《高考物理大二輪復習與增分策略 專題一 力與場內物體的平衡-人教版高三全冊物理試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考物理大二輪復習與增分策略 專題一 力與場內物體的平衡-人教版高三全冊物理試題（24頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題一 力與場內物體的平衡 [專題定位]　本專題解決的是受力分析和共點力平衡問題.高考對本專題內容的考查主要有：①對各種性質力特點的理解；②共點力作用下平衡條件的應用.考查的主要物理方法和思想有：①整體法和隔離法；②假設法；③合成法；④正交分解法；⑤矢量三角形法；⑥相似三角形法；⑦等效思想；⑧分解思想. [應考策略]　深刻理解各種性質力的特點.熟練掌握分析共點力平衡問題的各種方法. 1.彈力 (1)大?。簭椈稍趶椥韵薅葍龋瑥椓Φ拇笮】捎珊硕蒄＝kx計算；一般情況下物體間相互作用的彈力可由平衡條件或牛頓運動定律來求解. (2)方向：一般垂直于接觸面(或切面)指向形變恢復的方

2、向；繩的拉力沿繩指向繩收縮的方向. 2.摩擦力 (1)大小：滑動摩擦力Ff＝μFN，與接觸面的面積無關；靜摩擦力0

3、2)方向：用左手定則判斷，安培力垂直于B、I決定的平面. 5.洛倫茲力 (1)大?。篎＝qvB，此式只適用于B⊥v的情況.當B∥v時F＝0. (2)方向：用左手定則判斷，洛倫茲力垂直于B、v決定的平面，洛倫茲力不做功. 6.共點力的平衡 (1)平衡狀態(tài)：物體靜止或做勻速直線運動. (2)平衡條件：F合＝0或Fx＝0，F(xiàn)y＝0. (3)常用推論 ①若物體受n個作用力而處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個力與其余(n－1)個力的合力大小相等、方向相反. ②若三個共點力的合力為零，則表示這三個力的有向線段首尾相接組成一個封閉三角形. 1.處理共點力平衡問題的基本思路：確定平衡狀態(tài)(加

4、速度為零)→巧選研究對象(整體法或隔離法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作討論. 2.常用的方法 (1)在判斷彈力或摩擦力是否存在以及確定它們的方向時常用假設法. (2)求解平衡問題時常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、相似三角形法、圖解法等. 3.帶電體的平衡問題仍然滿足平衡條件，只是要注意準確分析場力——電場力、安培力或洛倫茲力. 4.如果帶電粒子在重力場、電場和磁場三者組成的復合場中做直線運動，則一定是勻速直線運動，因為F洛⊥v. 解題方略 1.在分析兩個或兩個以上物體間的相互作用時，一般采用整體法與隔離法進行分析. 2.采用整體法進行受力分析時，要注意系統(tǒng)內

5、各個物體的狀態(tài)應該相同. 3.當直接分析一個物體的受力不方便時，可轉移研究對象，先分析另一個物體的受力，再根據(jù)牛頓第三定律分析該物體的受力，此法叫“轉移研究對象法”. 例1　(多選)(2016·全國乙卷·19)如圖1所示，一光滑的輕滑輪用細繩OO′懸掛于O點；另一細繩跨過滑輪，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，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài).若F方向不變，大小在一定范圍內變化，物塊b仍始終保持靜止，則(　　) 圖1 A.繩OO′的張力也在一定范圍內變化 B.物塊b所受到的支持力也在一定范圍內變化 C.連接a和b的繩的張力也在一定范圍內變化 D.

