第1講力與物體的平衡

1、第1講力與物體的平衡1(2016·全國卷，14)質(zhì)量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上。用水平向左的力F緩慢拉動繩的中點(diǎn)O，如圖1所示。用T表示繩OA段拉力的大小，在O點(diǎn)向左移動的過程中()圖1AF逐漸變大，T逐漸變大BF逐漸變大，T逐漸變小CF逐漸變小，T逐漸變大DF逐漸變小，T逐漸變小解析對O點(diǎn)受力分析如圖所示，F(xiàn)與T的變化情況如圖，由圖可知在O點(diǎn)向左移動的過程中，F(xiàn)逐漸變大，T逐漸變大，故選項(xiàng)A正確。答案A2(2016·全國卷，17)如圖2所示，兩個輕環(huán)a和b套在位于豎直面內(nèi)的一段固定圓弧上；一細(xì)線穿過兩輕環(huán)，其兩端各系一質(zhì)量為m的小球。在a和b之間的細(xì)線上懸掛一小物

2、塊。平衡時，a、b間的距離恰好等于圓弧的半徑。不計(jì)所有摩擦。小物塊的質(zhì)量為()圖2A. B.m Cm D2m解析如圖所示，圓弧的圓心為O，懸掛小物塊的點(diǎn)為c，由于abR，則aOb為等邊三角形，同一條細(xì)線上的拉力相等，Tmg，細(xì)線對a環(huán)拉力的合力沿aO方向，則aO為角平分線，由幾何關(guān)系知，acb120°，故細(xì)線在c點(diǎn)拉力的合力與物塊的重力大小相等，即拉力合力大小TGmg，所以小物塊質(zhì)量為m，故C對。答案C3(多選)(2016·全國卷，19)如圖3，一光滑的輕滑輪用細(xì)繩OO懸掛于O點(diǎn)；另一細(xì)繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物塊b。外力F向右上方拉b，

3、整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。若F方向不變，大小在一定范圍內(nèi)變化，物塊b仍始終保持靜止，則()圖3A繩OO的張力也在一定范圍內(nèi)變化B物塊b所受到的支持力也在一定范圍內(nèi)變化C連接a和b的繩的張力也在一定范圍內(nèi)變化D物塊b與桌面間的摩擦力也在一定范圍內(nèi)變化解析由于物體a、b均保持靜止，各繩間角度保持不變，對a受力分析得，繩的拉力Tmag，所以物體a受到繩的拉力保持不變。由滑輪性質(zhì)，滑輪兩側(cè)繩的拉力相等，所以連接a和b繩的張力大小、方向均保持不變，C選項(xiàng)錯誤；a、b受到繩的拉力大小、方向均不變，所以O(shè)O的張力不變，A選項(xiàng)錯誤；對b進(jìn)行受力分析，如圖所示。由平衡條件得：Tcos fFcos ，F(xiàn)sin FNT

4、sin mbg。其中T和mbg始終不變，當(dāng)F大小在一定范圍內(nèi)變化時，支持力在一定范圍內(nèi)變化，B選項(xiàng)正確；摩擦力也在一定范圍內(nèi)發(fā)生變化，D選項(xiàng)正確。答案BD4(2015·全國卷，24)如圖4所示，一長為10 cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.1 T，方向垂直于紙面向里；彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣。金屬棒通過開關(guān)與一電動勢為12 V的電池相連，電路總電阻為2 。已知開關(guān)斷開時兩彈簧的伸長量均為0.5 cm；閉合開關(guān)，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長量與開關(guān)斷開時相比均改變了0.3 cm，重力加速度大小取10 m/s2。判斷開關(guān)閉合后金屬

5、棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質(zhì)量。圖4解析金屬棒通電后，閉合回路電流I A6 A導(dǎo)體棒受到的安培力大小為FBIL0.06 N。開關(guān)閉合后，電流方向?yàn)閺腷到a，由左手定則可判斷知金屬棒受到的安培力方向豎直向下由平衡條件知：開關(guān)閉合前：2kxmg開關(guān)閉合后：2k(xx)mgF代入數(shù)值解得m0.01 kg答案方向豎直向下0.01 kg5(2016·全國卷，24)如圖5，兩固定的絕緣斜面傾角均為，上沿相連。兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)出c端)長度均為L，質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在

