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(共82张PPT)
物理
第一部分　专题篇
专题一　力与运动
第1讲　力与物体的平衡
01
知识梳理　方法链接
02
热点题型　核心突破
03
专题强化　知能提升
平衡条件
垂直
形变恢复
μFN
面积
切线
恒力
一致
相反
BIL
0
左手
qvB
0
左手
匀速直线
0
0
0
相等
相反
封闭
零
假设
三角形
图解
平衡
匀速直线运动
√
√
√
√
√
√
√
√
√
√
√
√
√
√
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√
√
√
√
√
√
√
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√
√
√
√
本部分内容讲解结束
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QB
N
B
唱甲
2mg
应用平衡条件科学推理
C
应用图解法科学推理
A
B
[
nAg
C
45°
B
热考题型
B
C
B
6
0
C
R×B
d
M
×
×
03
专题强化·知能提升
M
F
A
IN
拖杆
e
拖把头
F
A
B
M总g
A
M白
F
F
53°
53°
(M+mg
Ing
甲第1讲　力与物体的平衡
专题复习目标
学科核心素养
高考命题方向
1.本讲主要解决力学和电学中的受力分析和共点力的平衡问题，涉及的力主要有重力、弹力、摩擦力、电场力和磁场力等。2．掌握力的合成法和分解法、整体法与隔离法、解析法和图解法等的应用。
科学思维：用“整体和隔离”的思维研究物体的受力。科学推理：在动态变化中分析力的变化。
高考以生活中实际物体的受力情景为依托，进行模型化受力分析。主要题型：受力分析；整体法与隔离法的应用；静态平衡问题；动态平衡问题；电学中的平衡问题。
一、五种力的理解
1．弹力
(1)大小：弹簧在弹性限度内，弹力的大小可由胡克定律F＝kx计算；一般情况下物体间相互作用的弹力可由平衡条件或牛顿运动定律来求解。
(2)方向：一般垂直于接触面(或切面)指向形变恢复的方向；绳的拉力沿绳指向绳收缩的方向。
2．摩擦力
(1)大小：滑动摩擦力Ff＝μFN，与接触面的面积无关；静摩擦力的增大有一个限度，具体值根据牛顿运动定律或平衡条件来求解。
(2)方向：沿接触面的切线方向，并且跟物体的相对运动或相对运动趋势的方向相反。
3．电场力
(1)大小：F＝qE。若为匀强电场，电场力则为恒力；若为非匀强电场，电场力则与电荷所处的位置有关。点电荷间的库仑力F＝k。
(2)方向：正电荷所受电场力方向与电场强度方向一致，负电荷所受电场力方向与电场强度方向相反。
4．安培力
(1)大小：F＝BIL，此式只适用于B⊥I的情况，且L是导线的有效长度，当B∥I时，F＝0。
(2)方向：用左手定则判断，安培力垂直于B、I决定的平面。
5．洛伦兹力
(1)大小：F＝qvB，此式只适用于B⊥v的情况。当B∥v时，F＝0。
(2)方向：用左手定则判断，洛伦兹力垂直于B、v决定的平面，洛伦兹力不做功。
二、共点力的平衡
1．平衡状态：物体静止或做匀速直线运动。
2．平衡条件：F合＝0或Fx＝0，Fy＝0。
3．常用推论
(1)若物体受n个作用力而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余(n－1)个力的合力大小相等、方向相反。
(2)若三个共点力的合力为零，则表示这三个力的有向线段首尾相接组成一个封闭三角形。
4．处理平衡问题的基本思路
确定平衡状态(加速度为零)→巧选研究对象(整体法或隔离法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作讨论。
5．常用的方法
(1)在判断弹力或摩擦力是否存在以及确定它们的方向时常用假设法。
