(新课标)2020高考物理二轮总复习 第一部分 专题突破方略 专题一 力与运动 1.1.3 抛体运动

第一部分专题一第1讲基础题——知识基础打牢1. (2022·浙江1月高考，3分)如图所示，水平放置的电子秤上有一磁性玩具，玩具由哑铃状物件P和左端有玻璃挡板的凹形底座Q构成，其重量分别为G P和G Q.用手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态(即P和Q的其余部分均不接触)，P与Q间的磁力大小为F.下列说法正确的是( D )A．Q对P的磁力大小等于G PB．P对Q的磁力方向竖直向下C．Q对电子秤的压力大小等于G Q＋FD．电子秤对Q的支持力大小等于G P＋G Q【解析】由题意可知，因手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，即Q对P有水平向左的磁力；P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态，则说明Q对P有竖直向上的磁力，则Q对P的磁力方向斜向左上方向，其磁力F大小大于G P，选项A、B错误；对PQ的整体受力分析，竖直方向电子秤对Q的支持力大小等于G P＋G Q，即Q对电子秤的压力大小等于G P＋G Q，选项C错误，D正确．2. (2022·福建龙岩一模)一台空调外机用两个三角形支架固定在竖直外墙上，如图所示，横梁AO水平，斜梁BO与横梁AO连接于O点，空调外机对横梁AO压力集中作用于O点，不计支架的重力．下列说法正确的是( D )A．横梁对O点的作用力沿AO方向B．斜梁对O点的作用力沿OB方向C．若换较长的斜梁，连接点O的位置不变，斜梁对O点的作用力增大D．若换较长的斜梁，连接点O的位置不变，斜梁对O点的作用力减小【解析】空调对横梁O点的压力竖直向下，则横梁对O点的作用力竖直向上，选项A错误；斜梁对O点有竖直向上的支持力和水平方向的作用力，其合力方向不一定沿OB方向，选项B错误；以O点为研究对象，受到空调外机的压力、两根支架的作用力，受力如图所示：由受力图结合几何关系可得F1＝Gcos θ，若把斜梁加长一点，仍保持点O的位置不变，横梁仍然水平，此时θ减小，cos θ增大，故F1将变小，故C错误，D正确．3.如图所示，质量m＝0.15 kg、长度L＝10 cm的金属棒ab由两个完全相同的弹簧水平悬挂在匀强磁场中，弹簧劲度系数k＝100 N/m，开关闭合，稳定后发现弹簧的伸长量均为Δx＝1 cm，电流表的示数为5 A，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( A )A．N端是电源正极B．磁场的磁感应强度大小为0.1 TC．滑动变阻器的滑片左移，弹簧的长度变小D．仅使磁场反向，稳定后弹簧的伸长量为0.2 cm【解析】由于mg＝1.5 N<2kΔx＝2 N，故安培力方向竖直向下，根据受力分析，满足mg＋BIL＝2kΔx，可得B＝1 T，B错误；根据左手定则，可知ab棒中电流方向由b指向a，故N端是电源正极，A正确；滑动变阻器的滑片左移，接入电路的电阻减小，电流增大故形变量变大，弹簧的长度变大，C错误；仅使磁场反向，则mg＝BIL＋2kΔx′，可得Δx′＝0.5 cm，D错误．4. (2022·湖南衡阳二模)如图所示，小球A、B的质量都为m，它们用三段轻绳分别连接在竖直墙壁上的M点和天花板上的N点，稳定时M A段水平，B N段与水平天花板的夹角为30°，轻绳AB段与水平方向的夹角为θ，则tan θ的值为( C )A.34B．35C．36D．38【解析】以A、B组成的整体为研究对象，受力情况如图甲所示，则由平衡条件可得F B N＝2mgsin 30°＝4mg，隔离B并对其进行受力分析，受力情况如图乙所示，根据平衡条件有F B N sin 30°＝mg＋F AB sin θ，F B N cos 30°＝F AB cos θ，联立解得tan θ＝36，选项C正确．5. (2022·哈尔滨二模)如图所示，M、N两支架固定在高台边缘，钢绳两端连接到两个支架上等高的位置，钢绳的长度可通过固定在支架M上的电动机收放．某杂技演员(可视为质点)抓住套在钢绳上的滑环静止在高空，滑环可沿钢绳无摩擦滑动．下列说法正确的是( C )A．若启动电动机使钢绳缓慢缩短，钢绳拉力将不断减小B．若启动电动机使钢绳缓慢缩短，左侧钢绳拉力将增大，右侧钢绳拉力将减小C．若启动电动机使钢绳缓慢伸长，钢绳拉力将不断减小D．若启动电动机使钢绳缓慢伸长，演员运动的轨迹为偏向支架N一侧的曲线【解析】设滑环两侧钢绳与水平面的夹角为θ，对杂技演员由平衡条件可得2T sinθ＝mg，若启动电动机使钢绳缓慢缩短，则θ减小，两侧钢绳拉力将不断增大，若启动电动机使钢绳缓慢伸长，则θ增大，两侧钢绳拉力将不断减小，C正确，A、B错误；由于钢绳两端连接到两个支架上等高的位置，同一条钢绳上拉力大小处处相等，由对称性可知，滑环两侧钢绳与水平面的夹角总是相等，故启动电动机使钢绳缓慢伸长，演员运动的轨迹为竖直向下，若演员运动的轨迹偏向支架N一侧，滑环两侧的钢绳与水平面的夹角就不会相等，D错误．6. (2021·山东省实验中学高三月考)如图所示，在水平地面上有一斜面，质量均为m 的A、B两物块放在斜面的等高处，A、B之间连接着一个轻质弹簧，其劲度系数为k，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θ，两物块和斜面间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是( C )A ．斜面对A 、B 组成系统的静摩擦力的合力为0B ．若将弹簧拿掉，物块有可能发生滑动C ．弹簧的最大压缩量为mg μ2cos 2θ－sin 2θkD ．弹簧的最大压缩量为mg μ2cos 2θ＋sin 2θk【解析】 把A 、B 看成一个整体，斜面对A 、B 组成系统的静摩擦力的合力为f ＝2mg sin θ，所以A 错误；有弹簧时，对A 分析有f A ＝mg sin θ2＋k Δx 2，若将弹簧拿掉，对A 则有f A ′＝mg sin θ<f A ，所以若将弹簧拿掉，物块不可能发生滑动，所以B 错误；弹簧的压缩量最大时，物块达到最大静摩擦力，则mg sin θ2＋k Δx 2＝μmg cos θ，解得Δx ＝mg μ2cos 2θ－sin 2θk，所以C 正确，D 错误．故选C. 7. (2021·河南濮阳一中调研)如图所示，用绝缘细线把小球A 悬于O 点，静止时恰好与另一固定于O 点正下方的小球B 接触．现使两球带同种电荷，细线将偏离竖直方向某一角度θ1，此时细线中的张力大小为T 1，库仑斥力为F 1；若增加两球的带电量，悬线偏离竖直方向的角度将增大为θ2，此时细线中的张力大小为T 2，库仑斥力为F 2，则( B )A ．T 1<T 2B ．T 1＝T 2C ．F 1>F 2D ．F 1＝F 2【解析】 小球A 的受力情况如图所示，重力mg 、悬线张力T 、库仑斥力F ，这三个力的合力为0.因此这三个力构成封闭的力的三角形，且正好与几何三角形O A′B 相似，则有：mg O B ＝T O A′＝FA′B，因为O A′＝O B，所以T＝mg，即T与θ无关，则有T1＝T2，而F与两球间距成正比A′B>AB，则F2>F1，故B正确，A、C、D错误．