6、斜面上，使兩金屬棒水平。右斜面上存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于斜面向上，已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為，重力加速度大小為g，已知金屬棒ab勻速下滑。求圖5(1)作用在金屬棒ab上的安培力的大?。?2)金屬棒運(yùn)動速度的大小。解析(1)由于ab、cd棒被平行于斜面的導(dǎo)線相連，故ab、cd速度總是大小相等，cd也做勻速直線運(yùn)動。設(shè)兩導(dǎo)線上拉力的大小為T，右斜面對ab棒的支持力的大小為FN1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對cd棒的支持力大小為FN2。對于ab棒，受力分析如圖甲所示，由力的平衡條件得甲乙2mgsin FN1TFFN12

7、mgcos 對于cd棒，受力分析如圖乙所示，由力的平衡條件得mgsin FN2TFN2mgcos 聯(lián)立式得：Fmg(sin 3cos )(2)設(shè)金屬棒運(yùn)動速度大小為v，ab棒上的感應(yīng)電動勢為EBLv回路中電流I安培力FBIL聯(lián)立得：v(sin 3cos )答案(1)mg(sin 3cos )(2)(sin 3cos )備 考 指 導(dǎo)【考情分析】20142015卷T24：安培力、胡克定律、力的平衡2016卷T19：有重力、彈力、摩擦力的共點(diǎn)力平衡卷T24：有關(guān)電磁感應(yīng)問題的平衡及法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用卷T14：力的動態(tài)平衡卷T17：共點(diǎn)力的平衡條件高考命題突出受力分析、力的合成與分解方法的考查

8、，也有將受力分析與牛頓運(yùn)動定律、電磁場、功能關(guān)系進(jìn)行綜合考查。題型一般為選擇題和計(jì)算題?！緜淇疾呗浴?研究對象的選取方法：(1)整體法(2)隔離法2受力分析的順序一般按照“一重、二彈、三摩擦，四其他”的程序，結(jié)合整體法與隔離法分析物體的受力情況。3處理平衡問題的基本思路單個物體的平衡 規(guī) 律 方 法1靜態(tài)平衡問題：應(yīng)先分析物體的受力情況，再根據(jù)平衡條件列出相應(yīng)方程，解方程并對結(jié)果進(jìn)行討論。2動態(tài)平衡問題3求解共點(diǎn)力平衡問題常用的方法(1)力的合成法：對研究對象受力分析后，應(yīng)用平行四邊形定則(或三角形定則)求合力的方法。力的合成法常用于僅受三個共點(diǎn)力作用且保持平衡。(2)正交分解法：把物體受到的

9、各力都分解到互相垂直的兩個方向上，然后分別列出兩個方向上合力為零的方程并求解。當(dāng)物體受四個及四個以上共點(diǎn)力作用而平衡時，一般采用正交分解法。(3)圖解法：對研究對象進(jìn)行受力分析，再根據(jù)平行四邊形定則或三角形定則畫出不同狀態(tài)下力的矢量圖(畫在同一個圖中)，然后根據(jù)有向線段(表示力)的長度變化情況判斷各個力的變化情況。用圖解法分析動態(tài)平衡問題時要在矢量三角形中確定不變的量和改變的量。精 典 題 組1(多選)如圖6所示，一個質(zhì)量為m的滑塊靜止置于傾角為30°的粗糙斜面上，一根輕彈簧一端固定在豎直墻上的P點(diǎn)，另一端系在滑塊上，彈簧與豎直方向的夾角為30°。則()圖6A滑塊可能受到三

10、個力作用B彈簧一定處于壓縮狀態(tài)C斜面對滑塊的支持力大小可能為零D斜面對滑塊的摩擦力大小一定等于mg解析彈簧可能恰好處于原長，滑塊只受到重力、斜面支持力和摩擦力三個力作用，選項(xiàng)A正確，B錯誤；將滑塊隔離受力分析，將滑塊所受重力分解為沿斜面方向和垂直斜面方向，由平衡條件可知，斜面對滑塊的摩擦力大小一定等于mg，斜面對滑塊的支持力大小一定不為零，選項(xiàng)C錯誤，D正確。答案AD2如圖7所示，用一輕繩將光滑小球(大小不能忽略)系于豎直墻壁上的O點(diǎn)，現(xiàn)用一細(xì)桿壓在輕繩上緊貼墻壁從O點(diǎn)緩慢下移，則()圖7A輕繩對小球的拉力保持不變B輕繩對小球的拉力逐漸增大C小球?qū)Ρ诘膲毫Ρ３植蛔僁小球?qū)Ρ诘膲毫χ饾u減小解

