2019年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練一 力與場(chǎng)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(wèn)題高考對(duì)本專題內(nèi)容的考查主要有：對(duì)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(wèn)題的各種方法1彈力(1)大?。簭椈稍趶椥韵薅葍?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(dòng)定律來(lái)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)大小：滑動(dòng)摩擦力FfFN，與接觸面的面積無(wú)關(guān)；靜摩擦力0<FfFfmax，具體值根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律或平衡條件來(lái)求(2)方向：沿接觸面的切線方向，并且跟物體的相對(duì)運(yùn)動(dòng)或相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)的方向相反3電場(chǎng)力(1)大小：FqE.若為勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)力則為恒力；若為非勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)力則與電荷所處的位置有關(guān)；點(diǎn)電荷的庫(kù)侖力Fk.(2)方向：正電荷所受電場(chǎng)力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向一致，負(fù)電荷所受電場(chǎng)力方向與場(chǎng)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(zhǎng)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?。篎洛qvB，此式只適用于Bv的情況當(dāng)Bv時(shí)F洛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(diǎn)力的平衡(1)平衡狀態(tài)：物體靜止或做勻速直線運(yùn)動(dòng)(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處理平衡問(wèn)題的基本思路：確定平衡狀態(tài)(加速度為零)巧選研究對(duì)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方向時(shí)常用假設(shè)法(2)求解平衡問(wèn)題時(shí)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(wèn)題仍然滿足平衡條件，只是要注意準(zhǔn)確分析場(chǎng)力電場(chǎng)力、安培力或洛倫茲力4如果帶電粒子在重力場(chǎng)、電場(chǎng)和磁場(chǎng)三者組成的復(fù)合場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，則一定是勻速直線運(yùn)動(dòng)，因?yàn)镕洛v.考向1共點(diǎn)力作用下的靜態(tài)平衡問(wèn)題例1如圖1所示，質(zhì)量為m的木塊A放在水平面上的質(zhì)量為M的斜面B上，現(xiàn)用大小相等、方向相反的兩個(gè)水平推力F分別作用在A、B上，A、B均保持靜止不動(dòng)則()圖1AA與B之間一定存在摩擦力BB與地面之間一定存在摩擦力CB對(duì)A的支持力一定等于mgD地面對(duì)B的支持力大小一定等于(mM)g審題突破A、C選項(xiàng)考察物體A、B之間的受力應(yīng)選誰(shuí)為研究對(duì)象？B、D選項(xiàng)考察地面對(duì)B的作用力必須選B為研究對(duì)象嗎？怎樣選研究對(duì)象更簡(jiǎn)單？