(2)求解平衡问题时常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、相似三角形法、图解法等。
三、电学中的平衡问题
1．带电体的平衡问题仍然满足平衡条件，只是要注意准确分析电场力、安培力或洛伦兹力。
2．如果带电粒子在重力场、电场和磁场三者组成的复合场中做直线运动，则一定是匀速直线运动；如果是匀速圆周运动，则电场力与重力的合力为0。
热点一　受力分析　整体法与隔离法
1．基本思路
在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法进行分析。
2．常用方法
(1)整体法：将加速度相同的几个相互关联的物体作为一个整体进行受力分析。
(2)隔离法：将所研究的对象从周围的物体中分离出来，单独进行受力分析。
(3)假设法：在受力分析时，若不能确定某力是否存在，可先对其作出存在的假设，然后分析该力存在对物体运动状态的影响来判断该力是否存在。
(4)动力学分析法：对加速运动的物体进行受力分析时，应用牛顿运动定律进行分析求解。
(2020·湖北一轮检测)如图，小球C置于B物体的光滑半球形凹槽内，B放在长木板A上，整个装置处于静止状态。现缓慢减小木板的倾角θ。在这个过程中，下列说法正确的是(　　)
A．B对A的摩擦力逐渐变大
B．B对A的作用力逐渐变小
C．B对A的压力不变
D．C对B的压力不变
[解析]　对B、C整体受力分析，受重力mg、斜面A的支持力N和摩擦力f，由平衡条件得知N＝mgcos
θ，f＝mgsin
θ，缓慢减小木板的倾角θ，N增大，f减小，由牛顿第三定律得知B对A的摩擦力逐渐减小，B对A的压力增大。根据平衡条件可知A对B的作用力与B和C的重力大小相等，方向相反，所以A对B的作用力不变，根据牛顿第三定律得知B对A的作用力不变，故A、B、C错误。由于半球形凹槽光滑，小球只受两个力：重力和支持力，由平衡条件可知，支持力与重力大小相等，保持不变，则C对B的压力也保持不变，故D正确。
[答案]　D
【拓展训练1】　(2020·广州一模)如图所示，小球A、B的质量都为m，它们用三段轻绳分别联结在竖直墙壁上的M点和天花板上的N点，稳定时MA段水平，BN段与水平天花板的夹角为45°，已知重力加速度为g，则轻绳AB段的张力大小为(　　)
A．2mg　　　　　　　
B．mg
C．2mg
D．mg
解析：选B。设AM的拉力为FAM，BN的拉力为FBN，轻绳AB段的张力大小为T；以AB组成的整体为研究对象，受力分析如图1，则由平衡条件可得FAM＝2mgtan
45°＝2mg，设AB与水平方向的夹角为θ，如图2所示，T＝eq
\r(F＋(mg)2)＝＝mg，故A、C、D错误，B正确。
【拓展训练2】　(多选)
(2020·山西一模)有一个直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑。AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡(如图所示)。现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力FN和摩擦力f及绳子拉力T的变化情况是(　　)
A．FN不变，f变小
B．FN不变，f不变
C．FN不变，T变小
D．FN变大，T不变
解析：选AC。对小环Q受力分析如图甲所示，小球Q受到重力、支持力和拉力，
根据三力平衡条件，得到T＝，N＝mgtan
θ，P环向左移一小段距离，角度θ变小，则绳的拉力T减小，N变小；再对P、Q整体受力分析如图乙所示，P、Q整体受到总重力2mg、OA杆支持力N、向右的静摩擦力f、BO杆的支持力FN，根据共点力平衡条件，有N＝f，
FN＝(m＋m)g＝2mg，
故f＝mgtan
θ，P环向左移一小段距离，角度θ变小，故静摩擦力f变小，支持力FN不变。
热点二　静态平衡问题
1．基本思路：根据物体所处的状态(静止或者匀速直线运动)，受力分析，结合平衡条件列式。
