2024版高考物理復(fù)習(xí)教案：第一篇 專題一 第1講　力與物體的平衡

第1講力與物體的平衡目標(biāo)要求1.會(huì)分析物體的靜態(tài)平衡問題，會(huì)選擇合適的方法處理靜態(tài)平衡問題。2.會(huì)分析動(dòng)態(tài)平衡問題，掌握常見的處理動(dòng)態(tài)平衡問題的方法，并會(huì)處理動(dòng)態(tài)平衡的臨界與極值問題。考點(diǎn)一靜態(tài)平衡問題1．對(duì)物體進(jìn)行受力分析2．處理平衡問題常用的四種方法合成法物體受三個(gè)共點(diǎn)力的作用而平衡，則任意兩個(gè)力的合力一定與第三個(gè)力大小相等，方向相反分解法按效果分解：物體受三個(gè)共點(diǎn)力的作用而平衡，將某一個(gè)力按力的作用效果分解，則其分力和其他兩個(gè)力分別滿足平衡條件正交分解法：物體受到三個(gè)或三個(gè)以上力的作用時(shí)，將物體所受的力分解為相互垂直的兩組，每組力都滿足平衡條件矢量三角形法對(duì)受三個(gè)共點(diǎn)力作用而平衡的物體，將力的矢量圖平移，使三個(gè)力組成一個(gè)首尾依次相接的矢量三角形，根據(jù)正弦定理、余弦定理或相似三角形等數(shù)學(xué)知識(shí)求解未知力例1(2020·全國(guó)卷Ⅲ·17)如圖，懸掛甲物體的細(xì)線拴牢在一不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩上O點(diǎn)處；繩的一端固定在墻上，另一端通過光滑定滑輪與物體乙相連。甲、乙兩物體質(zhì)量相等。系統(tǒng)平衡時(shí)，O點(diǎn)兩側(cè)繩與豎直方向的夾角分別為α和β。若α＝70°，則β等于()A．45°B．55°C．60°D．70°答案B解析取O點(diǎn)為研究對(duì)象，在三力的作用下O點(diǎn)處于平衡狀態(tài)，對(duì)其受力分析如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得β＝55°，故選B。例2(2023·江蘇徐州市模擬)質(zhì)量為m粗細(xì)均勻的麻繩如圖所示懸掛，懸點(diǎn)處切線與豎直方向夾角分別為37°和53°，P點(diǎn)為最低點(diǎn)，sin37°＝0.6，重力加速度為g，則()A．左側(cè)懸點(diǎn)對(duì)麻繩拉力為0.6mgB．右側(cè)懸點(diǎn)對(duì)麻繩拉力為0.8mgC．最低點(diǎn)P處張力為0.3mgD．P點(diǎn)右側(cè)麻繩質(zhì)量為0.36m答案D解析對(duì)麻繩受力分析，受重力mg、左側(cè)懸點(diǎn)對(duì)麻繩拉力F1、右側(cè)懸點(diǎn)對(duì)麻繩拉力F2，F(xiàn)1cos37°＋F2cos53°＝mg，F(xiàn)1sin37°＝F2sin53°，解得F1＝0.8mg，F(xiàn)2＝0.6mg，故A、B錯(cuò)誤；對(duì)P點(diǎn)右側(cè)麻繩受力分析，受重力m1g、最低點(diǎn)P處張力F、右側(cè)懸點(diǎn)對(duì)麻繩拉力F2，則F＝F2sin53°＝0.48mg，m1g＝F2cos53°＝0.36mg，所以P點(diǎn)右側(cè)麻繩質(zhì)量為m1＝0.36m，故C錯(cuò)誤，D正確。例3如圖所示，傾角為α的斜面固定在水平面上，在斜面和固定的豎直擋板之間有兩個(gè)勻質(zhì)球P、Q，P球質(zhì)量是Q球質(zhì)量的三倍，各接觸面均光滑，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，P、Q兩球的球心連線與豎直方向的夾角為β，下列說(shuō)法正確的是()A．