解析對(duì)A，若重力、推力、支持力的合力為零時(shí)，A、B間沒(méi)有摩擦力，A錯(cuò)誤；B對(duì)A的支持力無(wú)法求出，所以C錯(cuò)誤；把A、B視為一個(gè)整體，水平方向兩推力恰好平衡，故B與地面間沒(méi)有摩擦力，所以B錯(cuò)誤；地面對(duì)B的支持力等于(mM)g，故D正確答案D以題說(shuō)法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(duì)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(duì)象法”輕質(zhì)彈簧A的兩端分別連在質(zhì)量均為m的小球上，兩球均可視為質(zhì)點(diǎn)另有兩根與A完全相同的輕質(zhì)彈簧B、C，且B、C的一端分別與兩個(gè)小球相連，B的另一端固定在天花板上，C的另一端用手牽住，如圖2所示適當(dāng)調(diào)節(jié)手的高度與用力的方向，保持B彈簧軸線跟豎直方向夾角為37不變(已知sin 370.6，cos 370.8)，當(dāng)彈簧C的拉力最小時(shí)，B、C兩彈簧的形變量之比為()圖2A11 B35C43 D54答案C解析以兩球和彈簧A組成的整體為研究對(duì)象，受力分析如圖所示，由合成法知當(dāng)C彈簧與B彈簧垂直時(shí)，彈簧C施加的拉力最小，由幾何關(guān)系知FTBFTC43.考向2共點(diǎn)力作用下的動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題例2(xx山東14)如圖3所示，用兩根等長(zhǎng)輕繩將木板懸掛在豎直木樁上等高的兩點(diǎn)，制成一簡(jiǎn)易秋千，某次維修時(shí)將兩輕繩各剪去一小段，但仍保持等長(zhǎng)且懸掛點(diǎn)不變木板靜止時(shí)，F(xiàn)1表示木板所受合力的大小，F(xiàn)2表示單根輕繩對(duì)木板拉力的大小，則維修后()圖3AF1不變，F(xiàn)2變大BF1不變，F(xiàn)2變小CF1變大，F(xiàn)2變大DF1變小，F(xiàn)2變小審題突破兩輕繩各剪去一小段，兩繩之間的夾角如何變化？木板所受合力根據(jù)什么判斷大小是否變化？解析木板靜止時(shí)，木板受重力G以及兩根輕繩的拉力F2，根據(jù)平衡條件，木板受到的合力F10，保持不變兩根輕繩的拉力F2的合力大小等于重力G，保持不變，當(dāng)兩輕繩剪去一段后，兩根輕繩的拉力F2與豎直方向的夾角變大，因其合力不變，故F2變大選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B、C、D錯(cuò)誤答案A以題說(shuō)法動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題分析的三個(gè)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，寫(xiě)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(shì)2圖解法：能用圖解法分析動(dòng)態(tài)變化的問(wèn)題有三個(gè)顯著特征：一、物體一般受三個(gè)力作用；二、其中有一個(gè)大小、方向都不變的力；三、還有一個(gè)方向不變的力3相似三角形法：物體一般受三個(gè)力作用而平衡，系統(tǒng)內(nèi)一定總存在一個(gè)與矢量三角形相似的結(jié)構(gòu)三角形，這種情況下采用相似三角形法解決問(wèn)題簡(jiǎn)單快捷 如圖4甲，手提電腦散熱底座一般設(shè)置有四個(gè)卡位用來(lái)調(diào)節(jié)角度某同學(xué)將電腦放在散熱底座上，為了獲得更好的舒適度，由原卡位4緩慢地調(diào)至卡位1(如圖乙)，電腦始終靜止在底座上，則()圖4A電腦受到的支持力變大B電腦受到的摩擦力變小C散熱底座對(duì)電腦的作用力變大D散熱底座對(duì)電腦的作用力不變答案D解析對(duì)筆記本電腦受力分析如圖所示，有：FNmgcos 、Ffmgsin .由原卡位1調(diào)至卡位4，減小，靜摩擦力Ff減小、支持力FN增加；散熱底座對(duì)電腦的作用力的合力是支持力和靜摩擦力的合力，與重力平衡，始終是不變的，故D正確考向3帶電體在電場(chǎng)內(nèi)的平衡問(wèn)題例3(xx浙江19)如圖5所示，水平地面上固定一個(gè)光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為.一根輕質(zhì)絕緣細(xì)線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個(gè)帶電小球A，細(xì)線與斜面平行小球A的質(zhì)量為m、電量為q.小球A的右側(cè)固定放置帶等量同種電荷的小球B，兩球心的高度相同、間距為d.靜電力常量為k，重力加速度為g，兩帶電小球可視為點(diǎn)電荷小球A靜止在斜面上，則()圖5A小球A與B之間庫(kù)侖力的大小為B當(dāng) 時(shí)，細(xì)線上的拉力為0C當(dāng) 時(shí)，細(xì)線上的拉力為0D當(dāng) 時(shí)，斜面對(duì)小球A的支持力為0審題突破小球A受哪幾個(gè)力的作用？