6、物塊b與桌面間的摩擦力也在一定范圍內變化 解析　由于物塊a、b均保持靜止，各繩角度保持不變，對a受力分析得，繩的拉力FT′＝mag，所以物塊a受到繩的拉力保持不變.由滑輪性質，滑輪兩側繩的拉力相等，所以b受到繩的拉力大小、方向均保持不變，C選項錯誤；a、b受到繩的拉力大小、方向均不變，所以OO′的張力不變，A選項錯誤；對b進行受力分析，如圖所示.由平衡條件得：FTcos β＋Ff＝Fcos α，F(xiàn)sin α＋FN＋FTsin β＝mbg.其中FT和mbg始終不變，當F大小在一定范圍內變化時，支持力在一定范圍內變化，B選項正確；摩擦力也在一定范圍內發(fā)生變化，D選項正確. 答案　BD 預

7、測1　如圖2所示，在豎直墻壁間有半圓球A和圓球B，其中圓球B的表面光滑，半圓球A與左側墻壁之間的動摩擦因數(shù)為.兩球心之間連線與水平方向成30°的夾角，兩球恰好不下滑，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則半圓球A和圓球B的質量之比為(　　) 圖2 A. B. C. D. 答案　C 解析　設A的質量為m，B的質量為M， 隔離光滑圓球B，對B受力分析如圖所示， 可得：FN＝Fcos θ，Mg－Fsin θ＝0 解得：FN＝， 對兩球組成的整體有：(m＋M)g－μFN＝0 代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得：＝. 預測2　(多選)如圖3所示，一個固定的圓弧阻擋墻PQ，其半徑OP水平，OQ

8、豎直.在PQ和一個斜面體A之間卡著一個表面光滑的重球B.斜面體A放在光滑的地面上并用一水平向左的力F推著，整個裝置處于靜止狀態(tài).現(xiàn)改變推力F大小，推動斜面體A沿著水平地面向左緩慢運動，使球B沿斜面上升一很小高度.則在球B緩慢上升過程中，下列說法中正確的是(　　) 圖3 A.斜面體A與球B之間的彈力逐漸減小 B.阻擋墻PQ與球B之間的彈力逐漸減小 C.水平推力F逐漸增大 D.水平地面對斜面體A的彈力逐漸減小 答案　ABD 解析　重球B處于平衡狀態(tài)，對B受力分析，如圖所示：當球B沿斜面上升一很小高度時，圓弧阻擋墻對B的壓力方向與水平方向的夾角減小，根據(jù)圖象可知，斜面體A與球B之間

9、的彈力FN1逐漸減小，阻擋墻PQ與球B之間的彈力FN2逐漸減小，故A、B正確；把A、B看成一個整體，整體受到重力、地面的支持力、水平推力F以及PQ對B的壓力，設圓弧阻擋墻對B的壓力方向與水平方向的夾角為θ，根據(jù)平衡條件可知：水平方向F＝FN2cos θ，豎直方向FN＝(mA＋mB)g＋FN2sin θ，由于FN2逐漸減小，θ減小，則FN減小，F(xiàn)不一定減小，故C錯誤，D正確. 解題方略 動態(tài)平衡問題分析的常用方法 (1)解析法：一般把力進行正交分解，兩個方向上列平衡方程，寫出所要分析的力與變化角度的關系，然后判斷各力的變化趨勢. (2)圖解法：能用圖解法分析動態(tài)變化的問題有三個顯

10、著特征：①物體一般受三個力作用；②其中有一個大小、方向都不變的力；③還有一個方向不變的力. 例2　如圖4所示，斜面上放有兩個完全相同的物體a、b，兩物體間用一根細線連接，在細線的中點加一與斜面垂直的拉力F，使兩物體均處于靜止狀態(tài).則下列說法正確的是(　　) 圖4 A.a、b兩物體的受力個數(shù)一定相同 B.a、b兩物體對斜面的壓力相同 C.a、b兩物體受到的摩擦力大小一定相等 D.當逐漸增大拉力F時，物體b先開始滑動 解析　對a、b進行受力分析，如圖所示：b物體處于靜止狀態(tài)，當拉力FT沿斜面向上的分量與重力沿斜面向下的分量相等時，摩擦力為零，所以b可能只受3個力作用，而a物體必定