4tanα＝tanβ B．3tanα＝tanβC．2tanα＝tanβ D．tanα＝tanβ答案A解析以P、Q兩球整體為研究對(duì)象，受力分析如圖甲所示，由平衡條件可得F2＝4mgtanα，以Q球?yàn)檠芯繉?duì)象，受力分析如圖乙所示，由平衡條件可得F2＝mgtanβ，聯(lián)立解得4tanα＝tanβ，故選A。整體法、隔離法的運(yùn)用在處理共點(diǎn)力平衡的問題時(shí)，若出現(xiàn)了兩個(gè)或多個(gè)物體，一般會(huì)使用整體法或隔離法，可以使用“整體法＋隔離法”或“隔離法＋隔離法”，可根據(jù)具體題目靈活應(yīng)用。例4如圖所示，與水平面夾角均為θ＝37°的兩金屬導(dǎo)軌平行放置，間距為1m，金屬導(dǎo)軌的一端接有電動(dòng)勢(shì)E＝3V、內(nèi)阻r＝1Ω的直流電源，另一端接有定值電阻R＝4Ω。將質(zhì)量為0.025kg的導(dǎo)體棒ab垂直放在金屬導(dǎo)軌上，整個(gè)裝置處在垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)，導(dǎo)體棒剛好不上滑，當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，導(dǎo)體棒剛好不下滑。已知導(dǎo)體棒接入電路的電阻R0＝4Ω，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度取g＝10m/s2。則導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為()A.eq\f(1,44)B.eq\f(3,44)C.eq\f(1,22)D.eq\f(3,11)答案B解析當(dāng)S斷開時(shí)，ab中電流I1＝eq\f(E,R0＋r)＝eq\f(3,5)A＝0.6A，當(dāng)S閉合時(shí)，ab中電流I2＝eq\f(1,2)×eq\f(E,r＋R并)＝eq\f(1,2)×eq\f(3,3)A＝0.5A，則BI1d－μmgcosθ＝mgsinθ，BI2d＋μmgcosθ＝mgsinθ，解得μ＝eq\f(3,44)，故選B。1．對(duì)于靜電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的平衡問題，受力分析時(shí)要注意靜電力、磁場(chǎng)力方向的判斷，再結(jié)合平衡條件分析求解。2．涉及安培力的平衡問題，畫受力示意圖時(shí)要注意將立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖?？键c(diǎn)二動(dòng)態(tài)平衡問題化“動(dòng)”為“靜”，將多個(gè)狀態(tài)下的“靜”態(tài)進(jìn)行對(duì)比，通過矢量三角形圖解法、動(dòng)態(tài)圓法、正弦定理、三角函數(shù)、極值法等分析各力的變化或極值。例5(2023·海南卷·3)如圖所示，工人利用滑輪組將重物緩慢提起，下列說(shuō)法正確的是()A．工人受到的重力和支持力是一對(duì)平衡力B．工人對(duì)繩的拉力和繩對(duì)工人的拉力是一對(duì)作用力與反作用力C．重物緩慢拉起過程，繩子拉力變小D．重物緩慢拉起過程，繩子拉力不變答案B解析工人受到三個(gè)力，繩的拉力，地面支持力和重力，三力平衡，故A錯(cuò)誤；人對(duì)繩和繩對(duì)人的拉力是一對(duì)作用力與反作用力，B正確；重物拉起過程，兩繩的張角變大，拉力變大，C、D錯(cuò)誤。