1、第1讲 力与物体的平衡 构建网络重温真题1(2019全国卷)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。两斜面、固定在车上，倾角分别为 30和 60。重力加速度为 g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面、压力的大小分别为 F1、F2，则()AF1 33 mg，F2 32 mgBF1 32 mg，F2 33 mgCF112mg，F2 32 mgDF1 32 mg，F212mg答案 D解析 如图所示，卡车匀速行驶，圆筒受力平衡，由题意知，力 F1与F2相互垂直。由牛顿第三定律知 F1F1，F2F2，则 F1mgsin60 32 mg，F2mgsi
2、n3012mg，D 正确。2(2019天津高考)2018 年 10 月 23 日，港珠澳跨海大桥正式开通。为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索(所有钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥，其索塔与钢索如图所示。下列说法正确的是()A增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力B为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度C索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下D为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布答案 C解析 索塔对钢索竖直向上的作用力跟钢索和桥体整体的重力平衡，增加钢索数量，其整体重力变大，故索塔受到的向下的压力变大，A 错误；若索塔高度降低，则钢索与竖
3、直方向夹角 将变大，由 TcosG 可知，钢索拉力 T 将变大，B 错误；两侧钢索的拉力对称，合力一定竖直向下，C 正确；若两侧的钢索非对称分布，但其水平方向的合力为 0，合力仍竖直向下，D错误。3(2018天津高考)(多选)明朝谢肇淛五杂组中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可。一游僧见之，曰：无烦也，我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身。假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为，现在木楔背上加一力 F，方向如图所示，木楔两侧产生推力 FN，则()A若 F 一定，大时 FN 大B若 F 一定，小时 FN 大C若 一定，F 大时 FN 大D若 一
4、定，F 小时 FN 大答案 BC解析 选木楔为研究对象，力 F 的分解如图所示，由于木楔是等腰三角形，所以 FNFN1FN2，F2FN(cos902)2FNsin2，故解得 FN F2sin2，所以 F 一定时，越小，FN 越大；一定时，F 越大，FN 越大，故 A、D 错误，B、C 正确。4(2017全国卷)如图，一物块在水平拉力 F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持 F 的大小不变，而方向与水平面成 60角，物块也恰好做匀速直线运动。物块与桌面间的动摩擦因数为()A2 3 B.36 C.33 D.32答案 C解析 设物块的质量为 m。据平衡条件及摩擦力公式有拉力 F 水平时，Fmg