2．常用方法
(1)合成法：物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等、方向相反。
(2)分解法：物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件。
(3)正交分解法：物体受到三个或三个以上力的作用而平衡，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件。
(4)力的三角形法：对受三个力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移使三个力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力。
(2020·永州二模)如图所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，斜面上放有一重力为G的物块A，有一水平轻弹簧一端固定在竖直墙面上，另一端与物块A接触。若物块A静止时受到沿斜面向下的摩擦力大小为，此时弹簧的弹力大小是(　　)
A．G　　　　　　　　
B．G
C．G
D．G
[解析]　对A进行受力分析，利用正交分解法对力进行分解如图所示，
在沿斜面方向，根据平衡条件：Fcos
30°＝f＋Gsin
30°，
而f＝，解得：F＝G，故B正确，A、C、D错误。
[答案]　B
【拓展训练3】　(2020·广东深圳一模)如图所示，装有细沙的木板在斜坡上匀速下滑。某一时刻，一部分细沙从木板上漏出。则在细沙漏出前后，下列说法正确的是(　　)
A．木板始终做匀速运动
B．木板所受合外力变大
C．木板由匀速变为匀加速直线运动
D．木板所受斜坡的摩擦力不变
解析：选A。在细沙漏出前，装有细沙的木板在斜坡上匀速下滑，对整体受力分析如图所示，
根据平衡条件有：f＝gsin
α，N＝gcos
α，又f＝μN，联立解得：μ＝tan
α。在细沙漏出后，细沙的质量减少，设为m′，木板的质量不变，整体受力情况与漏出前一样，在垂直斜面方向仍处于平衡状态，则有：N′＝(m′＋M)gcos
α，又f′＝μN′，且μ＝tan
α，解得：f′＝(m′＋M)gcos
αtan
α＝(m′＋M)gsin
α。而重力沿斜面向下的分力为(m′＋M)gsin
α，即f′＝(m′＋M)gsin
α，所以在细沙漏出后整体仍向下做匀速直线运动，A正确，C错误。因为整体仍向下做匀速直线运动，所受合外力不变，仍为零，B错误。因为细沙的质量减小，根据f′＝(m′＋M)gsin
α，可知木板所受斜坡的摩擦力变小，D错误。
【拓展训练4】　(2020·百师联盟山东模拟)如图所示，光滑的定滑轮固定在天花板的A点上，质量为M的物块a静置在水平地面上的C点，系在a上的细线跨过定滑轮后，固定在天花板上的B点，质量为m的物块b利用光滑小挂钩挂在A、B间细线上的O点，当AC、AO与竖直方向的夹角均为30°时，a、b两物块均静止，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．细线的拉力T＝mg
B．物块a对地面的压力N＝(M－m)g
C．物块a对地面的摩擦力f＝Mg
D．若将B端的细线向左缓慢移动至A处，过程中物块a始终保持静止
解析：选D。由于挂钩光滑，故对b物块由几何关系和平衡条件可得2Tcos
30°＝mg，故细线的拉力T＝mg，故A错误；对a物块，由平衡条件可知，竖直方向N＋Tcos
30°＝Mg，解得N＝g，故B错误；由平衡条件知，水平方向Tsin
30°＝f，解得f＝mg，故C错误；若将B端的细线向左缓慢移动至A处，过程中细线AO、BO夹角减小，故细线中拉力减小，故物块a受到的拉力水平分量和竖直分量均减小，a对地面的压力增大，与地面间的最大静摩擦力增加，拉力的水平分量小于最大静摩擦力，故物块a始终保持静止，故D正确。
热点三　动态平衡问题
1．解析法
