 新人教版必修2(20
2018版高考物理一轮复习热点专题突破系列5 应用动力学和能量观点解决力学问题强化训练新人教版必修2编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018版高考物理一轮复习热点专题突破系列5 应用动力学和能量观点解决力学问题强化训练新人教版必修2）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
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热点专题突破系列5 应用动力学和能量观点解决力学问题〔专题强化训练〕1．（2017·山东邹平一中检测）如图所示,半径为R的光滑半圆轨道ABC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道DC相切于C,圆轨道的直径AC与斜面垂直。
质量为m的小球从A点左上方距A 高为h的斜上方P点以某一速度水平抛出，刚好与半圆轨道的A点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到抛出点等高的D处。
已知当地的重力加速度为g，取R＝错误!h，sin37°＝0.6,cos37°＝0.8,不计空气阻力，求：错误!(1）小球被抛出时的速度v0；(2)小球到达半圆轨道最低点B时，对轨道的压力大小;(3）小球从C到D过程中克服摩擦力做的功W。
[答案］（1)错误!错误!(2）5。
6mg(3）错误!mgh［解析］（1)小球到达A点时，速度与水平方向的夹角为θ，如图所示。
设竖直方向的速度v y,则有v错误!＝2gh由几何关系得v0＝v y cotθ得v0＝错误!错误!(2)A、B间竖直高度H＝R(1＋cosθ）设小球到达B点时的速度为v，则从抛出点到B过程中有错误!mv错误!＋mg（H＋h）＝错误!mv2在B点，有F N－mg＝m错误!解得F N＝5。
【热点强化突破优化方案】高三物理大一轮复习课件：热点强化突破(五)机械能及其守恒定律
解析： 0～t2时间内力的方向不变，所以t2时刻 质点的速率 最大，动能最大，A错，B对；t2～t4时间内力的方向与0～t2 时间内相反，根据三角函数的对称性，t4时刻质点离出发点 最远，C错；0～t2时间内，力的方向不变，加速度的方向不 变，D错．
3.(单选)(2015·保定调研)质量为2 kg的物体， 放在动摩擦因数μ＝0.1的水平面上，在水平 拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力 做的功W随物体位置x变化的关系如图所示． 重力加速度g取10 m/s2，则( B ) A．在x＝0至x＝3 m的过程中，物体的加速度是2.5 m/s2 B．在x＝0至x＝3 m的过程中，物体的加速度是1.5 m/s2 C．x＝6 m时，物体的速度约为20 m/s D．x＝3 m至x＝9 m的过程中，物体做匀加速运动
(1)求物块在传送带上运动的时间t；
(2)求物块到达D点时的速度；
(3)物块能否到达E点，若能，求通过E点后物块落地点距离D
点的距离．
解析：(1)刚开始时，对物块受力分析可知 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1 解得 a1＝10 m/s2 物块与传送带达到共同速度时 v＝a1t1，解得 t1＝1 s 物块的位移 x＝12a1t21＝5 m 此后对物块受力分析可知 mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2 解得 a2＝2 m/s2
(3)铁块脱离桌布时的速度 v0＝vA 铁块在桌布上做匀加速直线运动，设铁块加速度为 a0， 由牛顿第二定律 μmg＝ma0 设铁块在桌面上的加速时间为 t0，由运动学公式 v0＝a0t0 由公式 r＝12at20－12a0t20 代入数据得 a＝5.25 m/s2.
答案：(1)0.8 m (2)60 N (3)5.25 m/s2
高考物理一轮复习 热点强化突破(一)课件 人教版
解析：选B.取Q为研究对象，Q受到mg、FMN、FP三个力的 作用，若MN缓慢向右移动，则FMN方向不变，FP与竖直方 向夹角增大，动态变化情况如图所示，可以判断FMN、FP都 变大，选项A、C错误．由于Q受力平衡，合力始终为零， 选项D错误．取P、Q整体为研究对象，地面对P的摩擦力应 与FMN平衡，所以地面对P的摩擦力逐渐增大,选项B正确．
2．(2013·郑州四中检测)如图所示，物体M静止在水平面
上，今对其施加一个与水平方向成θ角的斜向上的拉力F，
保持θ角不变，使F从零开始逐渐增大，若物体始终未离开
水平面，则在此过程中物体受到的摩擦力( )
A．逐渐增大
B．逐渐减小
C．先减小后增大 D．先增大后减小
解析：选D.当M静止时，M受静摩擦力作用，Ff＝Fcosθ， 故随F的增大,Ff在增大,当M滑动时,M受滑动摩擦力作用,Ff ＝μFN，FN＝mg－Fsinθ,故Ff随F的增大而减小,D对．
R 2Rsinα2 m2 ＝2sinα2. 法二：采用正交分解法． 建立如解法一中图所示的坐标系， 可知：FT2＝FN＝m2g 2FT2sinα2＝FT1＝m1g
解得mm12＝2sinα2.
