《高考物理大二輪復(fù)習(xí)與增分策略 專題一 力與場內(nèi)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(guān)《高考物理大二輪復(fù)習(xí)與增分策略 專題一 力與場內(nèi)物體的平衡-人教版高三全冊物理試題（24頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題一 力與場內(nèi)物體的平衡專題定位本專題解決的是受力分析和共點(diǎn)力平衡問題.高考對本專題內(nèi)容的考查主要有：對各種性質(zhì)力特點(diǎn)的理解；共點(diǎn)力作用下平衡條件的應(yīng)用.考查的主要物理方法和思想有：整體法和隔離法；假設(shè)法；合成法；正交分解法；矢量三角形法；相似三角形法；等效思想；分解思想.應(yīng)考策略深刻理解各種性質(zhì)力的特點(diǎn).熟練掌握分析共點(diǎn)力平衡問題的各種方法.1.彈力(1)大小：彈簧在彈性限度內(nèi)，彈力的大小可由胡克定律Fkx計(jì)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(yùn)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(fù)的方向；繩的拉力沿繩指向繩收縮的方向.2.摩擦力(1)大?。夯瑒幽?/p>

2、擦力FfFN，與接觸面的面積無關(guān)；靜摩擦力0FfFfmax，具體值根據(jù)牛頓運(yùn)動定律或平衡條件來求.(2)方向：沿接觸面的切線方向，并且跟物體的相對運(yùn)動或相對運(yùn)動趨勢的方向相反.3.電場力(1)大?。篎qE.若為勻強(qiáng)電場，電場力則為恒力；若為非勻強(qiáng)電場，電場力則與電荷所處的位置有關(guān).點(diǎn)電荷間的庫侖力Fk.(2)方向：正電荷所受電場力方向與場強(qiáng)方向一致，負(fù)電荷所受電場力方向與場強(qiáng)方向相反.4.安培力(1)大?。篎BIL，此式只適用于BI的情況，且L是導(dǎo)線的有效長度，當(dāng)BI時(shí)F0.(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Bv的情況.當(dāng)B

3、v時(shí)F0.(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(diǎn)力的平衡(1)平衡狀態(tài)：物體靜止或做勻速直線運(yùn)動.(2)平衡條件：F合0或Fx0，F(xiàn)y0.(3)常用推論若物體受n個(gè)作用力而處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個(gè)力與其余(n1)個(gè)力的合力大小相等、方向相反.若三個(gè)共點(diǎn)力的合力為零，則表示這三個(gè)力的有向線段首尾相接組成一個(gè)封閉三角形.1.處理共點(diǎn)力平衡問題的基本思路：確定平衡狀態(tài)(加速度為零)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(shí)常用假設(shè)法.(2)求解平衡問題時(shí)常用二力平

4、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(zhǔn)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(fù)合場中做直線運(yùn)動，則一定是勻速直線運(yùn)動，因?yàn)镕洛v.解題方略1.在分析兩個(gè)或兩個(gè)以上物體間的相互作用時(shí)，一般采用整體法與隔離法進(jìn)行分析.2.采用整體法進(jìn)行受力分析時(shí)，要注意系統(tǒng)內(nèi)各個(gè)物體的狀態(tài)應(yīng)該相同.3.當(dāng)直接分析一個(gè)物體的受力不方便時(shí)，可轉(zhuǎn)移研究對象，先分析另一個(gè)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(zhuǎn)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(xì)繩

5、OO懸掛于O點(diǎn)；另一細(xì)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(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài).若F方向不變，大小在一定范圍內(nèi)變化，物塊b仍始終保持靜止，則()圖1A.繩OO的張力也在一定范圍內(nèi)變化B.物塊b所受到的支持力也在一定范圍內(nèi)變化C.連接a和b的繩的張力也在一定范圍內(nèi)變化D.物塊b與桌面間的摩擦力也在一定范圍內(nèi)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FTmag，所以物塊a受到繩的拉力保持不變.由滑輪性質(zhì)，滑輪兩側(cè)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(xiàng)錯(cuò)誤；a、b受到繩的拉力大小、方向均不變，