常用于可简捷列出平衡方程的情况或者正交分解的情况。
(1)先受力分析，得出物体受哪几个力而处于平衡状态。
(2)建立直角坐标系，正交分解力，列平衡方程，或在力的三角形中结合三角形知识列平衡方程。
(3)分析方程中的变量有哪些，分析题目信息，得到这些物理量是如何变化的。
(4)把分析得到的变化的物理量代入方程，得到平衡条件下的受力动态变化情况。
2．图解法
(1)先受力分析，得出物体受几个力而处于平衡状态。
(2)分析题目给出的信息，判断物体受力的变化方式。
(3)把受力对应到几何图形中，结合几何知识分析。
说明：此法一般应用于物体受3个共点力或者可以等效为3个共点力的情况，并且常用于定性分析。
(2020·蚌埠第二次质检)如图甲，一台空调外机用两个三角形支架固定在外墙上，空调外机的重心恰好在支架水平横梁OA和斜梁OB的连接点O的上方，图乙为示意图。如果把斜梁加长一点，仍保持连接点O的位置不变，横梁仍然水平，这时OA对O点的作用力F1和OB对O点的作用力F2将如何变化(　　)
A．F1变大，F2变大　　　　
B．F1变小，F2变小
C．F1变大，F2变小
D．F1变小，F2变大
[解析]　设OA与OB之间的夹角为α，对O点受力分析如图所示，F压＝G，F2＝，F1＝，因α角逐渐变大，由数学知识可知，F1变小，F2变小，故B正确，A、C、D错误。
[答案]　B
【拓展训练5】　(多选)
(2020·潮州期末)如图，一细绳跨过光滑定滑轮，其一端悬挂物块B，另一端与地面上的物块A相连，系统处于静止状态。现用水平向右的拉力缓慢拉动B，直至悬挂B的细绳与竖直方向成60°角。已知A始终保持静止，则在此过程中(　　)
A．A所受细绳的拉力一直增大
B．A所受地面的支持力一直增大
C．水平拉力大小可能减小
D．A所受地面的摩擦力一直增大
解析：选AD。对B受力分析，设悬挂B的细绳与竖直方向成θ角时，B物体处于平衡状态，在竖直方向，有Tcos
θ＝mBg，在水平方向有F＝mBgtan
θ，所以，在θ逐渐增大过程中细绳的拉力逐渐增大，水平拉力逐渐增大，故A正确，C错误；对A受力分析如图所示，
根据平衡关系有mAg＝Tcos
α＋N，f＝Tsin
α，因为A始终保持静止，α保持不变，T增大，所以N减小，f增大，故B错误，D正确。
【拓展训练6】　(2020·长治3月模拟)如图所示，O点有一个很小的光滑轻质圆环，一根轻绳AB穿过圆环，A端固定，B端悬挂一个重物。另一根轻绳一端固定在C点，另一端系在圆环上，力F作用在圆环上。圆环静止时，绳OC与绳OA水平，F与OA的夹角为45°。现改变力F，圆环位置不变，且重物始终处于平衡状态，则下列说法中正确的是(　　)
A．改变F方向时绳AB中拉力将改变
B．当F沿逆时针旋转时，F先增大后减小
C．当F沿顺时针旋转时，绳OC中的拉力先增大后减小
D．F沿逆时针转过的角度不能大于90°
解析：选D。因为重物始终处于平衡状态，所以AB绳子的拉力的大小与重物的重力大小相等，不变化，A错误；对环受力分析，环受AO和BO两绳子的拉力，以及绳子CO和F的拉力；环的位置不变，则AB绳子的拉力不变，AO与BO的合力也不变，方向沿它们的角平分线，根据共点力平衡的特点可知，CO与F的合力与AO、BO的合力大小相等，方向相反；当力F的方向变化时，作出F与CO上的拉力的变化如图：
由图可知，当沿逆时针旋转时，F先减小后增大，绳OC的拉力减小；而当F沿顺时针旋转时，F逐渐增大，绳OC的拉力增大，B、C错误；由于F与CO绳子的拉力的合力方向与水平方向之间的夹角是45°，可知F沿逆时针转过的角度不能大于90°，D正确。
热点四　电学中的平衡问题
1．基本思路
要坚持“电学问题、力学方法”的基本思路，结合电学的基本规律和力学中的受力分析及平衡条件解决问题。
2．几点注意
(1)点电荷间的作用力大小要用库仑定律求解。
(2)安培力方向的判断要先判断磁场方向、电流方向，再用左手定则判断，同时注意将立体图转化为平面图。
(3)电场力或安培力的出现，可能会对弹力或摩擦力产生影响。