应用题——强化学以致用8. (2021·广东湛江二模)如图所示，某学生的水壶(含挂绳)挂在课桌边，图甲为实物图，图乙为简化图，O为挂钩，A、B等高且之间拴接挂绳，不计一切摩擦，以下说法正确的是( B )A．挂绳对挂钩的作用力等于水壶的重力B．挂绳对水壶的作用力大于水壶的重力C．课桌对水壶的作用力大于水壶的重力D．课桌对水壶的作用力小于水壶的重力【解析】水壶的受力如图所示，(图中T表示两个绳子的拉力的合力)，由图可知，挂绳对水壶的作用力T的竖直分量等于水壶的重力G，可知T>G，绳子对挂钩的作用力大小也是T，所以大于水壶的重力，A错误，B正确；课桌对水壶的作用力为T和F的合力，与水壶所受重力等大反向，故CD错误．故选B.9. (2022·山东济南一中期中)内燃机汽缸内的燃气推动活塞运动的示意图，如图所示，活塞质量为m，若活塞从汽缸的顶部向底部匀速运动过程中，气体对活塞的合力F大小恒定、方向向下，汽缸与活塞之间的摩擦可忽略，重力加速度为g.当连杆与竖直方向的夹角为θ时，下列说法正确的是( A )A．汽缸壁对活塞的作用力大小为(F＋mg)tan θB．汽缸壁对活塞的作用力大小为F＋mgsin θC．长连杆受到的作用力大小为(F＋mg)cos θD ．长连杆受到的作用力大小为F sin θ【解析】 对活塞进行受力分析，如图所示，根据平衡条件有N 1cos θ＝F ＋mg ①N 1sin θ＝N 2②联立①②解得汽缸壁对活塞的作用力大小为N 2＝(F ＋mg )tan θ，长连杆对活塞的作用力大小为N 1＝F ＋mg cos θ，根据牛顿第三定律可知长连杆受到的作用力大小为N ′1＝N 1＝F ＋mg cos θ，故A 正确，B 、C 、D 错误．故选A. 10. (多选)(2022·福建漳州二模)如图，直角支架固定在水平地面上，小球A 穿在竖直光滑杆上，横杆上固定一滑轮．将细绳一端系在A 上，另一端跨过滑轮系在小水桶B 上，系统处于静止状态．现因桶底破损，里面有少许水缓慢渗漏下来．不计滑轮质量及摩擦，在球A 缓慢下降过程中( AD )A ．绳对球A 拉力的竖直分量保持不变B ．竖直杆对球A 的弹力保持不变C ．轴对滑轮的作用力方向竖直向上D ．轴对滑轮的作用力越来越小【解析】 球A 缓慢下降，A 处于平衡状态，对A 受力分析，如图所示，根据平衡条件得T cos θ＝m A g ，T sin θ＝N 得N ＝m A g tan θ，所以绳对球A 拉力的竖直分量保持不变，θ减小，则N 减小，故A 正确，B 错误；以滑轮为研究对象，由平衡条件可知轴对滑轮的作用力方向在两绳子的夹角的角平分线上，故C 错误；对滑轮由平衡条件可得2T cos θ2＝T 1，其中T ＝m A g cos θ，则T 1＝2m A g cos θcos θ2＝2m A g 2cos 2θ2－1cos θ2＝2m A g 2cos θ2－1cos θ2，θ减小，由数学知识可知，T 1变小，故D 正确．故选AD.11. (2021·山东潍坊二中高三期中)如图所示，斜面的倾角为30°，轻绳一端固定于天花板，另一端通过两个滑轮与物块甲相连，动滑轮悬挂物块乙后，甲、乙保持静止，此时动滑轮两边轻绳的夹角为120°.已知甲的质量为m ，甲与斜面间的动摩擦因数为36，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，不计滑轮的质量及轻绳与滑轮的摩擦，则乙的质量可能为( B ) A.16m B ．12m C ．m D ．2m【解析】 当甲恰好不下滑时，对甲T 1＋μmg cos θ＝mg sin θ，解得T 1＝14mg ，对乙，根据平衡条件2T 1cos 60°＝m 1′g ，解得m 1′＝14m ，当甲恰好不上滑时，对甲T 2＝μmg cos θ＋mg sin θ，解得T 2＝34mg ，对乙，根据平衡条件2T 2cos 60°＝m 2′g ，解得m 2′＝34m ，故乙的质量取值范围为14m ≤m ′≤34m ，故选B. 12. (2021·湖北武汉实验中学高三期中)如图所示，衣服悬挂在不可伸长的轻绳上，衣架的挂钩是光滑的，轻绳的两端固定在两根竖直杆上的A 、B 两点，衣服处于静止状态．保持A 端位置不变，将B 端分别移动到B 1、B 2两点．下列说法正确的是( D )A ．B 端移到B 1，绳子张力变大B ．B 端移到B 1，绳子张力变小C ．B 端移到B 2，绳子张力变大D ．B 端移到B 2，绳子张力不变【解析】 设绳子间的夹角为2θ，绳子总长为L ，两杆间距离为d ，如图所示，根据几何关系有L 1sin θ＋L 2sin θ＝d ，得sin θ＝dL 1＋L 2＝d L.当B 端移到B 1位置或B 2位置时，d 、L都不变，则θ也不变；由平衡条件可知2F cosθ＝mg，解得F＝mg2cos θ可见，绳子张力F 也不变，故D正确，A、B、C错误．13. (2021·广东河源模拟)如图1所示，吊车是建筑工地常用的一种大型机械．为了便于研究问题，将它简化成如图2所示的模型，硬杆OB的一端装有定滑轮，另一端固定在车体上；质量不计的绳索绕过定滑轮吊起质量为m的物体匀速上升，不计定滑轮质量和滑轮与轴承之间的摩擦，重力加速度为g.下列说法正确的是( C )A．OA段绳索受到的拉力小于mgB．OA段绳索受到的拉力大于mgC．OB杆对定滑轮的支持力小于2mgD．OB杆对定滑轮的支持力大于2mg【解析】OA段绳索受到的拉力与OC段受到的拉力相等，对物体根据平衡条件可得绳索对物体的拉力大小为T＝mg，所以OA段绳索受到的拉力等于mg，故A、B错误；设两段绳索之间的夹角为2θ，由于同一条绳索拉力相等，则两段绳索的合力沿角平分线方向，如图所示；根据平衡条件可得：2T cos θ＝F，解得：F＝2mg cos θ；由于θ>0，所以OB杆对定滑轮的支持力F<2mg，故C正确，D错误．14. (2021·浙江杭州模拟)在卫生大扫除中，某同学用拖把拖地，沿推杆方向对拖把施加推力F(如图所示)，此时推力与水平方向的夹角为θ，且拖把刚好做匀速直线运动．从某时刻开始保持力F的大小不变，减小F与水平方向的夹角θ，则( C )A．拖把将做减速运动B．拖把继续做匀速运动C．地面对拖把的支持力F N变小，地面对拖把的摩擦力F f变小D．减小θ的同时若减小F，拖把一定做加速运动【解析】设拖把与地面之间的动摩擦因数为μ，则拖把头受到重力、支持力、推力和摩擦力处于平衡，受力示意图如图所示．将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，由平衡条件得：竖直方向上：F sin θ＋mg＝F N①；水平方向上：F cos θ－F f＝0 ②；式中F N和F f 分别为地板对拖把的正压力和摩擦力．其中F f＝μF N③；由①得：减小F与水平方向的夹角θ，sin θ减小，地面对拖把的支持力F N变小；由③可得地面对拖把的摩擦力F f变小，故选项C正确；减小F与水平方向的夹角θ时，F f减小，而F cos θ增大，所以F cos θ－F f将大于0，所以拖把将做加速运动，故选项A、B错误；减小θ的同时若减小F，则F cos θ－F f不一定大于0，拖把不一定做加速运动，故选项D错误．