專題01力與物體的平衡(講解)(解析版)

1、專題01力與物體的平衡難點(diǎn)一受力分析與靜態(tài)平衡1 .平衡狀態(tài)物體處于靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)的狀態(tài).2 .平衡條件Fx= 0Fy = 0K.3 .利用整體、隔離思維法對(duì)物體受力分析整體思維法隔離思維法原則優(yōu)點(diǎn)分析求解系統(tǒng)內(nèi)某個(gè)物體的受力系統(tǒng)內(nèi)物體受到的內(nèi)力和外力均能計(jì)算4 .注意問題(1)在受力分析時(shí)一定要恰當(dāng)?shù)倪x取研究對(duì)象，運(yùn)用整體思維法和隔離思維法時(shí)一定要區(qū)分好內(nèi)力和外力.(2)解決問題時(shí)通常需要交叉應(yīng)用隔離、整體思維法.(3)對(duì)兩個(gè)以上的物體疊加組成的整體進(jìn)行受力分析時(shí)，一般先采用整體思維法后用隔離思維法，即 先整體,后隔離5 .受力分析的4種方法假設(shè)法在受力分析時(shí)，若不能確定某力是否存在，可

2、先對(duì)其作出存在的假設(shè)，然后分析該力存在對(duì)物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的影響來判斷該力是否存在整體法將加速度相同的幾個(gè)相互關(guān)聯(lián)的物體作升-個(gè)整體進(jìn)行受力分析隔離法將所研究的對(duì)象從周圍的物體中分離出來，單獨(dú)進(jìn)行受力分析動(dòng)力學(xué)分對(duì)加速運(yùn)動(dòng)的物體進(jìn)行受力分析時(shí)，應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律進(jìn)行分析求解析法6 .處理靜態(tài)平衡問題的基本思路定平衡狀態(tài)的。整體法 隔麗T巧選研究時(shí)象建立平衡方程求解或討論7 .兩大思維方法對(duì)比整體思維法一，原則只涉及系統(tǒng)外力不涉及系統(tǒng)內(nèi)部物 1體之間的相互作用力一對(duì)T系統(tǒng)內(nèi)的物體同方相同的運(yùn)動(dòng)狀困犍體法解題一般比較箭單.但 整體法不能求內(nèi)力優(yōu)，缺點(diǎn)隔高想堆法難點(diǎn)二動(dòng)態(tài)平衡問題的探究1 .動(dòng)態(tài)平衡物體在緩

3、慢移動(dòng)過程中，可認(rèn)為其速度、加速度均為零，物體處于平衡狀態(tài).2 .共點(diǎn)力平衡的重要推論(1)三個(gè)或三個(gè)以上的共點(diǎn)力平衡，某一個(gè)力(或其中某幾個(gè)力的合力)與其余力的合力等大反向.(2)同一平面上的三個(gè)不平行的力平衡，這三個(gè)力必為共點(diǎn)力，且表示這三個(gè)力的有向線段可以組成一個(gè)封 閉的矢量三角形.3 .解決動(dòng)態(tài)平衡問題的一般思路：把動(dòng)“化為 靜“，靜”中求 動(dòng)”，動(dòng)態(tài)平衡問題的分析過程與處理方法如下：研究對(duì)象： 受三力而處 于動(dòng)態(tài)平衡 的物體初始受力分 析，同時(shí)判 斷空力的變 化恃征一個(gè)力為恒 力，另一個(gè)力 的方向恒定四力轉(zhuǎn)為三力：兩個(gè)恒力 合成為一個(gè)力，如支持力 和滑動(dòng)摩擦力合成為一 個(gè)力一個(gè)力為恒

4、 力，另兩個(gè) 力的方向均變化羽/(解析法合成圖解法、三角形圖解法I，三箱口數(shù)關(guān)察 求斛法相似三角形，比例美系求解力的矢值三角形 胸地幾何上痂形J【特別提醒】 如果物體所受的力較少，可以采用合成的方法.(2)如果物體受到三個(gè)力的作用而處于動(dòng)態(tài)平衡，若其中的一個(gè)力大小、方向均不變，另外兩個(gè)力的方向都 發(fā)生變化，可以用力的三角形與幾何三角形相似的方法求解.(3)如果物體受到三個(gè)力的作用，其中一個(gè)力的大小、方向均不變，并且還有另一個(gè)力的方向不變，此時(shí)可 用圖解法分析，即可以通過畫出多個(gè)平行四邊形來分析力的變化.難點(diǎn)三電學(xué)中的共點(diǎn)力平衡問題1 .六種常見力力大小力向G= mg總是豎直向下彈力一般由力的平