例6(2021·湖南卷·5)質(zhì)量為M的凹槽靜止在水平地面上，內(nèi)壁為半圓柱面，截面如圖所示，A為半圓的最低點(diǎn)，B為半圓水平直徑的端點(diǎn)。凹槽恰好與豎直墻面接觸，內(nèi)有一質(zhì)量為m的小滑塊，用推力F推動(dòng)小滑塊由A點(diǎn)向B點(diǎn)緩慢移動(dòng)，力F的方向始終沿圓弧的切線方向，在此過程中所有摩擦均可忽略，下列說(shuō)法正確的是()A．推力F先增大后減小B．凹槽對(duì)滑塊的支持力先減小后增大C．墻面對(duì)凹槽的壓力先增大后減小D．水平地面對(duì)凹槽的支持力先減小后增大答案C解析對(duì)滑塊受力分析，由平衡條件有F＝mgsinθ，F(xiàn)N＝mgcosθ，θ為F與水平方向的夾角，滑塊從A緩慢移動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，θ越來(lái)越大，則推力F越來(lái)越大，支持力FN越來(lái)越小，所以A、B錯(cuò)誤；對(duì)凹槽與滑塊整體受力分析，墻面對(duì)凹槽的壓力大小為FN′＝Fcosθ＝mgsinθcosθ＝eq\f(1,2)mgsin2θ，則θ越來(lái)越大時(shí)，墻面對(duì)凹槽的壓力先增大后減小，所以C正確；水平地面對(duì)凹槽的支持力為FN地＝(M＋m)g－Fsinθ＝(M＋m)g－mgsin2θ則θ越來(lái)越大時(shí)，水平地面對(duì)凹槽的支持力越來(lái)越小，所以D錯(cuò)誤。例7質(zhì)量為M的木楔傾角為θ，在水平面上保持靜止，當(dāng)將一質(zhì)量為m的木塊放在木楔斜面上時(shí)，它正好勻速下滑。如果用與木楔斜面成α角的力F拉著木塊勻速上升，如圖所示(已知木楔在整個(gè)過程中始終靜止，重力加速度為g)。(1)當(dāng)α變化時(shí)，求拉力F的最小值；(2)F取最小值時(shí)，求木楔對(duì)水平面的摩擦力是多少。答案(1)mgsin2θ(2)eq\f(1,2)mgsin4θ解析(1)方法一木塊在木楔斜面上勻速向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)平衡條件有mgsinθ＝μmgcosθ解得μ＝tanθ因其在力F作用下沿斜面向上勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)正交分解法有Fcosα＝mgsinθ＋Ff，F(xiàn)sinα＋FN＝mgcosθ且Ff＝μFN聯(lián)立解得F＝eq\f(2mgsinθ,cosα＋μsinα)＝eq\f(2mgsinθcosθ,cosαcosθ＋sinαsinθ)＝eq\f(mgsin2θ,cosθ－α)則當(dāng)α＝θ時(shí)，F(xiàn)有最小值，即Fmin＝mgsin2θ。方法二木塊所受的力構(gòu)成矢量三角形，如圖甲所示，支持力與摩擦力用其合力F合代替，變?yōu)椤叭齻€(gè)力”，如圖乙所示，支持力與摩擦力的合力F合與FN之間的夾角β滿足tanβ＝eq\f(Ff,FN)故β＝θ，則F合與豎直方向夾角為2θ可得拉力F的最小值Fmin＝mgsin2θ。(2)由(1)可知，當(dāng)F取最小值時(shí)，α＝θ因?yàn)槟緣K及木楔均處于平衡狀態(tài)，整體受到的水平面的摩擦力等于F的水平分力，即FfM＝Fcos(α＋θ)當(dāng)F取最小值mgsin2θ時(shí)，則有FfM＝Fmin·cos2θ＝mgsin2θcos2θ＝eq\f(1,2)mgsin4θ，由牛頓第三定律可得木楔對(duì)水平面的摩擦力大小為eq\f(1,2)mgsin4θ。1.三力作用下的動(dòng)態(tài)平衡2．