若細(xì)線上的拉力為0呢？通過(guò)對(duì)小球受力分析，斜面對(duì)小球A的支持力能為0嗎？解析根據(jù)庫(kù)侖定律，A、B球間的庫(kù)侖力F庫(kù)k，選項(xiàng)A正確；小球A受豎直向下的重力mg，水平向左的庫(kù)侖力F庫(kù)，由平衡條件知，當(dāng)斜面對(duì)小球的支持力FN的大小等于重力與庫(kù)侖力的合力大小時(shí)，細(xì)線上的拉力等于零，如圖所示，則tan ，所以 ，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；斜面對(duì)小球的支持力FN始終不會(huì)等于零，選項(xiàng)D錯(cuò)誤答案AC以題說(shuō)法1.電場(chǎng)和重力場(chǎng)內(nèi)的平衡問(wèn)題，仍然是力學(xué)問(wèn)題力學(xué)中用到的圖解法和正交分解法仍然可以用在電場(chǎng)和重力場(chǎng)中2當(dāng)涉及多個(gè)研究對(duì)象時(shí)，一般采用整體法和隔離法結(jié)合的方法求解當(dāng)物體受到的力多于三個(gè)時(shí)，往往采用正交分解法列出分方向的平衡方程 如圖6所示，粗糙程度均勻的絕緣空心斜面ABC放置在水平面上，CAB30，斜面內(nèi)部O點(diǎn)(與斜面無(wú)任何連接)固定一個(gè)正點(diǎn)電荷，一帶負(fù)電可視為質(zhì)點(diǎn)的小物體可以分別靜止在M、P、N點(diǎn)，P為MN的中點(diǎn)，OMON，OMAB，則下列判斷正確的是()圖6A小物體在M、P、N點(diǎn)靜止時(shí)一定都是受4個(gè)力B小物體靜止在P點(diǎn)時(shí)受到的摩擦力最大C小物體靜止在P點(diǎn)時(shí)受到的支持力最大D小物體靜止在M、N點(diǎn)時(shí)受到的支持力相等答案CD解析對(duì)小物體分別在三處?kù)o止時(shí)進(jìn)行受力分析，如圖：結(jié)合平衡條件小物體在P、N兩點(diǎn)時(shí)一定受四個(gè)力的作用，而在M處不一定，故A錯(cuò)誤；小物體靜止在P點(diǎn)時(shí)，摩擦力Ffmgsin 30，設(shè)小物體靜止在M、N點(diǎn)時(shí)，庫(kù)侖力為F，則小物體靜止在N點(diǎn)時(shí)Ffmgsin 30Fcos 30，小物體靜止在M點(diǎn)時(shí)Ffmgsin 30Fcos 30，可見(jiàn)小物體靜止在N點(diǎn)時(shí)所受摩擦力最大，故B錯(cuò)誤；小物體靜止在P點(diǎn)時(shí)，設(shè)庫(kù)侖力為F，受到的支持力FNmgcos 30F，小物體靜止在M、N點(diǎn)時(shí)：FNmgcos 30Fsin 30，由庫(kù)侖定律知FF，故FNFN，即小物體靜止在P點(diǎn)時(shí)受到的支持力最大，靜止在M、N點(diǎn)時(shí)受到的支持力相等，故C、D正確.1應(yīng)用平衡條件解決電學(xué)平衡問(wèn)題例4(18分)如圖7(BE左邊為側(cè)視圖，右邊為俯視圖)所示，電阻不計(jì)的光滑導(dǎo)軌ABC、DEF平行放置，間距為L(zhǎng)，BC、EF水平，AB、DE與水平面成角PQ、PQ是相同的兩金屬桿，它們與導(dǎo)軌垂直，質(zhì)量均為m、電阻均為R.平行板電容器的兩金屬板M、N的板面沿豎直放置，相距為d，并通過(guò)導(dǎo)線與導(dǎo)軌ABC、DEF連接整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中要使桿PQ靜止不動(dòng)，求：圖7(1)桿PQ應(yīng)沿什么方向運(yùn)動(dòng)？速度多大？(2)從O點(diǎn)入射的帶電粒子恰好沿圖中虛線通過(guò)平行板電容器，則入射粒子的速度v0多大？思維導(dǎo)圖解析(1)設(shè)桿PQ運(yùn)動(dòng)速度為v，桿PQ切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：EBLv(2分)回路電流：I(2分)PQ桿靜止，對(duì)桿PQ受力分析，有：mgtan