2025届高考物理二轮复习第一部分专题一力和运动第1讲力与物体的平衡练习含解析

PAGE28-第1讲力与物体的平衡构建网络·重温真题1．(2024·全国卷Ⅲ)用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°。重力加速度为g。当卡车沿平直马路匀速行驶时，圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则()A．F1＝eq\f(\r(3),3)mg，F2＝eq\f(\r(3),2)mg B．F1＝eq\f(\r(3),2)mg，F2＝eq\f(\r(3),3)mgC．F1＝eq\f(1,2)mg，F2＝eq\f(\r(3),2)mg D．F1＝eq\f(\r(3),2)mg，F2＝eq\f(1,2)mg答案D解析如图所示，卡车匀速行驶，圆筒受力平衡，由题意知，力F1′与F2′相互垂直。由牛顿第三定律知F1＝F1′，F2＝F2′，则F1＝mgsin60°＝eq\f(\r(3),2)mg，F2＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，D正确。2．(2024·天津高考)2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式开通。为保持以往船行习惯，在航道处建立了单面索(全部钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥，其索塔与钢索如图所示。下列说法正确的是()A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度C．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下D．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必需对称分布答案C解析索塔对钢索竖直向上的作用力跟钢索和桥体整体的重力平衡，增加钢索数量，其整体重力变大，故索塔受到的向下的压力变大，A错误；若索塔高度降低，则钢索与竖直方向夹角θ将变大，由Tcosθ＝G可知，钢索拉力T将变大，B错误；两侧钢索的拉力对称，合力肯定竖直向下，C正确；若两侧的钢索非对称分布，但其水平方向的合力为0，合力仍竖直向下，D错误。3．(2024·天津高考)(多选)明朝谢肇淛《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不行。一游僧见之，曰：无烦也，我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身。假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力FN，则()A．若F肯定，θ大时FN大B．若F肯定，θ小时FN大C．若θ肯定，F大时FN大D．若θ肯定，F小时FN大答案BC解析选木楔为探讨对象，力F的分解如图所示，由于木楔是等腰三角形，所以FN＝FN1＝FN2，F＝2FNcos(90°－eq\f(θ,2))＝2FNsineq\f(θ,2)，故解得FN＝eq\f(F,2sin\f(θ,2))，所以F肯定时，θ越小，FN越大；θ肯定时，F越大，FN越大，故A、D错误，B、C正确。4．(2024·全国卷Ⅱ)如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动。物块与桌面间的动摩擦因数为()A．2－eq\r(3)B.eq\f(\r(3),6)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(\r(3),2)答案C解析设物块的质量为m。据平衡条件及摩擦力公式有拉力F水平常，F＝μmg①拉力F与水平面成60°角时，Fcos60°＝μ(mg－Fsin60°)②联立①②式解得μ＝eq\f(\r(3),3)。故选C。5．(2024·全国卷Ⅱ)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面对上匀速运动，轻绳与斜面平行。