15. (2022·山东昌乐二中模拟)如图所示，风筝借助于均匀的风和牵线对其作用，才得以在空中处于平衡状态．图中所示风筝质量m＝0.4 kg，某时刻风筝平面与水平面的夹角为30°，主线对风筝的拉力与风筝平面成53°角．已知风对风筝的作用力与风筝平面相垂直，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2.(1)画出风筝的受力图，求此时风对风筝的作用力F的大小和主线对风筝的拉力T的大小(结果保留三位有效数字)；(2)若拉着风筝匀速运动时，主线与水平面成53°角保持不变，这时拉主线的力为10 N，则此时风筝平面与水平面的夹角θ为多大(用反三角函数表示)?【答案】(1)图见解析33.3 N 6.13 N(2)arctan 12【解析】 (1)风筝平衡时共受到三个力的作用，即重力mg 、风对它的作用力F 和主线对它的拉力T (如图所示)，以风筝平面方向为x 轴，F 方向为y 轴，建立一个坐标系，将重力和拉力T 正交分解在x 轴方向mg sin 30°－T cos 53°＝0在y 轴方向F ＝T sin 53°＋mg cos 30°联立两式，解得T ≈33.3 NF ≈6.13 N.(2)同理以水平方向为x 轴，竖直方向为y 轴建立坐标系．(如图所示)设风对风筝的作用力水平分力为F x ，竖直分力为F y ，由平衡条件知 F x ＝T cos 53°＝6 NF y ＝T sin 53°＋G ＝12 N风筝平面与水平面的夹角θ满足tan θ＝F xF y ＝12故θ＝arctan 12.。

1.1.2 直线运动和牛顿运动定律专题限时训练一、单项选择题1．(2024·全国卷Ⅰ)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H .上升第一个H 4所用的时间为t 1，第四个H 4所用的时间为t 2.不计空气阻力，则t 2t 1满意( )A ．1<t 2t 1<2 B ．2<t 2t 1<3 C ．3<t 2t 1<4 D ．4<t 2t 1<5答案：C解析：运动员起跳到达最高点的瞬间速度为零，又不计空气阻力，故可逆向处理为自由落体运动．则依据初速度为零的匀加速运动，相等相邻位移时间关系满意1∶()2－1∶()3－2∶()2－3∶()5－2∶……，可知t 2t 1＝12－3＝2＋3，即3<t 2t 1<4，故只有选项C 正确．2．(2024·唐山模拟)如图甲，水平地面上有一静止平板车，车上放一物块，物块与平板车的动摩擦因数为0.2，t ＝0时，车起先沿水平面做直线运动，其v －t 图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，若平板车足够长，关于物块的运动，以下描述正确的是( )A ．0～6 s 加速，加速度大小为2 m/s 2,6～12 s 减速，加速度大小为2 m/s 2B ．0～8 s 加速，加速度大小为2 m/s 2,8～12 s 减速，加速度大小为4 m/s 2C ．0～8 s 加速，加速度大小为2 m/s 2,8～16 s 减速，加速度大小为2 m/s 2D ．0～12 s 加速，加速度大小为1.5 m/s 2,12～16 s 减速，加速度大小为4 m/s 2答案：C解析：依据速度—时间图象的斜率表示加速度，则车先以4 m/s 2的加速度匀加速直线运动，后以－4 m/s2的加速度匀减速直线运动，依据物块与车的动摩擦因数可知，物块与车的滑动摩擦力产生的加速度大小为2 m/s2，因此当车的速度大于物块的速度时，物块受到滑动摩擦动力，相反则受到滑动摩擦阻力；6 s时，车的速度为24 m/s，而物块的速度v＝2×6 m/s ＝12 m/s，物块的速度仍小于车的速度，故速度相同的时间在6 s之后，从6 s起先分析则有：24－4(t－6)＝2t，解得：t＝8 s，则说明，0～8 s时，车的速度大于物块的速度，因此物块受到滑动摩擦动力，则其加速度为2 m/s2，8～16 s时，车的速度小于物体的速度，因此物体受到滑动摩擦阻力，则其加速度为2 m/s2，方向与运动方向相反，做减速运动，故C正确，A、B、D错误．3．(2024·东城区一模)某装置的结构如图所示：在外壳的基板上固定一个螺栓，螺栓上有一顶端焊有钢球的弹簧，螺栓、弹簧、钢球及外壳都是电的良导体．在静止状态下，钢球和外壳呈断开状态不会导通，当受到冲击，钢球产生运动与外壳接通，便可触发执行电路(未画出)，使报警器等元件起先工作．若此装置由静止从高处坠落，重力加速度用g表示，以下说法正确的是( )A．起先下落的瞬间，钢球的加速度为gB．起先下落的瞬间，外壳的加速度为gC．在执行电路被接通前，钢球的加速度方向可能向上D．在执行电路被接通前，外壳的加速度可能小于g答案：D解析：起先下落时弹簧的弹力不变，故钢球受力平衡，加速度为零，故A错误；此时外壳受重力和弹簧向下的弹力作用，合外力大于重力，故外壳的加速度肯定大于g，故B错误；因下落时外壳的加速度大，故弹簧形变量越来越小，复原原状后弹力方向向下，整个过程中钢球的加速度始终向下，故C错误；当弹簧伸长后，外壳受向上的弹力作用，则其加速度可以小于g，故D正确．4．甲、乙两质点从同一位置动身，沿同始终线路面运动，它们的x－t图象如图所示．对这两质点在0～3 s内运动的描述，下列说法正确的是( )A ．t ＝2 s 时，甲、乙两质点相遇B ．t ＝1 s 时，甲、乙两质点相距最远C ．甲质点的加速度比乙质点的加速度小D ．t ＝3 s 时，甲质点在乙质点的前面 答案：B解析：t ＝2 s 时，甲的位移x 甲＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋23×2 m＝83 m ，乙的位移x 乙＝12×(1＋2)×2 m＝3 m ，两质点位移不相等，故没有相遇．故A 错误；初始阶段，甲的速度较大，甲跑在乙的前面，t ＝1 s 时，甲、乙两质点速度相等，此时两者相距最远，故B 正确；由图象可知，甲的加速度a 甲＝0－23＝－23 m/s 2，乙的加速度a 乙＝2－12＝12 m/s 2，所以甲的加速度大，故C 错误；t ＝3 s 时，乙的速度v ＝v 0t ＋at ＝52 m/s ，乙质点的位移x 乙＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋52×3＝5.25m ，甲的位移x 甲＝12×2×3 m＝3 m ，所以乙在甲的前面，D 错误．5.如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O 点，O 点恰好是下半圆的圆心，有三条光滑轨道AB 、CD 、EF ，它们的上下端分别位于上下两圆的圆周上，三轨道都经过切点O ，轨道与竖直线的夹角关系为α>β>θ.现在让一物块先后从三轨道顶端由静止起先下滑至底端，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经验的时间关系为( )A ．t AB ＝t CD ＝t EF B ．