(4)涉及电路问题时，要注意闭合电路欧姆定律的应用。
(2020·衢州、湖州、丽水质检)如图所示，内壁光滑、粗细均匀的玻璃管竖直固定，在玻璃管内有大小和质量均相等的A、B、C三只小球，A、B小球之间用轻质绝缘弹簧连接，C小球置于玻璃管底部。当A、B、C小球均处于静止状态时，A、B小球之间距离与B、C小球之间距离相等。已知A、B两只小球所带电荷量均为q(q>0)，C小球所带电荷量为Q(Q>0)，小球直径略小于玻璃管内径，它们之间距离远大于小球直径，则(　　)
A．若Q＝3q，弹簧对小球A为向上的弹力
B．若Q＝2q，弹簧对小球A为向上的弹力
C．若Q＝3q，弹簧对小球B为向上的弹力
D．若Q＝2q，弹簧对小球B为向下的弹力
[解析]　设A、B的质量为m，AB与BC之间的距离为L，假设弹簧处于压缩状态，此时A球受到向上的弹力，根据平衡条件列平衡方程。对A球：mg＝k＋k＋F，对A、B两球整体分析：k＋k＝2mg，若假设成立则：F≥0，联立可以得到：Q≥q，若Q＝3q>q，此时弹簧对小球A的弹力方向向上，对小球B的弹力方向向下，故A正确，C错误；若Q＝2q[答案]　A
【拓展训练7】　(2020·凉山州二诊)如图所示，长为d、质量为m的导体棒ab，置于倾角为θ的光滑斜面上。导体棒与斜面的水平底边始终平行。已知导体棒电流方向从a到b，大小为I，重力加速度为g。若匀强磁场的大小、方向都可以改变，要使导体棒能静止在斜面上，则磁感应强度的最小值和对应的方向是(　　)
A．，方向垂直于斜面向下
B．，方向垂直于斜面向上
C．，方向竖直向上
D．，方向竖直向下
解析：选A。根据三角形定则知，当安培力沿斜面向上时，安培力最小，根据共点力平衡可知，安培力的最小值为F＝mgsin
θ，此时所加的磁场方向垂直于斜面向下，即为mgsin
θ＝BId，解得B＝，方向垂直于斜面向下，故A正确，B、C、D错误。
【拓展训练8】　(2020·惠州一模)如图所示，竖直放置的固定平行光滑导轨ce、df的上端连一电阻R0＝9
Ω，导体棒ab水平放置在一水平支架MN上并与竖直导轨始终保持垂直且接触良好，在导轨之间有图示方向的磁场，磁感应强度随时间变化的关系式为B＝3t(T)，abdc为一正方形，导轨宽L＝1
m，导体棒ab质量m＝0.9
kg，电阻R＝1
Ω，导轨电阻不计。(g取10
m/s2)求：
(1)t＝2
s时导体棒ab对水平支架的压力大小；
(2)t＝2
s以后磁场保持恒定，某时刻撤去支架MN使ab从静止开始下落，求ab下落过程中达到的最大速度vm。
解析：(1)根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势E＝L2＝3×1
V＝3
V
根据闭合电路的欧姆定律可得I＝＝
A＝0.3
A
根据楞次定律可知电流方向从a到b，t＝2
s时，B＝6
T，根据安培力的计算公式可得：F＝BIL＝6×0.3×1
N＝1.8
N
方向向上；FN＝mg－F＝0.9×10
N－1.8
N＝7.2
N。
(2)当安培力F与ab棒的重力相等时导体棒达到最大速度，由Em＝BLvm
Im＝，F′＝BImL
可得F′＝＝mg
解得vm＝2.5
m/s。
答案：(1)7.2
N　(2)2.5
m/s
(建议用时：35分钟)
1．(2020·杭州模拟)如图所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁。若再在斜面上加一物体m，且M、m相对静止，此时小车受力个数为(　　)
A．3　　　　　　　　　
B．4
C．5
D．6
解析：选B。M、m相对静止，对整体分析知，整体受总重力和地面给的支持力，处于静止状态；对物体m受力分析，则m受到重力、支持力和静摩擦力；最后对M受力分析，受重力、m对它的垂直于斜面向下的压力和沿斜面向下的静摩擦力，同时地面对M有向上的支持力，因墙壁对小车不会有力的作用，则M共受到4个力，故B正确，A、C、D错误。
2.