5、拉力 F 与水平面成 60角时，Fcos60(mgFsin60)联立式解得 33。故选 C。5(2019全国卷)物块在轻绳的拉动下沿倾角为 30的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行。已知物块与斜面之间的动摩擦因数为 33，重力加速度取 10 m/s2。若轻绳能承受的最大张力为 1500 N，则物块的质量最大为()A150 kg B100 3 kgC200 kg D200 3 kg答案 A解析 物块沿斜面向上匀速运动，受力如图，根据平衡条件有FFfmgsinFfFNFNmgcos由式得Fmgsinmgcos所以 mFgsingcos故当 Fmax1500 N 时，有 mmax150 kg，A
6、正确。6(2019江苏高考)如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右。细绳与竖直方向的夹角为，绳的拉力为 T，则风对气球作用力的大小为()A.TsinB.TcosCTsinDTcos答案 C解析 对气球受力分析，如图所示，将绳的拉力 T 分解，在水平方向：风对气球的作用力大小 FTsin，C 正确。7.(2019全国卷)(多选)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
7、()A水平拉力的大小可能保持不变BM 所受细绳的拉力大小一定一直增加CM 所受斜面的摩擦力大小一定一直增加DM 所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加答案 BD解析 选 N 为研究对象，受力情况如图甲所示，用水平拉力 F 缓慢拉动 N 的过程中，水平拉力 F 逐渐增大，细绳的拉力 T 逐渐增大，A 错误，B正确。对于 M，受重力 GM、支持力 FN、绳的拉力 T 以及斜面对它的摩擦力f；如图乙所示，若开始时斜面对 M 的摩擦力 f 沿斜面向上，则 TfGMsin，T 逐渐增大，f 逐渐减小，可能会出现 f 减小到零后，再反向增大；若开始时斜面对 M 的摩擦力沿斜面向下，则 TGMsinf，当 T
8、 逐渐增大时，f 逐渐增大，C 错误，D 正确。8(2017全国卷)(多选)如图，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 2。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角 不变。在 OM 由竖直被拉到水平的过程中()AMN 上的张力逐渐增大BMN 上的张力先增大后减小COM 上的张力逐渐增大DOM 上的张力先增大后减小答案 AD解析 设重物的质量为 m，绳 OM 中的张力为 TOM，绳 MN 中的张力为TMN。开始时，TOMmg，TMN0。由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与
9、重物的重力 mg 等大、反向。如图所示，已知角 不变，在绳 MN 缓慢拉起的过程中，角 逐渐增大，则角()逐渐减小，但角 不变，在三角形中，利用正弦定理得：TOMsin mgsin，()由钝角变为锐角，则 TOM 先增大后减小，选项 D 正确；同理知TMNsin mgsin，在 由 0变为2的过程中，TMN 一直增大，选项 A 正确。命题特点：力与物体的平衡知识几乎贯穿整个高中物理的始终，在高考中考查非常多，除了跟其他章节内容综合考查外，也经常单独命题，主要考查受力分析特别是静摩擦力的判断，平衡的问题特别是动态平衡问题的处理，以及整体法和隔离法思想的应用，题型一般为选择题。思想方法：假设法、整
10、体法和隔离法、转换研究对象法、图解法等。高考考向1 高考考向 1 受力分析例 1(2019天津南开区二模)如图所示，质量均为 m 的 a、b 两物体，放在两固定的水平挡板之间，物体间用一竖直放置的轻弹簧连接，在 b 物体上施加水平拉力 F 后，两物体始终保持静止状态，己知重力加速度为 g，下列说法正确的是()Aa 物体对水平挡板的压力大小可能为 2mgBa 物体所受摩擦力的大小为 FCb 物体所受摩擦力的大小为 FD弹簧对 b 物体的弹力大小可能为 mg破题关键点(1)b 与上挡板之间是否有摩擦力？(2)下挡板与 a 之间是否有摩擦力？提示：根据 b 受力平衡可知 b 与上挡板之间有静摩擦力。