已知物块与斜面之间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),3)，重力加速度取10m/s2。若轻绳能承受的最大张力为1500N，则物块的质量最大为()A．150kg B．100eq\r(3)kgC．200kg D．200eq\r(3)kg答案A解析物块沿斜面对上匀速运动，受力如图，依据平衡条件有F＝Ff＋mgsinθ①Ff＝μFN②FN＝mgcosθ③由①②③式得F＝mgsinθ＋μmgcosθ所以m＝eq\f(F,gsinθ＋μgcosθ)故当Fmax＝1500N时，有mmax＝150kg，A正确。6．(2024·江苏高考)如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右。细绳与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为()A.eq\f(T,sinα) B.eq\f(T,cosα)C．Tsinα D．Tcosα答案C解析对气球受力分析，如图所示，将绳的拉力T分解，在水平方向：风对气球的作用力大小F＝Tsinα，C正确。7.(2024·全国卷Ⅰ)(多选)如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°。已知M始终保持静止，则在此过程中()A．水平拉力的大小可能保持不变B．M所受细绳的拉力大小肯定始终增加C．M所受斜面的摩擦力大小肯定始终增加D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加答案BD解析选N为探讨对象，受力状况如图甲所示，用水平拉力F缓慢拉动N的过程中，水平拉力F渐渐增大，细绳的拉力T渐渐增大，A错误，B正确。对于M，受重力GM、支持力FN、绳的拉力T以及斜面对它的摩擦力f；如图乙所示，若起先时斜面对M的摩擦力f沿斜面对上，则T＋f＝GMsinθ，T渐渐增大，f渐渐减小，可能会出现f减小到零后，再反向增大；若起先时斜面对M的摩擦力沿斜面对下，则T＝GMsinθ＋f，当T渐渐增大时，f渐渐增大，C错误，D正确。8．(2024·全国卷Ⅰ)(多选)如图，松软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α(α>eq\f(π,2))。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中()A．MN上的张力渐渐增大B．MN上的张力先增大后减小C．OM上的张力渐渐增大D．OM上的张力先增大后减小答案AD解析设重物的质量为m，绳OM中的张力为TOM，绳MN中的张力为TMN。起先时，TOM＝mg，TMN＝0。由于缓慢拉起，则重物始终处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力mg等大、反向。如图所示，已知角α不变，在绳MN缓慢拉起的过程中，角β渐渐增大，则角(α－β)渐渐减小，但角θ不变，在三角形中，利用正弦定理得：eq\f(TOM,sinα－β)＝eq\f(mg,sinθ)，(α－β)由钝角变为锐角，则TOM先增大后减小，选项D正确；同理知eq\f(TMN,sinβ)＝eq\f(mg,sinθ)，在β由0变为eq\f(π,2)的过程中，TMN始终增大，选项A正确。命题特点：力与物体的平衡学问几乎贯穿整个中学物理的始终，在高考中考查特别多，除了跟其他章节内容综合考查外，也常常单独命题，主要考查受力分析特殊是静摩擦力的推断，平衡的问题特殊是动态平衡问题的处理，以及整体法和隔离法思想的应用，题型一般为选择题。思想方法：假设法、整体法和隔离法、转换探讨对象法、图解法等。高考考向1受力分析例1(2024·天津南开区二模)如图所示，质量均为m的a、b两物体，放在两固定的水平挡板之间，物体间用一竖直放置的轻弹簧连接，在b物体上施加水平拉力F后，两物体始终保持静止状态，己知重力加速度为g，下列说法正确的是()A．a物体对水平挡板的压力大小可能为2mgB．a物体所受摩擦力的大小为FC．b物体所受摩擦力的大小为FD．弹簧对b物体的弹力大小可能为mgeq\a\vs4\al(破题关键点)(1)b与上挡板之间是否有摩擦力？