11、析對小球受力分析，如圖所示，由于小球始終處于平衡狀態(tài)，其合力為零，在細(xì)桿從O點(diǎn)緩慢下移過程中，輕繩與豎直方向的夾角增大，由圖中幾何關(guān)系可知：輕繩對小球的拉力F逐漸增大，墻壁對小球的支持力FN也逐漸增大，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)Ρ诘膲毫σ仓饾u增大，故選項(xiàng)B正確，A、C、D錯誤。答案B3如圖8所示，位于固定的傾角為45°的粗糙斜面上的小物塊P，受到一沿斜面向上的拉力F，沿斜面勻速上滑。現(xiàn)把力F的方向變?yōu)樨Q直向上而大小不變，仍能使物塊P沿斜面保持原來的速度勻速運(yùn)動，則物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為()圖8A BC1 D1解析由題可知，拉力F方向沿斜面向上時，物塊處于平衡狀態(tài)，對其受力分析

12、，F(xiàn)mgsin 45°mgcos 45°；把拉力F的方向變?yōu)樨Q直向上時，由物塊仍沿斜面保持原來的速度勻速運(yùn)動可知Fmg。所以有mgsin 45°mgcos 45°mg，解得1，選項(xiàng)C正確。答案C多個物體的平衡規(guī) 律 方 法1在分析兩個或兩個以上物體間的相互作用時，一般采用整體法與隔離法進(jìn)行分析。2當(dāng)直接分析一個物體的受力不方便時，可轉(zhuǎn)移研究對象，先分析另一個物體的受力，再根據(jù)牛頓第三定律分析該物體的受力，此法叫“轉(zhuǎn)移研究對象法”。3解題思路精 典 題 組1. (2016·山西右玉一模)如圖9所示，物塊A和滑環(huán)B用繞過光滑定滑輪的不可伸長的輕繩連

13、接，滑環(huán)B套在與豎直方向成37°的粗細(xì)均勻的固定桿上，連接滑環(huán)B的繩與桿垂直并在同一豎直平面內(nèi)，滑環(huán)B恰好不能下滑，滑環(huán)和桿間的動摩擦因數(shù)為0.4，設(shè)滑環(huán)和桿間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則物塊A和滑環(huán)B的質(zhì)量之比為()圖9A. B. C. D.解析設(shè)物塊A和滑環(huán)B的質(zhì)量分別為m1、m2，若桿對B的彈力垂直于桿向下，因滑環(huán)B恰好不能下滑，則由平衡條件有m2gcos (m1gm2gsin )，解得；若桿對B的彈力垂直于桿向上，因滑環(huán)B恰好不能下滑，則由平衡條件有m2gcos (m2gsin m1g)，解得(舍去)。綜上分析可知應(yīng)選C。答案C2將一橫截面為扇形的物體B放在水平面上，一小

14、滑塊A放在物體B上，如圖10所示，除了物體B與水平面間的摩擦力之外，其余接觸面的摩擦力均可忽略不計(jì)，已知物體B的質(zhì)量為M，滑塊A的質(zhì)量為m，當(dāng)整個裝置靜止時，滑塊A與物體B接觸的一面與豎直擋板之間的夾角為。已知重力加速度為g，則下列選項(xiàng)正確的是()圖10A物體B對水平面的壓力大小為MgB物體B受水平面的摩擦力大小為mgtan C滑塊A與豎直擋板之間的彈力大小為D滑塊A對物體B的壓力大小為解析以滑塊A為研究對象進(jìn)行受力分析，并運(yùn)用合成法，如圖所示，由幾何知識得，擋板對滑塊A的彈力大小為FN1，C正確；物體B對滑塊A的彈力大小為FN2，根據(jù)牛頓第三定律，滑塊A對物體B的壓力大小為，D錯誤；以滑塊A