11、提示：根据 a 受力平衡可知 a 与下挡板之间没有摩擦力。解析 在 b 物体上施加水平拉力 F 后，两物体始终保持静止状态，则b 物体受到上挡板的静摩擦力，大小 fF，因此它们之间一定存在弹力，则弹簧的弹力大于物体 b 的重力，由整体法可知，a 物体对水平面的压力大小大于 2mg，故 A、D 错误，C 正确；根据摩擦力产生的条件可知，a 物体与水平挡板间没有相对运动的趋势，故 a 不受摩擦力，B 错误。答案 C受力分析的基本步骤和技巧(1)步骤明确研究对象(如一个点、一个物体或一个系统)，并将其隔离，分析周围物体对它施加的力。按顺序找力：首先场力，其次弹力(个数不多于周围与之接触的物体个数)，
12、再次摩擦力(个数不多于弹力)，最后分析有无外加的已知力。(2)技巧善于转换研究对象，尤其是对摩擦力不易判定的情形，可以先分析相接触物体的受力情况，再应用牛顿第三定律判定。假设法是判断弹力、摩擦力的存在及方向的基本方法。1(2019济南模拟)(多选)如图所示，质量为 m 的滑块静置于倾角为 30的固定粗糙斜面上，轻弹簧一端固定在竖直墙上的 P 点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为 30。重力加速度大小为 g。下列说法正确的是()A滑块可能受到四个力作用B弹簧可能处于拉伸状态C斜面对滑块的摩擦力可能为零D斜面对滑块的摩擦力大小可能为 mg答案 AB解析 弹簧与竖直方向的夹角为 30，所以弹
13、簧的方向垂直于斜面，滑块沿着斜面方向受力平衡，则滑块此时受到的摩擦力方向沿斜面向上，大小等于重力沿斜面向下的分力，即 fmgsin300.5mg，不可能为零，故 C、D 错误；因为滑块受摩擦力，故一定还受斜面的支持力，弹簧的形变情况未知，所以滑块可能受重力、斜面支持力、静摩擦力和弹簧的弹力四个力的作用而平衡，故 A 正确；弹簧对滑块可能有拉力，故弹簧可能处于伸长状态，故 B 正确。2(2019山东滨州二模)浙江乌镇一带的农民每到清明时节举办民俗活动，在一个巨型石臼上插入一根硕大的毛竹，表演者爬上竹梢表演各种惊险动作。如图所示，下列说法正确的是()A在任何位置表演者静止时只受重力和弹力作用B在任
14、何位置竹竿对表演者的作用力必定与竹竿垂直C表演者静止时，竹竿对其的作用力必定竖直向上D表演者越靠近竹竿底部所受的摩擦力就越小答案 C解析 表演者大部分情况下受到重力、弹力和摩擦力三个力的作用，故A 错误；表演者处于平衡状态时，受竹竿的力与重力大小相等方向相反，即竖直向上，不一定与竹竿垂直，故 B 错误，C 正确；若表演者所在处竹竿斜向上，则表演者越靠近竹竿底部，竹竿与水平方向的夹角 就越大，摩擦力fmgsin 就越大，故 D 错误。高考考向2 高考考向 2 静态平衡例 2(2019河南百师联盟高三上学期七调)(多选)质量均为 m 的两物块A、B 之间连接着一个轻质弹簧，其劲度系数为 k，再将物
15、块 A、B 放在水平地面上一斜面的等高处，如图所示。弹簧处于压缩状态，且物块与斜面均能保持静止，已知斜面的倾角为，两物块和斜面间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是()A斜面和水平地面间有静摩擦力B斜面对 A、B 组成系统的静摩擦力的合力为 2mgsinC若将弹簧拿掉，物块有可能发生滑动D弹簧的最大压缩量为mg 2cos2sin2k破题关键点(1)研究斜面和水平地面间有无静摩擦力时适合选谁为研究对象？(2)研究弹簧的最大压缩量时适合选谁为研究对象？提示：A、B 两物块及轻质弹簧、斜面组成的整体。提示：物块 A 或者物块 B。解析 以 A、B 两物块和轻质弹簧、斜面组