BIL(2分)聯(lián)立解得：v(2分)根據(jù)左手定則與右手定則可知，PQ應(yīng)向右運(yùn)動(dòng)(2分)(2)兩平行板間的電壓：UIR(2分)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力：FqE(2分)粒子沿直線通過(guò)平行板電容器，這時(shí)粒子所受的電場(chǎng)力和洛倫茲力相互平衡：qBv0(2分)聯(lián)立解得：v0(2分)答案(1)向右運(yùn)動(dòng)(2)點(diǎn)睛之筆此題為力電綜合問(wèn)題，考查了力學(xué)知識(shí)的平衡問(wèn)題和電磁感應(yīng)知識(shí)解答本題的思路是先通過(guò)PQ靜止不動(dòng)、受力平衡分析PQ的運(yùn)動(dòng)方向PQ運(yùn)動(dòng)對(duì)PQ和電容器供電，帶電粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)受力平衡(限時(shí)：15分鐘，滿分：15分)(xx江蘇13)如圖8所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一傾斜的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，長(zhǎng)為3d，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為，在導(dǎo)軌的中部刷有一段長(zhǎng)為d的薄絕緣涂層勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，在滑上涂層之前已經(jīng)做勻速運(yùn)動(dòng)，并一直勻速滑到導(dǎo)軌底端導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直，且僅與涂層間有摩擦，接在兩導(dǎo)軌間的電阻為R，其他部分的電阻均不計(jì)，重力加速度為g.求：圖8(1)導(dǎo)體棒與涂層間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小v；(3)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q.答案(1)tan (2)(3)2mgdsin 解析(1)在絕緣涂層上導(dǎo)體棒受力平衡mgsin mgcos 解得導(dǎo)體棒與涂層間的動(dòng)摩擦因數(shù)tan .(2)在光滑導(dǎo)軌上感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：EBLv感應(yīng)電流：I安培力：F安BIL受力平衡的條件是：F安mgsin 解得導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度v.(3)摩擦生熱：QTmgdcos 根據(jù)能量守恒定律知：3mgdsin QQTmv2解得電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q2mgdsin .(限時(shí)：30分鐘)題組1共點(diǎn)力作用下的靜態(tài)平衡1(xx廣東14)如圖1所示，水平地面上堆放著原木，關(guān)于原木P在支撐點(diǎn)M、N處受力的方向，下列說(shuō)法正確的是()圖1AM處受到的支持力豎直向上BN處受到的支持力豎直向上CM處受到的靜摩擦力沿MN方向DN處受到的靜摩擦力沿水平方向答案A解析M處支持力方向與支持面(地面)垂直，即豎直向上，選項(xiàng)A正確；N處支持力方向與支持面(原木接觸面)垂直，即垂直MN向上，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；摩擦力與接觸面平行，故選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤2如圖2所示，三個(gè)相同的輕質(zhì)彈簧連接在O點(diǎn)，彈簧1的另一端固定在天花板上，且與豎直方向的夾角為30，彈簧2水平且右端固定在豎直墻壁上，彈簧3的另一端懸掛質(zhì)量為m的物體且處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)彈簧1、2、3的形變量分別為x1、x2、x3，則()圖2Ax1x2x312Bx1x2x321Cx1x2x312Dx1x2x321答案B解析對(duì)物體受力分析可知：kx3mg，對(duì)彈簧的結(jié)點(diǎn)受力分析可知：kx1cos 30kx3，kx1sin 30kx2，聯(lián)立解得x1x2x321.3體育器材室里，籃球擺放在如圖3所示的球架上已知球架的寬度為d，每個(gè)籃球的質(zhì)量為m、直徑為D，不計(jì)球與球架之間的摩擦，則每個(gè)籃球?qū)σ粋?cè)球架的壓力大小為()圖3A.mgB.C. D.