t AB >t CD >t EFC ．t AB <t CD <t EF D ．t AB ＝t CD <t EF答案：B解析：设圆的半径为r ，下面半圆的半径为R ，轨道与竖直方向的夹角为φ，则轨道的长度l ＝2r cos φ＋R ，物块沿轨道下滑的加速度a ＝mg cos φm ＝g cos φ，由位移公式得l ＝12at 2，则t ＝2(2r cos φ＋R )g cos φ＝4r g＋2Rg cos φ，因为α>β>θ，则t AB >t CD >t EF .故选项B正确，A、C、D错误．二、多项选择题6．(2024·全国卷Ⅱ)如图(a)，在跳台滑雪竞赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离．某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台起先计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v－t图象如图(b)所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻．则( )A．其次次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小B．其次次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C．其次次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D．竖直方向速度大小为v1时，其次次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大答案：BD解析：由v－t图象的面积易知其次次面积大于或等于第一次面积，故其次次竖直方向的位移大于第一次的位移，选项A错误；由于其次次竖直方向的位移大，由于位移方向不变，故其次次水平方向位移大，选项B正确；由v－t图象的斜率知第一次大、其次次小，斜率越大，加速度越大，选项C错误；速度为v1时，第一次曲线斜率较大，其次次曲线斜率较小，故a1>a2，由G－f y＝ma可知，f y1<f y2，选项D正确．7．三角形传送带以 1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以v0的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，下列说法正确的是( )A．若v0≥1 m/s，则物块A先到达传送带底端B．若v0≥1 m/s，则物块A、B同时到达传送带底端C．若v0＜1 m/s，则物块A先到达传送带底端D．若v0＜1 m/s，则物块A、B同时到达传送带底端答案：BC解析：因为μ＜tan 37°，即物块重力沿斜面对下的分力大于物块的摩擦力，若v0≥1 m/s，两物块以相同的初速度和加速度沿传送带下滑，摩擦力均阻碍物块的运动，所以物块A、B 同时到达传送带底端，B选项正确；若v0＜1 m/s，起先运动的一段时间内，物块A所受摩擦力沿斜面对下，物块B所受摩擦力沿斜面对上，物块A的加速度大于物块B的加速度，当A的速度达到1 m/s时，加速度与B相等，所以物块A先到达传送带底端，即C选项正确．8．如图所示，质量均为m的两个木块P、Q叠放在水平地面上，P、Q接触面的倾角为θ，现在Q上施加一水平推力F，使P、Q保持相对静止一起向左做匀加速直线运动．下列说法中正确的是( )A．木块Q对地面的压力肯定为2mgB．若Q与地面间的动摩擦因数为μ，则μ＝F2mgC．若P、Q之间光滑，则加速度a＝g tan θD．若运动中渐渐减小F，则地面与Q之间的摩擦力也渐渐减小答案：AC解析：以P、Q整体为探讨对象，在竖直方向上合力为零，故F N＝2mg，由牛顿第三定律知Q对地面的压力为2mg，故A正确；因P、Q做匀加速直线运动，若μ＝F2mg，在水平方向上由牛顿其次定律得F－μ·2mg＝ma，解得a＝0，故不能做匀加速直线运动，故B错误；若P、Q之间光滑，对P受力分析如图，在水平方向上，由牛顿其次定律可知mg tan θ＝ma，故a ＝g tan θ，故C正确；Q与地面间的摩擦力为滑动摩擦力，故F f＝μ·2mg，摩擦力不变，故D错误．9．(2024·泰安模拟)如图所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着，弹簧固定在竖直板上．两小球A、B通过光滑定滑轮O用轻质细绳相连，两球均处于静止状态．已知小球B的质量为m，O在半圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45°角．现将细绳剪断的瞬间(重力加速度为g)，下列说法正确的是( )A ．弹簧弹力大小为2mgB ．小球B 的加速度为gC ．小球A 受到的支持力为322mgD ．小球A 的加速度为12g答案：CD解析：剪断细绳前对小球B 受力分析如图甲所示，由平衡条件可得F 绳＝mgcos 45°＝2mg ，F 弹＝mg tan 45°＝mg ；剪断细绳瞬间，细绳上弹力马上消逝，而弹簧弹力F弹和小球B 受到的重力的大小和方向均没有变更，则F合＝mg cos 45°＝2mg ，a B ＝F 合m ＝2g ，选项A 、B 错误；剪断细绳前对小球A 受力分析如图乙所示，由平衡条件得m A g ＝2F 绳cos 30°＝6mg ，F N A ＝m A g cos 30°＝322mg ，选项C 正确；剪断细绳瞬间，对小球A 由牛顿其次定律有m A g sin 30°＝m A a A ，得a A ＝g sin 30°＝12g ，选项D 正确． 三、计算题10．新春佳节，很多餐厅生意火暴，经常人满为患，为能服务更多的顾客，服务员须要用最短的时间将菜肴送至顾客处(设菜品送到顾客处速度恰好为零)．某次服务员用单手托托盘的方式(如图)给12 m 远处的顾客上菜，要求全程托盘水平．托盘和手、碗之间的动摩擦因数分别为0.2、0.15，服务员上菜最大速度为3 m/s.假设服务员加速、减速运动过程中是匀变速直线运动，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求： (1)服务员运动的最大加速度； (2)服务员上菜所用的最短时间．答案：(1)1.5 m/s 2(2)6 s解析：(1)设碗的质量为m ，托盘的质量为M ，以最大加速度运动时，碗、托盘、手保持相对静止，碗受力如图甲所示，由牛顿其次定律得：F f1＝ma 1，碗与托盘间相对静止，则：F f1≤F f1max ＝μ1mg解得：a 1≤μ1g ＝0.15×10＝1.5 m/s 2对碗和托盘整体，由牛顿其次定律得：F f2＝(M ＋m )a 2手和托盘间相对静止，则：F f2≤F f2max ＝μ2(M ＋m )g 解得：a 2≤μ2g ＝0.2×10＝2 m/s 2， 则最大加速度：a max ＝1.5 m/s 2.