法三：采用三力平衡的推论法． FT2 与 FN 的合力与 FT1 平衡，则 FT2 与 FN 所构成的平行四边 形为菱形，有 2FT2sinα2＝FT1，FT2＝m2g，FT1＝m1g， 解得mm12＝2sinα2.
3．(2013·天津市河西区高三质量调查)如图所示，质量为m
的木块在质量为M的长木板上滑行，长木板与地面间动摩
擦因数为μ1,木块与长木板间动摩擦因数为μ2，若长木板仍 处于静止状态,则长木板受地面摩擦力大小一定为( )
A．μ1(m1＋m2)g B．μ2mg
高考物理热点快速突破必考部分专题物理大题解题思路及模板
专题13 物理大题解题思路及模板温馨提醒：考生需吃透物理大题涉及相关定理、定律、公式，在具体题目中理清物理情景，明确已知，对定理、定律、公式具体化，根据题意灵活求解，问题便可巧妙得到迎刃而解！ 解决物理问题三把钥匙：运动学规律及牛顿运动定律；动能定理及机械能守恒定律； 动量定理及动量守恒定律。
注：其间若涉及能量转化，应巧用能量转化与守恒处理问题。
热点突破提升练十三【题型一】 直线运动 思路整合：理清物理情景⇒受力分析（滑动摩擦力N F f μ=）⇒判断运动状态，结合“牛二”：mF a 合=运动学（匀变速）公式 )(22210202200移，简化计算学会巧用平均速度求位t vv t v x axv v at t v x atv v +===-+=+= 【母题精练】1.如图所示，公路上有一辆公共汽车以10 m/s 的速度匀速行驶，为了平稳停靠在站台，在距离站台P 左侧位置50 m 处开始刹车做匀减速直线运动。
同时一个人为了搭车，从距站台P 右侧位置30 m 处从静止正对着站台跑去，假设人先做匀加速直线运动，速度达到4 m/s 后匀速运动一段时间，接着做匀减速直线运动，最终人和车到达P 位置同时停下，人加速和减速时的加速度大小相等。
求：(1)汽车刹车的时间； (2)人的加速度的大小。
答案 P46灵活 求解自由落体运动：ghv gtv tv t v gt h y y y y 222122===== ga =2.质量为10 kg的物体在F＝200 N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ＝37°，力F作用2 s后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25 s后，速度减为零。
(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)。
求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；(2)物体的总位移x。
3.如图甲所示，一物块在倾角为α的斜面上，在平行于斜面的拉力F的作用下从静止开始运动，作用2 s后撤去拉力，物块经0.5 s速度减为零，并由静止开始下滑，运动的v－t图象如图乙所示，已知物块的质量为1 kg，g＝10 m/s2，31＝5.57，求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数(结果保留两位有效数字)；(2)拉力F的大小。
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热点强化突破(二)
热点1物体的受力分析
受力分析是解决静力学问题、动力学问题、力电综合等问题的基础和关键，对其单独考查的试题在近几年高考中也时有出现，主要涉及弹力、摩擦力的有无和方向的判断．
1．(单选)(2014·安徽六校联考)如图所示，位于倾角为θ的斜面上的物块B由跨过定滑轮的轻绳与物块A相连．从滑轮到A与B的两段绳都与斜面平行．已知A与B之间及B与斜面之间均不光滑，若用一沿斜面向下的力F拉B并使它做匀速直线运动，则B受力的个数为()
A．4个B．5个C．6个D．7个
2．(单选)如图所示，倾斜天花板平面与竖直方向夹角为θ，推力垂
直天花板平面作用在木块上，使其处于静止状态，则()
A．木块一定受到三个力的作用
B．天花板对木块的弹力F N>F
C．木块受到的静摩擦力等于mg cos θ
D．木块受到的静摩擦力等于mg/cos θ
3．如图所示，质量为m的木块A放在斜面体B上，现用水平向右的恒力F作用在斜面体B上，若A和B沿水平方向以相同的速度一起向右做匀速直线运动，则A和B之间的相互作用力的大小与木块A对斜面体B的摩擦力大小分别为()
A．mg，mg sin θB．mg，mg cos θ
C．mg cos θ，mg sin θD．mg tan θ，0
4．(单选)
如图所示，A、B两个物体叠放在一起，放于斜面C上，物体B的上表面水平，现三者在水平外力F的作用下一起向左做匀速直线运动，下列说法正确的是() A．物体A可能受到3个力的作用
B．物体B可能受到3个力的作用
C．物体C对物体B的作用力竖直向上
D．物体C和物体B之间可能没有摩擦力
热点2物体的平衡
物体的平衡条件是本章的重点内容，广泛应用于力、热、电等各部分内容的试题之中，更应特别关注以生产、生活中的实际问题为背景考查平衡条件的灵活应用．
5．(单选)(2014·郑州质检)如图所示，铁板AB 与水平地面之间的夹角为θ，一块磁铁吸附在铁板下方．在缓慢抬起铁板的B 端使θ角增大(始终小于90°)的过程中，磁铁始终相对于铁板静止．下列说法正确的是( )
A ．磁铁所受合外力逐渐减小
B ．磁铁始终受到三个力的作用
C ．磁铁受到的摩擦力逐渐减小
D ．铁板对磁铁的弹力逐渐增大
6．(单选)如图所示，水平固定且倾角为30°的光滑斜面上有两个质量均为m 的小球A 、B ，它们用劲度系数为k 的轻质弹簧连接，现对B 施加一水平向左的推力F 使A 、B 均静止在斜面上，此时弹簧的长度为l ，则弹簧原长和推力F 的大小分别为( ) A ．l ＋mg 2k ，233mg B ．l －mg 2k ，233
mg C ．l ＋mg 2k ，23mg D ．l －mg 2k
，23mg 7．(单选)四个半径为r 的匀质球在光滑的水平面上堆成锥形，如图所示．下面的三个球A 、B 、C 用绳缚住，绳与三个球心在同一水平面内，D 球放在三球上方处于静止状态，如果四个球的质量均为m ，则D 球对A 、B 、C 三球的压力均为( )
A ．mg B.