5、衡條件或牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解；彈簧的彈力：f = kx與引起形變的力的方向相反摩擦力靜摩擦力0<Ff4fm；滑動(dòng)摩擦力 Ff=科飛與接觸面相切，與相對(duì)運(yùn)動(dòng)或相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)方向相反(與運(yùn)動(dòng)方向不一定相反)電場(chǎng)力勻強(qiáng)電場(chǎng)中的電場(chǎng)力F=qE;真空中點(diǎn)電荷的庫(kù)侖力 F = kQ2q- r正電荷所受電場(chǎng)力與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同， 負(fù)電何所受電場(chǎng)力與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反安培力F= BIL(I ±B)用左手定則判斷(垂直于I、B所決定的平面)洛倫茲力F= qvB(v ± B)用左手定則判斷(垂直于v、B所決定的平面)2 .四類組合場(chǎng)(1)電場(chǎng)與磁場(chǎng)的組合.(2)電場(chǎng)與重力場(chǎng)的組合.(3)重力場(chǎng)與

6、磁場(chǎng)的組合.(4)重力場(chǎng)、電場(chǎng)和磁場(chǎng)的組合.3 .處理復(fù)合場(chǎng)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(huì)把電學(xué)問題力學(xué)化.分析方法是:方法選取研究對(duì)象> 整體法”或隔離法” 電場(chǎng)力F= Eq或安培力F = BIL受力分析> 或洛倫茲力F = qvB列平衡方程 > F合=0或Fx= 0, Fy= 04 .注意問題(1)電荷在電場(chǎng)中一定受電場(chǎng)力作用，電流或電荷在磁場(chǎng)中不一定受磁場(chǎng)力作用.(2)分析電場(chǎng)力或洛倫茲力時(shí)，注意帶電體的電性.(3)分析帶電粒子受力時(shí)，要注意判斷是否考慮重力.5 .涉及電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力的平衡問題的解題思路(1)記憶口訣：一場(chǎng)二彈三摩擦，各力方向準(zhǔn)確畫.

7、(2)思維導(dǎo)圖6 .解題常見誤區(qū)及提醒(1)安培力方向的判斷要先判斷磁場(chǎng)方向、電流方向，再用左手定則判斷，同時(shí)注意立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖.(2)電場(chǎng)力或安培力的出現(xiàn)，可能會(huì)對(duì)壓力或摩擦力產(chǎn)生影響.涉及電路問題時(shí)，要注意閉合電路歐姆定律的使用.題型突破題型一受力分析與靜態(tài)平衡【例1】(2019高考全國(guó)卷出)用卡車運(yùn)輸質(zhì)量為 m的勻質(zhì)圓筒狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩光滑斜面之間，如圖所示.兩斜面I、n固定在車上，傾角分別為30。和60°.重力加速度為g.當(dāng)卡車沿平直公路勻速行駛時(shí)，圓筒對(duì)斜面I、n壓力的大小分別為F1、F2,則()mgB.33Fi= 2 mg，F(xiàn)2= mgL 1LFi

8、 ?mg, F2 一C.31D. Fi 2 mg, F2-2mg【解析】 分析可知工件受力平衡，對(duì)工件受到的重力按照壓緊斜面I和n的效果進(jìn)行分解如圖所示，結(jié)合幾何關(guān)系可知工件對(duì)斜面I的壓力大小為Fi= mgcos 30 °=jmg、對(duì)斜面n的壓力大小為F2=mgsin 30 =12mg,選項(xiàng)D正確，A、B、C均錯(cuò)反.【答案】D【方法技巧】1 .在分析兩個(gè)或兩個(gè)以上物體間的相互作用時(shí)，一般采用整體法與隔離法進(jìn)行分析.2 .采用整體法進(jìn)行受力分析時(shí)，要注意系統(tǒng)內(nèi)各個(gè)物體的狀態(tài)應(yīng)該相同.3 .當(dāng)直接分析一個(gè)物體的受力不方便時(shí)，可轉(zhuǎn)移研究對(duì)象，先分析另一個(gè)物體的受力，再根據(jù)牛頓第三定律分析該

9、物體的受力，此法叫轉(zhuǎn)移研究對(duì)象法【舉一反三】（2019高考天津卷）2018年10月23日，港珠澳跨海大橋正式通車.為保持以往船行習(xí)慣，在 航道處建造了單面索（所有鋼索均處在同一豎直面內(nèi) ）斜拉橋，其索塔與鋼索如圖所示.下列說法正確的是 （）索塔A .增加鋼索的數(shù)量可減小索塔受到的向下的壓力B.為了減小鋼索承受的拉力，可以適當(dāng)降低索塔的高度C.索塔兩側(cè)鋼索對(duì)稱且拉力大小相同時(shí)，鋼索對(duì)索塔的合力豎直向下D.為了使索塔受到鋼索的合力豎直向下，索塔兩側(cè)的鋼索必須對(duì)稱分布【解析】增加鋼索的數(shù)量，索塔受到的向下的壓力增大,A錯(cuò)誤；當(dāng)索塔受到的力 F 一定時(shí)，降低索塔的高度，鋼索與水平方向的夾角 “減小，則

