2018年高考物理二轮复习专题突破练1力与物体的平衡

二、力与物体的平衡姓名：________ 班级：________1.如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上．若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F2>0)．由此可求出( )A．物块的质量B．斜面的倾角C．物块与斜面间的最大静摩擦力D．物块对斜面的正压力解析：设斜面倾角为θ，斜面对物块的最大静摩擦力为f.平行于斜面的外力F取最大值F1时，最大静摩擦力f方向沿斜面向下，由平衡条件可得：F1＝f＋mgsinθ；平行于斜面的外力F取最小值F2时，最大静摩擦力f方向沿斜面向上，由平衡条件可得：f＋F2＝mgsinθ；联立解得物块与斜面间的最大静摩擦力f＝(F1－F2)/2，选项C正确．答案：C2.倾角为α、质量为M的斜面体静止在水平桌面上，质量为m的木块静止在斜面体上．下列结论正确的是( )A．木块受到的摩擦力大小是mgcosαB．木块对斜面体的压力大小是mgsinαC．桌面对斜面体的摩擦力大小是mgsinαcosαD．桌面对斜面体的支持力大小是(M＋m)g解析：根据力的平衡条件可知，木块受到的静摩擦力为mgsinα，木块对斜面的压力为mgcosα，则A、B项错误；由整体法知，桌面对斜面体的摩擦力为0，支持力为(M＋m)g，则C项错误，D项正确．答案：D3．(多选)如图所示，力F拉一物体在水平面上以加速度a运动．用力F′＝Fcosθ代替力F，沿水平方向拉物体，该物体的加速度为a′，比较a与a′的大小关系，正确的是( )A．a′与a可能相等B．a′可能小于aC．a′可能大于a D．a′一定小于a解析：由牛顿第二定律可得：Fcosθ－μ(mg－Fsinθ)＝ma，将F换为水平方向的Fcosθ后：Fcosθ－μmg＝ma′，由此可见：若μ＝0，则a′＝a，若μ≠0，则a′<a，故A、B项正确，C、D项错误．答案：AB4.半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN.在P 和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态．如图所示是这个装置的纵截面图．若用外力使MN保持竖直并缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止．在此过程中，下列说法中正确的是( ) A．Q受到MN的弹力逐渐减小B．Q受到P的弹力逐渐减小C．Q受到MN和P的弹力之和保持不变D．P受到地面的支持力和摩擦力均保持不变解析：先对Q受力分析，如图1所示，Q受重力mg、P对Q的支持力N1和MN对Q的支持力N2，根据共点力的平衡条件，有N1＝mgcosθ，N2＝mgtanθ，则使。

专题一力与运动第一讲力与物体平衡1.[考查共点力的平衡条件、弹力的方向判断]如图所示，三个形状不规则的石块a、b、c在水平桌面上成功地叠放在一起。

下列说法正确的是( )A．石块b对a的支持力一定竖直向上B．石块b对a的支持力一定等于a受到的重力C．石块c受到水平桌面向左的摩擦力D．石块c对b的作用力一定竖直向上解析：选D 由题图可知，a与b的接触面不是水平面，可知石块b对a的支持力与其对a的静摩擦力的合力，跟a受到的重力是一对平衡力，故A、B错误；以三个石块作为整体研究，整体受到的重力与支持力是一对平衡力，则石块c不会受到水平桌面的摩擦力，故C错误；选取ab作为整体研究，根据平衡条件，石块c对b的作用力与其重力平衡，则石块c对b的作用力一定竖直向上，故D正确。

2．[考查摩擦力的有无及方向判断][多选]如图甲、乙所示，倾角为θ的斜面上放置一滑块M，在滑块M上放置一个质量为m的物块，M和m相对静止，一起沿斜面匀速下滑，下列说法正确的是( )A．图甲中物块m受到摩擦力B．图乙中物块m受到摩擦力C．图甲中物块m受到水平向左的摩擦力D．图乙中物块m受到与斜面平行向上的摩擦力解析：选BD 对题图甲：设m受到摩擦力，则物块m受到重力、支持力、摩擦力，而重力、支持力平衡，若受到摩擦力作用，其方向与接触面相切，方向水平，则物体m受力将不平衡，与题中条件矛盾，故假设不成立，A、C错误。

对题图乙：设物块m不受摩擦力，由于m 匀速下滑，m 必受力平衡，若m 只受重力、支持力作用，由于支持力与接触面垂直，故重力、支持力不可能平衡，则假设不成立，由受力分析知：m 受到与斜面平行向上的摩擦力，B 、D 正确。