15、和物體B組成的系統(tǒng)為研究對象，在豎直方向上受力平衡，則水平面對物體B的支持力FN(Mm)g，故水平面所受壓力大小為(Mm)g，A錯誤；A和B組成的系統(tǒng)在水平方向上受力平衡，則水平面對物體B的摩擦力大小為FfFN1，B錯誤。答案C3. (多選)如圖11所示，用一段繩子把輕質(zhì)滑輪吊裝在A點(diǎn)，一根輕繩跨過滑輪，繩的一端拴在井中的水桶上，人用力拉繩的另一端，滑輪中心為O點(diǎn)，人所拉繩子與OA的夾角為，拉水桶的繩子與OA的夾角為。人拉繩沿水平面向左運(yùn)動，把井中質(zhì)量為m的水桶勻速提上來，人的質(zhì)量為M，重力加速度為g，在此過程中，以下說法正確的是()圖11A始終等于B吊裝滑輪的繩子上的拉力逐漸變大C地面對人的

16、摩擦力逐漸變大D地面對人的支持力逐漸變大解析水桶勻速上升，拉水桶的輕繩中的拉力T始終等于mg，對滑輪受力分析如圖甲所示，垂直于OA方向有Tsin Tsin ，所以，沿OA方向有FTcos Tcos 2Tcos ，人向左運(yùn)動的過程中變大，所以和均變大，吊裝滑輪的繩子上的拉力F變小，選項(xiàng)A正確，B錯誤；對人受力分析如圖乙所示，逐漸變大，水平方向有fTsin ，地面對人的摩擦力逐漸變大，豎直方向有FNTcos Mg，地面對人的支持力FNMgTcos 逐漸變大，選項(xiàng)C、D正確。答案ACD電磁場中的平衡問題規(guī) 律 方 法1帶電體的平衡問題仍然滿足平衡條件，只是要注意準(zhǔn)確分析場力電場力、安培力或洛倫茲力。

17、(1)2處理電學(xué)問題中的平衡問題的方法：與純力學(xué)問題的分析方法一樣，學(xué)會把電學(xué)問題力學(xué)化。精 典 題 組1.均勻帶正電的薄圓盤的右側(cè)，用絕緣細(xì)線A、B懸掛一根水平通電直導(dǎo)線ab，電流方向由a到b，導(dǎo)線平行于圓盤平面?，F(xiàn)圓盤繞過圓心的水平軸沿如圖12所示方向勻速轉(zhuǎn)動，細(xì)線仍然豎直，與圓盤靜止時相比，下列說法正確的是()圖12A細(xì)線所受彈力變小B細(xì)線所受彈力不變C細(xì)線所受彈力變大D若改變圓盤轉(zhuǎn)動方向，細(xì)線所受彈力變大解析圓盤靜止時，通電直導(dǎo)線受到豎直向上的彈力和豎直向下的重力，兩者等大反向，合力為零。當(dāng)圓盤勻速轉(zhuǎn)動時，根據(jù)右手螺旋定則，圓盤產(chǎn)生水平向右的磁場，根據(jù)左手定則，通電直導(dǎo)線受到方向向下的

18、安培力，故細(xì)線所受的彈力變大，選項(xiàng)A、B錯誤，C正確；若改變圓盤轉(zhuǎn)動方向，通電直導(dǎo)線受到的安培力方向向上，細(xì)線所受的彈力變小，選項(xiàng)D錯誤。答案C2(多選) (2016·山東臨沂市三模)某老師用圖示裝置探究庫侖力與電荷量的關(guān)系。A、B是可視為點(diǎn)電荷的兩帶電小球，用絕緣細(xì)線將A懸掛，實(shí)驗(yàn)中在改變電荷量時，移動B并保持A、B連線與細(xì)線垂直。用Q和q表示A、B的電荷量，d表示A、B間的距離，(不是很小)表示細(xì)線與豎直方向的夾角，x表示A偏離O點(diǎn)的水平距離，實(shí)驗(yàn)中()圖13Ad應(yīng)保持不變BB的位置在同一圓弧上Cx與電荷量乘積Qq成正比Dtan 與A、B間庫侖力成正比解析因?qū)嶒?yàn)要探究庫侖力與電荷

19、量的關(guān)系，故兩電荷間距d應(yīng)保持不變，選項(xiàng)A正確；因要保持A、B連線與細(xì)線垂直且AB距離總保持d不變，故B的位置在同一圓弧上，選項(xiàng)B正確；對A球由平衡知識可知F庫mgsin ，即kmg，可知x與電荷量乘積Qq成正比，選項(xiàng)C正確，D錯誤。答案ABC3.如圖14所示,將長為50 cm、質(zhì)量為10 g的均勻金屬棒ab的兩端用兩只相同的彈簧懸掛成水平狀態(tài)，位于垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場中。當(dāng)金屬棒中通以0.4 A的電流時，彈簧恰好不伸長。g10 m/s2。圖14(1)求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；(2)當(dāng)金屬棒中通過大小為0.2 A、方向由a到b的電流時，彈簧伸長1 cm。如果電流方向由b到a，而電流大小