10、鋼索受到的拉力將增大，B錯(cuò)誤；如果索塔兩側(cè)的鋼索對(duì)稱且拉力大小相同，則兩側(cè)拉力在水平方向的合力為零，鋼索的合力一定豎直向下,C正確；索塔受到鋼索的拉力合力豎直向下，當(dāng)兩側(cè)鋼索的拉力大小不等時(shí)，由圖可知，兩側(cè)的鋼索不一定對(duì)稱,D錯(cuò)誤.【變式探究】 如圖甲所示，輕桿OB可繞B點(diǎn)自由轉(zhuǎn)動(dòng)，另一端。點(diǎn)用細(xì)繩OA拉住，固定在左側(cè)墻壁上,質(zhì)量為m的重物用細(xì)繩 OC懸掛在輕桿的 。點(diǎn)，OA與輕桿的夾角/ BOA=30°.乙圖中水平輕桿 OB 一端固定在豎直墻壁上，另一端 O裝有小滑輪，用一根繩跨過滑輪后懸掛一質(zhì)量為m的重物，圖中/ BOA =30°,求:甲乙”口(1)甲、乙兩圖中細(xì)繩OA

11、的拉力各是多大?(2)甲圖中輕桿受到的彈力是多大?(3)乙圖中輕桿對(duì)滑輪的作用力是多大?【解析】(1)由于甲圖中的桿可繞 B轉(zhuǎn)動(dòng)，是轉(zhuǎn)軸桿(是 活桿”。故其受力方向沿桿方向,O點(diǎn)的受力情況如圖(a)所示，則。點(diǎn)所受繩子OA的拉力Fti、桿的彈力Fni的合力與物體的重力是大小相等、方向相反的,在直角三角形中可得，F(xiàn)ti = -mgr 2mg ;sin 30乙圖中是用一細(xì)繩跨過滑輪懸掛物體的，由于O點(diǎn)處是滑輪,它只是改變繩中力的方向，并未改變力的大小,且 AOC是同一段繩子，而同一段繩上的力處處相等，故乙圖中繩子拉力為 F'T1= F'T2= mg.(2)由圖(a)可知，甲圖中輕桿

12、受到的彈力為F Ni = fni = .<!n 三 V3mg.tan 30（3）對(duì)乙圖中的滑輪受力分析，如圖（b）所示，由于桿 OB不可轉(zhuǎn)動(dòng)，所以桿所受彈力的方向不一定沿OB方向.即桿對(duì)滑輪的作用力一定與兩段繩的合力大小相等，方向相反，由圖 （b）可得，F(xiàn)2=2mgcos 60° = mg, 則所求力F'N2=F2=mg.【答案】（1）2mg mg （2） 3mg （3）mg題型二動(dòng)態(tài)平衡問題【例2】（多選）如圖，一光滑的輕滑輪用細(xì)繩 OO懸掛于。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,整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)

13、.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（ ）A.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】只要物塊 a質(zhì)量不變，物塊 b保持靜止，則連接 a和b的細(xì)繩的張力就保持不變，細(xì)繩 OO的張 力也就不變，選項(xiàng) A、C錯(cuò)誤.又物塊b進(jìn)行受力分析，物塊 b受到細(xì)繩的拉力（不變）、豎直向下的重力（不 變）、外力F、桌面的支持力和摩擦力.若 F方向不變，大小在一定范圍內(nèi)變化，則物塊b受到的支持力和物塊b與桌面間的摩擦力也在一定范圍內(nèi)變化，選項(xiàng)B、D

14、正確.【答案】BD【舉一反三】（2018高考天津卷）明朝謝肇涮的五雜組中記載：明姑蘇虎丘寺塔傾側(cè)，議欲正之，非萬緡不可.一游僧見之曰：無煩也，我能正之.”游僧每天將木楔從塔身傾斜一側(cè)的磚縫間敲進(jìn)去，經(jīng)月余扶正了塔身.假設(shè)所用的木楔為等腰三角形，木楔的頂角為依現(xiàn)在木楔背上加一力 F,方向如圖所示，木楔兩側(cè)產(chǎn)生推力Fn,則（）A.若F 一定, B.若F一定, C.若。一定, D.若。一定, 【答案】BC。大時(shí)Fn大。小時(shí)Fn大F大時(shí)Fn大F小時(shí)Fn大【解析】木楔兩側(cè)面產(chǎn)生的推力合力大小等于F,由力的平行四邊形定則可知，F(xiàn)n=F,由表達(dá)式可知,2sin 2若F一定，。越小，F(xiàn)n越大，A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正