6、所以O(shè)O的張力不變，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；對b進(jìn)行受力分析，如圖所示.由平衡條件得：FTcos FfFcos ，F(xiàn)sin FNFTsin mbg.其中FT和mbg始終不變，當(dāng)F大小在一定范圍內(nèi)變化時(shí)，支持力在一定范圍內(nèi)變化，B選項(xiàng)正確；摩擦力也在一定范圍內(nèi)發(fā)生變化，D選項(xiàng)正確.答案BD預(yù)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(cè)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(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則半圓球A和圓球B的質(zhì)量之比為()圖2A. B. C. D.答案C解析設(shè)A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為M，隔離光滑圓球B，對B受力分析如

7、圖所示，可得：FNFcos ，MgFsin 0解得：FN，對兩球組成的整體有：(mM)gFN0代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得：.預(yù)測2(多選)如圖3所示，一個(gè)固定的圓弧阻擋墻PQ，其半徑OP水平，OQ豎直.在PQ和一個(gè)斜面體A之間卡著一個(gè)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(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(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(yùn)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3A.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

8、B處于平衡狀態(tài)，對B受力分析，如圖所示：當(dāng)球B沿斜面上升一很小高度時(shí)，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(gè)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(shè)圓弧阻擋墻對B的壓力方向與水平方向的夾角為，根據(jù)平衡條件可知：水平方向FFN2cos ，豎直方向FN(mAmB)gFN2sin ，由于FN2逐漸減小，減小，則FN減小，F(xiàn)不一定減小，故C錯(cuò)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(jìn)行正交分解，兩個(gè)方向上列平衡方程，

9、寫出所要分析的力與變化角度的關(guān)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(gè)顯著特征：物體一般受三個(gè)力作用；其中有一個(gè)大小、方向都不變的力；還有一個(gè)方向不變的力.例2如圖4所示，斜面上放有兩個(gè)完全相同的物體a、b，兩物體間用一根細(xì)線連接，在細(xì)線的中點(diǎn)加一與斜面垂直的拉力F，使兩物體均處于靜止?fàn)顟B(tài).則下列說法正確的是()圖4A.a、b兩物體的受力個(gè)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(dāng)逐漸增大拉力F時(shí)，物體b先開始滑動解析對a、b進(jìn)行受力分析，如圖所示：b物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)拉力FT沿斜面向上的分量與重力沿斜面向下的

10、分量相等時(shí)，摩擦力為零，所以b可能只受3個(gè)力作用，而a物體必定受到摩擦力作用，肯定受4個(gè)力作用，故A錯(cuò)誤；a、b兩個(gè)物體，垂直于斜面方向受力都平衡，則有：FNFTsin mgcos 解得：FNmgcos FTsin ，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(cuò)誤；對a沿斜面方向有：FTcos mgsin Ffa，對b沿斜面方向有：FTcos mgsin Ffb，正壓力相等，所以最大靜摩擦力相等，則a先達(dá)到最大靜摩擦力，先滑動，故D錯(cuò)誤.答案B預(yù)測3(多選)如圖5所示，質(zhì)量分布均勻的光滑小球O，放在傾角均為的斜面體上，斜面體置于

11、同一水平面上，且處于平衡，則下列說法中正確的是()圖5A.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(cuò)誤，A、D正確.預(yù)測4(2016全國丙卷17)如圖6所示，兩個(gè)輕環(huán)a和b套在

12、位于豎直面內(nèi)的一段固定圓弧上；一細(xì)線穿過兩輕環(huán)，其兩端各系一質(zhì)量為m的小球.在a和b之間的細(xì)線上懸掛一小物塊.平衡時(shí)，a、b間的距離恰好等于圓弧的半徑.不計(jì)所有摩擦.小物塊的質(zhì)量為()圖6A. 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(diǎn)為c，由于abR，則aOb為等邊三角形，同一條細(xì)線上的拉力相等，Tmg，合力沿aO方向，則aO為角平分線，由幾何關(guān)系知，acb120，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TGmg，所以小物塊質(zhì)量為m，故C對.例3如圖7所示，物體P、Q可視為點(diǎn)電荷，電荷量相同.傾角為、質(zhì)量為M的斜面體放在粗糙水平面上，將質(zhì)量為m的