四力作用下的動(dòng)態(tài)平衡(1)在四力平衡中，如果有兩個(gè)力為恒力，或這兩個(gè)力的合力方向恒定，為了簡(jiǎn)便可用這兩個(gè)力的合力代替這兩個(gè)力，轉(zhuǎn)化為三力平衡，例如：如圖所示，qE<mg，把擋板緩慢轉(zhuǎn)至水平的過程中，可以用重力與靜電力的合力F合＝mg－qE代替重力與靜電力。(2)對(duì)于一般的四力平衡及多力平衡，可采用正交分解法。(3)在力的方向發(fā)生變化的平衡問題中求力的極小值時(shí)，一般利用三角函數(shù)求極值。也可利用“摩擦角”將四力平衡轉(zhuǎn)化為三力平衡，從而求拉力的最小值。例如：如圖所示，物體在拉力F作用下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，改變?chǔ)却笮?，求拉力的最小值時(shí)，可以用支持力與摩擦力的合力F′代替支持力與摩擦力，F(xiàn)min＝mgsinθ，其中FN與Ff的合力方向一定，“摩擦角”θ滿足tanθ＝eq\f(Ff,FN)。1．(2023·江蘇蘇州市期末)圖a是一種大跨度懸索橋梁，圖b為懸索橋模型，六對(duì)輕質(zhì)吊索懸掛著質(zhì)量為M的水平橋面，吊索在橋面兩側(cè)豎直對(duì)稱排列，其上端掛在兩根輕質(zhì)懸索上(圖b中只畫出了其中一側(cè)的分布情況)，懸索兩端與水平方向成45°角，則一根懸索水平段CD上的張力大小是(重力加速度為g)()A.eq\f(1,4)Mg B.eq\f(1,6)MgC.eq\f(1,12)Mg D.eq\f(1,24)Mg答案A解析對(duì)題圖b中左邊的懸索ABC段整體受力分析如圖所示，由平衡條件可得FTD＝FTcos45°，F(xiàn)Tsin45°＝eq\f(Mg,4)，聯(lián)立解得FTD＝eq\f(Mg,4)，故選A。2.(2023·江蘇三模測(cè)試補(bǔ)償訓(xùn)練)家用燃?xì)鉅t架有互相對(duì)稱的四個(gè)爪，若將總質(zhì)量為m的鍋放在這個(gè)爐架上，如圖所示，忽略爪與鍋之間的摩擦力，重力加速度為g，設(shè)鍋為半徑為R的球面，則每個(gè)爪與鍋之間的彈力()A．等于eq\f(1,4)mgB．等于mgC．R越大，彈力越大D．R越大，彈力越小答案D解析設(shè)每個(gè)爪與鍋之間的彈力為FN，根據(jù)對(duì)稱性可知，正對(duì)的一對(duì)爪對(duì)鍋的彈力的合力方向豎直向上，則四個(gè)爪對(duì)鍋的彈力在豎直方向的分力等于鍋的重力；設(shè)正對(duì)的一對(duì)爪之間的距離為d，則FN與豎直方向之間的夾角sinθ＝eq\f(d,2R)，豎直方向根據(jù)平衡條件可得4FNcosθ＝mg，解得FN＝eq\f(mg,4cosθ)＝eq\f(mg,4)eq\f(1,\r(1－\f(d2,4R2)))>eq\f(mg,4)，由此可知R越大，則FN越小，故選D。專題強(qiáng)化練[保分基礎(chǔ)練]1．(2023·江蘇卷·7)如圖所示，“嫦娥五號(hào)”探測(cè)器靜止在月球平坦表面處。已知探測(cè)器質(zhì)量為m，四條腿與豎直方向的夾角均為θ，月球表面的重力加速度為地球表面重力加速度g的eq\f(1,6)。每條腿對(duì)月球表面壓力的大小為()A.eq\f(mg,4) B.eq\f(mg,4cosθ)C.eq\f(mg,6cosθ) D.eq\f(mg,24)答案D解析對(duì)“嫦娥五號(hào)”探測(cè)器受力分析有FN＝mg月，則對(duì)一條腿有FN1＝eq\f(1,4)mg月＝eq\f(mg,24)，根據(jù)牛頓第三定律可知每條腿對(duì)月球表面的壓力大小為eq\f(mg,24)，故選D。2.(2023·江蘇連云港市模擬)如圖所示，某同學(xué)展示“旋轉(zhuǎn)一字馬”，用雙腳撐在平行豎直墻壁間保持靜止。