15、確；若。一定，F(xiàn)越大，F(xiàn)n越大，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤.【變式探究】如圖所示，一小球在斜面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，不考慮一切摩擦，如果把擋板由豎直位置繞緩慢轉(zhuǎn)至水平位置，則此過程中球?qū)醢宓膲毫i和球?qū)π泵娴膲毫2的變化情況是（）A. Fi先增大后減小，F(xiàn)2一直減小B. F1先減小后增大，F(xiàn)2一直減小C. Fl和F2都一直在增大D. F1和F2都一直在減小【解析】法一（力三角形法）：小球初始時(shí)刻的受力情況如圖 1所示，因擋板是緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)的，所以小球處于動(dòng)2所示（重態(tài)平衡狀態(tài)，在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，重力、斜面的支持力和擋板的彈力組成的矢量三角形的變化情況如圖 力G的大小、方向均不變，斜面對(duì)小球的支持力 F2的方向

16、始終不變），由圖2可知此過程中斜面對(duì)小球的支持力F2不斷減小，擋板又小球的彈力Fi先減小后增大，由牛頓第三定律可知選項(xiàng)B正確.圖1圖3法二（解析法）：設(shè)斜面傾角為%擋板與豎直方向夾角為3,如圖3所不，則由平衡條件可得：F isin 3+ F'2cosG iG, Ficos 3=F2sin ”，聯(lián)立解得 Fi = cos（"）' F2=cos a+ sin dan 6擋板緩慢轉(zhuǎn)至水平位置，3 TT.一 一一.-. 、由0逐漸增大到2,當(dāng)3= "時(shí)，cos （3-a）=1, F1最小，所以F'l先減小后增大；3增大過程中tan 3隨之增大，F(xiàn)2不斷減小，

17、故選項(xiàng) B正確.題型三電學(xué)中的共點(diǎn)力平衡問題【例3】（2019高考全國(guó)卷I ）如圖，空間存在一方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩個(gè)帶電小球 P和Q用相同的絕緣細(xì)繩懸掛在水平天花板下，兩細(xì)繩都恰好與天花板垂直，則 （）IRA. P和Q都帶正電荷B. P和Q都帶負(fù)電荷C. P帶正電荷，Q帶負(fù)電荷D. P帶負(fù)電荷，Q帶正電荷【解析】對(duì)P、Q整體進(jìn)行受力分析可知，在水平方向上整體所受電場(chǎng)力為零，所以P、Q必帶等量異種電荷，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；對(duì)P進(jìn)行受力分析可知，勻強(qiáng)電場(chǎng)對(duì)它的電場(chǎng)力應(yīng)水平向左，與Q對(duì)它的庫(kù)侖力平衡，所以P帶負(fù)電荷，Q帶正電荷，選項(xiàng) D正確，C錯(cuò)誤.【答案】D【舉一反三】（2018年江蘇卷）如圖所

18、示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài). 現(xiàn) 將B板右端向下移動(dòng)一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢(shì)面，則該油滴（）B.豎直向下運(yùn)動(dòng)C.向左下方運(yùn)動(dòng)D.向右下方運(yùn)動(dòng)【答案】D【解析】本題考查平行板電容器的電場(chǎng)及電荷受力運(yùn)動(dòng)的問題，意在考查考生分析問題的能力。兩極板平 行時(shí)帶電粒子處于平衡狀態(tài)，則重力等于電場(chǎng)力，當(dāng)下極板旋轉(zhuǎn)時(shí)，板間距離增大場(chǎng)強(qiáng)減小，電場(chǎng)力小于 重力；由于電場(chǎng)線垂直于金屬板表面，所以電荷處的電場(chǎng)線如圖所示，所以重力與電場(chǎng)力的合力偏向右下 方，故粒子向右下方運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng) D正確。【變式探究】如圖所示，一長(zhǎng)為10 cm的金屬棒ab用兩個(gè)完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強(qiáng)

19、磁場(chǎng)中；磁場(chǎng)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(dòng)勢(shì)為12 V的電池相連，電路總電阻為2 已知開關(guān)斷開時(shí)兩彈簧的伸長(zhǎng)量為0.5 cm；閉合開關(guān)，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長(zhǎng)量與開關(guān)斷開時(shí)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)閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質(zhì)量.【解析】依題意，開關(guān)閉合后，電流方向從 b到a,由左手定則可知，金屬棒所受的安培力方向豎直向下.開關(guān)斷開時(shí)，兩彈簧各自相對(duì)于其原長(zhǎng)伸長(zhǎng)了M = 0.5 cm.由胡克定律和力的平衡條件得2k Al1=mg 式中，m為金屬棒的質(zhì)量，