13、物體P放在粗糙的斜面體上.當(dāng)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(cè)位置時(shí)，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7A.P、Q所帶電荷量為 B.P對斜面體的壓力為0C.斜面體受到地面的摩擦力為0D.斜面體對地面的壓力為(Mm)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：Fmgtan FN根據(jù)庫侖定律得：Fk聯(lián)立解得：qr由牛頓第三定律得P對斜面體的壓力為：FNFN，故A、B錯(cuò)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：FfF，地面對斜面體的支持力為：FN1(Mm)g，根

14、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：FN1FN1(Mm)g.故C錯(cuò)誤，D正確.答案D預(yù)測5如圖8所示，在一個(gè)傾角為的斜面上，有一個(gè)質(zhì)量為m，帶負(fù)電的小球P(可視為點(diǎn)電荷)，空間存在著方向垂直斜面向下的勻強(qiáng)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(gè)方向運(yùn)動時(shí)，有可能保持勻速直線運(yùn)動狀態(tài)()圖8A.v1方向 B.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(nèi)與v1垂直向下，重力的分力mgsin 沿斜面向下，則知球在斜面平面內(nèi)所受

15、的合外力不為零，小球不可能做勻速直線運(yùn)動，故A錯(cuò)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(nèi)與v2垂直向上，重力的分力mgsin 沿斜面向下，則知球在斜面平面內(nèi)所受的合外力不為零，小球不可能做勻速直線運(yùn)動，故B錯(cuò)誤；若小球的速度沿v3方向，滑動摩擦力與v3的方向相反，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(nèi)與v3垂直向上，即沿v2方向，重力的分力mgsin 沿斜面向下，則知斜面平面內(nèi)的合外力可能為零，小球有可能做勻速直線運(yùn)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

16、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(nèi)與v4垂直向下，重力的分力mgsin 沿斜面向下，則知斜面平面內(nèi)的合外力不可能為零，小球不可能做勻速直線運(yùn)動，故D錯(cuò)誤.預(yù)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，上沿相連.兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)出c端)長度均為L，質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導(dǎo)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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于斜面向上，已知兩根導(dǎo)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

17、為，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上的安培力的大小；(2)金屬棒運(yùn)動速度的大小.答案(1)mg(sin 3cos )(2)(sin 3cos )解析(1)由于ab、cd棒被平行于斜面的導(dǎo)線相連，故ab、cd速度總是相等，cd也做勻速直線運(yùn)動.設(shè)導(dǎo)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 FN1FTFFN12mgcos 對于cd棒，受力分析如圖乙所示，由力的平衡條件得mgsin FN2FTFTFN2m

18、gcos 聯(lián)立式得：Fmg(sin 3cos )(2)設(shè)金屬棒運(yùn)動速度大小為v，ab棒上的感應(yīng)電動勢為EBLv回路中電流I安培力FBIL聯(lián)立得：v(sin 3cos )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(shè)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(dá)到極值的條件.要特別注意可能出現(xiàn)的多種情況.例4質(zhì)量為M的木楔傾角為，在水平面上保持靜止，質(zhì)量為m的木塊剛好

19、可以在木楔上表面上勻速下滑.現(xiàn)在用與木楔上表面成角的力F拉著木塊勻速上滑，如圖10所示，求：圖10(1)當(dāng)時(shí)，拉力F有最小值，求此最小值；(2)拉力F最小時(shí)，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 mgcos ，則tan ，用力F拉著木塊勻速上滑，受力分析如圖甲所示，F(xiàn)cos mgsin Ff，F(xiàn)NFsin mgcos ，F(xiàn)fFN.聯(lián)立以上各式解得，F(xiàn).當(dāng)時(shí)，F(xiàn)有最小值，F(xiàn)minmgsin 2.(2)對木塊和木楔整體受力分析如圖乙所示，由平衡條件得，F(xiàn)fFcos()，當(dāng)拉力F最小時(shí)，F(xiàn)fFmincos 2mgsin 4.答案(1)mgsin 2(2)