答案C解析籃球受力平衡，設(shè)一側(cè)球架的彈力與豎直方向的夾角為，如圖，由平衡條件，F(xiàn)1F2，而cos ，則F1F2，選項(xiàng)C正確4在如圖所示的A、B、C、D四幅圖中，滑輪本身的重力忽略不計(jì)，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩ab繞過(guò)滑輪，a端固定在墻上，b端下面掛一個(gè)質(zhì)量都是m的重物，當(dāng)滑輪和重物都靜止不動(dòng)時(shí)，圖A、C、D中桿P與豎直方向夾角均為，圖B中桿P在豎直方向上，假設(shè)A、B、C、D四幅圖中滑輪受到木桿彈力的大小依次為FA、FB、FC、FD，則以下判斷中正確的是()AFAFBFCFDBFDFAFBFCCFAFCFDFBDFCFAFBFD答案B解析設(shè)滑輪兩邊細(xì)繩的夾角為，對(duì)重物，可得繩子拉力等于重物重力mg，滑輪受到木桿彈力F等于細(xì)繩拉力的合力，即F2mgcos ，由夾角關(guān)系可得FDFAFBFC，選項(xiàng)B正確5如圖4所示，質(zhì)量為M的木板C放在水平地面上，固定在C上的豎直輕桿的頂端分別用細(xì)繩a和b連接小球A和小球B，小球A、B的質(zhì)量分別為mA和mB，當(dāng)與水平方向成30角的力F作用在小球B上時(shí)，A、B、C剛好相對(duì)靜止一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，且此時(shí)繩a、b與豎直方向的夾角分別為30和60，則下列判斷正確的是()圖4A力F的大小為mBgB地面對(duì)C的支持力等于(MmAmB)gC地面對(duì)C的摩擦力大小為mBgDmAmB答案ACD解析對(duì)小球B受力分析，水平方向：Fcos 30FTbcos 30，得：FTbF，豎直方向：Fsin 30FTbsin 30mBg，解得：FmBg，故A正確；對(duì)小球A受力分析，豎直方向：mAgFTbsin 30FTasin 60水平方向：FTasin 30FTbsin 60聯(lián)立得：mAmB，故D正確；以A、B、C整體為研究對(duì)象受力分析，豎直方向：FNFsin 30(MmAmB)g可見(jiàn)FN小于(MmAmB)g，故B錯(cuò)誤；水平方向：FfFcos 30mBgcos 30mBg，故C正確題組2共點(diǎn)力作用下的動(dòng)態(tài)平衡6如圖5所示為建筑工地一個(gè)小型起重機(jī)起吊重物的示意圖一根輕繩跨過(guò)光滑的動(dòng)滑輪，輕繩的一端系在位置A處，動(dòng)滑輪的下端掛上重物，輕繩的另一端掛在起重機(jī)的吊鉤C處起吊重物前，重物處于靜止?fàn)顟B(tài)起吊重物過(guò)程是這樣的：先讓吊鉤從位置C豎直向上緩慢的移動(dòng)到位置B，然后再讓吊鉤從位置B水平向右緩慢地移動(dòng)到D，最后把重物卸載到某一個(gè)位置則關(guān)于輕繩上的拉力大小變化情況，下列說(shuō)法正確的是()圖5A吊鉤從C向B移動(dòng)過(guò)程中，輕繩上的拉力不變B吊鉤從B向D移動(dòng)過(guò)程中，輕繩上的拉力變小C吊鉤從C向B移動(dòng)過(guò)程中，輕繩上的拉力變大D吊鉤從B向D移動(dòng)過(guò)程中，輕繩上的拉力不變答案A解析因物體重力不變，故重力與兩繩子的拉力為平衡力，并且滑輪兩端繩子的張力相等；設(shè)繩子間的夾角為2；在由C到B上移的過(guò)程中有：2FTcos mg；由幾何關(guān)系可知，設(shè)A到動(dòng)滑輪的繩長(zhǎng)為l，A到滑輪的水平距離為d，則有：lcos d；因由C到B的過(guò)程中A到BC的垂直距離不變，故為定值，故輕繩上的拉力不變，故A正確，C錯(cuò)誤；由B到D的過(guò)程中，繩的總長(zhǎng)不變，夾角2一定增大，則由A中分析可知，F(xiàn)T一定增大；故B、D錯(cuò)誤7如圖6所示，物體A、B用細(xì)繩與彈簧連接后跨過(guò)滑輪，A靜止在傾角為45的粗糙斜面上，B懸掛著已知質(zhì)量mA3mB，不計(jì)滑輪摩擦，現(xiàn)將斜面傾角由45減小到30，且A、B仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，那么下列說(shuō)法中正確的是()圖6A彈簧的彈力大小將不變B物體A對(duì)斜面的壓力將減少C物體A受到的靜摩擦力將減小D彈簧的彈力及A受到的靜摩擦力都不變答案AC解析彈簧彈力等于B物體的重力，即彈簧彈力不變，故A項(xiàng)正確；對(duì)A物體進(jìn)行受力分析，列平衡方程可知，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)FNmAgcos ，當(dāng)傾角減小時(shí)，A物體對(duì)斜面壓力變大，故B項(xiàng)錯(cuò)誤8如圖7所示，傾角為的斜面體c置于水平地面上，小物塊b置于斜面上，通過(guò)細(xì)繩跨過(guò)光滑的定滑輪與沙漏a連接，連接b的一段細(xì)繩與斜面平行在a中的沙子緩慢流出的過(guò)程中，a、b、c都處于靜止?fàn)顟B(tài)，則()圖7Ab對(duì)c的摩擦力一定減小Bb對(duì)c的摩擦力方向可能平行斜面向上C地面對(duì)c的摩擦力方向一定向右D地面對(duì)c的摩擦力一定減小答案BD解析設(shè)a、b的重力分別為Ga、Gb.