20、k是彈簧的勁度系數(shù)，g是重力加速度的大小.開關(guān)閉合后，金屬棒所受安培力的大小為F=IBL 式中，I是回路電流，L是金屬棒的長(zhǎng)度.兩彈簧各自再伸長(zhǎng)了Al2=0.3 cm,由胡克定律和力的平衡條件得2k（Ak）=mg+F 由歐姆定律有E=IR 式中，E是電池的電動(dòng)勢(shì)，R是電路總電阻.聯(lián)立式，并代入題給數(shù)據(jù)得m=0.01 kg.【答案】方向豎直向下0.01 kg題型四平衡中的臨界與極值問題【例4】（多選）如圖，彈性輕繩一端固定于 。點(diǎn)，另一端連有一質(zhì)量為 m的小球a,小球a通過不可伸長(zhǎng)的 細(xì)繩連接質(zhì)量相同的小球 b,兩小球均處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)給小球 b施加一個(gè)力F,使彈性輕繩與豎直方向成 30。角，兩

21、球依然保持靜止.下列說法正確的是 （ ）0 d bA.彈性繩的長(zhǎng)度一定增加B. a、b間細(xì)繩上的張力可能減小C.力F的值可能大于 mg1D.力F的值可能小于2mg【答案】BC【解析】以小球 a為研究對(duì)象，進(jìn)行受力分析，如圖甲，根據(jù)作圖法分析得到，a、b間細(xì)繩上的張力可能減小，故B正確；以a、b整體為研究對(duì)象，進(jìn)行受力分析如圖乙，根據(jù)作圖法分析得到，彈性繩的張力可能減小，所以彈性繩的長(zhǎng)度可能減??；當(dāng)小球施加的力F與彈性輕繩垂直時(shí)，所用的力F最小，F(xiàn)min=2mgsin【舉一反三】如圖所示，物體在拉力F的作用下沿水平面做勻速直線運(yùn)動(dòng)，發(fā)現(xiàn)當(dāng)外力F與水平方向夾角為30。時(shí)，所需外力最小，由以上條件求

22、外力F的最小值與重力的比值.【答案】2【解析】物體受力分析如圖，建立直角坐標(biāo)系，對(duì)力進(jìn)行正交分解得:y方向：支持力 Fn=GFy=G Fsin 00x方向：摩擦力Ff=Fx=Fcos返）聯(lián)立得:U _G cF= n G= d0cos 0+ Sin 01cos 0+ Sin 0I人 1. 一令：_= tan 3則：F =Gcos 3= Gcos 3sin 窿os 0+ cos 出in 0 sin（ 3+。）可知當(dāng)3+ 9= 90°時(shí)，F(xiàn)有最小值.由題意，當(dāng)0= 30。時(shí)有最小值，所以 3= 60°-=tan 60=3,所以尸平a3將仁30。，尸片3代入可得：F=1G,即F =

23、 1. 32 G 2【方法技巧】1 .平衡問題的臨界狀態(tài)是指物體所處的平衡狀態(tài)將要被破壞而尚未-被破壞的狀態(tài)，可理解成恰好出現(xiàn)”或恰好不出現(xiàn)”，在問題的描述中常用 剛好“剛能“恰好”等語(yǔ)言敘述，解臨界問題的基本方法是假設(shè)推理法.2 .臨界問題往往是和極值問題聯(lián)系在一起的.解決此類問題重在形成清晰的物理圖景，分析清楚物理過程，從而找出臨界條件或達(dá)到極值的條件.要特別注意可能出現(xiàn)的多種情況.【變式探究】（多選）如圖9所示，一根輕繩上端固定在。點(diǎn)，下端拴一個(gè)重力為 G的小球，開始時(shí)輕繩處于垂直狀態(tài)，輕繩所能承受的最大拉力為2G,現(xiàn)對(duì)小球施加一個(gè)方向始終水平向右的力F,使球緩慢地移動(dòng)，則在小球緩慢地移

24、動(dòng)過程中，下列說法正確的是（）圖9A .力F逐漸增大B.力F的最大值為小GC.力F的最大值為2GD .輕繩與豎直方向夾角最大值仁30 °【答案】AB【解析】對(duì)小球受力分析，如圖甲：O甲由平衡條件得：F = Gtan也。逐漸增大，則F逐漸增大，故 A正確；如圖乙，小球緩慢地移動(dòng)過程中,逐漸增大，F(xiàn)T的最大值為2G,則可得cos 0=曇=1, 9= 60°,此時(shí)F達(dá)到最大值為J3G,故B正確，C、2G 2D錯(cuò)誤；故選A、Bo1 .如圖所示，一輕質(zhì)彈簧的一端系一質(zhì)量為m的小球，另一端固定在傾角為37。的光滑斜面體頂端，彈簧與斜面平行.在斜面體以大小為g的加速度水平向左做勻加速直線