16、成的整体为研究对象进行受力分析知，整体只在竖直方向上受重力及地面的支持力，没有沿水平面的相对运动趋势，故斜面与地面间没有摩擦力作用，故 A 错误；选 A、B 组成的系统为研究对象，摩擦力等于重力沿斜面的分力，即 f2mgsin，故 B 正确；以 A 为研究对象进行受力分析，在斜面内的力如图 1，fA 与 F 弹和 mgsin 的合力大小相等、方向相反，当撤去弹簧，A 在斜面内的受力如图 2 所示，则fAmgsin，fAOB。某次产品质量检测和性能测试中保持 A、B两点不动，只改变钢索 OA 的长度，关于钢索 OA 的拉力 F1 和杆 OB 上的支持力 F2 的变化情况，下列说法正确的有()A从
17、图示位置开始缩短钢索 OA，钢索 OA 的拉力 F1 先减小后增大B从图示位置开始缩短钢索 OA，杆 OB 上的支持力 F2 大小不变C从图示位置开始伸长钢索 OA，钢索 OA 的拉力 F1 增大D从图示位置开始伸长钢索 OA，杆 OB 上的支持力 F2 先减小后增大答案 BC解析 分析 O 点的受力情况，如图所示。设钢索 OA 的长度为 L，杆 OB的长度为 R，A、B 两点间的距离为 H，根据相似三角形知识可知GHF1L F2R，所以从题图图示位置开始缩短钢索 OA，钢索 OA 的拉力 F1 减小，杆 OB 上的支持力 F2 大小不变，A 错误，B 正确；从题图图示位置开始伸长钢索 OA，
18、钢索 OA 的拉力 F1 增大，杆 OB 上的支持力 F2 大小不变，C 正确，D 错误。6(2019山东潍坊二模)如图所示，固定光滑直杆倾角为 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 由几何关系可知，弹簧的长度先减小后增加，即伸长量先减小后增加，弹簧的弹力先减小后增大，A 错误，B 正确；开始时弹簧处于
19、竖直位置，根据平衡条件可得，弹簧的弹力等于环的重力，即 F 弹mg，此时杆对环的弹力为零，当环缓慢沿杆滑动时，弹簧的伸长量先减小后增大，直至弹簧与竖直方向的夹角为 60时，弹簧的长度与初始时刻相等，弹力 F 弹mg，此时垂直于杆方向有 F 弹cos30mgcos30，即杆对环的弹力又变为零，故杆对环的弹力先增大后减小，C 错误；设弹簧与杆之间的夹角为，则在环从开始到弹簧与杆垂直位置的过程中，由平衡知识有 F 弹cosFmgsin30，随 角的增加，F 弹减小，则 F 增大，在环从弹簧与杆垂直位置到弹簧与竖直方向的夹角为 60的过程中，由平衡知识有 FF 弹cosmgsin30，随 角的减小，F
20、 弹增大，则 F 仍然是增大，可知拉力 F 一直增大，D 错误。高考考向4 高考考向 4 电磁场中的受力平衡问题例 4(2019两湖八市十二校联合二模)如图所示，距小滑轮 O 正下方 l处的 B 点用绝缘底座固定一电荷量为q 的小球 1，绝缘轻质弹性绳一端悬挂在光滑的定滑轮 O 正上方l2处的 D 点，另一端与质量为 m 的带电小球 2 连接，发现小球 2 恰好在 A 位置平衡，已知 OA 长为 l，与竖直方向的夹角为60。由于弹性绳的绝缘效果不是很好，小球 2 缓慢漏电，一段时间后，当滑轮下方的弹性绳与竖直方向夹角为 30时，小球 2 恰好在 AB 连线上的 C 位置。已知静电力常量为 k，
21、重力加速度为 g，则下列说法正确的是()A小球 2 带负电B小球 2 在 C 位置时所带电荷量为mgl24kqC小球 2 在 A 位置时所带电荷量为mgl2kqD弹性绳原长为 32 l破题关键点(1)带电小球 2 受哪几个力？(2)弹性绳的弹力大小与伸长量有何关系？提示：竖直向下的重力，沿绳方向的拉力和沿 BA 方向的库仑力。提示：弹力与伸长量成正比。解析 两个小球之间相互排斥，可知两小球带同种电荷，所以小球 2也带正电，A 错误；小球 2 在 C 点时，受力分析如图，由几何关系可得：Fmgsin300.5mg，Tmgcos30 32 mg，根据库仑定律得：Fkqq2l22，联立可得：q2mg