20、不變，則彈簧伸長又是多少？解析(1)彈簧恰好不伸長時，ab棒受到向上的安培力BIL和向下的重力mg大小相等，即BILmg解得B0.5 T(2)當(dāng)金屬棒中通過大小為0.2 A、方向由a向b的電流時，ab棒受到兩只彈簧向上的拉力2kx1及向上的安培力BI1L和向下的重力mg作用，處于平衡狀態(tài)。根據(jù)平衡條件有2kx1BI1Lmg當(dāng)電流反向后，ab棒在兩個彈簧向上的拉力2kx2及向下的安培力BI2L和重力mg作用下處于平衡狀態(tài)。根據(jù)平衡條件有2kx2mgBI2L聯(lián)立解得x2x13 cm。答案(1)0.5 T(2)3 cm高頻考點(diǎn)一整體法與隔離法的綜合應(yīng)用解題方略利用整體法和隔離法解決物理問題是高考物理

21、中常用的方法之一。一般解題方法是：對于不要求討論系統(tǒng)內(nèi)部物體之間受力情況時，首選整體法，解題過程簡明、快捷；如果要考慮系統(tǒng)內(nèi)部各個物體之間的相互作用力，則必須使用隔離法。在實(shí)際應(yīng)用中，隔離法和整體法往往交替使用?！耙活}多變”是通過轉(zhuǎn)化題目中的條件和所求問題，生成多道不同的、新的題目。此項(xiàng)練習(xí)能使同學(xué)們觸類旁通，更加熟練地掌握解題方法，培養(yǎng)靈活解題的能力，同時訓(xùn)練同學(xué)們思維的變通性和邏輯性，能開拓思維的廣度和深度，提升同學(xué)們的解題推理能力。【典例】 如圖15所示，兩段等長細(xì)線串接著兩個質(zhì)量相等的小球a、b，并懸掛于O點(diǎn)?，F(xiàn)在兩個小球上分別加上水平方向的外力，其中作用在b球上的力為F、作用在a球上

22、的力為2F，則此裝置平衡時的位置可能是下列圖中的()圖15解析對b球受力分析，設(shè)拉b球的細(xì)線與豎直方向的夾角為，其受力圖如圖甲所示，由圖可得tan 。對a、b兩球整體受力分析，可知A不可能；設(shè)拉a球的細(xì)線與豎直方向的夾角為，小球a、b整體受力圖如圖乙所示，由圖可得tan ，所以；由圖可知，B圖中，C圖中，D圖中，故C圖可能，B、D圖不可能。答案C變式1改變物體的受力情況如圖16所示，兩段等長絕緣細(xì)線將質(zhì)量分別為2m、m的小球A、B懸掛在O點(diǎn)，小球A、B分別帶有4q和q的電荷量，不考慮A、B兩小球之間的作用力，當(dāng)系統(tǒng)處于水平向右的勻強(qiáng)電場中并靜止時，可能出現(xiàn)的狀態(tài)應(yīng)是()圖16解析(解題方法同典

23、例)將典例中的力學(xué)情境變?yōu)殡妼W(xué)情境，將所加的外力變?yōu)殡妶隽?。對B球：tan ，對A、B兩小球整體tan ，所以有，D圖正確。答案D變式2改變物體的運(yùn)動狀態(tài)如圖所示，車廂里懸掛著兩個質(zhì)量分別為m1、m2的小球(下面球的質(zhì)量為m1)，當(dāng)車廂向右做勻加速運(yùn)動(空氣阻力不計(jì))，達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時，下列各圖中正確的是()解析將典例中小球由平衡狀態(tài)變?yōu)閯蚣铀龠\(yùn)動狀態(tài)。對下面的小球受力分析，設(shè)拉下面小球的細(xì)線與水平方向的夾角為，其受力圖如圖甲所示，由圖可得tan ；對兩球整體受力分析，設(shè)拉上面小球的細(xì)線與水平方向的夾角為，受力圖如圖乙所示，由圖可得tan ，所以，故選項(xiàng)B正確。答案B變式3改變物體所處的情境如圖