25、運(yùn)動(dòng)的過程中，小球始終相對(duì)于斜面靜止.已知彈簧的勁度系數(shù)為k,則該過程中彈簧的形變量為（已知：sin 37= 0.6, cos 37 = 0.8）（）mg 4mg mgA. 5k B. 5k C. kD7mg【解析】在斜面體以大小為g的加速度水平向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),彈簧是處于伸長(zhǎng)狀態(tài)還是壓縮狀態(tài),無法直接判斷，此時(shí)可采用假設(shè)法，假設(shè)彈簧處于壓縮狀態(tài)，若求得彈力F為正值，則假設(shè)正確；若求得彈力F為負(fù)值，則假設(shè)錯(cuò)誤，彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài).設(shè)彈簧彈力大小為F,水平方向上由牛頓第二定律得:FNsin 37 干 Fcos 37 = mg 豎直方向上由受力平衡得：Fncos 37 = mg+Fsin 37

26、 聯(lián)立式得：F = 5mg由胡克定律得 F = kx, x=臂，假設(shè)正確.5k2.如圖所示，將三個(gè)完全相同的光滑球用不可伸長(zhǎng)的細(xì)線懸掛于為G,線長(zhǎng)均為R.則每條細(xì)線上的張力大小為（）O點(diǎn)并處于靜止?fàn)顟B(tài).已知球半徑為R,重A. 2G B.3_5C.2GD.-2-G【答案】B2R的正四面體，如圖甲、乙所示 （A、【解析】本題中 O點(diǎn)與各球心的連線及各球心連線，構(gòu)成一個(gè)邊長(zhǎng)為B、C為各球球心）,。為AABC的中心，設(shè)/ OAO =依由幾何關(guān)系知 OA = 2©R,由勾股定理得 OO'=3OA2-O A2 =確.,對(duì)A處球受力分析有：Fsin 0= G,又sin 0= A,解得F =

27、-2g,故只有B項(xiàng)正3 .如圖，兩個(gè)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)線上懸掛一小物塊.平衡時(shí)，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（）【答案】CC. m即沿半徑方向;【解析】由于輕環(huán)不計(jì)重力， 故細(xì)線對(duì)輕環(huán)的拉力的合力與圓孤對(duì)輕環(huán)的支持力等大反向,又兩側(cè)細(xì)線對(duì)輕環(huán)拉力相等，故輕環(huán)所在位置對(duì)應(yīng)的圓孤半徑為兩細(xì)線的角平分線，因?yàn)閮奢p環(huán)間的距離 等于圓孤的半徑，故兩輕環(huán)與圓孤圓心構(gòu)成等邊三角形；又小球?qū)?xì)線的拉力方向豎直向下，由幾何知識(shí) 可知，兩輕環(huán)間的細(xì)線夾角為120。，對(duì)小物塊進(jìn)行受力分析，由三

28、力平衡知識(shí)可知，小物塊質(zhì)量與小球質(zhì)量相等，均為 m, C項(xiàng)正確.4 .質(zhì)量為m的四只完全相同的足球疊成兩層放在水平面上，底層三只足球剛好接觸成三角形，上層一只足球放在底層三只足球的正上面，系統(tǒng)保持靜止.若最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則（）A.底層每個(gè)足球?qū)Φ孛娴膲毫閙gB.底層每個(gè)足球之間的彈力為零C.下層每個(gè)足球?qū)ι蠈幼闱虻闹С至Υ笮閙g3D.足球與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)至少為【答案】B.【解析】根據(jù)整體法，設(shè)下面每個(gè)球?qū)Φ孛娴膲毫鶠镕n,貝U 3Fn= 4mg,故FN = ：mg, A錯(cuò)誤；四個(gè)球3B正確；上層足球受到重力、下層足球?qū)ι纤匀齻€(gè)支持力在豎直方向的分量之和等于所以足球與水

29、平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)至少為整故D錯(cuò)誤.8的球心連線構(gòu)成了正四面體，下層每個(gè)足球之間的彈力為零, 層足球的三個(gè)支持力，由于三個(gè)支持力的方向不是豎直向上,重力，則下層每個(gè)足球?qū)ι蠈幼闱虻闹С至Υ笮〈笥趍g, C錯(cuò)誤；根據(jù)正四面體幾何關(guān)系可求，F(xiàn)與mg夾3角的余弦值cos e=坐正弦值sin e=當(dāng),則有喈+所2如,凈=臼,解得Ff=2mg, F =5 .三段細(xì)繩OA、OB、OC結(jié)于。點(diǎn)，另一端分別系于豎直墻壁、水平頂壁和懸掛小球，穩(wěn)定后 OA呈水平狀態(tài).現(xiàn)保持。點(diǎn)位置不變，緩慢上移 A點(diǎn)至D點(diǎn)的過程中，關(guān)于 OA繩上的拉力變化情況的判斷正確的是（）A . 一直增大 B. 一直減小C.先增大后減小D.