3．[考查力的合成与分解、胡克定律][多选]如图，粗糙水平面上a 、b 、c 、d 四个相同小物块用四根完全相同的轻弹簧连接，正好组成一个等腰梯形，系统静止。

ab 之间、ac 之间以及bd 之间的弹簧长度相同且等于cd 之间弹簧长度的一半，ab 之间弹簧弹力大小为cd 之间弹簧弹力大小的一半。

课时作业(一)一、选择题(共11个小题，2、10、11为多选，其余为单项选择题，每题5分共55分)1．(2017·甘肃二模)如图所示，一物块置于水平地面上．当用与水平方向成30°角的力F 1推物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成60°角的力F 2拉物块时，物块仍做匀速直线运动．若F 1和F 2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为( )－1B ．2－3 －12D ．1－32答案 B分析 在两种情况下分别对物体受力分析，根据共点力平衡条件，运用正交分解法列式求解，即可得出结论．解析 对两种情况下的物体分别受力分析，如图：将F 1正交分解为F 3和F 4，F 2正交分解为F 5和F 6，则有：F 滑′＝F 3mg ＋F 4＝F N ′；F 滑＝F 5mg ＝F 6＋F N而F 滑＝μF NF 滑′＝μF N ′则有F 1cos30°＝μ(mg ＋F 1sin30°)①F 2cos60°＝μ(mg －F 2sin60°)② 又根据题意F 1＝F 2③联立①②③解得：μ＝2－ 3. 点评 本题关键要对物体受力分析后，运用共点力平衡条件联立方程组求解，运算量较大，要有足够的耐心，更要细心．2．(2016·江苏)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )A ．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B ．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C ．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D ．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面答案 BD解析 当桌布被拉出时，鱼缸由静止到向右运动，但它相对于桌布来说，仍向左运动，由于滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，因此桌布对鱼缸的摩擦力的方向应向右，A 项错误；因为鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，鱼缸受到桌布向右的摩擦力与它受到桌面向左的摩擦力大小相等，所以鱼缸向右加速的加速度大小与向右减速的加速度大小相等，方向相反，鱼缸的初速度为零，末速度也为零，根据对称性可知，鱼缸做加速运动的时间与做减速运动的时间相等，B 项正确；若猫增大拉力，桌布的加速度更大，但是由于鱼缸与桌布间的压力不变，动摩擦因数也不变，故摩擦力也不变，C 项错误；若猫减小拉力，桌布的加速度减小，鱼缸在桌布上的运动时间变长，而鱼缸向右的加速度不变，由x ＝12at 2知，鱼缸相对于桌面的位移变大，桌布被拉出后鱼缸在桌面上的位移也变大，鱼缸就有可能滑出桌面，D 项正确．3．(2017·课标全国Ⅲ)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm 的两点上，弹性绳的原长也为80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm ；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)( )A ．86 cmB ．92 cmC ．98 cmD ．104 cm答案 B解析 由题可知，挂上钩码后，如下图(1)所示：此时弹性绳长度为100 cm ，则角度为：θ＝37°，sin θ＝.对结点O 进行受力分析如图(2)所示：则由图(2)得：2Tsinθ＝mg当将两端缓慢移动至同一点时，由受力分析可得：2T′＝mg由于弹性绳上弹力为：F ＝kx得出：T x ＝T′x′由题可知：x ＝100－80＝20 cm则弹性绳伸长长度为：x′＝12 cm那么弹性绳总长度为：L ＝L 0＋x′＝92 cm点评 本题考查共点力的平衡，本题的关键是找出绳子与竖直方向的夹角，然后计算出劲度系数．另外做这一类题目，要养成画图的习惯，这样题目就能变的简单．