提示：依据b受力平衡可知b与上挡板之间有静摩擦力。(2)下挡板与a之间是否有摩擦力？提示：依据a受力平衡可知a与下挡板之间没有摩擦力。[解析]在b物体上施加水平拉力F后，两物体始终保持静止状态，则b物体受到上挡板的静摩擦力，大小f＝F，因此它们之间肯定存在弹力，则弹簧的弹力大于物体b的重力，由整体法可知，a物体对水平面的压力大小大于2mg，故A、D错误，C正确；依据摩擦力产生的条件可知，a物体与水平挡板间没有相对运动的趋势，故a不受摩擦力，B错误。[答案]C受力分析的基本步骤和技巧(1)步骤①明确探讨对象(如一个点、一个物体或一个系统)，并将其隔离，分析四周物体对它施加的力。②按依次找力：首先场力，其次弹力(个数不多于四周与之接触的物体个数)，再次摩擦力(个数不多于弹力)，最终分析有无外加的已知力。(2)技巧①擅长转换探讨对象，尤其是对摩擦力不易判定的情形，可以先分析相接触物体的受力状况，再应用牛顿第三定律判定。②假设法是推断弹力、摩擦力的存在及方向的基本方法。1．(2024·济南模拟)(多选)如图所示，质量为m的滑块静置于倾角为30°的固定粗糙斜面上，轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30°。重力加速度大小为g。下列说法正确的是()A．滑块可能受到四个力作用B．弹簧可能处于拉伸状态C．斜面对滑块的摩擦力可能为零D．斜面对滑块的摩擦力大小可能为mg答案AB解析弹簧与竖直方向的夹角为30°，所以弹簧的方向垂直于斜面，滑块沿着斜面方向受力平衡，则滑块此时受到的摩擦力方向沿斜面对上，大小等于重力沿斜面对下的分力，即f＝mgsin30°＝0.5mg，不行能为零，故C、D错误；因为滑块受摩擦力，故肯定还受斜面的支持力，弹簧的形变状况未知，所以滑块可能受重力、斜面支持力、静摩擦力和弹簧的弹力四个力的作用而平衡，故A正确；弹簧对滑块可能有拉力，故弹簧可能处于伸长状态，故B正确。2．(2024·山东滨州二模)浙江乌镇一带的农夫每到清明季节举办民俗活动，在一个巨型石臼上插入一根硕大的毛竹，表演者爬上竹梢表演各种惊险动作。如图所示，下列说法正确的是()A．在任何位置表演者静止时只受重力和弹力作用B．在任何位置竹竿对表演者的作用力必定与竹竿垂直C．表演者静止时，竹竿对其的作用力必定竖直向上D．表演者越靠近竹竿底部所受的摩擦力就越小答案C解析表演者大部分状况下受到重力、弹力和摩擦力三个力的作用，故A错误；表演者处于平衡状态时，受竹竿的力与重力大小相等方向相反，即竖直向上，不肯定与竹竿垂直，故B错误，C正确；若表演者所在处竹竿斜向上，则表演者越靠近竹竿底部，竹竿与水平方向的夹角θ就越大，摩擦力f＝mgsinθ就越大，故D错误。高考考向2静态平衡\例2(2024·河南百师联盟高三上学期七调)(多选)质量均为m的两物块A、B之间连接着一个轻质弹簧，其劲度系数为k，再将物块A、B放在水平地面上一斜面的等高处，如图所示。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()A．斜面和水平地面间有静摩擦力B．斜面对A、B组成系统的静摩擦力的合力为2mgsinθC．若将弹簧拿掉，物块有可能发生滑动D．弹簧的最大压缩量为eq\f(mg\r(μ2cos2θ－sin2θ),k)eq\a\vs4\al(破题关键点)(1)探讨斜面和水平地面间有无静摩擦力时适合选谁为探讨对象？提示：A、B两物块及轻质弹簧、斜面组成的整体。(2)探讨弹簧的最大压缩量时适合选谁为探讨对象？提示：物块A或者物块B。[解析]以A、B两物块和轻质弹簧、斜面组成的整体为探讨对象进行受力分析知，整体只在竖直方向上受重力及地面的支持力，没有沿水平面的相对运动趋势，故斜面与地面间没有摩擦力作用，故A错误；选A、B组成的系统为探讨对象，摩擦力等于重力沿斜面的分力，即f＝2mgsinθ，故B正确；以A为探讨对象进行受力分析，在斜面内的力如图1，fA与F弹和mgsinθ的合力大小相等、方向相反，当撤去弹簧，A在斜面内的受力如图2所示，则fA′＝mgsinθ，fA′<fA，所以物块不行能发生滑动，C错误；由于fAm＝μmgcosθ，则kxmax＝eq\r(f\o\al(2,Am)－mgsinθ2)，得xmax＝eq\f(mg\r(μ2cos2θ－sin2θ),k)，故D正确。