若GaGbsin ，b受到c的摩擦力為零；若GaGbsin ，b受到c的摩擦力不為零若GaGbsin ，b受到c的摩擦力沿斜面向上，故A錯(cuò)誤，B正確對(duì)b、c整體，水平面對(duì)c的摩擦力FfFTcos Gacos ，方向水平向左在a中的沙子緩慢流出的過(guò)程中，則摩擦力在減小，故C錯(cuò)誤，D正確9如圖8所示，斜面上固定有一與斜面垂直的擋板，另有一截面為圓的光滑柱狀物體甲放置于斜面上，半徑與甲相同的光滑球乙被夾在甲與擋板之間，沒(méi)有與斜面接觸而處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)在從O1處對(duì)甲施加一平行于斜面向下的力F，使甲沿斜面方向緩慢向下移動(dòng)設(shè)乙對(duì)擋板的壓力大小為F1，甲對(duì)斜面的壓力大小為F2，甲對(duì)乙的彈力為F3.在此過(guò)程中()圖8AF1逐漸增大，F(xiàn)2逐漸增大，F(xiàn)3逐漸增大BF1逐漸減小，F(xiàn)2保持不變，F(xiàn)3逐漸減小CF1保持不變，F(xiàn)2逐漸增大，F(xiàn)3先增大后減小DF1逐漸減小，F(xiàn)2保持不變，F(xiàn)3先減小后增大答案D解析先對(duì)物體乙受力分析，如圖甲所示，由牛頓第三定律可知乙對(duì)擋板的壓力F1不斷減小，甲對(duì)乙的彈力F3先減小后增大；再對(duì)甲與乙整體受力分析，受重力、斜面的支持力、擋板的支持力和已知力F，如圖乙所示根據(jù)平衡條件，設(shè)斜面傾角為，甲的質(zhì)量為M，乙的質(zhì)量為m，正交分解有x方向：F(Mm)gsin F10y方向：F2(Mm)gcos 0解得：F2(Mm)gcos ，保持不變結(jié)合牛頓第三定律，物體甲對(duì)斜面的壓力F2不變，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤10如圖9所示，三根細(xì)線共系于O點(diǎn)，其中OA在豎直方向上，OB水平并跨過(guò)定滑輪懸掛一個(gè)重物，OC的C點(diǎn)固定在地面上，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)若OC加長(zhǎng)并使C點(diǎn)左移，同時(shí)保持O點(diǎn)位置不變，裝置仍然處于靜止?fàn)顟B(tài)，則細(xì)線OA上拉力FA和OC上的拉力FC與原先相比是()圖9AFA、FC都減小BFA、FC都增大CFA增大，F(xiàn)C減小DFA減小，F(xiàn)C增大答案A解析O點(diǎn)受FA、FB、FC三個(gè)力平衡，如圖當(dāng)按題示情況變化時(shí)，OB繩的拉力FB不變，OA繩拉力FA的方向不變，OC繩拉力FC的方向與拉力FB方向的夾角減小，保持平衡時(shí)FA、FC的變化如虛線所示，顯然都是減小了題組3帶電體在電場(chǎng)內(nèi)的平衡問(wèn)題11(xx廣東20)如圖10所示，光滑絕緣的水平桌面上，固定著一個(gè)帶電量為Q的小球P.帶電量分別為q和2q的小球M和N，由絕緣細(xì)桿相連，靜止在桌面上P與M相距L、M和N視為點(diǎn)電荷，下列說(shuō)法正確的是()圖10AM與N的距離大于LBP、M和N在同一直線上C在P產(chǎn)生的電場(chǎng)中，M、N處的電勢(shì)相同DM、N及細(xì)桿組成的系統(tǒng)所受合力為零答案BD解析假設(shè)P、M和N不在同一直線上，對(duì)M受力分析可知M不可能處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以選項(xiàng)B正確；M、N和桿組成的系統(tǒng)，處于靜止?fàn)顟B(tài)，則系統(tǒng)所受合外力為零，故kk，解得x(1)L，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤，D正確；在正點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)中，離場(chǎng)源電荷越近，電勢(shì)越高，M>N，所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤12一根套