4.(2017·江西一模)如图所示，质量为m(可视为质点)的小球P ，用两根轻绳OP 和O′P 在P 点拴结实后再分别系于竖直墙上且相距 m 的O 、O′两点上，绳OP 长 m ，绳O′P 刚拉直时，OP 绳拉力为T 1，绳OP 刚松弛时，O ′P绳拉力为T 2，θ＝37°，则T 1T 2为(sin37°＝，cos37°＝( ) A ．3∶4B ．4∶3C ．3∶5D ．4∶5答案 C分析 绳O′P 刚拉直时，此时O′P 绳子拉力为零，绳OP 刚松弛时，此时OP 绳子拉力为零，根据小球的受力情况画出受力示意图，根据共点力的平衡条件求解．解析 绳O′P 刚拉直时，OP 绳拉力为T 1，此时O′P 绳子拉力为零，小球受力如图所示，根据几何关系可得sinα＝OO′OP ＝45，所以α＝53°，所以α＋θ＝90°； 根据共点力的平衡条件可得：T 1＝mgsinα；绳OP 刚松弛时，O ′P 绳拉力为T 2，此时OP 绳子拉力为零，小球受力如图所示，根据共点力的平衡条件可得：T 2＝mgtanα，由此可得：T 1T 2＝sin53°tan53°＝35，所以C 项正确、A 、B 、D 项错误；故选C 项． 5.(2017·课标全国Ⅰ一模)有三个完全相同的金属小球A 、B 、C ，其中小球C不带电，小球A 和B 带有等量的同种电荷，如图所示，A 球固定在竖直支架上，B 球用不可伸长的绝缘细线悬于A 球正上方的O 点处，静止时细线与OA 的夹角为θ.小球C 可用绝缘手柄移动，重力加速度为g ，现在进行下列操作，其中描述与事实相符的是( )A ．仅将球C 与球A 接触离开后，B 球再次静止时细线中的张力比原来要小B ．仅将球C 与球A 接触离开后，B 球再次静止时细线与OA 的夹角为θ1，仅将球C 与球A 接触离开后，B 球再次静止时细线与OA 的夹角为θ2，则θ1＝θ2C ．剪断细线OB 瞬间，球B 的加速度等于gD ．剪断细线OB 后，球B 将沿OB 方向做匀变速直线运动直至着地答案 B分析 A 项，依据受力分析，与平衡条件，及库仑定律与三角形的相似比，即可判定；B 项，由库仑定律和库仑分电量法，即可求解；C 项，根据牛顿第二定律，及矢量的合成法则，即可确定；D 项，依据库仑力随间距的变化而变化，从而判定运动性质．解析 A 项，仅将球C 与球A 接触后离开，球A 的电量减半，致使二者间的库仑力减小，对球B 进行受力分析可知它在三个力的作用下平衡，由三角形相似可知mg H ＝T L，故细线的张力不变，故A 项错误；B 项，将球C 与球B 接触后离开，和球C 与球A 接触后离开，由库仑定律和库仑分电量法知道两种情况下AB 间的斥力相同，故夹角也相同，故B 项正确；C 项，剪断细绳瞬间球B 在重力和库仑力作用下运动，其合力斜向右下方，与原来细线的张力等大反向，故其加速度不等于g ，故C 项错误；D 项，剪断细线OB 后，球B 在空中运动时受到的库仑力随间距的变化而变化，即球B 落地前做变加速曲线运动，故D 项错误． 点评 考查库仑定律、牛顿第二定律的应用，掌握数学中三角形的相似比，理解电荷的相互作用力影响因素．6.(2016·课标全国Ⅲ)如图所示，两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上：一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m 的小球．在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( )m C ．mD ．2m答案 C解析 如图所示，圆弧的圆心为O ，悬挂小物块的点为c ，由于ab ＝R ，则△aOb 为等边三角形，同一条细线上的拉力相等，T ＝mg ，合力沿aO 方向，则aO 为角平分线，由几何关系知，∠acb ＝120°，故绳的拉力的合力与物块的重力大小相等，即每条线上的拉力T ＝G ＝mg ，所以小物块质量为m ，故C 项正确．7.(2017·湖南浏阳月考)如图所示，物体B 通过动滑轮悬挂在细绳上，整个系统处于静止状态，动滑轮的质量和一切摩擦均不计．如果将绳的左端点由P 点缓慢地向右移到Q 点，整个系统重新平衡后，绳的拉力F 和绳子与竖直方向的夹角θ的变化情况是( )A ．F 变大，θ变大B ．F 变小，θ变小C ．F 不变，θ变小D ．F 不变，θ变大答案 B解析 整个系统处于静止状态，设两侧绳子的夹角为β，滑轮两侧绳的拉力F ＝m B g2cos β2，左端移动到Q 点后，根据几何关系可知，此时两绳的夹角β减小，所以两侧绳的拉力变小，由几何知识可知，图中角θ大小是两绳的夹角大小的一半，由于滑轮两侧绳的夹角减小，所以角θ减小，故B 项正确，故A 、C 、D 三项错误．