11、受到摩擦力作用，肯定受4個力作用，故A錯誤；a、b兩個物體，垂直于斜面方向受力都平衡，則有：FN＋FTsin θ＝mgcos α解得：FN＝mgcos α－FTsin θ，則a、b兩物體對斜面的壓力相同，故B正確；根據(jù)A的分析可知，b的摩擦力可以為零，而a的摩擦力一定不為零，故C錯誤；對a沿斜面方向有：FT′cos θ＋mgsin α＝Ffa，對b沿斜面方向有：FTcos θ－mgsin α＝Ffb，正壓力相等，所以最大靜摩擦力相等，則a先達到最大靜摩擦力，先滑動，故D錯誤. 答案　B 預測3　(多選)如圖5所示，質量分布均勻的光滑小球O，放在傾角均為θ的斜面體上，斜面體置于同一水平面

12、上，且處于平衡，則下列說法中正確的是(　　) 圖5 A.甲圖中斜面體對球O彈力最大 B.丙圖中斜面體對球O彈力最小 C.乙圖中擋板MN對球O彈力最小 D.丙圖中擋板MN對球O彈力最小 答案　AD 解析　將甲、乙、丙、丁四種情況小球的受力圖作在同一幅圖上，如圖，根據(jù)平衡條件得知，丁圖中斜面體對小球的彈力為零，擋板對小球的彈力等于其重力G.斜面體對小球的彈力和擋板對小球的彈力的合力與重力大小相等、方向相反，即得到三種情況下此合力相等，根據(jù)平行四邊定則得知，丙圖中擋板MN對球O彈力FN擋最小，甲圖中斜面體對球O彈力FN斜最大.故B、C錯誤，A、D正確. 預測4　(2016

13、·全國丙卷·17)如圖6所示，兩個輕環(huán)a和b套在位于豎直面內的一段固定圓弧上；一細線穿過兩輕環(huán)，其兩端各系一質量為m的小球.在a和b之間的細線上懸掛一小物塊.平衡時，a、b間的距離恰好等于圓弧的半徑.不計所有摩擦.小物塊的質量為(　　) 圖6 A. B.m C.m D.2m 答案　C 解析　如圖所示，圓弧的圓心為O，懸掛小物塊的點為c，由于ab＝R，則△aOb為等邊三角形，同一條細線上的拉力相等，T＝mg，合力沿aO方向，則aO為角平分線，由幾何關系知，∠acb＝120°，故繩的拉力的合力與物塊的重力大小相等，即每條線上的拉力T＝G＝mg，所以小物塊質量為m，故C對.

14、 例3　如圖7所示，物體P、Q可視為點電荷，電荷量相同.傾角為θ、質量為M的斜面體放在粗糙水平面上，將質量為m的物體P放在粗糙的斜面體上.當物體Q放在與P等高(PQ連線水平)且與物體P相距為r的右側位置時，P靜止且受斜面體的摩擦力為0，斜面體保持靜止，靜電力常量為k，則下列說法正確的是(　　) 圖7 A.P、Q所帶電荷量為 B.P對斜面體的壓力為0 C.斜面體受到地面的摩擦力為0 D.斜面體對地面的壓力為(M＋m)g 解析　以P為研究對象，受到重力mg、斜面體的支持力FN和庫侖力F，由平衡條件得： F＝mgtan θ　FN＝ 根據(jù)庫侖定律得：F＝k 聯(lián)立解得：q＝r

15、 由牛頓第三定律得P對斜面體的壓力為：FN′＝FN＝，故A、B錯誤. 以斜面體和P整體為研究對象，由平衡條件得地面對斜面體的摩擦力為：Ff＝F， 地面對斜面體的支持力為：FN1＝(M＋m)g，根據(jù)牛頓第三定律得斜面體受到地面的摩擦力為F，斜面體對地面的壓力為：FN1′＝FN1＝(M＋m)g.故C錯誤，D正確. 答案　D 預測5　如圖8所示，在一個傾角為θ的斜面上，有一個質量為m，帶負電的小球P(可視為點電荷)，空間存在著方向垂直斜面向下的勻強磁場，帶電小球與斜面間的摩擦力不能忽略，它在斜面上沿圖中所示的哪個方向運動時，有可能保持勻速直線運動狀態(tài)(　　) 圖8 A.v1方向 B