22、l28kq，故 B 错误；小球 2 在 A 位置时，受到的重力、库仑力和绳子的拉力，三个力之间的夹角互为 120，所以三个力的大小相等，即 TFmg，根据库仑定律得：Fkqq1l2，小球 2 在 A 位置时所带电荷量：q1mgl2kq，故 C 正确；小球 2 在 A 位置时，弹性绳的长度：l1l2l32l，小球 2 在 C 位置时，弹性绳的长度 l2l2 32 l，设弹性绳的劲度系数为 k，则：Tk(l1l0)，Tk(l2l0)，联立可得：l00.5l，故 D 错误。答案 C电磁场中的受力平衡问题是指在电场力、安培力、洛伦兹力参与下的平衡问题。处理方法与纯力学问题的分析方法一样，把方法和规律进
23、行迁移应用即可。7(2019河南省郑州市一模)(多选)如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，一带电量为q、质量为 m 的小球在力 F 的作用下，沿图中虚线由 M 至N 做竖直向上的匀速运动。已知力 F 和 M、N 之间的夹角为 45，M、N 之间的距离为 d，重力加速度为 g。则下列说法正确的是()A电场的方向可能水平向左B电场强度 E 的最小值为 2mg2qC当 qEmg 时，小球从 M 运动到 N 时电势能变化量为零DF 所做的功一定为 22 mgd答案 BC解析 小球受重力 mg、拉力 F 与电场力 qE，由题知小球做匀速直线运动，则其所受合力为零，则 F 和 qE 的合力与 mg 大小相
24、等、方向相反，作出 F 与 qE 的合力，如图所示。根据右图可知，电场力在右侧，由于小球带正电，电场方向与电场力方向相同，故电场方向指向右侧，A 错误；由图可知，当电场力 qE 与 F 垂直时，电场力最小，此时场强也最小，则得：qEminmgsin，所以电场强度的最小值为 Eminmgsinq 2mg2q，B 正确；当 mgEq 时，根据几何关系，电场力水平向右，与 MN 垂直，小球从 M 运动到N 电场力不做功，即小球从 M 运动到 N 电势能的变化量为零，故 C 正确；由于电场方向不确定，F 大小也不确定，所以 F 做的功不能确定，D 错误。8(2019四川达州高三二诊)如图所示，两个带电
25、小球 A、B 分别处在光滑绝缘的斜面和水平面上，且在同一竖直平面内。用水平向左的推力 F 作用于 B 球，两球在图示位置静止。现将 B 球水平向左移动一小段距离，发现 A球随之沿斜面向上移动少许，两球在虚线位置重新平衡。与移动前相比，下列说法正确的是()A斜面对 A 的弹力增大B水平面对 B 的弹力不变C推力 F 变小D两球之间的距离变小答案 C解析 对小球 A 受力分析，由平行四边形法则可知，当 A 球到达虚线位置时斜面对 A 的弹力 NA 减小，两球之间的库仑力减小，根据库仑定律可知，两球间距变大，A、D 错误；对 A、B 整体受力分析可知：NB 与 NA 的竖直分量之和等于 A、B 的重
26、力之和，NA 减小，则 NA 的竖直分量减小，则 NB 增大，B 错误；对 B 受力分析可知，F 等于库仑力 F 库的水平分量，因 F 库减小且 F库与水平方向的夹角变大，则 F 库的水平分量减小，即 F 减小，C 正确。易错警示 易错警示滑动摩擦力与支持力的合力方向问题例 如图所示，一物体 A 恰能沿斜面体 B 匀速下滑，设此过程中斜面受到水平地面的摩擦力为 f1。若给 A 施加一个沿斜面向下的推力使其加速下滑，设此过程中斜面受到地面的摩擦力为 f2。则下列说法正确的是()Af1 不为零且方向向右，f2 不为零且方向向右Bf1 为零，f2 不为零且方向向左Cf1 为零，f2 不为零且方向向右
27、Df1 为零，f2 为零分析与解 物体沿斜面匀速下滑过程，以 A 为研究对象，A 受重力、支持力、滑动摩擦力，三力平衡，摩擦力和支持力的合力竖直向上，大小等于重力，其受力分析如图 a 所示。以物体 A 和斜面 B 整体为研究对象，分析受力情况如图 b，整体受重力和地面支持力平衡，水平地面的摩擦力为 f10。若沿斜面方向用力向下推物体 A，使物体 A 加速下滑，对斜面进行研究，受力分析如图 c 所示，物体对斜面的压力和摩擦力没有变化，压力和摩擦力的合力方向仍竖直向下，斜面的受力情况与物体匀速下滑过程完全相同，所以斜面受到地面的摩擦力为 f20，故选 D。答案 D易错警示 滑动摩擦力的大小与支持力