8．(2015·山东)如图所示，滑块A 置于水平地面上，滑块B 在一水平力作用下紧靠滑块A(A 、B 接触面竖直)，此时A 恰好不滑动，B 刚好不下滑．已知A 与B 间的动摩擦因数为μ1，A 与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A 与B 的质量之比为( )答案 B解析 物体AB 整体在水平方向F ＝μ2(m A ＋m B )g ；对物体B 在竖直方向有μ1F ＝m B g ；联立解得m A m B ＝1－μ1μ2μ1μ2，B 项正确． 9．(2017·河北省保定市高三调研)如图所示，木板P 下端通过光滑铰链固定于水平地面上的O 点，物体A 、B 叠放在木板上且处于静止状态，此时物体B 的上表面水平．现使木板P 绕O 点缓慢旋转到虚线所示位置，物体A 、B 仍保持静止，与原位置的情况相比( )A ．A 对B 的作用力减小B ．B 对A 的支持力减小C ．木板对B 的支持力减小D ．木板对B 的摩擦力增大 答案 B解析 开始和转到虚线位置，A 对B 的作用力都等于A 的重力，大小不变，A 项错误；木板转到虚线位置后倾角减小，B 受到的摩擦力F f ＝μ(m A ＋m B )gsinθ减小，即木板对B 的摩擦力减小，B 对木板的压力F N ＝(m A ＋m B )gcosθ增大，木板对B 的支持力也增大，C 、D 两项错误；转到虚线位置时物体B 的上表面倾斜，对A 受力分析，易知，B 对A 的支持力减小，B 项正确．10.如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A ，细线与斜面平行．小球A 的质量为m 、电量为q.小球A 的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B ，两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k ，重力加速度为g ，两带电小球可视为点电荷．小球A 静止在斜面上，则( )A ．小球A 与B 之间库仑力的大小为kq 2/d 2B ．当q d＝mgsinθk 时，细线上的拉力为0 C ．当q d＝mgtanθk 时，细线上的拉力为0 D ．当q d＝mg ktanθ时，斜面对小球A 的支持力为0 答案 AC解析 点电荷库仑定律F ＝kq 2/d 2，所以A 项正确；当细线上的拉力为0的时候，小球A 受到库仑力、斜面支持力、重力，具体关系为kq 2/d 2＝mgtanθ，即C 项正确．由受力分析可知，斜面对小球的支持力不可能为0，所以D 项错误．11．(2017·安徽模拟)如图所示，质量为M 的斜劈放置在水平地面上，细线绕过滑轮O 1、O 3连接m 1、m 3物体，连接m 1细线与斜劈平行，滑轮O 3由细线固定在竖直墙O 处，滑轮O 1用轻质杆固定在天花板上，动滑轮O 2跨在细线上，其下端悬挂质量为m 2的物体，初始整个装置静止，不计细线与滑轮间摩擦，下列说法正确的是( )A ．若增大m 2质量，m 1、M 仍静止，待系统稳定后，细线张力大小不变B ．若增大m 2质量，m 1、M 仍静止，待系统稳定后，地面对M 摩擦力变大C ．若将悬点O 上移，m 1、M 仍静止，待系统稳定后，细线与竖直墙夹角变大D ．若将悬点O 上移，m 1、M 仍静止，待系统稳定后，地面对M 摩擦力不变答案 AD分析先对物体m3分析，受重力和拉力而平衡，故细线的拉力一直不变；再对m1和斜面体整体分析，根据平衡条件分析摩擦力情况；如果将悬点O上移，先后对m2、m3分析，根据平衡条件分析细线与竖直墙夹角变化情况．解析A、B两项，若增大m2质量，m1、M仍静止；先对物体m3分析，受重力和拉力而平衡，说明细线的拉力大小保持不变；再隔离m1和斜面体整体分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据平衡条件，摩擦力等于拉力的水平分力，由于拉力不变，故地面对M摩擦力不变，故A项正确，B项错误；C、D项，若将悬点O上移，m1、M仍静止，细线的拉力依然等于m3g，大小不变；先分析m2，由于重力不变，两个拉力的大小也不变，故根据平衡条件，两个拉力的方向不变；再分析滑轮O3，受三个拉力，由于两个拉力的大小和方向不变，故根据平衡条件，第三个拉力的方向也不变，故细线与竖直墙夹角不变，故C 项错误；最后分析m1和斜面体整体，受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据平衡条件，摩擦力等于拉力的水平分力，由于拉力不变，故地面对M摩擦力不变，故D项正确；故选A、D两项．