16、.v2方向 C.v3方向 D.v4方向 答案　C 解析　若小球的速度沿v1方向，滑動摩擦力與v1的方向相反，即沿圖中v3方向，由左手定則知，小球受到的洛倫茲力方向在斜面平面內與v1垂直向下，重力的分力mgsin θ沿斜面向下，則知球在斜面平面內所受的合外力不為零，小球不可能做勻速直線運動，故A錯誤；若小球的速度沿v2方向，滑動摩擦力與v2的方向相反，即沿圖中v4方向，由左手定則知，小球受到的洛倫茲力方向在斜面平面內與v2垂直向上，重力的分力mgsin θ沿斜面向下，則知球在斜面平面內所受的合外力不為零，小球不可能做勻速直線運動，故B錯誤；若小球的速度沿v3方向，滑動摩擦力與v3的方向相

17、反，即沿圖中v1方向，由左手定則知，小球受到的洛倫茲力方向在斜面平面內與v3垂直向上，即沿v2方向，重力的分力mgsin θ沿斜面向下，則知斜面平面內的合外力可能為零，小球有可能做勻速直線運動，故C正確；若小球的速度沿v4方向，滑動摩擦力與v4的方向相反，即沿圖中v2方向，由左手定則知，小球受到的洛倫茲力方向在斜面平面內與v4垂直向下，重力的分力mgsin θ沿斜面向下，則知斜面平面內的合外力不可能為零，小球不可能做勻速直線運動，故D錯誤. 預測6　(2016·全國乙卷·24)如圖9所示，兩固定的絕緣斜面傾角均為θ，上沿相連.兩細金屬棒ab(僅標出a端)和cd(僅標出c端)長度均為L，質量分

18、別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導線將它們連成閉合回路abdca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平.右斜面上存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于斜面向上，已知兩根導線剛好不在磁場中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g，已知金屬棒ab勻速下滑.求： 圖9 (1)作用在金屬棒ab上的安培力的大?。? (2)金屬棒運動速度的大小. 答案　(1)mg(sin θ－3μcos θ)　(2)(sin θ－3μcos θ) 解析　(1)由于ab、cd棒被平行于斜面的導線相連，故ab、cd速度總是相等，cd也做勻速直

19、線運動.設導線的張力的大小為FT，右斜面對ab棒的支持力的大小為FN1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對cd棒的支持力大小為FN2，對于ab棒，受力分析如圖甲所示，由力的平衡條件得 　 甲　　　　　　　乙 2mgsin θ＝μFN1＋FT＋F ① FN1＝2mgcos θ ② 對于cd棒，受力分析如圖乙所示，由力的平衡條件得 mgsin θ＋μFN2＝FT′＝FT ③ FN2＝mgcos θ ④ 聯(lián)立①②③④式得：F＝mg(sin θ－3μcos θ) ⑤ (2)設金屬棒運動速度大小為v，ab

20、棒上的感應電動勢為E＝BLv ⑥ 回路中電流I＝ ⑦ 安培力F＝BIL ⑧ 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧得：v＝(sin θ－3μcos θ) 解題方略 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”等語言敘述，解臨界問題的基本方法是假設推理法. 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到極值的條件.要特別注意可能出現(xiàn)的多種情況. 例4　質量為M的木楔傾角為θ，在水平面上保持靜

21、止，質量為m的木塊剛好可以在木楔上表面上勻速下滑.現(xiàn)在用與木楔上表面成α角的力F拉著木塊勻速上滑，如圖10所示，求： 圖10 (1)當α＝θ時，拉力F有最小值，求此最小值； (2)拉力F最小時，木楔對水平面的摩擦力的大小. 解析　(1)木塊剛好可以沿木楔上表面勻速下滑，mgsin θ＝μmgcos θ，則μ＝tan θ，用力F拉著木塊勻速上滑，受力分析如圖甲所示，F(xiàn)cos α＝mgsin θ＋Ff，F(xiàn)N＋Fsin α＝mgcos θ，F(xiàn)f＝μFN. 聯(lián)立以上各式解得，F(xiàn)＝. 當α＝θ時，F(xiàn)有最小值，F(xiàn)min＝mgsin 2θ. (2)對木塊和木楔整體受力分析如圖乙所示，由