(2020·九江二模)如图所示，弹簧一端系一质量为m的物块，另一端固定在长木板上，缓慢抬起木板的一端，物块与木板始终保持相对静止。当木板与水平面夹角θ＝30°时，物块与木板间恰好没有摩擦力。当木板与水平面夹角θ＝60°时物块所受摩擦力(　　)
A．等于零
B．大小为mg，方向沿斜面向上
C．大小为mg，方向沿斜面向上
D．大小为mg，方向沿斜面向上
解析：选C。当木板与水平面成θ＝30°时，物块与木板间恰好没有摩擦力，可知mgsin
30°＝F弹；缓慢抬起木板的一端，物块与木板始终保持相对静止，故弹簧弹力不变，当木板与水平面成θ＝60°时，物块mgsin
60°＝F弹＋f，解得f＝mg，方向沿斜面向上，故C正确，A、B、D错误。
3.
(2020·深圳二模)户外野炊所用的便携式三脚架，由三根完全相同的轻杆通过铰链组合在一起，每根杆均可绕铰链自由转动。如图所示，将三脚架静止放在水平地面上，吊锅通过细铁链挂在三脚架正中央，三根杆与竖直方向的夹角均相等。若吊锅和细铁链的总质量为m，重力加速度为g，不计支架与铰链之间的摩擦，则(　　)
A．当每根杆与竖直方向的夹角为37°时，杆受到的压力大小为
mg
B．当每根杆与竖直方向的夹角为37°时，杆对地面的摩擦力大小为
mg
C．当每根杆与竖直方向的夹角均变大时，三根杆对铰链的作用力的合力变大
D．当每根杆与竖直方向的夹角均变大时，杆对地面的压力变大
解析：选B。根据平衡条件，竖直方向，有3Ncos
37°＝mg解得N＝
mg，故A错误；杆对地面的摩擦力大小为f＝Nsin
37°＝×＝，故B正确；当每根杆与竖直方向的夹角均变大时，三根杆对铰链的作用力的合力仍与吊锅和细铁链的总重力大小相等，故C错误；由平衡可知3Ncos
θ＝mg，解得N＝，杆对地面的压力N′＝Ncos
θ＝，故D错误。
4．(2020·广东中山模拟)如图所示，在水平桌面上叠放着物体a、b、c，三个物体均处于静止状态。下列说法正确的是　(　　)
A．c一定受到水平桌面施加的摩擦力
B．b对a的作用力一定竖直向上
C．c对b的摩擦力可能水平向右
D．b对a的支持力与a受到的重力是一对作用力和反作用力
解析：选B。对a、b、c整体分析，受重力和支持力，二力平衡，c不受地面的摩擦力，故A错误；对物体a受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，b对a的作用力一定竖直向上，和a的重力平衡，故B正确；以a和b整体为研究对象，受到重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，c对b的静摩擦力平行于接触面向上，故C错误；b对a的支持力与a对b的压力是一对作用力和反作用力，两力的施力物体不同，受力物体不同，且两力的大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，而a受到的重力，受力物体还是a，且该力与b对a的支持力不在同一直线上，故D错误。
5．(2020·安徽庐巢七校联盟联考)如图甲所示，
A、B两小球通过两根轻绳连接并悬挂于O点，已知两轻绳OA和AB的长度之比为∶1，A、B两小球质量分别为2m和m，现对A、B两小球分别施加水平向右的力F1和水平向左的力F2，两球恰好处于图乙所示的位置静止，此时B球恰好在悬点O的正下方，轻绳OA与竖直方向成30°角，则(　　)
A．F1＝F2　　　　　　　
B．F1＝F2
C．F1＝2F2
D．F1＝3F2
解析：选C。由题意知两轻绳OA和AB的长度之比为∶1，B球恰好在悬点O的正下方，由几何关系可知，OA与AB垂直；以B球为研究对象，由平衡条件得：F2＝mgtan(90°－30°)＝mg，以AB两球整体为研究对象，由平衡条件得：F1－F2＝3mgtan
30°，可得：F1＝2mg，可得：F1＝2F2，故A、B、D错误，C正确。
6．(2020·内江一模)一种简易的重物提升装置如图所示，通过卷扬机牵引利用定滑轮将重物提升至某高处，然后，由工人将重物水平缓慢拉至平台上，在工人拉动重物台的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．地面对人的摩擦力变小
B．OA绳的拉力大小不变
C．OC、OB两绳拉力的合力变大
D．OC绳的拉力变小
解析：选C。将OB的拉力进行分解，如图所示，O点向右移动的过程中OA逆时针转动，由图可以看出OA绳子的拉力与OC绳子的拉力都一直变大。
7.