点评本题是力平衡问题，关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象进行受力分析，根据平衡条件列式求解；通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法．有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用．二、计算题(共3个小题，12题12分，13题15分，14题18分，共45分) 12．(2017·北京市海淀区)如图所示，在匀强磁场中倾斜放置的两根平行光滑的金属导轨，它们所构成的导轨平面与水平面成θ＝30°角，平行导轨间距L＝m．匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度B＝T．两根金属杆ab和cd可以在导轨上无摩擦地滑动．两金属杆的质量均为m＝kg，电阻均为R＝Ω.若用与导轨平行的拉力作用在金属杆ab上，使ab杆沿导轨匀速上滑并使cd杆在导轨上保持静止，整个过程中两金属杆均与导轨垂直且接触良好．金属导轨的电阻可忽略不计，取重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)cd 杆受安培力F 安的大小；(2)通过金属杆的感应电流I ；(3)作用在金属杆ab 上拉力的功率P.答案 (1) N (2) A (3)20 W解析 (1)金属杆cd 静止在金属导轨上，所受安培力方向与导轨平面平行向上．则F 安＝mgsin30°解得：F 安＝ N(2)F 安＝BIL ，解得I ＝ A(3)金属杆ab 所受安培力方向与导轨平面平行向下，金属杆ab 匀速上滑，则F ＝BIL ＋mgsin30°，根据电磁感应定律，金属棒ab 上产生的感应电动势为E 感＝BLv.根据闭合电路欧姆定律，通过金属杆ab 的电流I ＝E 感2R，根据功率公式：P ＝Fv. 解得：P ＝20 W考点 闭合电路欧姆定律，电磁感应定律13．(2016·天津)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E ＝5 3 N/C ，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B ＝ T ．有一带正电的小球，质量m ＝×10－6 kg ，电荷量q ＝2×10－6 C ，正以速度v 在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P 点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)取g ＝10 m/s 2，求：(1)小球做匀速直线运动的速度v 的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P 点所在的这条电场线经历的时间t.答案 (1)20 m/s 与电场方向成60°角斜向上(2) s解析(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB ＝q 2E 2＋m 2g 2① 代入数据解得v ＝20 m/s ②速度v 的方向与电场E 的方向之间的夹角满足tan θ＝qE mg ③代入数据解得tanθ＝3θ＝60° ④(2)解法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图所示，设其加速度为a ，有a ＝q 2E 2＋m 2g 2m ⑤设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x ，有x ＝vt ⑥设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y ，有y ＝12at 2 ⑦a 与mg 的夹角和v 与E 的夹角相同，均为θ，又tan θ＝y x⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t ＝2 3 s ＝ s ⑨ 解法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P 点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为v y ＝vsinθ ⑤若使小球再次穿过P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有v y t －12gt 2＝0⑥联立⑤⑥式，代入数据解得t ＝2 3 s ＝ s ⑦14．