22、平衡條件得，F(xiàn)f′＝Fcos(θ＋α)，當拉力F最小時，F(xiàn)f′＝Fmin·cos 2θ＝mgsin 4θ. 答案　(1)mgsin 2θ　(2)mgsin 4θ 預測7　(多選)如圖11所示，兩個小球a、b質量均為m，用細線相連并懸掛于O點，現(xiàn)用一輕質彈簧給小球a施加一個拉力F，使整個裝置處于靜止狀態(tài)，且Oa與豎直方向夾角為θ＝45°，已知彈簧勁度系數(shù)為k，則彈簧形變量可能是(　　) 圖11 A. B. C. D. 答案　ACD 解析　當F與細線Oa垂直時，F(xiàn)有最小值，F(xiàn)的最小值為：Fmin＝2mgsin θ＝2×mg＝mg. 根據(jù)胡克定律：Fmin＝kxmin，所以：

23、xmin＝ 則A、C、D可能，B不可能. 預測8　如圖12所示，小球被輕質細繩系住斜吊著放在靜止的光滑斜面上，設小球質量為m，斜面傾角α＝30°，細繩與豎直方向夾角θ＝30°，斜面體的質量M＝3m，置于粗糙水平地面上.求： 圖12 (1)當斜面體靜止時，細繩對小球拉力的大?。? (2)地面對斜面體的摩擦力的大小和方向； (3)若地面對斜面體的最大靜摩擦力等于地面對斜面體支持力的k倍，為了使整個系統(tǒng)始終處于靜止狀態(tài)，k值必須滿足什么條件？ 答案　見解析 解析　(1)以小球為研究對象受力分析如圖甲所示 甲 由共點力的平衡條件，可得 在x軸方向有：FTsin θ＝FN1s

24、in α 在y軸方向有：FN1cos α＋FTcos θ＝mg 解得FT＝mg (2)以小球和斜面體整體為研究對象受力分析如圖乙所示 乙 由共點力平衡條件，在x軸方向可得 Ff＝FT·sin θ＝mg　方向水平向左 (3)對照第(2)題小球和斜面體整體受力分析圖，由共點力平衡條件，在y軸方向可得 FN2＋FT·cos θ＝(M＋m)g 又由題意可知 Ffmax＝k·FN2≥Ff 又M＝3m 聯(lián)立解得：k≥. 專題強化練 1.(多選)如圖1所示，粗糙水平面上有一長木板，一個人站在木板上用力F向右推箱子，木板、人、箱子均處于靜止狀態(tài).三者的質量均為m，下列說法正確的

25、是(　　) 圖1 A.箱子受到的摩擦力方向向右 B.人受到的摩擦力方向向右 C.箱子對木板的摩擦力方向向右 D.若水平面光滑，人用同樣大小的力F推箱子，能使長木板在水平面上滑動 答案　BC 解析　人用力F向右推箱子，對箱子受力分析，受重力、支持力、靜摩擦力和向右的推力作用，根據(jù)平衡條件，箱子受到的摩擦力方向向左，與推力平衡，故A錯誤；人用力F向右推箱子，對箱子的作用力向右，根據(jù)牛頓第三定律可知，箱子對人的作用力的方向向左，人若要平衡，則受到的木板的摩擦力的方向向右，故B正確；箱子受到的摩擦力方向向左，根據(jù)牛頓第三定律可知箱子對木板的摩擦力方向向右，故C正確；對三者的整體受力分