(2)服务员以最大加速度达到最大速度，然后匀速运动，再以最大加速度减速运动，所需时间最短，加速运动时间：t 1＝v max a max ＝31.5s ＝2 s 位移：x 1＝12v max t 1＝12×3×2 m＝3 m减速运动时间：t 2＝t 1＝2 s ，位移：x 2＝x 1＝3 m 匀速运动位移：x 3＝L －x 1－x 2＝12 m －3 m －3 m ＝6 m 匀速运动时间：t 3＝x 3v max＝2 s 最短时间：t ＝t 1＋t 2＋t 3＝6 s.11．(2024·延边州模拟)如图所示，在倾角为θ的足够长的斜面上，有一质量为M 的长木板．起先时，长木板上有一质量为m 的小铁块(视为质点)以相对地面的初速度v 0从长木板的中点沿长木板向下滑动，同时长木板在沿斜面对上的拉力作用下始终做速度为v 的匀速运动(已知v 0＞v )，小铁块最终跟长木板一起向上做匀速运动．已知小铁块与木板间、木板与斜面间的动摩擦因数均为μ(μ＞tan θ)．(1)求小铁块在长木板上滑动时的加速度大小和方向？ (2)小铁块与木板共速前作用在木板上的恒力多大？ (3)长木板至少要有多长？答案：(1)g (μcos θ－sin θ)，方向沿斜面对上(2)μ(M ＋2m )g cos θ＋Mg sin θ (3)(v 0＋v )2g (μcos θ－sin θ)解析：(1)小铁块在长木板上滑动时受到重力、木板的支持力和沿板向上的滑动摩擦力作用，设小铁块的加速度大小为a ，对小铁块受力分析有(取沿斜面对上为正)：μmg cos θ－mg sin θ＝ma代入数据得：a ＝g (μcos θ－sin θ)因为μ＞tan θ，所以小铁块与木板相对滑动时的加速度沿斜面对上． (2)木板受铁块的摩擦力F 1＝μmg cos θ 木板受斜面的摩擦力F 2＝μ(M ＋m )g cos θ木板做匀速运动，故F ＝F 1＋F 2＋Mg sin θ＝μ(M ＋2m )g cos θ＋Mg sin θ.(3)小铁块先沿斜面对下匀减速至速度为零再沿斜面对上匀加速运动，最终获得稳定速度v ，设t 时间后小铁块达到稳定速度，以沿斜面对上为正方向，则：v －(－v 0)＝at 解得：t ＝v 0＋vg (μcos θ－sin θ)设此段时间内小铁块的位移为s 1，木板的位移为s 2，有：s 1＝(v 0－v )t2，方向沿斜面对下 s 2＝vt ，方向沿斜面对上所以：L2≥s 1＋s 2解得：L ≥2(s 1＋s 2)＝(v 0＋v )2g (μcos θ－sin θ).[满分设计][例] (2024·全国卷Ⅲ，25,20分)如图，两个滑块A和B的质量分别为m A＝1 kg和m B＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5①；木板的质量m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1②.某时刻A、B两滑块起先相向滑动③，初速度大小均为v0＝3 m/s，A、B相遇时，A与木板恰好相对静止④.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力⑤，重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)B与木板相对静止时⑥，木板的速度；(2)A、B起先运动时，两者之间的距离．[科学审题]关键点获得信息①滑块A和B在木板上运动受到的摩擦力不同，但运动的加速度相同②木板除受两滑块的摩擦力外，还受地面施加的摩擦力，系统动量不守恒③滑块A和B对木板的摩擦力方向相反，二者合力方向与地面对木板的摩擦力反向④⑤⑥第(1)问是求B与木板共速时的速度，且B与木板共速后不会再相对滑动，能始终保持相对静止，最终A、B相遇时，实际是A、B与木板三者有共同速度起先滑块A和B在木板上相向做加速度大小相同的匀减速直线运动，木板向右做匀加速直线运动；B与木板共速后一起向右接着做匀减速直线运动(加速度变小)，而A先是向左做匀减速直线运动，后向右做匀加速直线运动，直至A、B相遇时A、B与木板三者共速．故分别选不同探讨对象，由牛顿其次定律求出匀变速运动的加速度，再用运动学公式分段列式，利用各运动阶段速度和位移的联系即可解答．[规范解题](1)由题意可知，滑块A和B在木板上相向滑动时，木板也在地面上向右运动. (1分)设A、B所受木板的摩擦力和木板所受地面的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为a A和a B，木板相对于地面的加速度大小为a1.在滑块B与木板达到共同速度前，由滑动摩擦力公式有f1＝μ1m A g①(1分)f2＝μ1m B g②(1分)f3＝μ2(m＋m A＋m B)g③(1分)由牛顿其次定律得f 1＝m A a A ④(1分) f 2＝m B a B ⑤(1分) f 2－f 1－f 3＝ma 1 ⑥(1分)设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为v 1，由运动学公式有v 1＝v 0－a B t 1 ⑦(1分) v 1＝a 1t 1 ⑧(1分)联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v 1＝1 m/s ⑨(1分)(2)在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为s B ＝v 0t 1－12a B t 21 ⑩(1分)设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2，对于B 与木板组成的体系，由牛顿其次定律有f 1＋f 3＝(m B ＋m )a 2 ⑪(1分)由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，但运动方向与木板相反．(2分)设A 和B 相遇时，A 与木板的共同速度大小为v 2，A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为t 2，则由运动学公式，对木板有v 2＝v 1－a 2t 2 ⑫(1分)对A 有v 2＝－v 1＋a A t 2 ⑬(1分)在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为s 1＝v 1t 2－12a 2t 22 ⑭(1分) 在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为s A ＝v 0(t 1＋t 2)－12a A (t 1＋t 2)2 ⑮(1分)A 和B 相遇时，B 与木板的速度也恰好相同．因此A 和B 起先运动时，两者之间的距离为 s 0＝s A ＋s 1＋s B ⑯(1分)联立以上各式，并代入数据得s 0＝1.9 m ⑰(1分)(另外，可用如图所示的速度—时间图线求解，但对考生分析综合实力要求更高，并且同样须要分析清晰各物体的运动过程．)11。