(2014·江苏)如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L ，长为3d ，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d 的薄绝缘涂层，匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向与导轨平面垂直，质量为m 的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R ，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g ，求：(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；(2)导体棒匀速运动的速度大小v ；(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.答案 (1)tanθ (2)mgRsinθB 2L 2(3)2mgdsinθ－m 3g 2R 2sin 2θ2B 4L 4解析 (1)在绝缘涂层上，导体棒做匀速直线运动，受力平衡，则有mgsin θ＝μmgcosθ，解得μ＝tanθ(2)导体棒在光滑导轨上滑动时感应电动势E ＝BLv感应电流I ＝E R安培力F 安＝BIL联立得F 安＝B 2L 2v R受力平衡F 安＝mgsinθ解得v ＝mgRsinθB 2L 2(3)整个运动过程中，其他部分没有电阻，因此电阻产生的焦耳热Q 与安培力做功相等．根据动能定理，得3mgd sinθ－μmgdcosθ－Q＝12mv2－0解得Q＝2mgdsinθ－m3g2R2sin2θ2B4L4。

一、选择题1．(多选)(2017·德州模拟)如图所示，两楔形物块A、B两部分靠在一起，接触面光滑，物块B放置在地面上，物块A上端用绳子拴在天花板上，绳子处于竖直伸直状态，A、B两物块均保持静止．则()A．绳子的拉力不为零B．地面受的压力大于物块B的重力C．物块B与地面间不存在摩擦力D．物块B受到地面的摩擦力水平向左解析：选AC.因A、B接触面光滑，若B对A有支持力，则物块A的合力不可能为零，因此A、B间的弹力为零，所以绳子的拉力F＝m A g，分析物块B可知，地面对B的支持力F N B ＝m B g，物块B与地面间的摩擦力为零，故A、C正确，B、D错误．2．(2017·西城区二模)如图甲所示，一定质量的通电导体棒ab置于倾角为θ的粗糙导轨上，在图乙所加各种大小相同、方向不同的匀强磁场中，导体棒ab均静止，则下列判断错误的是()A．四种情况导体棒受到的安培力大小相等B．A中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零C．B中导体棒ab可能是二力平衡D．C、D中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零解析：选D.因磁感线都垂直于导体棒，所以导体棒受到安培力的大小相等，A中安培力方向水平向右，而支持力垂直于斜面，与重力可以形成三力平衡，所以摩擦力可能为零；同理，B中安培力方向向上，可与重力构成二力平衡；C中安培力方向向下，D中安培力方向水平向左，要平衡则一定受到摩擦力作用，故选项D错误．3．(2017·安徽名校质检)如图所示，质量为m的木块A放在地面上的质量为M的三角形斜劈B上，现用大小均为F、方向相反的力分别推A和B，它们均静止不动，则()A．A与B之间一定存在弹力B．地面受向右的摩擦力C．B对A的支持力一定等于mgD．地面对B的支持力的大小一定等于Mg解析：选A.对A、B整体受力分析，受到重力(M＋m)g、地面的支持力F N和已知的两个推力．对于整体，由于两个推力刚好平衡，故整体与地面间没有摩擦力；根据共点力平衡条件，有F N＝(M＋m)g，故B、D错误；再对木块A受力分析，受重力mg、已知的推力F、斜劈B对A的支持力F′N和摩擦力F f，当推力F沿斜面的分量大于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向下，当推力F沿斜面的分量小于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向上，当推力F沿斜面的分量等于重力的下滑分量时，摩擦力为零，根据共点力的平衡条件，运用正交分解法，可以得到：F′N＝mg cos θ＋F sin θ，故A正确，C错误．