26、析，只受重力和支持力，水平方向不受力，故不能使長木板在水平面上滑動，故D錯誤. 2.岳陽某些農村一大家人過春節(jié)時常用簡易灶做菜，如圖2甲所示，將一個球形鐵鍋用三個輕小石塊支起用柴火燒菜，鐵鍋邊緣水平，小石塊成正三角形放在水平灶臺上，石塊到鐵鍋球心的連線與豎直方向的夾角均成30°，已知鍋與菜的總質量為9 kg，不計鐵鍋與石塊間的摩擦，重力加速度g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) 圖2 A.灶臺對每個石塊的作用力均豎直向上 B.灶臺受到每個石塊的壓力為90 N C.每個石塊與鐵鍋之間的彈力大小為20 N D.灶臺對每個石塊的摩擦力為10 N 答案　C 3.節(jié)日期間，

27、張燈結彩，某同學發(fā)現(xiàn)一種裝飾燈，兩個裝飾燈用輕質細線懸掛在一個“T”型木質支架兩端，模型簡化如圖3所示，支架的質量為M，每個裝飾燈的質量為m，在水平恒定風力的作用下，兩燈偏離豎直方向，穩(wěn)定時兩細線與豎直方向的夾角均為θ，支架所受的水平風力忽略不計，則地面對支架的水平作用力大小為(　　) 圖3 A.2mgtan θ B.2mgsin θ C.mgtan θ D.mgsin θ 答案　A 解析　對裝飾燈進行受力分析，設風對裝飾燈的作用力為F1，細線對裝飾燈的拉力為F2.根據(jù)共點力平衡得：F2cos θ＝mg，F(xiàn)2sin θ＝F1，解得F1＝mgtan θ，對兩個裝飾燈和支架整體受

28、力分析，根據(jù)平衡條件可知，水平方向有：地面對支架的水平作用力大小F＝2F1＝2mgtan θ，A正確. 4.(多選)如圖4所示，一木塊受到一水平力F作用靜止于斜面上，此力F的方向與斜面平行，如果將力F撤除，下列對木塊的描述正確的是(　　) 圖4 A.木塊將沿斜面下滑 B.木塊受到的摩擦力變小 C.木塊立即獲得加速度 D.木塊所受的摩擦力方向改變 答案　BD 解析　未撤去F前，將木塊的重力分解為沿斜面方向和垂直于斜面方向兩個分力，在斜面方向的分力大小為mgsin θ，方向沿斜面向下，作出木塊在斜面平面內的受力情況如圖： 由平衡條件得：摩擦力：Ff＝，F(xiàn)f的方向與F和mgsi

29、n θ的合力方向相反，所以木塊受到的最大靜摩擦力：Ffm≥，撤去F后，木塊對斜面的壓力沒有變化，所以最大靜摩擦力也沒有變化，此時mgsin θ

30、 B.球B對柱狀物體A的壓力增大 C.地面對柱狀物體A的摩擦力不變 D.地面對柱狀物體A的支持力不變 答案　D 解析　球B受重力、A的支持力F1和墻壁的壓力F2.如圖甲所示： 則根據(jù)平衡可知，F(xiàn)1＝G1＝，F(xiàn)2＝G2＝Gtan θ，將A向右移動少許，A對球B的作用力F1與豎直方向的夾角θ將減小，所以cos θ增大，tan θ減小，即墻壁對球B的作用力將減小，A對球B的支持力減小.根據(jù)牛頓第三定律可知，球B對墻壁的壓力將減小，球B對A的壓力亦減小，選項A、B錯誤；對A受力分析，如圖乙所示，受地面摩擦力Ff＝FBsin θ，B對A的壓力FB減小且FB與豎直方向的夾角θ減小，故A受地

31、面的摩擦力Ff減小，再根據(jù)牛頓第三定律，地面受A的摩擦力減小，選項C錯誤；對A、B整體受力分析可知，地面對A的支持力等于A、B的重力之和不變. 6.(2016·全國甲卷·14)質量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上.用水平向左的力F緩慢拉動繩的中點O，如圖6所示.用T表示繩OA段拉力的大小，在O點向左移動的過程中(　　) 圖6 A.F逐漸變大，T逐漸變大 B.F逐漸變大，T逐漸變小 C.F逐漸變小，T逐漸變大 D.F逐漸變小，T逐漸變小 答案　A 解析　對O點受力分析如圖所示，F(xiàn)與T的變化情況如圖，由圖可知在O點向左移動的過程中，F(xiàn)逐漸變大，T逐漸變大，故選項A正確. 7