有細(xì)環(huán)的粗糙桿水平放置，帶正電的小球A通過(guò)絕緣細(xì)線系在細(xì)環(huán)上，另一帶正電的小球B固定在絕緣支架上，A球處于平衡狀態(tài)，如圖11所示現(xiàn)將B球稍向右移動(dòng)，當(dāng)A小球再次平衡(該過(guò)程A、B兩球一直在相同的水平面上)時(shí)，細(xì)環(huán)仍靜止在原位置，下列說(shuō)法正確的是()圖11A細(xì)線對(duì)帶電小球A的拉力變大B細(xì)線對(duì)細(xì)環(huán)的拉力保持不變C細(xì)環(huán)所受的摩擦力變大D粗糙桿對(duì)細(xì)環(huán)的支持力變大答案AC解析如圖甲所示，以細(xì)環(huán)、細(xì)線及小球A組成的整體為研究對(duì)象受力分析，整體的重力、桿的支持力、靜摩擦力、水平向右的庫(kù)侖斥力，由平衡可知FNmAgm環(huán)g，F(xiàn)Ff，知粗糙桿對(duì)細(xì)環(huán)的支持力不變，再由小球A的受力分析如圖乙知，當(dāng)B球稍向右移動(dòng)時(shí)，由庫(kù)侖定律知，F(xiàn)增大，F(xiàn)f增大，小球A的重力不變，它們的合力與細(xì)線的拉力等大反向，故由力的合成知當(dāng)F增大時(shí)細(xì)線的拉力也增大，綜合以上分析知，A、C選項(xiàng)正確 甲乙13如圖12所示，空間正四棱錐型的底面邊長(zhǎng)和側(cè)棱長(zhǎng)均為a，水平底面的四個(gè)頂點(diǎn)處均固定著電量為q的小球，頂點(diǎn)P處有一個(gè)質(zhì)量為m的帶電小球，在庫(kù)侖力和重力的作用下恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)若將P處小球的電荷量減半，同時(shí)加豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)強(qiáng)度E，此時(shí)P處小球仍能保持靜止重力加速度為g，靜電力常量為k，則所加勻強(qiáng)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為()圖12A.B.C.D.答案D解析設(shè)P處的帶電小球電量為Q，根據(jù)庫(kù)侖定律可知，則P點(diǎn)小球受到各個(gè)頂點(diǎn)電荷的庫(kù)侖力大小為F；根據(jù)幾何關(guān)系可知，正四棱錐型的側(cè)棱與豎直線的夾角為45；再由力的分解法則，可有：4mg；若將P處小球的電荷量減半，則四個(gè)頂點(diǎn)的電荷對(duì)P的小球的庫(kù)侖力合力為：F；當(dāng)外加勻強(qiáng)電場(chǎng)后，再次平衡，則有：Emg；解得：E，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤14如圖13所示，ACD、EFG為兩根相距L的足夠長(zhǎng)的金屬直角導(dǎo)軌，它們被豎直固定在絕緣水平面上，CDGF面與水平面成角兩導(dǎo)軌所在空間存在垂直于CDGF平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.兩根質(zhì)量均為m、長(zhǎng)度均為L(zhǎng)的金屬細(xì)桿ab、cd與導(dǎo)軌垂直接觸形成閉合回路，桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，兩金屬細(xì)桿的電阻均為R，導(dǎo)軌電阻不計(jì)當(dāng)ab以速度v1沿導(dǎo)軌向下勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，cd桿也正好以速度v2向下勻速運(yùn)動(dòng)重力加速度為g.以下說(shuō)法正確的是()圖13A回路中的電流強(qiáng)度為Bab桿所受摩擦力為mgsin Ccd桿所受摩擦力為(mgsin )D與v1大小的關(guān)系為(mgsin )mgcos 答案CD解析ab桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv1；回路中感應(yīng)電流為I，故A錯(cuò)誤ab桿勻速下滑，F(xiàn)安BIL，方向沿軌道向上，則由平衡條件得：ab桿所受的摩擦力大小為Ffmgsin F安mgsin ，故B錯(cuò)誤cd桿所受的安培力大小也等于F安，方向垂直于導(dǎo)軌向下，則cd桿所受摩擦力：FfFN(mgsin F安)(mgsin )，故C正確根據(jù)cd桿受力平衡得：mgsin(90)Ff(mgsin )，則得與v1大小的關(guān)系為(mgsin )mgcos ，故D正確