(2020·蚌埠质检)如图所示，轻绳一端系在物体A上，另一端与套在粗糙竖直杆MN上的轻圆环B相连接。用水平力F拉住绳子上的一点O，使物体A及轻圆环B静止在实线所示的位置。现保持力F的方向不变，使物体A缓慢移到虚线所示的位置，这一过程中圆环B保持静止。若杆对环的弹力为FN，杆对环的摩擦力为Ff，OB段绳子的张力为FT，则在上述过程中(　　)
A．F不变，FN减小
B．Ff不变，FT增大
C．Ff减小，FN不变
D．FN减小，FT减小
解析：选D。先以O点为研究对象，进行受力分析，有A物体的重力GA，外力F和绳子的拉力FT，设绳子与竖直方向的夹角为θ，则F＝GAtan
θ，FT＝，由题可知θ减小，所以F减小，FT减小；再以圆环B为研究对象，进行受力分析，有圆环B的重力GB，绳子的拉力FT，竖直杆对B的支持力FN和摩擦力Ff，则FN＝FTsin
θ＝GAtan
θ，Ff＝GB＋FTcos
θ＝GA＋GB，所以当θ减小时，FN减小，Ff不变，所以D正确，A、B、C错误。
8．(2020·惠州模拟)拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图)。设拖把头的质量为m，拖杆质量可以忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ。当拖把头在地板上匀速移动时推拖把的力F的大小为(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：选B。设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把。将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，有
Fcos
θ＋mg＝N，Fsin
θ＝f，式中N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。按摩擦定律有
f＝μN
，联立上式得F＝
mg，B正确。
9.
(多选)(2020·福州模拟)如图所示，两个带电小球A、B穿在同一根光滑绝缘的细绳上，细绳两端固定在天花板的O点，当整个系统保持平衡时，两小球连线恰好水平，且两小球与悬点O恰好构成一个正三角形，则下列判断正确的是(　　)
A．两小球质量一定相同
B．两小球电荷量一定相同
C．细绳张力与两小球之间库仑力之比为2∶3
D．A球在缓慢漏电过程，细绳张力始终保持不变
解析：选AC。设绳张力为T，A、B球所受绳子张力的合力为F＝2Tcos
30°＝T，对两小球受力分析如图，由图可知，Fcos
60°＝mg，则m＝，由于同一根绳子，绳子的拉力F相同，则两小球质量一定相同，故A正确；由几何关系可得FAB＝Fcos
30°，FBA＝Fcos
30°，则两小球间的库仑力大小相等，由F＝k可知，不能说明两小球电荷量一定相同，故B错误；由几何关系得＝＝＝，则＝，故C正确；A球在缓慢漏电过程，A、B球的库仑力减小，则绳子张力变化，故D错误。
10.
(多选)(2020·三湘名校教育联盟第二次联考)倾角θ＝37°的光滑绝缘斜面在纸面内的截面图如图所示。一长为L、质量为m的导体棒垂直于纸面放在斜面上，现给导体棒通入电流I，并在垂直于导体棒的平面内加匀强磁场，要使导体棒静止在斜面上，已知当地重力加速度为g，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8。则以下说法正确的是　(　　)
A．所加磁场方向与x轴正方向的夹角α的范围应为90°≤α<233°　
B．所加磁场方向与x轴正方向的夹角α的范围应为0°≤α<143°　
C．所加磁场的磁感应强度的最小值为
D．所加磁场的磁感应强度的最小值为
解析：选BC。根据共点力平衡知，安培力的方向在垂直于斜面向下与竖直向上的这两个方向之间，根据左手定则知，所加磁场方向与x轴正方向的夹角α的范围应为0°≤θ<143°，故A错误，B正确；当安培力的方向与支持力方向垂直时，安培力最小，根据矢量三角形定则有FA＝mgsin
37°＝BIL，则磁感应强度的最小值B＝，故C正确，D错误。
11．(2020·威海模拟)20世纪末，由于生态环境的破坏，我国北方地区3、4月份沙尘暴天气明显增多。近年来，我国加大了环境治理，践行“绿水青山就是金山银山”的发展理念，沙尘天气明显减少。现把沙尘上扬后的情况简化为沙尘颗粒悬浮在空中不动。已知风对沙尘的作用力表达式为F＝αρAv2，其中α为常数，ρ为空气密度，A为沙尘颗粒的截面积，v为风速。设沙尘颗粒为球形，密度为ρ0，半径为r，风速竖直向上，重力加速度为g，则v的表达式为(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：选B。沙尘悬浮时受力平衡，根据平衡条件有mg＝F，其中m＝ρ0V＝ρ0×πr3，由题意知F＝αρAv2，A＝πr2，联立以上四式得v＝，B正确，A、C、D错误。
12.