28、成正比，其比值等于动摩擦因数，通常是固定不变的，因此在单向直线运动中滑动摩擦力与支持力的合力方向不变。配套作业 配套作业 限时：50 分钟 满分：100 分选择题(本题共 10 小题，每小题 10 分，共 100 分，其中第 17 题为单选题，第 810 题为多选题)1(2019辽宁省辽南协作体高三模拟)如图所示，质量为 M、半径为 R的半球形物体 A 放在水平地面上，通过最高点处的钉子用细线水平拉住一质量为 m、半径为 r 的光滑球 B。整个装置处于静止状态，已知重力加速度为g，则()AA 对地面的摩擦力方向向左BA 对地面的压力大于(Mm)gCB 对 A 的压力大小为rRmgD细线对小球的
29、拉力大小为 r22RrRmg答案 D解析 把 A、B 看成一个整体，对整体受力分析得整体受重力和地面对整体的支持力，地面对整体没有摩擦力，即 A 对地面没有摩擦力，否则不能平衡，A 错误；整体对地面的压力即是 A 对地面的压力，等于(Mm)g，B错误；对小球受力分析，如图所示，根据平衡条件，有：F mgcos，Tmgtan，由几何关系有：cos RRr，tan Rr2R2R，解得：FRrR mg，Tmg Rr2R2R r22RrRmg，C 错误，D 正确。2.(2019河南省驻马店开发区高三月考)一斜劈静止于粗糙的水平地面上，在其斜面上放一滑块 m，若给 m 一向下的初速度 v0，则 m 正好
30、保持匀速下滑。如图所示，现在 m 下滑的过程中再加一个作用力，则以下说法正确的是()A在 m 上加一竖直向下的力 F1，则 m 将保持匀速运动，M 对地有水平向右的静摩擦力的作用B在 m 上加一个沿斜面向下的力 F2，则 m 将做加速运动，M 对地有水平向左的静摩擦力的作用C在 m 上加一个水平向右的力 F3，则 m 将做减速运动，在 m 停止前M 对地有向右的静摩擦力的作用D无论在 m 上加什么方向的力，在 m 停止前 M 对地都无静摩擦力的作用答案 D解析 m 原来保持匀速下滑，对 m，有：mgsinfmgcos，即 tan，是斜劈的倾角。滑块受到的支持力和摩擦力的合力方向由滑动摩擦力方向
31、、支持力方向和动摩擦因数决定，与压力大小无关，本题中滑块所受摩擦力与支持力的合力方向始终竖直向上，斜劈受滑块的摩擦力和压力的合力方向始终竖直向下。当施加竖直向下的力 F1 时 m 做匀速运动，M 对地没有摩擦力的作用，A 错误；施加 F2 时，滑块所受的合力将沿斜面向下，m 沿斜面向下做加速运动，但斜劈所受滑块的摩擦力与压力的合力竖直向下，则斜劈在水平方向仍无运动趋势，故仍对地无摩擦力作用，B 错误；施加 F3 时，对滑块，沿斜面方向：mgsinF3cos(mgcosF3sin)0，故 m 做减速运动，斜劈所受滑块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，故 M 对地仍无摩擦
32、力的作用，C 错误；无论在 m 上加上什么方向的力，m 运动时对斜劈的压力与摩擦力的合力的方向始终竖直向下，斜劈没有运动趋势，始终对地面无摩擦力作用，故 D 正确。3(2019成都三模)如图，倾角为 的固定斜面上，一光滑物块在一与斜面也成 角的拉力 F 作用下保持静止状态。若仅将 F 的方向变为水平向右，则()A物块对斜面的压力不变B物块对斜面的压力变大C物块将沿斜面向上做匀加速直线运动D物块将沿斜面向下做匀加速直线运动答案 B解析 对物块受力分析，由平衡条件得：斜面对物块的支持力 NmgcosFsin，将 F 的方向变为水平向右，斜面对物块的支持力 NmgcosFsin，支持力变大，由牛顿第
33、三定律知物块对斜面的压力变大，故 A 错误，B 正确；处于静止状态时沿斜面方向有：Fcosmgsin，将 F 的方向变为水平向右，沿斜面向上的力为 Fcos，沿斜面向下的力为 mgsin，故物块仍然保持平衡，不会做匀加速直线运动，C、D 错误。4(2019重庆一中高三 5 月模考)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