24、17所示，有三根長度皆為l1.0 m的不可伸長的絕緣輕線，其中兩根的一端固定在天花板上的O點(diǎn)，另一端分別掛有質(zhì)量均為m1.0×102 kg的帶電小球A和B，它們的電荷量分別為q和q，q1.0×107 C。A、B之間用第三根線連接起來。空間存在大小為E1.0×106 N/C的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)方向水平向右。平衡時A、B兩球的位置如圖所示?，F(xiàn)將O、B之間的線燒斷，由于空氣阻力，A、B球最后會達(dá)到新的平衡位置。則最后兩球的機(jī)械能與電勢能的總和與燒斷前相比改變了(不計(jì)兩帶電小球間相互作用的靜電力)()圖17A減小6.8×102 J B增加6.8×102 J

25、C減小9.8×102 J D增加9.8×102 J解析由上面的分析可知，將O、B之間的線燒斷后，A、B球最后達(dá)到的平衡位置如圖甲所示，對B球受力分析，受力圖如圖乙所示。tan 1，45°。與原來位置相比，A球的重力勢能減少了EAmgl(1sin 60°)，B球的重力勢能減少了EBmgl(1sin 60°cos 45°)，A球的電勢能增加了WAqElcos 60°，B球的電勢能減少了WBqEl(sin 45°sin 30°)，兩種勢能總和減少了WWBWAEAEB，代入數(shù)據(jù)解得W6.8×102 J，

26、即最后兩球的機(jī)械能與電勢能的總和與燒斷前相比減少了W6.8×102 J。故選項(xiàng)A正確。答案A一、選擇題(17題為單項(xiàng)選擇題，810題為多項(xiàng)選擇題)1.如圖1所示，一豎直放置的大圓環(huán)，在其水平直徑上的A、B兩端系著一根不可伸長的柔軟輕繩，繩上套有一光滑小鐵環(huán)?，F(xiàn)將大圓環(huán)在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)順時針緩慢轉(zhuǎn)過一個微小角度，則關(guān)于輕繩對A、B兩點(diǎn)拉力FA、FB的變化情況，下列說法正確的是()圖1AFA變小，F(xiàn)B變小 BFA變大，F(xiàn)B變大CFA變大，F(xiàn)B變小 DFA變小，F(xiàn)B變大解析柔軟輕繩上套有光滑小鐵環(huán)，兩側(cè)輕繩中拉力相等。將大圓環(huán)在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)順時針緩慢轉(zhuǎn)過一個微小角度，A、B兩點(diǎn)之間的

27、水平距離減小，光滑小鐵環(huán)兩側(cè)輕繩間夾角2減小，由2Fcos mg可知，輕繩中拉力F減小，輕繩對A、B兩點(diǎn)的拉力FA和FB都變小，選項(xiàng)A正確。答案A2如圖2所示，一光滑小球靜置在光滑半球面上，被豎直放置的光滑擋板擋住，現(xiàn)水平向右緩慢地移動擋板，則在小球運(yùn)動的過程中(該過程小球未脫離球面且球面始終靜止)，擋板對小球的推力F、半球面對小球的支持力FN的變化情況是()圖2AF增大，F(xiàn)N減小 BF增大，F(xiàn)N增大CF減小，F(xiàn)N減小 DF減小，F(xiàn)N增大解析某時刻小球的受力如圖所示，設(shè)小球與半球面的球心連線跟豎直方向的夾角為，則Fmgtan ，F(xiàn)N，隨著擋板向右移動，越來越大，則F和FN都要增大。答案B3如圖

28、3所示，在水平地面上靜止著一質(zhì)量為M、傾角為的斜面，自由釋放質(zhì)量為m的滑塊能在斜面上勻速下滑(斜面始終靜止)，則下列說法中正確的是()圖3A滑塊對斜面的作用力大小等于mgcos ，方向垂直斜面向下B斜面對滑塊的作用力大小等于mg，方向豎直向上C斜面受到地面的摩擦力水平向左，大小與m的大小有關(guān)D滑塊能勻速下滑，則水平地面不可能是光滑的解析因滑塊在重力、斜面的摩擦力及斜面的支持力作用下勻速下滑，如圖所示，所以斜面對滑塊的作用力大小等于滑塊重力mg，方向豎直向上，B項(xiàng)正確；而滑塊對斜面的作用力與斜面對滑塊的作用力是一對作用力與反作用力，所以A項(xiàng)錯誤；又因斜面及滑塊均處于平衡狀態(tài)，所以可將兩者看成一個