(2020·天津联考)如图所示，倾角为θ
的斜面体放在粗糙水平地面上，斜面顶端安有滑轮，不可伸长的轻绳连接A、B并跨过滑轮，起初A悬空，B静止于斜面上，现用水平力F拉住绳上的一点，使A从竖直缓慢移动到图示位置，在此过程中斜面体与物体B始终保持静止，则(　　)
A．绳子对A的张力一直减小
B．地面对斜面体的摩擦力增大
C．斜面体对地面的压力减小
D．物体B受到的摩擦力一定沿斜面向上
解析：选B。对A研究可知，原来细线的拉力大小等于A的重力，当用水平向右的力F缓慢拉物体A时，细线的竖直分力大小等于A的重力，所以细线所受拉力的大小一定增大，故A错误；以A、B、斜面整体为研究对象，分析受力情况作出如图所示的受力图，由平衡条件得知，N＝M总g，f＝F，当F增大时斜面体受到地面的摩擦力变大，地面对斜面体的弹力不变，则斜面体对地面的压力不变，故B正确，C错误；B原来所受的摩擦力大小可能为零，也可能沿斜面向下，也可能沿斜面向上，当用水平向右的力F缓慢拉物体A时，绳的拉力增大，B所受的摩擦力可能向上，也可能向下，故D错误。
13．(2020·攀枝花第二次统考)如图所示，a、b、c三个木块通过不可伸长的轻质细绳和轻质光滑滑轮连接，处于静止状态。其中AB细绳的B端与滑轮的转轴连接，A端固定于天花板上。现将A端沿天花板向右缓慢移动，移动过程中系统处于平衡状态。下列关于移动过程中各物理量变化的说法，正确的是(　　)
A．斜面对木块a的摩擦力增大
B．细绳对木块c的拉力增大
C．地面对斜面体的支持力增大
D．木块c的重力势能增大
解析：选D。移动过程中系统处于平衡状态，细绳对木块c的拉力等于c所受的重力，不变，细绳对木块a的拉力不变，则斜面对木块a的摩擦力也不变，故A、B错误；细绳的拉力等于c所受的重力，木块b的受力不变，绳的方向不变，a和斜面体整体受力情况不变，所以地面对斜面体的支持力不变，故C错误；A端沿天花板向右缓慢移动，各细绳方向不变，则木块c升高，所以木块c的重力势能增大，故D正确。
14.
(2020·济南期末质量检测)如图所示，质量M＝1
kg的滑块套在水平固定杆上，并用轻绳与质量m＝0.5
kg的小球相连。现用F＝7.5
N，与水平方向成α＝53°角的力拉着小球并带动木块一起向右匀速运动。运动过程中滑块与小球的相对位置保持不变，sin
53°＝0.8，cos
53°＝0.6，g取10
m/s2。求：　
(1)木块与水平杆间的动摩擦因数μ；
(2)轻绳与杆的夹角θ的正切值tan
θ。
解析：(1)以木块和小球整体为研究对象，受力分析如图甲所示，由平衡条件可得
水平方向Fcos
53°＝μFN
竖直方向Fsin
53°＋FN＝(m＋M)g
解得μ＝0.5。
(2)以小球为研究对象，受力分析如图乙所示，由平衡条件可得
水平方向Fcos
53°＝FTcos
θ
竖直方向Fsin
53°＝FTsin
θ＋mg
解得tan
θ＝。
答案：(1)0.5　(2)

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