關(guān)于該同學(xué)的受力，下列說(shuō)法正確的是()A．該同學(xué)單腳受到的摩擦力等于重力B．該同學(xué)單腳受到墻壁的作用力沿水平方向C．若墻壁間距離稍遠(yuǎn)一些，則該同學(xué)腿部承受力增大D．若墻壁間距離稍近一些，則墻壁對(duì)該同學(xué)的作用力減小答案C解析對(duì)該同學(xué)受力分析可知，該同學(xué)受重力、兩腳摩擦力、墻壁的支持力，根據(jù)豎直方向受力平衡可知單腳受到的摩擦力小于重力，故A錯(cuò)誤；該同學(xué)單腳受到墻壁的作用力是摩擦力和支持力的合力，根據(jù)力的合成可知該力不沿水平方向，故B錯(cuò)誤；若墻壁間距離稍遠(yuǎn)一些，則該同學(xué)兩腿夾角變大，根據(jù)力的合成規(guī)律可知該同學(xué)腿部承受力增大，故C正確；對(duì)該同學(xué)整體分析，可知墻壁對(duì)該同學(xué)的作用力等于重力不變，故D錯(cuò)誤。3．(2023·江蘇南京市二模)如圖甲所示，筆記本電腦支架一般有多個(gè)卡位用來(lái)調(diào)節(jié)角度，某人將電腦放在該支架上，由卡位4緩慢調(diào)至卡位1(如圖乙)，電腦與支架始終處于相對(duì)靜止?fàn)顟B(tài)，則()A．電腦受到的支持力變大B．電腦受到的摩擦力變大C．支架對(duì)電腦的作用力減小D．電腦受到的支持力與摩擦力兩力大小之和等于其重力大小答案A解析根據(jù)題意，對(duì)電腦受力分析，如圖所示，電腦始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，故電腦受力平衡。由平衡條件可得，電腦受到的支持力大小為FN＝Gcosθ電腦受到的摩擦力大小Ff＝Gsinθ由原卡位4調(diào)至卡位1，θ減小，故FN增大，F(xiàn)f減小，故A正確，B錯(cuò)誤；支架對(duì)電腦的作用力，即電腦受到的支持力與摩擦力兩力的合力，大小等于電腦的重力，方向豎直向上，始終不變，故C錯(cuò)誤；電腦受到的支持力與摩擦力兩力大小之和大于其重力大小，故D錯(cuò)誤。4.(2023·江蘇省南京外國(guó)語(yǔ)學(xué)校期末改編)如圖所示，一水平光滑晾衣桿上晾曬有一雙手套。兩只手套由一細(xì)線連接，某同學(xué)在晾衣桿兩側(cè)細(xì)線間放置一水平輕桿，已知兩只手套質(zhì)量相等，輕桿長(zhǎng)度不變且始終水平，輕桿粗細(xì)不計(jì)，則下列說(shuō)法正確的是()A．將輕桿向下移動(dòng)，晾衣桿兩側(cè)細(xì)線的拉力變大B．當(dāng)圖中θ＝120°時(shí)，晾衣桿對(duì)細(xì)線的作用力最小C．將輕桿向上移動(dòng)，晾衣桿對(duì)細(xì)線的作用力變小D．無(wú)論圖中θ取何值，晾衣桿對(duì)細(xì)線的作用力都等于兩手套的重力答案D解析對(duì)細(xì)線、輕桿和手套整體受力分析有F＝G，G為整體的重力，輕桿移動(dòng)過程中，晾衣桿對(duì)細(xì)線的作用力大小不變，B、C錯(cuò)誤，D正確。對(duì)細(xì)線上與晾衣桿接觸的點(diǎn)受力分析，晾衣桿對(duì)細(xì)線的作用力為F，設(shè)兩側(cè)細(xì)線上的拉力為F1，則有F＝2F1coseq\f(θ,2)，輕桿向下移動(dòng)過程，θ減小，則晾衣桿兩側(cè)細(xì)線上的拉力變小，A錯(cuò)誤。5.(2022·浙江6月選考·10)如圖所示，一輕質(zhì)曬衣架靜置于水平地面上，水平橫桿與四根相同的斜桿垂直，兩斜桿夾角θ＝60°。一重為G的物體懸掛在橫桿中點(diǎn)，則每根斜桿受到地面的()A．作用力為eq\f(\r(3),3)G B．