4．(2017·东北三省四市模拟)如图所示，一条细绳跨过定滑轮连接两个小球A、B，它们都穿在一根光滑的竖直杆上，不计绳与滑轮间的摩擦，当两球平衡时OA 绳与水平方向的夹角为2θ，OB 绳与水平方向的夹角为θ，则球A 、B 的质量之比为( )A ．2cos θ∶1B ．1∶2cos θC ．tan θ∶1D ．1∶2sin θ解析：选A.以A 为研究对象，根据平衡条件得：F T sin 2θ＝m A g .以B 为研究对象，根据平衡条件得：F T sin θ＝m B g ，故m A m B ＝sin 2θsin θ＝2cos θ，解得正确答案为A.5．(2017·武昌区高三调研)将两个质量均为m 的小球a 、b 用细线相连后，再用细线悬挂于O 点，如图所示．用力F 拉小球b ，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa 与竖直方向的夹角保持θ＝30°，则F 的最小值为( ) A.33mg B ．mg C.32mg D.12mg 解析：选B.将a 、b 看成一个整体，受力分析可知，当力F 与Oa 垂直时F 最小，可知此时F ＝2mg sin θ＝mg ，B 正确．6．(2017·高考上海卷)如图，光滑的四分之一圆弧轨道AB 固定在竖直平面内，A 端与水平面相切．穿在轨道上的小球在拉力F 作用下，缓慢地由A 向B 运动，F 始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为N .在运动过程中( )A ．F 增大，N 减小B ．F 减小，N 减小C ．F 增大，N 增大D ．F 减小，N 增大解析：选A.由题意知，小球在由A 运动到B 过程中始终处于动态平衡状态．设某一时刻小球运动至如图所示位置，则对球由平衡条件得：F ＝mg sin θ，N ＝mg cosθ，在运动过程中，θ增大，故F 增大，N 减小，A 正确．7．(2017·高考新课标全国卷Ⅰ)如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)．与稳定在竖直位置时相比，小球的高度( )A ．一定升高B ．一定降低C ．保持不变D ．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定解析：选A.设橡皮筋原长为l 0加速前平衡时橡皮筋伸长了x 0则有kx 0＝mg当加速并稳定时设小球偏离竖直方向θ角，橡皮筋伸长了x由小球在竖直方向受力平衡有kx cos θ＝mg联立得kx cos θ＝kx 0x cos θ＝x 0此时小球距悬挂点的竖直高度h ＝(l 0＋x )cos θ＝l 0cos θ＋x cos θ＝l 0cos θ＋x 0＜l 0＋x 0故小球一定升高，选项A 正确．8．(2017·东城区一模)如图所示，质量分别为m A 和m B 的物体A 、B 用细绳连接后跨过滑轮，A 静止在倾角为45°的斜面上，已知m A ＝2m B ，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°增大到50°，系统保持静止．下列说法正确的是( )A ．细绳对A 的拉力将增大B ．A 对斜面的压力将减小C ．A 受到的静摩擦力不变D ．A 受到的合力将增大解析：选B.物体B 受重力m B g 和竖直向上的绳的拉力F ′而平衡，则有F ′＝m B g ＝12m A g ，细绳对A 的拉力保持不变，选项A 错误；物体A 受力如图所示，由物体的平衡条件得F N －m A g cos θ＝0，m A g sin θ－F f －F＝0，F ＝F ′＝12m A g ，若θ从45°增大到50°，则有F N 减小，F f 增大，选项B 正确，C 错误；物体A 始终保持静止状态，合力始终为零，选项D 错误．9．(2017·高考新课标全国卷Ⅱ)如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a 、b 和c 分别位于边长为l 的正三角形的三个顶点上；a 、b 带正电，电荷量均为q ，c 带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k .