32、.(多選)如圖7所示，兩個帶電小球A、B分別處于光滑絕緣的豎直墻面和斜面上，且在同一豎直平面內.用水平向左的推力F作用于B球，兩球在圖示位置靜止.現(xiàn)將B球沿斜面向上移動一小段距離，發(fā)現(xiàn)A球隨之向上移動少許，兩球在虛線位置重新平衡.重新平衡后與移動前相比，下列說法正確的是(　　) 圖7 A.墻面對A的彈力變小 B.斜面對B的彈力不變 C.推力F變大 D.兩球之間的距離變大 答案　ABD 解析　利用整體法可知，斜面對B球支持力的豎直分量等于A、B兩帶電小球的重力之和，斜面傾角不變，斜面對B球支持力不變，故斜面對B的彈力不變，B選項正確；庫侖力與豎直方向的夾角變小，而豎直分量不變，故庫

33、侖力變小，A、B間的距離變大，故D正確；因庫侖力水平分量減小，故A正確，C錯誤. 8.如圖8甲、乙、丙是生活中三種不同的背包方式.為了研究方便，假設背包者身體均呈豎直，因而可認為每條背包帶均在豎直面內.甲中背包帶對人的肩部的作用力設為F1；乙中的背包帶與豎直方向的夾角為θ(如圖)，其背包帶對人肩部的作用力設為F2；丙中的兩根背包帶與豎直方向的夾角均為θ(如圖)，其每根背包帶對人肩部的作用力均為F3.若三種情況所背的包完全相同，不考慮背包跟人體間的摩擦，則關于F1、F2、F3大小的下列關系正確的是(　　) 圖8 A.F1>F2 B.F2>F3 C.F1>F3 D.F3＝F2 答

34、案　B 解析　由圖可知，題圖甲中背包帶沿豎直方向，所以每一根背包帶的作用力都等于0.5mg，則背包帶對肩部的作用力等于兩根背包帶的作用力的和，即等于F1＝mg； 乙圖中，背包受到重力、腿部的支持力和肩膀的作用力如圖a： 則：F2＝ 題圖丙中，背包受到兩邊肩膀的作用力，如圖b所示，則：mg＝2F3cos θ 所以：F3＝ 由以上的分析可得：F1

35、a上，另一端繞過光滑的滑輪固定在c點，滑輪2下懸掛物體b，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài).若將固定點c向右移動少許，而a與斜劈始終靜止，則(　　) 圖9 A.細線對物體a的拉力增大 B.斜劈對地面的壓力減小 C.斜劈對物體a的摩擦力減小 D.地面對斜劈的摩擦力增大 答案　AD 解析　對滑輪和物體b受力分析，如圖甲所示： 有：mbg＝2FTcos θ，解得：FT＝ 將固定點c向右移動少許，則θ變大，故拉力FT增大，故A正確；對斜劈、物體a、物體b整體受力分析， 如圖乙所示： 有：FN＝G總－FTcos θ＝G總－，F(xiàn)N與角度θ無關，恒定不變；根據(jù)牛頓第三定律，斜劈對地面的壓力

36、也不變，故B錯誤；Ff＝FTsin θ＝tan θ，將固定點c向右移動少許，則θ變大，故摩擦力增大，故D正確；對物體a受力分析，受重力、支持力、拉力和靜摩擦力，由于不知道拉力與重力的下滑分力的大小關系，故無法判斷摩擦力的方向，故不能判斷靜摩擦力的變化情況，故C錯誤. 10.(多選)(2016·浙江理綜·19)如圖10所示，把A、B兩個相同的導電小球分別用長為0.10 m的絕緣細線懸掛于OA和OB兩點.用絲綢摩擦過的玻璃棒與A球接觸，棒移開后將懸點OB移到OA點固定.兩球接觸后分開，平衡時距離為0.12 m.已測得每個小球質量是8.0×10－4 kg，帶電小球可視為點電荷，重力加速度g＝10