作用力為eq\f(\r(3),6)GC．摩擦力為eq\f(\r(3),4)G D．摩擦力為eq\f(\r(3),8)G答案B解析設(shè)斜桿的彈力大小為F，以水平橫桿和物體為整體，在豎直方向上根據(jù)受力平衡可得4Fcos30°＝G，解得F＝eq\f(\r(3),6)G，以其中一斜桿為研究對(duì)象，其受力如圖所示，可知每根斜桿受到地面的作用力應(yīng)與F平衡，即大小為eq\f(\r(3),6)G，每根斜桿受到地面的摩擦力大小為Ff＝Fsin30°＝eq\f(\r(3),12)G，B正確，A、C、D錯(cuò)誤。6.如圖所示，細(xì)線穿過固定在重物上的光滑小環(huán)C后，兩端分別固定在天花板上的A、B兩點(diǎn)，重物(包括小環(huán))的質(zhì)量為m，對(duì)重物施加一個(gè)水平向左的拉力F，使AC段細(xì)線豎直且重物靜止，已知A、B間距離為L(zhǎng)，細(xì)線長(zhǎng)為3L，重力加速度為g，則F的大小為()A.eq\f(1,3)mgB.eq\f(\r(3),3)mgC.eq\f(1,2)mgD.eq\f(\r(3),2)mg答案A解析設(shè)AC段長(zhǎng)為d，AC與BC的夾角為θ，則BC段長(zhǎng)為3L－d，根據(jù)幾何知識(shí)有L2＋d2＝(3L－d)2，解得d＝eq\f(4,3)L，因此sinθ＝eq\f(3,5)，設(shè)細(xì)線上的拉力大小為FT，對(duì)重物進(jìn)行受力分析，如圖所示，則根據(jù)力的平衡條件有FT＋FTcosθ＝mg，F(xiàn)＝FTsinθ，解得F＝eq\f(1,3)mg，A正確。7．耙在中國(guó)已有1500年以上的歷史，北魏賈思勰著《齊民要術(shù)》稱之為“鐵齒楱”，將使用此農(nóng)具的作業(yè)稱作耙地。如圖甲所示，牛通過兩根耙索拉耙沿水平方向勻速耙地。兩根耙索等長(zhǎng)且對(duì)稱，延長(zhǎng)線的交點(diǎn)為O1，夾角∠AO1B＝60°，拉力大小均為F，平面AO1B與水平面的夾角為30°(O2為AB的中點(diǎn))，如圖乙所示。忽略耙索質(zhì)量，下列說(shuō)法正確的是()A．兩根耙索的合力大小為FB．兩根耙索的合力大小為eq\r(3)FC．地對(duì)耙的水平阻力大小為eq\f(3F,4)D．地對(duì)耙的水平阻力大小為eq\f(F,2)答案B解析兩根耙索的合力大小為F′＝2Fcos30°＝eq\r(3)F，A錯(cuò)誤，B正確；由平衡條件，地對(duì)耙的水平阻力大小為Ff＝F′cos30°＝eq\f(3,2)F，C、D錯(cuò)誤。[爭(zhēng)分提能練]8.(2023·江蘇南京市考前訓(xùn)練)質(zhì)量為M、半徑為R的光滑勻質(zhì)球，用一根長(zhǎng)度也為R的細(xì)線懸掛在互相垂直的兩豎直墻壁交線處的P點(diǎn)，則球?qū)θ我粔Ρ诘膲毫Υ笮?重力加速度為g)()A.eq\f(\r(2),4)MgB.eq\f(\r(2),2)MgC.eq\f(\r(3),3)MgD.eq\f(\r(6),6)Mg答案B解析對(duì)球進(jìn)行受力分析，球受重力Mg、細(xì)線的拉力FT及兩個(gè)墻壁對(duì)它的支持力，兩個(gè)支持力大小相等，夾角為90°，設(shè)支持力的大小為FN、細(xì)線與豎直墻壁交線的夾角θ，根據(jù)幾何知識(shí)可知球心到豎直墻壁交線的垂直距離為d＝eq\r(R2＋R2)＝eq\r(2)R，故sinθ＝eq\f(d,2R)＝eq\f(\r(2),2)，解得θ＝45°，在豎直方向上根據(jù)受力平衡可得FTcosθ＝Mg，解得FT＝eq\r(2)Mg，在水平方向上根據(jù)受力平衡可知兩個(gè)墻壁對(duì)球的支持力的合力大小等于細(xì)線拉力FT的水平分力的大小，即eq\r(FN2＋FN2)＝FTsinθ，解得FN＝eq\f(\r(2),2)Mg，根據(jù)牛頓第三定律可得，則球?qū)θ我粔Ρ诘膲毫Υ笮閑q\f(\r(2),2)Mg，故選B。