[答案]BD整体法和隔离法的应用技巧(1)不涉及系统内力时，优先考虑应用整体法，即“能整体、不隔离”。(2)应用“隔离法”时，要先隔离“简洁”的物体，如待求量少、或受力少、或处于边缘处的物体。(3)将“整体法”与“隔离法”有机结合、敏捷应用。(4)各“隔离体”间的力，表现为作用力与反作用力，对整体系统则是内力。3．(2024·山东青岛高三一模)(多选)如图，固定在地面上的带凹槽的长直杆与水平面成α＝30°角，轻质环a套在杆上，置于凹槽内质量为m的小球b通过一条细绳跨过固定定滑轮与环a连接。a、b静止时，细绳与杆间的夹角为30°，重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是()A．a受到3个力的作用B．b受到3个力的作用C．细杆对b的作用力大小为eq\f(1,2)mgD．细绳对a的拉力大小为eq\f(\r(3),3)mg答案BD解析轻质环不计重力，a静止时细绳的拉力与杆对a的弹力平衡，故拉a的细绳与杆垂直，a受到两个力作用，故A错误；对b球受力分析可知，b受到重力，绳子的拉力和杆对b球的弹力，b受到3个力的作用，故B正确；对小球b受力分析如图所示，依据几何关系可得β＝θ＝30°，设细杆对b的作用力大小为N，则：2Ncos30°＝mg，则N＝eq\f(\r(3),3)mg，细绳的拉力大小T＝N＝eq\f(\r(3),3)mg，故C错误，D正确。4．(2024·云南省师大附中高三上学期月考)一长方体容器静止在水平地面上，两光滑圆柱体A、B放置于容器内，横截面如图所示。若圆柱体A的质量为m、半径RA＝10cm；圆柱体B的质量为M、半径RB＝15cm；容器的宽度L＝40cm。A对容器左侧壁的压力大小用NA表示，B对容器右侧壁的压力大小用NB表示，A对B的压力大小用NAB表示，B对容器底部的压力大小用N表示。下列关系式正确的是()A．NA＝eq\f(4,3)mg B．NB＝eq\f(4,3)(M＋m)gC．NAB＝eq\f(5,4)mg D．N＝Mg＋eq\f(4,3)mg答案C解析如图甲所示，依据图中几何关系可得cosθ＝eq\f(L－RA－RB,RA＋RB)＝eq\f(3,5)。对球A分析受力如图乙所示，可得NA＝NA′＝mgcotθ＝eq\f(3,4)mg，NAB＝NBA＝eq\f(mg,sinθ)＝eq\f(5,4)mg，故A错误，C正确。对A、B整体分析受力如图丙所示，可得NB＝NB′＝NA′＝eq\f(3,4)mg，N＝N′＝(M＋m)g，故B、D错误。高考考向3动态平衡例3(2024·四川德阳二诊)如图所示，粗糙水平地面上的长方体物块将一重为G的光滑圆球抵在光滑竖直的墙壁上，现用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块，在圆球与地面接触之前，下面的相关推断正确的是()A．水平拉力F渐渐减小B．球对墙壁的压力渐渐减小C．地面对长方体物块的摩擦力渐渐增大D．地面对长方体物块的支持力渐渐增大eq\a\vs4\al(破题关键点)(1)球受几个力作用？这几个力随着球下降哪些不变？哪些变？如何变？提示：球受重力、长方体物块对球的支持力、墙壁对球水平向右的弹力，共三个力的作用。其中重力不变，墙壁对球弹力的方向不变，长方体物块对球的支持力的大小、方向均在变更。(2)推断A、C、D选项是否正确时，适合选谁为探讨对象？提示：球和长方体物块组成的整体。[解析]以球为探讨对象，进行受力分析如图1所示：其中，重力G大小方向均不变，墙壁对球的弹力FN1方向不变，长方体物块对球的支持力FN2大小方向均变更，适合用图解法解题，随着FN2与水平方向夹角渐渐变小，可以看出FN1变大，FN2变大，由牛顿第三定律可知，B错误；设长方体物块的重力为G′，地面对长方体物块的摩擦力为Ff，选整体为探讨对象进行受力分析，如图2所示，地面对长方体物块的支持力N等于总重力，即N＝G＋G′，故N不变，D错误；Ff＝μN＝μ(G＋G′)，故地面对长方体物块的摩擦力不变，故C错误；由Ff＝FN1＋F及FN1变大，知F减小，故A正确。[答案]A1.