20、mgsin 4預(yù)測7(多選)如圖11所示，兩個(gè)小球a、b質(zhì)量均為m，用細(xì)線相連并懸掛于O點(diǎn)，現(xiàn)用一輕質(zhì)彈簧給小球a施加一個(gè)拉力F，使整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，且Oa與豎直方向夾角為45，已知彈簧勁度系數(shù)為k，則彈簧形變量可能是()圖11A. B. C. D.答案ACD解析當(dāng)F與細(xì)線Oa垂直時(shí)，F(xiàn)有最小值，F(xiàn)的最小值為：Fmin2mgsin 2mgmg.根據(jù)胡克定律：Fminkxmin，所以：xmin則A、C、D可能，B不可能.預(yù)測8如圖12所示，小球被輕質(zhì)細(xì)繩系住斜吊著放在靜止的光滑斜面上，設(shè)小球質(zhì)量為m，斜面傾角30，細(xì)繩與豎直方向夾角30，斜面體的質(zhì)量M3m，置于粗糙水平地面上.求：圖12(1

21、)當(dāng)斜面體靜止時(shí)，細(xì)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(gè)系統(tǒng)始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，k值必須滿足什么條件？答案見解析解析(1)以小球?yàn)檠芯繉ο笫芰Ψ治鋈鐖D甲所示甲由共點(diǎn)力的平衡條件，可得在x軸方向有：FTsin FN1sin 在y軸方向有：FN1cos FTcos mg解得FTmg(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(diǎn)力平衡條件，在x軸方向可得FfFTsin 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(diǎn)力平衡條件，在y軸方向可得FN2FTcos (Mm)g

22、又由題意可知FfmaxkFN2Ff又M3m聯(lián)立解得：k.專題強(qiáng)化練1.(多選)如圖1所示，粗糙水平面上有一長木板，一個(gè)人站在木板上用力F向右推箱子，木板、人、箱子均處于靜止?fàn)顟B(tài).三者的質(zhì)量均為m，下列說法正確的是()圖1A.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(cuò)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

23、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(cuò)誤.2.岳陽某些農(nóng)村一大家人過春節(jié)時(shí)常用簡易灶做菜，如圖2甲所示，將一個(gè)球形鐵鍋用三個(gè)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(zhì)量為9 kg，不計(jì)鐵鍋與石塊間的摩擦，重力加速度g10 m/s2，則下列說法正確的是()圖2A.灶臺對每個(gè)石塊的作用力均豎直向上B.灶臺受

24、到每個(gè)石塊的壓力為90 NC.每個(gè)石塊與鐵鍋之間的彈力大小為20 ND.灶臺對每個(gè)石塊的摩擦力為10 N答案C3.節(jié)日期間，張燈結(jié)彩，某同學(xué)發(fā)現(xiàn)一種裝飾燈，兩個(gè)裝飾燈用輕質(zhì)細(xì)線懸掛在一個(gè)“T”型木質(zhì)支架兩端，模型簡化如圖3所示，支架的質(zhì)量為M，每個(gè)裝飾燈的質(zhì)量為m，在水平恒定風(fēng)力的作用下，兩燈偏離豎直方向，穩(wěn)定時(shí)兩細(xì)線與豎直方向的夾角均為，支架所受的水平風(fēng)力忽略不計(jì)，則地面對支架的水平作用力大小為()圖3A.2mgtan B.2mgsin C.mgtan D.mgsin 答案A解析對裝飾燈進(jìn)行受力分析，設(shè)風(fēng)對裝飾燈的作用力為F1，細(xì)線對裝飾燈的拉力為F2.根據(jù)共點(diǎn)力平衡得：F2cos mg，F(xiàn)

25、2sin F1，解得F1mgtan ，對兩個(gè)裝飾燈和支架整體受力分析，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F2F12mgtan ，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4A.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(gè)分力，在斜面方向的分力大小為mgsin ，方向沿斜面向下，作出木塊在斜面平面內(nèi)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mg

26、sin 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(shí)mgsin Ffm，故木塊不會沿斜面下滑，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；由平衡條件得，撤去F后，摩擦力大小為Ffmgsin F2 B.F2F3 C.F1F3 D.F3F2答案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F1mg；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：mg2F3cos 所以：F3由以上的分析可得：