32mg C.33mg D.66
mg
8．有三个质量相等、半径为r 的圆柱体，同置于一块光滑圆弧曲面上，为了使下面两圆柱体不致分开，则圆弧曲面的半径R 最大是多少？
参考答案
实战演练
1．[解析]选D.对B 进行受力分析，它受重力、斜面的支持力、拉力F 、细绳沿斜面向上的拉力、物块A 对B 的压力、物块A 与B 之间的滑动摩擦力、B 与斜面间的滑动摩擦力，因此B 共受7个力作用． 2.
[解析]选C.木块受力分析如图所示，由于木块处于静止状态，由平衡条件可知沿天花板方向有F f ＝mg cos θ，所以C 正确，D 错误；垂直于天花板方向有F ＝mg sin θ＋F N ，所以B 错误；木块一定受到四个力作用，故A 错误． 3.
[解析]选A.正确选取研究对象并判断出研究对象所处的运动状态是正确解题的关键．选取A 为研究对象，因为A 水平向右做匀速直线运动，所以其合力为零，斜面体B 对A 的作用力与A 的重力等大反向，故A 和B 之间的相互作用力的大小为mg .对A 受力分析如图所示，由图知，f ＝mg sin θ，根据牛顿第三定律，木块A 对斜面体B 的摩擦力大小为mg sin θ，所以A 正确．
4．[解析]选C.A 、B 、C 均处于平衡状态，先对物体A 进行受力分析，其在竖直方向上受重力和支持力的作用，二力平衡，水平方向上不会受到摩擦力的作用，A 错误；对物体B ，除了受到重力和斜面的支持力外，肯定还受到沿斜面向上的摩擦力作用，此外还受到物体A 的压力，共4个力作用，B 、D 错误；物体B 共受4个力的作用，斜面对B 的作用力是指支持力和摩擦力的合力，这两个力的合力与物体B 的重力和所受压力的合力“二力平衡”，所以斜面对B 的作用力的方向竖直向上，C 正确．
5．[解析]选D.以磁铁为研究对象进行受力分析可知，在缓慢抬起铁板的B 端的过程中磁铁相对铁板静止，因此磁铁所受合外力始终为零，A 错误；磁铁受重力、铁板的吸引力、铁板的弹力、铁板的摩擦力四个力作用，B 错误；由受力平衡关系可得，磁铁受到的摩擦力逐渐增大，铁板对磁铁的弹力逐渐增大，C 错误，D 正确．
6．[解析]选B.以A 、B 整体为研究对象，则F cos 30°＝2mg sin 30°，得F ＝233
mg ；隔离A 有kx ＝mg sin 30 °，得弹簧原长为l －x ＝l －mg 2k
.故B 正确． 7.
[解析]选D.如图所示，A 、B 、C 、D 分别为四个球的球心，θ为B 、D 连线与竖直方向间的夹角，根据几何关系有sin θ＝33，cos θ＝63
.分析D 球受力得3F cos θ＝mg ，其中F 为A 、B 、C 三球对D 球的支持力大小，可得F ＝
66mg ，即D 正确． 8.
[解析]设下面圆柱对上面圆柱的支持力为F ，圆弧曲面对下面圆柱的支持力为F N ，对上面圆柱受力分析，有2F cos 30°＝mg ①
对整体受力分析有
2F N cos θ＝3mg ②
下面两圆柱恰好不分开时，对下面右侧圆柱受力分析，如图所示，有
F N sin θ＝F sin 30°③
联立①②③得32mg tan θ＝12
mg tan 30°④ 根据几何关系可知sin θ＝r R －r
⑤ 联立④⑤得R ＝(27＋1)r .
[答案](27＋1)r。