分析三力作用下动态平衡的方法2．动态平衡中的极值问题若一个力为恒力，另一个力的方向恒定，在三力的矢量三角形中，以已知力为斜边，未知力为直角边时，大小、方向均未知的力为最小值。5．(多选)城市中的路灯、无轨电车的供电线路等，常常用三角形的结构悬挂，如图是这一类结构的简化模型。图中轻杆OB可以绕过B点且垂直于纸面的轴自由转动，钢索OA和杆OB的质量都可以忽视不计，设悬挂物的重力为G，∠ABO＝90°，AB>OB。某次产品质量检测和性能测试中保持A、B两点不动，只变更钢索OA的长度，关于钢索OA的拉力F1和杆OB上的支持力F2的变更状况，下列说法正确的有()A．从图示位置起先缩短钢索OA，钢索OA的拉力F1先减小后增大B．从图示位置起先缩短钢索OA，杆OB上的支持力F2大小不变C．从图示位置起先伸长钢索OA，钢索OA的拉力F1增大D．从图示位置起先伸长钢索OA，杆OB上的支持力F2先减小后增大答案BC解析分析O点的受力状况，如图所示。设钢索OA的长度为L，杆OB的长度为R，A、B两点间的距离为H，依据相像三角形学问可知eq\f(G,H)＝eq\f(F1,L)＝eq\f(F2,R)，所以从题图图示位置起先缩短钢索OA，钢索OA的拉力F1减小，杆OB上的支持力F2大小不变，A错误，B正确；从题图图示位置起先伸长钢索OA，钢索OA的拉力F1增大，杆OB上的支持力F2大小不变，C正确，D错误。6．(2024·山东潍坊二模)如图所示，固定光滑直杆倾角为30°，质量为m的小环穿过直杆，并通过弹簧悬挂在天花板上，小环静止时，弹簧恰好处于竖直位置，现对小环施加沿杆向上的拉力F，使环缓慢沿杆滑动，直到弹簧与竖直方向的夹角为60°。整个过程中，弹簧始终处于伸长状态，以下推断正确的是()A．弹簧的弹力渐渐增大B．弹簧的弹力先减小后增大C．杆对环的弹力渐渐增大D．拉力F先增大后减小答案B解析由几何关系可知，弹簧的长度先减小后增加，即伸长量先减小后增加，弹簧的弹力先减小后增大，A错误，B正确；起先时弹簧处于竖直位置，依据平衡条件可得，弹簧的弹力等于环的重力，即F弹＝mg，此时杆对环的弹力为零，当环缓慢沿杆滑动时，弹簧的伸长量先减小后增大，直至弹簧与竖直方向的夹角为60°时，弹簧的长度与初始时刻相等，弹力F弹＝mg，此时垂直于杆方向有F弹cos30°＝mgcos30°，即杆对环的弹力又变为零，故杆对环的弹力先增大后减小，C错误；设弹簧与杆之间的夹角为θ，则在环从起先到弹簧与杆垂直位置的过程中，由平衡学问有F弹cosθ＋F＝mgsin30°，随θ角的增加，F弹减小，则F增大，在环从弹簧与杆垂直位置到弹簧与竖直方向的夹角为60°的过程中，由平衡学问有F＝F弹cosθ＋mgsin30°，随θ角的减小，F弹增大，则F仍旧是增大，可知拉力F始终增大，D错误。高考考向4电磁场中的受力平衡问题例4(2024·两湖八市十二校联合二模)如图所示，距小滑轮O正下方l处的B点用绝缘底座固定一电荷量为＋q的小球1，绝缘轻质弹性绳一端悬挂在光滑的定滑轮O正上方eq\f(l,2)处的D点，另一端与质量为m的带电小球2连接，发觉小球2恰好在A位置平衡，已知OA长为l，与竖直方向的夹角为60°。由于弹性绳的绝缘效果不是很好，小球2缓慢漏电，一段时间后，当滑轮下方的弹性绳与竖直方向夹角为30°时，小球2恰好在AB连线上的C位置。已知静电力常量为k，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．小球2带负电B．小球2在C位置时所带电荷量为eq\f(mgl2,4kq)C．小球2在A位置时所带电荷量为eq\f(mgl2,kq)D．弹性绳原长为eq\f(\r(3),2)leq\a\vs4\al(破题关键点)(1)带电小球2受哪几个力？提示：竖直向下的重力，沿绳方向的拉力和沿BA方向的库仑力。(2)弹性绳的弹力大小与伸长量有何关系？提示：弹力与伸长量成正比。