27、F1F2，F(xiàn)3F2，由于夾角是未知的，所以不能判變大F3與重力mg的大小關(guān)系，因此不能判斷出F3與F1的大小關(guān)系.所以只有選項(xiàng)B正確.9.(多選)如圖9所示，傾角為的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物體a放在斜劈上，輕質(zhì)細(xì)線一端固定在物體a上，另一端繞過光滑的滑輪固定在c點(diǎn)，滑輪2下懸掛物體b，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài).若將固定點(diǎn)c向右移動少許，而a與斜劈始終靜止，則()圖9A.細(xì)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：mbg2FTcos ，解得：FT將固定點(diǎn)c向右移動少許，則變大，故拉力FT增大，

28、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：FNG總FTcos G總，F(xiàn)N與角度無關(guān)，恒定不變；根據(jù)牛頓第三定律，斜劈對地面的壓力也不變，故B錯(cuò)誤；FfFTsin tan ，將固定點(diǎn)c向右移動少許，則變大，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(guān)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(cuò)誤.10.(多選)(2016浙江理綜19)如圖10所示，把A、B兩個(gè)相同的導(dǎo)電小球分別用長為0.10 m的絕緣細(xì)線懸掛于OA和OB兩點(diǎn).用絲綢摩擦過的玻璃棒與A球接觸，棒移開后將懸點(diǎn)OB移到OA點(diǎn)固定

29、.兩球接觸后分開，平衡時(shí)距離為0.12 m.已測得每個(gè)小球質(zhì)量是8.0104 kg，帶電小球可視為點(diǎn)電荷，重力加速度g10 m/s2，靜電力常量k9.0109 Nm2/C2，則()圖10A.兩球所帶電荷量相等B.A球所受的靜電力為1.0102 NC.B球所帶的電荷量為4108 CD.A、B兩球連線中點(diǎn)處的電場強(qiáng)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(xiàng)A正確；由幾何關(guān)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Fmgtan 378.0104100.75 N6.0103 N，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)庫侖定律得，F(xiàn)kk，解得qB C4108 C，選項(xiàng)C正

30、確；A、B兩球帶等量的同種電荷，故在A、B兩球連線中點(diǎn)處的電場強(qiáng)度為0，選項(xiàng)D正確.11.(多選)如圖11所示為某種電流表的原理示意圖，質(zhì)量為m的均質(zhì)細(xì)金屬棒MN的中點(diǎn)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(nèi)有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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(biāo)尺上的讀數(shù)，MN的長度大于ab的長度.當(dāng)MN中沒有電流通過且處于平衡狀態(tài)時(shí)，MN與矩形區(qū)域的cd邊重合，當(dāng)MN中有電流通過時(shí)，指針示數(shù)可表示電流強(qiáng)度.已知k2.0 N/m，ab的長度為0.20 m，bc的長度為0.05 m，B0.20 T，重力加速度為g()圖1

31、1A.當(dāng)電流表示數(shù)為零時(shí)，彈簧的伸長量為B.若要電流表正常工作，應(yīng)將MN的M端與電源負(fù)極相接C.該電流表的量程是2.5 AD.若將量程擴(kuò)大到2倍，磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)變?yōu)?.40 T答案AC解析設(shè)彈簧的伸長量為x，則有：mgkx由式得：x故當(dāng)電流表示數(shù)為零時(shí)，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(yīng)接正極.故B錯(cuò)誤；設(shè)滿量程時(shí)通過MN的電流為Im，則有：BImabmgk(bcx)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得：Im2.5 A故該電流表的量程是2.5 A，故C正確；設(shè)量程擴(kuò)大后，磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)锽，則有：2BImabmgk(bcx)由解得：B0.10 T故若將量程擴(kuò)大2倍，磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)變?yōu)?.10 T，故D錯(cuò)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(yùn)動，發(fā)現(xiàn)當(dāng)外力F與水平方向夾角為30時(shí)，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(biāo)系，對力進(jìn)行正交分解得：y方向：支持力FNGFyGFsin x方向：摩擦力FFxFcos 又：FFN聯(lián)立得：FG令：tan 則：F可知當(dāng)90時(shí)，F(xiàn)有最小值.由題意，當(dāng)30時(shí)有最小值，所以60tan 60，所以將30，代入可得：FG.