34、 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 对小球 A 受力分析并建立直角坐标系如图，由平衡条件得，竖直方向：N2cosmg，水平方向：N1N2sin，联立解得：N2 mgcos，N1mgtan，由题可知，B 缓慢向右移动一小段距离的过程中，A 缓慢下落，增大，所以 N2 增大，N1 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。5(2019安徽宣城二模)如图，光滑绝缘圆环竖直放置，a、b、c 为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球 c 位于圆环最高点，ac 连线与竖直方向成 60角，bc 连线与竖直方向成
35、 30角，三个小球均处于静止状态。下列说法正确的是()Aa、b、c 小球带同种电荷Ba、b 小球带异种电荷Ca、b 小球电量之比为 36Da、b 小球电量之比为 39答案 D解析 对 c 分析，受到重力、环的支持力以及 a 与 b 的库仑力，其中重力与支持力的方向在竖直方向上，水平方向有 a 对 c 的库仑力的分力与 b 对c 的库仑力的分力，由共点力平衡的条件可知，a 与 b 对 c 的作用力都是吸引力，或都是排斥力，则 a 与 b 的电性必定是相同的，B 错误；a 与 b 带同种电荷，它们之间的库仑力是斥力，对 a 分析，a 受到重力、环的支持力以及 b、c 对 a 的库仑力，重力在竖直方
36、向上，环的支持力与 b 对 a 的库仑力都在 a与 b 的连线上，将环的支持力与 b 对 a 的库仑力合成，不论合力的方向是从a 到 b 还是从 b 到 a，若 a、c 带同种电荷，a 所受合力都不可能为零，故 a、c 带异种电荷，A 错误；设环的半径为 R，a、b、c 三个小球的带电量分别为qa、qb和 qc，由几何关系可得 lacR，lbc 3R，a 与 b 对 c 的作用力都是吸引力，它们对 c 的作用力在水平方向的分力大小相等，则有kqaqcl2ac sin60kqbqcl2bc sin30，解得qaqb 39，故 C 错误，D 正确。6(2019重庆南开中学高三 4 月模拟)如图所示
37、，MN、PQ 为水平放置的平行导轨，静止的导体棒 ab 垂直放置在导轨上并通以从 b 到 a 的恒定电流，导体棒与导轨间的动摩擦因数 33，在竖直平面内加与导体棒 ab 垂直的匀强磁场，发现无论磁感应强度多大都不能使导体棒运动，则磁场的方向与轨道平面的夹角最大为()A30 B45 C60 D90答案 A解析 无论磁感应强度多大，即无论安培力多大，导体棒都不能运动，故安培力斜向下方，对导体棒受力分析如图所示，由题意可知，安培力的水平分力不大于导体棒与导轨间的最大静摩擦力，即有：Fsin(mgFcos)，当磁感应强度足够大时，由数学关系可知，mgFcosFcos，即当 tan时，无论安培力多大，导
38、体棒都不能运动，因为 33，得：30，故 A正确。7(2019山东日照高考模拟)如图所示，两个质量分别为 3m、m 的小圆环 A、B 用细线连着，套在一个竖直固定的大圆环上，大圆环的圆心为 O。系统平衡时，细线所对的圆心角为 90，大圆环和小圆环之间的摩擦力及线的质量忽略不计，重力加速度大小用 g 表示，下列判断正确的是()A小圆环 A、B 受到大圆环的支持力之比是 31B小圆环 A 受到大圆环的支持力与竖直方向的夹角为 15C细线与水平方向的夹角为 30D细线的拉力大小为 32 mg答案 A解析 对 A 和 B 进行受力分析，根据平行四边形定则做出重力和支持力的合力与绳子的拉力等大反向，设支