9.鑿子是中國(guó)傳統(tǒng)的木工工具，一鑿子兩側(cè)面與中心軸線平行，尖端夾角為θ，當(dāng)鑿子插入木板中后，若用錘子沿中心軸線方向以適當(dāng)?shù)牧敲打鑿子上側(cè)時(shí)，鑿子仍靜止，側(cè)視圖如圖，此時(shí)鑿子作用于木板1面、2面、3面的彈力大小分別為F1、F2、F3，忽略鑿子重力和摩擦力，下列關(guān)系式中正確的是()A．F1<F3 B．F1＝FcosθC．F＝F2sinθ D．F＝eq\r(F22＋F12)答案C解析對(duì)鑿子受力分析并按圖示建立平面直角坐標(biāo)系由受力平衡可得F2sinθ＝F，F(xiàn)2cosθ＋F3＝F1所以可得F1＞F3，F(xiàn)＝F2sinθ＝eq\f(F1－F3,cosθ)·sinθ，故F1＝eq\f(F,tanθ)＋F3，F(xiàn)＝F2sinθ＝eq\r(F221－cos2θ)＝eq\r(F22－F1－F32)，A、B、D錯(cuò)誤，C正確。10．(2023·江蘇省學(xué)業(yè)水平考試押題卷)如圖所示，傾角為θ＝30°、靜置在水平地面上的斜面體頂端有一光滑的定滑輪，斜面上的物塊A通過細(xì)線繞過定滑輪與物塊B相連，此時(shí)物塊A恰要沿斜面滑動(dòng)，現(xiàn)在物塊B上施加水平向右的力使物塊B緩慢升高(圖中未畫出)，當(dāng)物塊B與滑輪間的細(xì)線與豎直方向的夾角φ＝60°時(shí)，物塊A也恰要沿斜面滑動(dòng)，已知物塊B的質(zhì)量為m，重力加速度為g，整個(gè)過程斜面體始終靜止，則()A．外力F的最大值為2mgB．物塊A的質(zhì)量為2mC．物塊A和斜面間的最大靜摩擦力為eq\f(1,2)mgD．地面和斜面體間的摩擦力一直減小答案C解析對(duì)物塊B受力分析，如圖所示，可知細(xì)線對(duì)物塊B的拉力F拉和水平外力F的合力大小始終等于物塊B的重力，結(jié)合幾何知識(shí)知φ＝60°時(shí)F有最大值，為Fm＝mgtan60°＝eq\r(3)mg，A錯(cuò)誤；設(shè)物塊A的質(zhì)量為m1，初始時(shí)細(xì)線的拉力大小為mg，φ＝60°時(shí)細(xì)線的拉力大小為eq\f(mg,cos60°)＝2mg，沿斜面方向?qū)ξ飰KA，分別有m1gsin30°＝Ffm＋mg、m1gsin30°＋Ffm＝2mg，聯(lián)立解得m1＝3m、Ffm＝eq\f(1,2)mg，B錯(cuò)誤，C正確；斜面體與兩個(gè)物塊組成的系統(tǒng)始終處于平衡狀態(tài)，水平方向外力逐漸增大，故地面和斜面體間的摩擦力也增大，D錯(cuò)誤。11.如圖所示，空間有水平向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一不可伸長(zhǎng)的絕緣、柔軟細(xì)線左端固定于M點(diǎn)，N點(diǎn)拴著一長(zhǎng)度為d的垂直紙面的輕質(zhì)直導(dǎo)線，右端跨過O處的光滑定滑輪后懸掛一質(zhì)量為m的重物，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。此時(shí)M、N、O處于同一水平線上，且MN＝2NO＝2L。當(dāng)導(dǎo)線中通有垂直紙面向里的恒定電流時(shí)，重物m上升L高度，系統(tǒng)恰好再次達(dá)到平衡，已知重力加速度為g，則導(dǎo)線中通入的電流大小為()A.eq\f(\r(