第1讲力与物体的平衡知识网络构建命题分类剖析命题点一静态平衡问题1．共点力平衡的常用处理方法(1)研究对象的选取：①整体法与隔离法(如图甲)；②转换研究对象法(如图乙)．(2)画受力分析图：按一定的顺序分析力，只分析研究对象受到的力．(3)验证受力的合理性：①假设法(如图丙)；②动力学分析法(如图丁)．例 1[2023·山东卷]餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接托盘．托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平．已知单个盘子的质量为300 g，相邻两盘间距1.0 cm，重力加速度大小取10 m/s2.弹簧始终在弹性限度内，每根弹簧的劲度系数为( )A．10 N/m B．100 N/mC．200 N/m D．300 N/m例 2[2023·河北保定一模]质量为M的正方体A与质量为m的圆球B在水平向右的外力F作用下静止在墙角处，它们的截面图如图所示，截面正方形的对角线与截面圆的一条直径恰好在一条直线上，所有摩擦忽略不计，重力加速度为g.则( )A．F＝(M＋m)gB．F＝mgC．地面受到的压力为F N，F N<(M＋m)gD．地面受到的压力为F N，F N>(M＋m)g提升训练1. [2023·广东省中山市测试]如图甲为明朝《天工开物》记载测量“弓弦”张力的插图，图乙为示意图．弓的质量为m ＝5 kg ，弦的质量忽略不计，悬挂点为弦的中点．当在弓的中点悬挂质量为M ＝15 kg 的重物时，弦的张角为θ＝120°，g ＝10 m/s 2，则弦的张力为( )A ．50 NB ．150 NC ．200 ND ．200√3 N 2.[2023·浙江6月]如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重为G 的光滑圆柱体静置其上，a 、b 为相切点，∠aOb ＝90°，半径Ob 与重力的夹角为37°.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则圆柱体受到的支持力F a 、F b 大小为( )A ．F a ＝0.6G ，F b ＝0.4GB ．F a ＝0.4G ，F b ＝0.6GC ．F a ＝0.8G ，F b ＝0.6GD ．F a ＝0.6G ，F b ＝0.8G 3.[2023·河南省洛阳市模拟]如图所示，一光滑球体放在支架与竖直墙壁之间，支架的倾角θ＝60°，光滑球体的质量为m ，支架的质量为2m ，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个装置保持静止，则支架和地面间的动摩擦因数至少为( )A ．√39B ．√34C ．√32 D ．√33命题点二 动态平衡问题(含临界、极值问题)1．解决动态平衡问题的一般思路化“动”为“静”，多个状态下“静”态对比，分析各力的变化或极值． 2．“缓慢”移动的三类经典模型图例分析求力F的最小值F min＝mg sin θ，结论：sin θ＝dLF＝mg，2cosθ绳子端点上下移动，力F不变N1、N2始终减小斜面对球的支持力F1逐渐减小，挡板对球的弹力F2先减小后增大考向1 共点力作用下的动态平衡例 1[2023·四川省成都市检测](多选)某中学举行趣味运动会时，挑战用一支钢尺取出深盒子(固定不动)中的玻璃球，该游戏深受大家喜爱，参与者热情高涨．游戏中需要的器材和取球的原理分别如图甲和图乙所示．若忽略玻璃球与盒壁、钢尺间的摩擦力，在不损坏盒子的前提下，钢尺沿着盒子上边缘某处旋转拨动(钢尺在盒内的长度逐渐变短)，使玻璃球沿着盒壁缓慢上移时，下列说法正确的是( )A．钢尺对玻璃球的弹力逐渐减小B．钢尺对玻璃球的弹力先增大后减小C．盒壁对玻璃球的弹力逐渐减小D．盒壁对玻璃球的弹力先减小后增大例 2[2023·河北唐山三模]如图所示，木板B放置在粗糙水平地面上，O为光滑铰链．轻杆一端与铰链O固定连接，另一端固定连接一质量为m的小球A.现将轻绳一端拴在小球A 上，另一端通过光滑的定滑轮O′由力F牵引，定滑轮位于O的正上方，整个系统处于静止状态．现改变力F的大小使小球A和轻杆从图示位置缓慢运动到O′正下方，木板始终保持静止，则在整个过程中( )A．外力F大小不变B．轻杆对小球的作用力变小C．地面对木板的支持力逐渐变小D．地面对木板的摩擦力逐渐减小思维提升三力作用下的动态平衡考向2 平衡中的极值或临界值问题例 3[2023·山东菏泽市模拟]将三个质量均为m的小球a、b、c用细线相连后(bc间无细线相连)，再用细线悬挂于O点，如图所示．用力F拉小球c，使三个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持为θ＝30°，则F的最小值为( ) A．1.5mg B．1.8mgC．2.1mg D．2.4mg例 4[2023·陕西省汉中市联考]在吊运表面平整的重型板材(混凝土预制板、厚钢板)时，如因吊绳无处钩挂而遇到困难，可用一根钢丝绳将板拦腰捆起(不必捆的很紧)，用两个吊钩勾住绳圈长边的中点起吊(如图所示)，若钢丝绳与板材之间的动摩擦因数为μ，为了满足安全起吊(不考虑钢丝绳断裂)，需要满足的条件是( )A．tan α>μ B．tan α<μC．sin α>μ D．sin α<μ提升训练1.[2023·湖南张家界模拟考](多选)利用物理模型对问题进行分析，是一种重要的科学思维方法．如图甲所示为拔河比赛时一位运动员的示意图，可以认为静止的运动员处于平衡状态．该情形下运动员可简化成如图乙所示的一质量分布均匀的钢管模型．运动员在拔河时身体缓慢向后倾倒，可以认为钢管与地面的夹角θ逐渐变小，在此期间，脚与水平地面之间没有滑动，绳子的方向始终保持水平．已知当钢管受到同一平面内不平行的三个力而平衡时，三个力的作用线必交于一点．根据上述信息，当钢管与地面的夹角θ逐渐变小时，下列说法正确的有( )A．地面对钢管支持力的大小不变B．地面对钢管的摩擦力变大C．地面对钢管作用力的合力变大D．地面对钢管作用力的合力大小不变2．(多选)在如图所示的装置中，两物块A、B的质量分别为m A、m B，而且m A>m B，整个系统处于静止状态，设此时轻质动滑轮右端的轻绳与水平面之间的夹角为θ，若小车向左缓慢移动一小段距离并停下来后，整个系统再次处于静止状态，则下列说法正确的是( )A．物块A的位置将变高B．物块A的位置将变低C．轻绳与水平面的夹角θ将变大D．轻绳与水平面的夹角θ将不变3．长沙某景区挂出32个灯笼(相邻两个灯笼由轻绳连接)，依次贴上“高举中国特色社会主义旗帜，为全面建设社会主义现代化国家而团结奋斗”，从高到低依次标为1、2、3、…、32.在无风状态下，32个灯笼处于静止状态，简化图如图所示．与灯笼“斗”右侧相连的轻绳处于水平状态，已知每一个灯笼的质量m＝0.5 kg，重力加速度g＝10 m/s2，悬挂灯笼的轻绳最大承受力T m＝320 N，最左端连接的轻绳与竖直方向的夹角为θ.下列说法正确的是( )A．θ最大为53°NB．当θ最大时最右端轻绳的拉力为F2＝160√33C．当θ＝53°时第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为45°D．当θ＝37°时第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为45°命题点三电场力、磁场力作用下的平衡问题1．