30、先減小后增大【答案】D【解析】可運(yùn)用動(dòng)態(tài)圖解法，由圖可知，當(dāng)OA與 OB垂直時(shí)，OA上的拉力最小，故 D正確.6 .如圖所示，質(zhì)量均可忽略的輕繩與輕桿承受彈力的最大值一定，輕桿A端用錢鏈固定，滑輪在 A點(diǎn)正上方（滑輪大小及摩擦均可不計(jì)），輕桿B端吊一重物G,現(xiàn)將繩的一端拴在桿的 B端，用拉力F將B端緩慢上拉（均未斷），在AB桿達(dá)到豎直前，以下分析正確的是 （）A.繩子越來越容易斷B.繩子越來越不容易斷C. AB桿越來越容易斷D. AB桿越來越不容易斷【答案】B【解析】以B點(diǎn)為研究對(duì)象，它受三個(gè)力的作用而處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài)，其中一個(gè)是輕桿的彈力T, 一個(gè)是F繩子斜向上的拉力 F, 一個(gè)是繩子豎直向

31、下的拉力 F'太小等于物體的重力 G）,根據(jù)相似三角形法， 可得尢OA=士=3，由于OA和AB不變，OB逐漸減小，因此輕桿上的彈力大小不變，而繩子斜向上的拉力越來越AB OB小，選項(xiàng)B正確.7 .在浙江省某次學(xué)考考試過程中，某位監(jiān)考老師遵守規(guī)定采取圖9甲或圖乙的監(jiān)考姿勢(shì)，則 （）H甲乙圖9A.甲、乙兩圖，人都不受地面的摩擦力8 .腳底部受到的支持力，圖甲大于圖乙C.甲、乙兩圖，人對(duì)地面的壓力相等D.地面對(duì)人的作用力，圖甲大于圖乙【答案】C【解析】題圖甲中人的兩腳分開時(shí)有向兩邊的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，要受地面的靜摩擦力，而題圖乙中人的兩腳豎直 不受摩擦力，故 A錯(cuò)誤；對(duì)題圖甲、乙中的人受力分析可知，

32、豎直方向兩腳所受的總的支持力等于重力，由牛頓第三定律，人對(duì)地面的壓力等于腳底部受到的總的支持力，也等于重力，故B錯(cuò)誤，C正確；地面對(duì)人的作用力包括支持力和靜摩擦力，由平衡知識(shí)知總的作用力等于重力，故D錯(cuò)誤.8 .吊墜是日常生活中極為常見的飾品，深受人們喜愛.現(xiàn)將一心形”金屬吊墜穿在一根細(xì)線上，吊墜可沿細(xì)線自由滑動(dòng).在佩戴過程中，某人手持細(xì)線兩端，讓吊墜靜止在空中，如圖10所示，現(xiàn)讓兩手水平向外緩慢移動(dòng)，不計(jì)吊墜與細(xì)線間的摩擦，則在此過程中，細(xì)線中張力大小變化情況為（）圖10A .保持不變B.逐漸減小C.逐漸增大D.先減小后增大【答案】C【解析】以吊墜為研究對(duì)象，分析受力情況，作出受力圖，如圖所

33、示,根據(jù)平衡條件得：2Fcos 0= mg,得到細(xì)線的拉力 F=rmg-i，現(xiàn)讓兩手水平向外緩慢移動(dòng)，。變大，cos 02cos 0變小，則F增大，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤.9 .如圖11所示，兩段等長(zhǎng)細(xì)線串接著兩個(gè)質(zhì)量、電荷量相等的帶電小球a、b, a帶正電、b帶負(fù)電，懸掛于。點(diǎn).現(xiàn)在空間加上水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，則此裝置平衡時(shí)的位置可能是下列哪幅圖（）圖11ACP【答案】A【解析】以兩個(gè)小球組成的整體為研究對(duì)象，水平方向受到兩個(gè)電場(chǎng)力，矢量和為零，豎直方向受到總重力，根據(jù)平衡條件知，細(xì)線 Oa的拉力必定在豎直方向，所以細(xì)線Oa的方向必須是豎直的，再以小球b為研究對(duì)象，由于帶負(fù)電，該小球受到的

34、電場(chǎng)力方向水平向左，則細(xì)線ab向左偏離豎直方向，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤.10 .如圖12所示，質(zhì)量為m、電荷量為Q的帶電小球A用絕緣細(xì)線懸掛于 。點(diǎn)，另一個(gè)帶電荷量也為 Q的 帶電小球B固定于O點(diǎn)的正下方，已知細(xì)線長(zhǎng) OA為21,。到B點(diǎn)的距離為1,平衡時(shí)帶電小球 A、B處于 同一高度，已知重力加速度為 g,靜電力常量為k,則（ ）圖12kQ2A . A、B同庫(kù)侖力大小為FB. A、B間庫(kù)侖力大小為2mgC.細(xì)線拉力大小為43mg,2 .'3kQ2D.細(xì)線拉力大小為9l291kQ2kQ231 2 3l2【答案】D【解析】A、B間庫(kù)侖力F =又由平衡條件得 F= mgtan 60 =