[解析]两个小球之间相互排斥，可知两小球带同种电荷，所以小球2也带正电，A错误；小球2在C点时，受力分析如图，由几何关系可得：F＝mgsin30°＝0.5mg，T＝mgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mg，依据库仑定律得：F＝eq\f(kqq2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)))2)，联立可得：q2＝eq\f(mgl2,8kq)，故B错误；小球2在A位置时，受到的重力、库仑力和绳子的拉力，三个力之间的夹角互为120°，所以三个力的大小相等，即T′＝F′＝mg，依据库仑定律得：F′＝eq\f(kq·q1,l2)，小球2在A位置时所带电荷量：q1＝eq\f(mgl2,kq)，故C正确；小球2在A位置时，弹性绳的长度：l1＝eq\f(l,2)＋l＝eq\f(3,2)l，小球2在C位置时，弹性绳的长度l2＝eq\f(l,2)＋eq\f(\r(3),2)l，设弹性绳的劲度系数为k′，则：T′＝k′(l1－l0)，T＝k′(l2－l0)，联立可得：l0＝0.5l，故D错误。[答案]C电磁场中的受力平衡问题是指在电场力、安培力、洛伦兹力参加下的平衡问题。处理方法与纯力学问题的分析方法一样，把方法和规律进行迁移应用即可。7．(2024·河南省郑州市一模)(多选)如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，一带电量为＋q、质量为m的小球在力F的作用下，沿图中虚线由M至N做竖直向上的匀速运动。已知力F和M、N之间的夹角为45°，M、N之间的距离为d，重力加速度为g。则下列说法正确的是()A．电场的方向可能水平向左B．电场强度E的最小值为eq\f(\r(2)mg,2q)C．当qE＝mg时，小球从M运动到N时电势能变更量为零D．F所做的功肯定为eq\f(\r(2),2)mgd答案BC解析小球受重力mg、拉力F与电场力qE，由题知小球做匀速直线运动，则其所受合力为零，则F和qE的合力与mg大小相等、方向相反，作出F与qE的合力，如图所示。依据右图可知，电场力在右侧，由于小球带正电，电场方向与电场力方向相同，故电场方向指向右侧，A错误；由图可知，当电场力qE与F垂直时，电场力最小，此时场强也最小，则得：qEmin＝mgsinθ，所以电场强度的最小值为Emin＝eq\f(mgsinθ,q)＝eq\f(\r(2)mg,2q)，B正确；当mg＝Eq时，依据几何关系，电场力水平向右，与MN垂直，小球从M运动到N电场力不做功，即小球从M运动到N电势能的变更量为零，故C正确；由于电场方向不确定，F大小也不确定，所以F做的功不能确定，D错误。8．(2024·四川达州高三二诊)如图所示，两个带电小球A、B分别处在光滑绝缘的斜面和水平面上，且在同一竖直平面内。用水平向左的推力F作用于B球，两球在图示位置静止。现将B球水平向左移动一小段距离，发觉A球随之沿斜面对上移动少许，两球在虚线位置重新平衡。与移动前相比，下列说法正确的是()A．斜面对A的弹力增大B．水平面对B的弹力不变C．推力F变小D．两球之间的距离变小答案C解析对小球A受力分析，由平行四边形法则可知，当A球到达虚线位置时斜面对A的弹力NA减小，两球之间的库仑力减小，依据库仑定律可知，两球间距变大，A、D错误；对A、B整体受力分析可知：NB与NA的竖直重量之和等于A、B的重力之和，NA减小，则NA的竖直重量减小，则NB增大，B错误；对B受力分析可知，F等于库仑力F库的水平重量，因F库减小且F库与水平方向的夹角变大，则F库的水平重量减小，即F减小，C正确。易错警示滑动摩擦力与支持力的合力方向问题例如图所示，一物体A恰能沿斜面体B匀速下滑，设此过程中斜面受到水平地面的摩擦力为f1。若给A施加一个沿斜面对下的推力使其加速下滑，设此过程中斜面受到地面的摩擦力为f2。则下列说法正确的是()A．f1不为零且方向向右，f2不为零且方向向右B．f1为零，f2不为零且方向向左C．f1为零，f2不为零且方向向右D．f1为零，f2为零分析与解物体沿斜面匀速下滑过程，以A为探讨对象，A受重力、支持力、滑动摩擦力，三力平衡，摩擦力和支持力的合力竖直向上，大小等于重力，其受力分析如图a所示。以物体A和斜面B整体为探讨对象，分析受力状况如图b，整体受重力和地面支持力平衡，水平地面的摩擦力为f1＝0。若沿斜面方向用力向下推物体A，使物体A加速下滑，对斜面进行探讨，受力分析如图c所示，物体对斜面的压力和摩擦力没有变更，压力和摩擦力的合力方向仍竖直向下，斜面的受力状况与物体匀速下滑过程完全相同，所以斜面受到地面的摩擦力为f2＝0，故选D。