若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为( ) A.3kq 3l 2 B.3kq l2 C.3kq l 2 D.23kq l2解析：选B.以c 球为研究对象，除受另外a 、b 两个小球的库仑力外还受匀强电场的静电力，如图所示，c 球处于平衡状态，据共点力平衡条件可知F 静＝2k qq c l 2cos 30°；F 静＝Eq c ，解得E ＝3kq l2，场强方向竖直向上，选项B 正确．10．(多选)(2017·遵义二模)如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A 、B 分别处于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F 作用于小球B ，则两球静止于图示位置，如果将小球B 向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原来相比( )A ．推力F 将增大B ．竖直墙面对小球A 的弹力减小C ．地面对小球B 的弹力一定不变D ．两个小球之间的距离增大解析：选BCD.将A 、B 视为整体进行受力分析，在竖直方向只受重力和地面对整体的支持力F N (也是对B 的支持力F N )，将B 向左推动少许后，竖直方向受力不变，所以F N ＝(m A ＋m B )g 为一定值，C 正确；对B 进行受力分析如图，由平衡条件可知F N ＝m B g ＋F 斥cos θ，向左推B ，θ减小，所以F 斥减小，由库仑定律F 库＝k q A q B r2得：A 、B 间距离r 增大，D 正确；而F ＝F 斥sin θ，θ减小，F 斥减小，所以推力F 减小，故A 错误；将A 、B 视为整体时，F ＝F N A ，所以墙面对小球A 的弹力F N A 减小，B 正确．二、计算题11．(2017·临沂第三次适应性测试)如图所示，一个底面粗糙，质量为m的斜面体静止在水平地面上，斜面体斜面是光滑的，倾角为30°，现用一端固定的轻绳系一质量为m 的小球，小球静止时轻绳与斜面的夹角是30°.(1)求当斜面体静止时绳的拉力大小；(2)若地面对斜面体的最大静摩擦力等于地面对斜面体支持力的k 倍，为了使整个系统始终处于静止状态，k 值必须满足什么条件？解析：(1)设绳的拉力为FT ，斜面体对小球的支持力为F N ，对小球进行受力分析如图所示，由平衡条件可知，F T 和F N 的合力竖直向上，大小等于mg ，由几何关系可得出F N ＝F T ＝33mg . (2)对斜面体进行受力分析，设小球对斜面体的压力为F N ′，地面的支持力为F ，地面的静摩擦力为F f ，由正交分解和平衡条件可知，在竖直方向上：F ＝mg ＋F N ′cos 30°在水平方向上：F f ＝F N ′sin 30°根据(1)和牛顿第三定律可知：F N ′＝F N ＝F T ＝33mg 又由题设可知F fmax ＝kF ≥F f综合上述各式解得k ≥39. 答案：(1)33mg (2)k ≥3912．(2017·泰州模拟)如图所示，ace 和bdf 是间距为L 的两根足够长平行导轨，导轨平面与水平面的夹角为θ.整个装置处在磁感应强度为B 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，ab 之间连有阻值为R 的电阻．若将一质量为m 的金属棒置于ef 端，今用大小为F 、方向沿斜面向上的恒力把金属棒从ef 位置由静止推至距ef 端s 处的cd 位置(此时金属棒已经做匀速运动)，现撤去恒力F ，金属棒最后又回到ef 端(此时金属棒也已经做匀速运动)．若不计导轨和金属棒的电阻，且金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ.求：(1)金属棒上滑过程中的最大速度；(2)金属棒下滑过程的末速度．解析：(1)设当金属棒上滑到匀速时速度最大为v 1，此时受力平衡，则：F －μmg cos θ－mg sin θ－BI 1L ＝0I 1＝BL v 1R解得v 1＝(F －μmg cos θ－mg sin θ)R B 2L 2. (2)设金属棒下滑过程的末速度为v 2，此时受力平衡，则：BI 2L ＋μmg cos θ－mg sin θ＝0I 2＝BL v 2R解得v 2＝(mg sin θ－μmg cos θ)R B 2L 2. 答案：(1)(F －μmg cos θ－mg sin θ)R B 2L 2(2)(mg sin θ－μmg cos θ)R B 2L 2。