35、3mg細(xì)線拉力ft=M2mg或者、=甘30鴛kQ_，故d正確 cos11 .研究性學(xué)習(xí)小組成員為了體驗(yàn)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力的臨界狀態(tài)，設(shè)計(jì)了如圖13所示的裝置，一質(zhì)量為m的滑塊放在粗糙的長(zhǎng)直木板上，讓長(zhǎng)直木板由水平位置緩慢向上轉(zhuǎn)動(dòng)（即木板與地面的夾角 。變大）,另一端不動(dòng)，則該滑塊受到的支持力 Fn、合外力F合、重力沿斜面方向的分力 Gi、摩擦力Ff隨角度。的變 化關(guān)系圖象不正確的是（g為重力加速度）（）圖13【答案】C【解析】對(duì)滑塊受力分析可得，G1 = mgsin 為故B正確.Fn= mgcos 0,故A正確.滑動(dòng)后，F(xiàn)合=mg（sin 0os 0）,由于合外力與 。不成正比關(guān)系，故

36、C錯(cuò)誤.滑動(dòng)前，滑塊受到的靜摩擦力與重力沿斜面方向的分力大小相等，即按正弦規(guī)律變化，而滑動(dòng)之后 Ff= mgos。，但滑動(dòng)摩擦力比最大靜摩擦力稍小，故 D 正確.12 .傾角為0= 37 °的斜面體與水平面保持靜止，斜面上有一重為G的物體A,物體A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)-0.5.現(xiàn)給A施加一水平力F,如圖15所示.設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等（sin 37 = 0.6,cos 37 = 0.8）,如果物體A能在斜面上靜止，水平推力F與G的比值不可能是（）圖15A. 3 B. 2 C. 1 D. 0.5【答案】A【解析】設(shè)物體剛好不下滑時(shí)F=Fi,則 Fi cos 0+in= G si

37、n 0,Fn = Fi sin 0+ G cos 0./曰Fi sin 37 - 0.5cos 372得 _L= G cos 37 + 0.5sin 3711'設(shè)物體剛好不上滑時(shí)F = F2,則：F2 cos 0=FN'+ G sin 0,Fn '= F2 sin 0+ G cos 0,行F2_ sin 37 午 0.5cos 37 °寸，G cos 37 二 0.5sin 37 一''rr 2 F .即行故F與G的比值不可能為 3,故選A.13.將某均勻的長(zhǎng)方體鋸成如圖所示的A、B兩塊后，放在水平桌面上并排放在一起，現(xiàn)用水平力F垂直于B的左邊

38、推 B物體，使 A、B整體仍保持矩形沿F方向勻速運(yùn)動(dòng)，則（）A.物體A在水平方向上受三個(gè)力的作用，且合力為零B.物體A在水平方向上受兩個(gè)力的作用，且合力為零C. B對(duì)A的作用力方向與 F方向相同D. B對(duì)A的彈力等于桌面對(duì) A的摩擦力【答案】AC【解析】對(duì)物體 A進(jìn)行受力分析，水平方向上受到B物體產(chǎn)生的彈力、靜摩擦力和水平桌面產(chǎn)生的滑動(dòng)摩擦力，如圖所示，由于 A、B整體仍保持矩形沿 F方向勻速運(yùn)動(dòng)，則物體 A所受合力為零，A正確，B 錯(cuò)誤；B對(duì)A的彈力方向垂直于接觸面， D錯(cuò)誤；B對(duì)A的作用力與桌面對(duì) A的摩擦力等大反向，即B對(duì)A 的作用力方向與 F方向相同，C正確.14.如圖所示，斜面上放有兩個(gè)完全相同的物體a、b,兩物體間用一根細(xì)線連接，在細(xì)線的中點(diǎn)加一與斜面垂直的拉力F,使兩物體均處于靜止?fàn)顟B(tài).則下列說法正確的是A. a、b兩物體的受力個(gè)數(shù)一定相同B. a、b兩物體對(duì)斜面的壓力相同C. a、b兩物體受到的摩擦力大小一定相等D.當(dāng)逐漸增大拉力 F時(shí)，物體a先開始滑動(dòng)【答案】BD【解析】對(duì)a、b進(jìn)行受力分析，b物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)繩子拉力沿斜面向上的分量與重力沿斜面向下的 分量相等時(shí)，摩擦力為零，所以b可能只受3個(gè)力作用，而a物體必定受到摩擦力作用，肯定受 4個(gè)力作用，故A錯(cuò)誤；a、b兩個(gè)物體，垂直于斜面方向受力都平衡，則有： N+Tsin 9= m