电场力.(1)大小：F＝Eq，F＝kq1q2r2(2)方向：正电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相同；负电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相反．2．磁场力(1)大小：①安培力F＝BIL；②洛伦兹力F洛＝qv B.(2)方向：用左手定则判断．3．电磁学中平衡问题的处理方法处理方法与力学中平衡问题的分析方法一样，把方法和规律进行迁移应用即可．考向1 电场中的平衡问题例 1[2023·浙江模拟预测]如图所示，A、C为带异种电荷的带电小球，B、C为带同种电荷的带电小球．A、B被固定在绝缘竖直杆上，Q AQ B ＝3√38时，C球静止于粗糙的绝缘水平天花板上．已知L ACL AB＝√3，下列说法正确的是( )A．C处的摩擦力不为零B．杆对B的弹力为零C．缓慢将C处点电荷向右移动，则其无法保持静止D．缓慢将C处点电荷向左移动，则其一定会掉下来考向2 磁场中的平衡问题例 2 如图所示，竖直平面内有三根轻质细绳，绳1水平，绳2与水平方向成60°角，O为结点，绳3的下端拴接一质量为m、长度为l的导体棒，棒垂直于纸面静止，整个空间存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．现向导体棒通入方向向里、大小由零缓慢增大到I0的电流，可观察到导体棒缓慢上升到与绳1所处的水平面成30°角时保持静止．已知重力加速度为g.在此过程中，下列说法正确的是( )A．绳1受到的拉力先增大后减小B．绳2受到的拉力先增大后减小C．绳3受到的拉力的最大值为√3mgD．导体棒中电流I0的值为√3mglB提升训练1.[2024·山西省翼城中学模拟预测]如图甲所示，一通电导体棒用两根绝缘轻质细线悬挂在天花板上并静止在水平位置．当导体棒所在空间加上匀强磁场，再次静止时细线与竖直方向成θ角，如图乙所示(图甲中从左向右看)．已知导体棒长度为L、质量为m、电流为I，重力加速度大小为g.关于图乙，下列说法正确的是( )A．当磁场方向斜向右上方且与细线垂直时磁感应强度最小B．磁感应强度的最小值为mg sinθILC．磁感应强度最小时，每根细线的拉力大小为mg2cosθD．当磁场方向水平向左时，不能使导体棒在图示位置保持静止2．如图所示，一绝缘细线竖直悬挂一小球A，在水平地面上固定一根劲度系数为k′的绝缘轻质弹簧，弹簧上端与小球C相连，在小球A和C之间悬停一小球B，当系统处于静止时，小球B处在AC两小球的中间位置．已知三小球质量均为m，电荷量均为q，电性未知．则下列判断正确的是( )A.相邻两小球之间的间距为q√kmgB．弹簧的形变量为11mg8k′C．细线对小球A的拉力大小为11mg8D．小球C受到的库仑力大小为5mg8素养培优·情境命题利用平衡条件解决实际问题联系日常生活，创新试题情境化设计，渗透实验的思想，考查考生分析解决实际问题的能力，引导学生实现从“解题”到“解决问题”的转变情境1 工人推车——科学思维[典例1] [2023·四川省成都市联测]如图甲所示，工人用推车运送石球，到达目的地后，缓慢抬起把手将石球倒出(图乙)．若石球与板OB、OA之间的摩擦不计，∠AOB＝60°，图甲中BO 与水平面的夹角为30°，则在抬起把手使OA 变得水平的过程中，石球对OB 板的压力大小N 1、对OA 板的压力大小N 2的变化情况是( )A ．N 1减小、N 2先增大后减小B ．N 1减小、N 2增大C ．N 1增大、N 2减小D ．N 1增大、N 2先减小后增大情境2 悬索桥——科学态度与责任[典例2] [2023·江苏省无锡市测试]图a 是一种大跨度悬索桥梁，图b 为悬索桥模型．六对轻质吊索悬挂着质量为M 的水平桥面，吊索在桥面两侧竖直对称排列，其上端挂在两根轻质悬索上(图b 中只画了一侧分布)，悬索两端与水平方向成45°，则一根悬索水平段CD 上的张力大小是( )A ．14Mg B ．16MgC ．112Mg D ．124Mg情境3 瓜子破壳器——科学探究[典例3] [2023·福建福州4月检测]有一种瓜子破壳器如图甲所示，将瓜子放入两圆柱体所夹的凹槽之间，按压瓜子即可破开瓜子壳．破壳器截面如图乙所示，瓜子的剖面可视作顶角为θ的扇形，将其竖直放入两完全相同的水平等高圆柱体A 、B 之间，并用竖直向下的恒力F 按压瓜子且保持静止，若此时瓜子壳未破开，忽略瓜子自重，不计摩擦，则( )A ．若仅减小A 、B 距离，圆柱体A 对瓜子的压力变大 B ．若仅减小A 、B 距离，圆柱体A 对瓜子的压力变小C ．若A 、B 距离不变，顶角θ越大，圆柱体A 对瓜子的压力越大D．若A、B距离不变，顶角θ越大，圆柱体A对瓜子的压力越小第1讲力与物体的平衡命题分类剖析命题点一[例1] 解析：由题知，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平，则说明一个盘子的重力使弹簧形变量为相邻两盘间距，则有mg＝3·kx，解得k＝100 N/m，故选B.答案：B[例2] 解析：对圆球B受力分析如图，β＝45°A对B的弹力T＝mg，cosβ根据牛顿第三定律，B对A的弹力T′＝T＝mg，F＝T′sin β＝mg，故A错误，B正cosβcos β＝Mg＋mg，故C、D 确；对AB整体地面受到的压力为F N＝Mg＋T′cos β＝Mg＋mgcosβ错误．故选B.答案：B[提升训练]1．解析：整体法对弓和物体受力分析如图：＝(M＋m)g竖直方向上由受力平衡可得：2F cos θ2解得：F＝(M+m)g＝200 N，故C正确，A、B、D错误．2cosθ2答案：C2．解析：对光滑圆柱体受力分析如图由题意有F a＝G sin 37°＝0.6GF b＝G cos 37°＝0.8G故选D.答案：D3．解析：对光滑球体受力分析如图所示根据平衡条件可得N2cos θ＝mg对支架受力分析如图所示根据牛顿第三定律可知N3＝N2对支架由平衡条件可得N4＝2mg＋N3cos θ，f＝N3sin θ又f＝μN4联立解得μ＝√33.故选D.可知支架和地面间的动摩擦因数至少为√33答案：D命题点二[例1] 解析：对玻璃球的受力分析如图所示，玻璃球受重力G，左侧钢尺对玻璃球的弹力F1，盒壁对玻璃球的弹力F2，玻璃球在3个力作用下处于动态平衡，玻璃球沿着纸盒壁缓慢上移时，θ角变大，利用图解法可知，F1和F2均逐渐减小，A、C项正确，B、D项错误．故选AC.答案：AC[例2] 解析：对小球A进行受力分析，三力构成矢量三角形，如图所示根据几何关系可知两三角形相似，因此mgOO′＝FO′A＝F′OA，缓慢运动过程中，O′A越来越小，则F逐渐减小，故A错误；由于OA长度不变，杆对小球的作用力F′大小不变，故B 错误；由于杆对木板的作用力大小不变，方向向右下，但杆的作用力与竖直方向的夹角越来越小，所以地面对木板的支持力逐渐增大，地面对木板的摩擦力逐渐减小，故C错误，D正确．答案：D[例3] 解析：取整体为研究对象，当F垂直于Oa时，F最小，根据几何关系可得，拉力的最小值F＝3mg sin 30°＝1.5mg，故选A.