29、整體，則整體在豎直方向受重力和地面的支持力作用，水平方向不受力的作用，即水平地面對斜面沒有摩擦力作用，C、D項(xiàng)錯誤。答案B4如圖4所示，絕緣水平桌面上放置一長直導(dǎo)線a，導(dǎo)線a的正上方某處放置另一長直導(dǎo)線b，兩導(dǎo)線中均通以垂直紙面向里的恒定電流。現(xiàn)將導(dǎo)線b向右平移一小段距離，若導(dǎo)線a始終保持靜止，則()圖4A導(dǎo)線b受到的安培力方向始終豎直向下B導(dǎo)線b受到的安培力逐漸減小C導(dǎo)線a對桌面的壓力減小D導(dǎo)線a對桌面的摩擦力方向水平向左解析導(dǎo)線a、b均處在對方產(chǎn)生的磁場中，故兩導(dǎo)線均會受到安培力作用，由“同向電流相互吸引，異向電流相互排斥”可知，當(dāng)導(dǎo)線b未移動時，其受到的安培力方向豎直向下指向?qū)Ь€a，當(dāng)導(dǎo)

30、線b向右平移一小段距離后，導(dǎo)線b受到的安培力仍會指向?qū)Ь€a，選項(xiàng)A錯誤；由于導(dǎo)線a、b之間的距離增大而導(dǎo)線中的電流不變，故兩導(dǎo)線之間的相互作用力減小(安培力FBIl)，選項(xiàng)B正確；導(dǎo)線b向右平移后導(dǎo)線a的受力情況如圖所示，由于導(dǎo)線a始終在桌面上保持靜止，所以有FNGFsin ，因?yàn)榘才嗔減小，sin 減小，所以桌面對導(dǎo)線a的支持力增大，由牛頓第三定律可知，導(dǎo)線a對桌面的壓力增大，選項(xiàng)C錯誤；由圖可知，桌面對導(dǎo)線a的靜摩擦力方向水平向左，故導(dǎo)線a對桌面的摩擦力方向水平向右，選項(xiàng)D錯誤。答案B5如圖5所示，粗糙水平地面上的長方體物塊將一重為G的光滑圓球抵在光滑豎直的墻壁上，現(xiàn)用水平向右的拉力F緩

31、慢拉動長方體物塊，在圓球與地面接觸之前，下面的相關(guān)判斷正確的是()圖5A球?qū)Ρ诘膲毫χ饾u減小B水平拉力F逐漸減小C地面對長方體物塊的摩擦力逐漸增大D地面對長方體物塊的支持力逐漸增大解析對球進(jìn)行受力分析，如圖甲所示。FN1Gtan ，F(xiàn)N2。當(dāng)長方體物塊向右運(yùn)動中，增大，F(xiàn)N1、FN2均增大，由牛頓第三定律知，球?qū)Ρ诘膲毫χ饾u增大，選項(xiàng)A錯誤；圓球?qū)ξ飰K的壓力在豎直方向的分力FN2cos G等于重力，在拉動長方體物塊向右運(yùn)動的過程中，對物塊受力分析如圖乙所示，物塊與地面之間的壓力FNG1FN2cos G1G不變，滑動摩擦力fFN不變，選項(xiàng)C錯誤；又由于圓球?qū)ξ飰K的壓力在水平方向的分力FN2s

32、in 逐漸增大，所以水平拉力FfFN2sin 逐漸減小，選項(xiàng)B正確；由于物塊與地面之間的壓力不變，由牛頓第三定律可知，地面對物塊的支持力不變，選項(xiàng)D錯誤。答案B6如圖6所示，一個半球形的碗固定在桌面上，碗口水平，O點(diǎn)為其球心，碗的內(nèi)表面及碗口是光滑的。一根細(xì)線跨在碗口上，線的兩端分別系有質(zhì)量分別為m1和m2的小球A、B。當(dāng)它們處于平衡狀態(tài)時，碗內(nèi)的細(xì)線與水平方向的夾角為60°，小球B位于水平地面上，設(shè)此時半球形的碗對A的彈力為F，小球B對地面的壓力大小為FN，細(xì)線的拉力大小為T，則下列說法中正確的是()圖6AFN(m2m1)g BFNm2gm1gCT0 DFm1g解析分析小球A的受力