39、持力与竖直方向的夹角分别为 和，根据正弦定理可以得到：3mgsin45 Tsin，mgsin45Tsin，由于 TT，90，整理可以得到：30，60，TT 62 mg，再次利用正弦定理：NAsin1803045 3mgsin45，NBsin1806045mgsin45，整理可以得到：NANB 31，故 A 正确，B、D 错误；由图根据几何知识可以知道，细线与水平方向的夹角为 90304515，故 C 错误。8(2019西宁第四中学高三一模)如图所示，将一劲度系数为 k 的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部 O处(O 为球心)，弹簧另一端与质量为 m 的小球相连，小球静止于 P 点。已知容
40、器半径为 R，与水平面间的动摩擦因数为，OP 与水平方向的夹角为 30。下列说法正确的是()A容器相对于水平面有向左运动的趋势B轻弹簧对小球的作用力大小为 mgC容器对小球的作用力竖直向上D弹簧原长为 Rmgk答案 BD解析 由于容器和小球组成的系统处于平衡状态，容器相对于水平面没有向左运动的趋势，故 A 错误；容器对小球的作用力是弹力，指向球心 O，故 C 错误；对小球受力分析，如图所示，由 30可知，支持力和弹簧的弹力之间的夹角为 120，则由几何关系可知，小球受到容器的支持力和弹簧对小球的弹力大小均为 mg，故 B 正确；图中弹簧长度为 R，压缩量为mgk，故原长为 Rmgk，故 D 正
41、确。9(2019湖南省长沙市第一中学高三第八次月考)大国工匠节目中讲述了王进利用“秋千法”在 1000 kV 的高压线上带电作业的过程。如图所示，绝缘轻绳 OD 一端固定在高压线杆塔上的 O 点，另一端固定在兜篮上。另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上 C 点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制。身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从 C 点运动到处于 O 点正下方 E点的电缆处。绳 OD 一直处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为m，不计一切阻力，重力加速度大小为 g。关于王进从 C 点运动到 E 点的过程中，下列说法正确的是()A工人对绳的拉力一直变大B绳 OD 的拉力一直变小COD、CD
42、 两绳拉力的合力大小等于 mgD当绳 CD 与竖直方向的夹角为 30时，工人对绳的拉力为 33 mg答案 CD解析 对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示，绳 OD 的拉力为 F1，与竖直方向的夹角为，绳 CD 的拉力为 F2，与竖直方向的夹角为。根据几何知识知：290，王进从 C 点运动至 E 点的过程中，减小，增大，则由正弦定理可得 F1 增大，F2 减小，A、B 错误；由于整个过程中，系统始终处于平衡状态，故两绳拉力的合力大小等于 mg，C 正确；当30时，30，可得 F2 33 mg，D 正确。10(2019武昌区调研)如图所示，竖直杆固定在木块 C 上，两者总重为20 N，放在
43、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 NDA 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：Fcos30Tbsin60，解得：TbF，竖直方向受力平衡，则有：Fsin30Tbcos60mBg，解得：FmBg10 N，以 A 为研究对象受力分析，竖直方向上有：mAgTbcos60Tacos30，水平方向：Tasin30Tbsin60，联立得：mAmB，即A 球重为 10 N，故 A、D 正确；以 A、B、C 和竖直杆整体为研究对象受力分析，水平方向：fFcos305 3 N，竖直方向：NFsin30(MmAmB)g，解得：N35 N，故 B、C 错误。本课结束