37、m/s2，靜電力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，則(　　) 圖10 A.兩球所帶電荷量相等 B.A球所受的靜電力為1.0×10－2 N C.B球所帶的電荷量為4×10－8 C D.A、B兩球連線中點處的電場強度為0 答案　ACD 解析　兩相同的小球接觸后電量均分，故兩球所帶電荷量相等，選項A正確；由幾何關系可知，兩球分開后，懸線與豎直方向的夾角為37°，A球所受的電場力F＝mgtan 37°＝8.0×10－4×10×0.75 N＝6.0×10－3 N，選項B錯誤；根據(jù)庫侖定律得，F(xiàn)＝k＝k，解得qB＝ ＝ C＝4×10－8 C，選項C正確；A、B兩球帶等量的同種電荷

38、，故在A、B兩球連線中點處的電場強度為0，選項D正確. 11.(多選)如圖11所示為某種電流表的原理示意圖，質量為m的均質細金屬棒MN的中點處通過一掛鉤與一豎直懸掛的輕彈簧相連，絕緣彈簧勁度系數(shù)為k.在矩形區(qū)域abcd內有勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外.與MN的右端N連接的一絕緣輕指針可指示標尺上的讀數(shù)，MN的長度大于ab的長度.當MN中沒有電流通過且處于平衡狀態(tài)時，MN與矩形區(qū)域的cd邊重合，當MN中有電流通過時，指針示數(shù)可表示電流強度.已知k＝2.0 N/m，ab的長度為0.20 m，bc的長度為0.05 m，B＝0.20 T，重力加速度為g(　　) 圖11 A.

39、當電流表示數(shù)為零時，彈簧的伸長量為 B.若要電流表正常工作，應將MN的M端與電源負極相接 C.該電流表的量程是2.5 A D.若將量程擴大到2倍，磁感應強度應變?yōu)?.40 T 答案　AC 解析　設彈簧的伸長量為Δx，則有：mg＝kΔx ① 由①式得：Δx＝ ② 故當電流表示數(shù)為零時，彈簧伸長量為，故A正確；為使電流表正常工作，作用于通有電流的金屬棒MN的安培力必須向下.由左手定則可知金屬棒中電流從M端流向N端，因此M端應接正極.故B錯誤； 設滿量程時通過MN的電流為Im，則有： BImab＋mg＝k(bc＋Δx) ③ 聯(lián)立①③并代入數(shù)

40、據(jù)得：Im＝2.5 A ④ 故該電流表的量程是2.5 A，故C正確； 設量程擴大后，磁感應強度變?yōu)锽′，則有： 2B′Imab＋mg＝k(bc＋Δx) ⑤ 由①⑤解得：B′＝0.10 T 故若將量程擴大2倍，磁感應強度應變?yōu)?.10 T，故D錯誤. 12.如圖12所示，物體在拉力F的作用下沿水平面做勻速直線運動，發(fā)現(xiàn)當外力F與水平方向夾角為30°時，所需外力最小，由以上條件求外力F的最小值與重力的比值. 圖12 答案　 解析　物體受力分析如圖，建立直角坐標系，對力進行正交分解得： y方向：支持力FN＝G－Fy＝G－Fsin θ ① x方向： 摩擦力F′＝Fx＝Fcos θ ② 又：F′＝μFN ③ 聯(lián)立①②③得：F＝·G＝ ④ 令：＝tan β 則：F＝＝ 可知當β＋θ＝90°時，F(xiàn)有最小值. 由題意，當θ＝30°時有最小值，所以β＝60° ＝tan 60°＝，所以μ＝ 將θ＝30°，μ＝代入④可得：F＝G.