33、情況，由平衡條件可得，細(xì)線的拉力TF，F(xiàn)sin 60°Tsin 60°m1g，解得TFm1g，選項(xiàng)C、D錯誤；分析小球B的受力情況，由平衡條件可得TFNm2g，即FNm2gm1g，故A錯誤，B正確。答案B7(2016·安徽皖南八校二次聯(lián)考)如圖7所示，三角形ABC是固定在水平面上的三棱柱的橫截面，A30°，B37°，C處有光滑小滑輪，質(zhì)量分別為m1、m2的兩物塊通過細(xì)線跨放在AC面和BC面上，且均恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知AC面光滑，物塊2與BC面間的動摩擦因數(shù)0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則兩物塊的質(zhì)量比m1m2不可能是()圖7A13 B3

34、5 C53 D21解析物塊1受重力m1g、細(xì)線拉力T和斜面支持力FN作用處于平衡狀態(tài)，則Tm1gsin 30°，物塊2受重力m2g、細(xì)線拉力T、斜面支持力FN及摩擦力Ff作用處于平衡狀態(tài)，當(dāng)m1較大時，最大靜摩擦力方向沿斜面向下，此時有Tm2gsin 37°m2gcos 37°，即2；當(dāng)m1較小時，最大靜摩擦力方向沿斜面向上，此時有Tm2gsin 37°m2gcos 37°，即，所以2。答案A8如圖8所示，一根通電的導(dǎo)體棒放在傾斜的粗糙斜面上，置于圖示方向的勻強(qiáng)磁場中，處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)增大電流，導(dǎo)體棒仍靜止，則在增大電流過程中，導(dǎo)體棒受到的摩擦

35、力的大小變化情況可能是()圖8A一直增大 B先減小后增大C先增大后減小 D始終為零解析若F安mgsin ，因安培力方向向上，則摩擦力方向向上，當(dāng)F安增大時，F(xiàn)摩減小到零，再向下增大，B項(xiàng)對，C、D項(xiàng)錯；若F安mgsin ，摩擦力方向向下，隨F安增大而一直增大，A項(xiàng)對。答案AB9.如圖9所示，帶電物體P、Q可視為點(diǎn)電荷，電荷量相同。傾角為、質(zhì)量為M的斜面體放在粗糙水平面上，將質(zhì)量為m的物體P放在粗糙的斜面體上。當(dāng)物體Q放在與P等高(PQ連線水平)且與物體P相距為r的右側(cè)位置時，P靜止且受斜面體的摩擦力為0，斜面體保持靜止，靜電力常量為k，則下列說法正確的是()圖9AP、Q所帶電荷量為BP對斜面的

36、壓力為0C斜面體受到地面的摩擦力為0D斜面體對地面的壓力為(Mm)g解析設(shè)P、Q所帶電荷量為q，對物體P受力分析如圖所示，受到水平向左的庫侖力Fk、豎直向下的重力mg、支持力FN，由平衡條件可得tan ，解得q，選項(xiàng)A正確；斜面對P的支持力FNmgcos Fsin ，由牛頓第三定律可知，P對斜面的壓力為FNmgcos Fsin ，選項(xiàng)B錯誤；對P和斜面體整體受力分析，可知水平方向受到Q對P向左的庫侖力Fk和地面對斜面體水平向右的摩擦力，由平衡條件可知，斜面體受到水平向右的摩擦力大小為fk，選項(xiàng)C錯誤；對P和斜面體整體受力分析，豎直方向受到豎直向下的重力(Mm)g和水平面的支持力，由平衡條件可得

37、，水平面支持力等于(Mm)g，根據(jù)牛頓第三定律，斜面體對地面的壓力大小為(Mm)g，選項(xiàng)D正確。答案AD10如圖10所示，用兩根完全相同的橡皮筋M、N將兩個質(zhì)量均為m1 kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A、B拴接在一起，并懸掛在水平天花板上，在小球A上施加一水平向左的恒力F，當(dāng)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時，橡皮筋M與豎直方向的夾角為60°。假設(shè)兩橡皮筋的勁度系數(shù)均為k5 N/cm，且始終處在彈性限度以內(nèi)，重力加速度取g10 m/s2。則()圖10A橡皮筋M的伸長量為4 cmB橡皮筋N的伸長量為2 cmC水平恒力的大小為10 ND如果將水平恒力撤去，則小球B的瞬時加速度為零解析先對小球B進(jìn)行受力分析，小球B受重力mg和橡皮筋