答案：A[例4] 解析：要起吊重物，只需满足绳子张力T的竖直分量小于钢丝绳与板材之间的最大静摩擦力，一般情况认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，如图所示即T cos αμ>T sin α，化简可得tan α<μ，故B正确，A、C、D错误．故选B.答案：B[提升训练]1．解析：对钢管受力分析，钢管受重力mg、绳子的拉力T、地面对钢管竖直向上的支持力F N、水平向右的摩擦力F f，可知F N＝mg，F f＝T＝mgtanθ即随着钢管与地面夹角的逐渐变小，地面对钢管支持力的大小不变，地面对钢管的摩擦力变大，故A、B正确；对钢管受力分析，可认为钢管受到重力mg、绳子的拉力T和地面对钢管作用力的合力F 三个力，钢管平衡，三个力的作用线必交于一点，由此可知F方向沿钢管斜向上，与水平面夹角为α(钢管与水平面的夹角为θ)，根据共点力平衡条件可知F＝mgsinα，T＝mgtanα，当钢管与地面的夹角θ逐渐变小，同时α也减小，地面对钢管作用力的合力变大，C正确，D 错误．答案：ABC2．解析：以轻质动滑轮与轻绳的接触点O为研究对象，分析O点的受力情况，作出O 点的受力分析图，如图所示设绳子的拉力大小为F，动滑轮两侧绳子的夹角为2α，由于动滑轮两侧绳子的拉力关于竖直方向对称，则有2F cos α＝m B g，又小车向左缓慢移动一小段距离后，轻绳中的拉力大小与小车移动前相同，即F＝m A g保持不变，可知α角保持不变，由几何知识得，α＋θ＝90°，则θ保持不变，当小车向左缓慢移动一小段距离后，动滑轮将下降，则物块A 的位置将变高，故选项A、D正确，B、C错误．答案：AD3．解析：当最左端连接的轻绳的拉力大小为T m＝320 N时，θ最大，此时灯笼整体受力如图所示由平衡条件T m sin θm＝F2T m cos θm＝32mg解得θm＝60°，F2＝160√3 NA、B错误；当θ＝53°时，灯笼整体受力分析如图由平衡条件知，最右端轻绳的拉力F21＝32mg tan 53°＝6403N对第9个灯笼至第32个灯笼整体，其受力情况跟灯笼整体的受力情况类似，由平衡条件tan α＝F21(32−8)mg≠1则第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角α≠45°，C错误；当θ＝37°时，此时灯笼整体受力如图所示由平衡条件知，最右端轻绳的拉力F22＝32mg tan 37°＝120 N对第9个灯笼至第32个灯笼整体，其受力情况跟灯笼整体的受力情况类似，由平衡条件tan β＝F22(32−8)mg＝1则第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角β＝45°，D正确．答案：D命题点三[例1] 解析：对C进行受力分析，A对C有吸引力，B对C有排斥力，及其重力，与水平天花板对C 可能有竖直向下的压力，如图所示由平衡条件，结合矢量合成法则，若不受摩擦力得F AC＝F BC cos θ由几何知识可得cos θ＝√32依据库仑定律有kQ A Q CL AC2＝√32kQ B Q CL BC2，Q AQ B＝3√38Q A Q B ＝3√38时恰好处于平衡状态；C球静止没有运动趋势，C处的摩擦力为零，故A错误；缓慢将C处点电荷向右移动，平衡状态被打破，其无法保持静止，故C正确；缓慢将C处点电荷向左移动，F BC变大，其竖直方向上的分量变大，C球一定不会掉下来，故D错误；B球如果不受杆的力，则C球给B球的排斥力在水平方向的分量无法平衡，因此杆对B 一定有弹力作用，故B错误．答案：C[例2] 解析：对整体分析，重力大小和方向不变，绳1、2弹力方向不变，根据左手定则，安培力水平向右且逐渐增大，由平衡条件得水平方向F1＝F2cos 60°＋BIl竖直方向F 2sin 60°＝mg电流逐渐变大，则F 1增大、F 2不变，故A 、B 错误；当电流增大到I 0时，安培力与重力的合力最大，即绳3的拉力最大sin 30°＝mg F 3最大值为F 3＝2mg ，故C 错误；对导体棒受力分析得tan 30°＝mg BI 0l ，得I 0＝√3mg Bl，故D 正确．答案：D [提升训练] 1．解析：对导体棒受力分析如图所示，导体棒在重力、拉力和安培力的作用下处于平衡状态．由平衡条件可知，导体棒所受拉力和安培力的合力与重力等大反向，拉力和安培力可能的方向如图所示，当安培力方向斜向右上方且与细线垂直时安培力最小，此时磁场方向沿着细线斜向左上方，A 错误；设磁感应强度大小为B ，由平衡条件得mg sin θ＝BIL ，解得B ＝mg sin θIL ，B 正确；设每条细线拉力大小为F T ，由平衡条件得mg cos θ＝2F T ，解得F T ＝12mg cos θ，C 错误；当磁场方向水平向左时，安培力竖直向上，如果安培力与重力大小相等，可以使导体棒在图示位置保持静止，D 错误．答案：B2．解析：如图甲所示，以小球B 为研究对象，小球A 和小球C 分别对小球B 的库仑力大小相等，且小球A 和小球C 对小球B 的合力与小球B 的重力等大反向，所以小球A 和小球B 带异种电荷，小球B 和小球C 带同种电荷，即小球A 和小球C 对小球B 的库仑力大小均为F A ＝F C ＝mg2，由库仑定律可得kq 2r 2＝12mg ，解得小球A 和小球B 之间距离为r ＝q √2kmg ，故A 错误；如图乙所示，以小球A 为研究对象，受到小球B 向下的库仑力为F B ＝mg 2，受到小球C向下的库仑力是受到小球B 的14，即为F C ′＝mg 8，所以小球A 受到的拉力为F T A ＝mg ＋F B ＋F ′C＝13mg 8，故C 错误；如图丙所示，以小球C 为研究对象，小球C 受到小球B 向下的库仑力为F ′B ＝mg2，受到A 向上的库仑力为F ′A ＝mg8，则小球C 对弹簧的压力为F 压＝F ′B －F ′A ＋mg＝11mg 8，小球C 受到向上的弹力为F 弹＝F 压＝11mg 8，由胡克定律得F 弹＝k ′x ，解得弹簧的形变量为x ＝11mg8k ′，故B 正确，D 错误．答案：B 素养培优·情境命题[典例1] 解析：在倒出石球的过程中，两个支持力的夹角是个确定值，为α＝120°，根据力的示意图可知N 1sin β＝N 2sin γ＝Gsin α，在转动过程中β从90°增大到180°，则sin β不断减小，N 1将不断减小；γ从150°减小到60°，其中跨过了90°，因此sin γ 先增大后减小，则N 2将先增大后减小，选项A 正确．答案：A[典例2] 解析： 对整体分析，根据平衡条件，2F T AC sin 45°＝Mg ，F T AC ＝√22Mg .对悬索左边受力分析，受A 左上绳的力F T AC ，CD 上水平向右的拉力为F T ，根据平衡条件，F T ＝F T AC cos 45°＝12Mg ，一根悬索水平段CD 上的张力大小是14Mg ，故选A.答案：A[典例3] 解析：瓜子处于平衡状态，若仅减小A 、B 距离，A 、B 对瓜子的弹力方向不变，则大小也不变，A 、B 错误；若A 、B 距离不变，顶角θ越大，则A 、B 对瓜子弹力的夹角减小，合力不变，则两弹力减小，C 错误，D 正确．故选D.答案：D。