答案D易错警示滑动摩擦力的大小与支持力成正比，其比值等于动摩擦因数，通常是固定不变的，因此在单向直线运动中滑动摩擦力与支持力的合力方向不变。配套作业限时：50分钟满分：100分选择题(本题共10小题，每小题10分，共100分，其中第1～7题为单选题，第8～10题为多选题)1．(2024·辽宁省辽南协作体高三模拟)如图所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用细线水平拉住一质量为m、半径为r的光滑球B。整个装置处于静止状态，已知重力加速度为g，则()A．A对地面的摩擦力方向向左B．A对地面的压力大于(M＋m)gC．B对A的压力大小为eq\f(r,R)mgD．细线对小球的拉力大小为eq\f(\r(r2＋2Rr),R)mg答案D解析把A、B看成一个整体，对整体受力分析得整体受重力和地面对整体的支持力，地面对整体没有摩擦力，即A对地面没有摩擦力，否则不能平衡，A错误；整体对地面的压力即是A对地面的压力，等于(M＋m)g，B错误；对小球受力分析，如图所示，依据平衡条件，有：F＝eq\f(mg,cosθ)，T＝mgtanθ，由几何关系有：cosθ＝eq\f(R,R＋r)，tanθ＝eq\f(\r(R＋r2－R2),R)，解得：F＝eq\f(R＋r,R)·mg，T＝mg·eq\f(\r(R＋r2－R2),R)＝eq\f(\r(r2＋2Rr),R)mg，C错误，D正确。2.(2024·河南省驻马店开发区高三月考)一斜劈静止于粗糙的水平地面上，在其斜面上放一滑块m，若给m一向下的初速度v0，则m正好保持匀速下滑。如图所示，现在m下滑的过程中再加一个作用力，则以下说法正确的是()A．在m上加一竖直向下的力F1，则m将保持匀速运动，M对地有水平向右的静摩擦力的作用B．在m上加一个沿斜面对下的力F2，则m将做加速运动，M对地有水平向左的静摩擦力的作用C．在m上加一个水平向右的力F3，则m将做减速运动，在m停止前M对地有向右的静摩擦力的作用D．无论在m上加什么方向的力，在m停止前M对地都无静摩擦力的作用答案D解析m原来保持匀速下滑，对m，有：mgsinθ＝f＝μmgcosθ，即tanθ＝μ，θ是斜劈的倾角。滑块受到的支持力和摩擦力的合力方向由滑动摩擦力方向、支持力方向和动摩擦因数确定，与压力大小无关，本题中滑块所受摩擦力与支持力的合力方向始终竖直向上，斜劈受滑块的摩擦力和压力的合力方向始终竖直向下。当施加竖直向下的力F1时m做匀速运动，M对地没有摩擦力的作用，A错误；施加F2时，滑块所受的合力将沿斜面对下，m沿斜面对下做加速运动，但斜劈所受滑块的摩擦力与压力的合力竖直向下，则斜劈在水平方向仍无运动趋势，故仍对地无摩擦力作用，B错误；施加F3时，对滑块，沿斜面方向：mgsinθ－F3cosθ－μ(mgcosθ＋F3sinθ)＜0，故m做减速运动，斜劈所受滑块的摩擦力与压力的合力方向还是竖直向下，水平方向仍无运动趋势，故M对地仍无摩擦力的作用，C错误；无论在m上加上什么方向的力，m运动时对斜劈的压力与摩擦力的合力的方向始终竖直向下，斜劈没有运动趋势，始终对地面无摩擦力作用，故D正确。3．(2024·成都三模)如图，倾角为α的固定斜面上，一光滑物块在一与斜面也成α角的拉力F作用下保持静止状态。若仅将F的方向变为水平向右，则()A．物块对斜面的压力不变B．物块对斜面的压力变大C．物块将沿斜面对上做匀加速直线运动D．物块将沿斜面对下做匀加速直线运动答案B解析对物块受力分析，由平衡条件得：斜面对物块的支持力N＝mgcosα－Fsinα，将F的方向变为水平向右，斜面对物块的支持力N′＝mgcosα＋Fsinα，支持力变大，由牛顿第三定律知物块对斜面的压力变大，故A错误，B正确；处于静止状态时沿斜面方向有：Fcosα＝mgsinα，将F的方向变为水平向右，沿斜面对上的力为Fcosα，沿斜面对下的力为mgsinα，故物块仍旧保持平衡，不会做匀加速直线运动，C、D错误。4．(2024·重庆一中高三5月模考)如图所示，在粗糙的水平地面上放着一左侧截面是半圆的柱状物体B，在B与竖直墙之间放置一光滑小球A，整个装置处于静止状态。现用水平力F拉动B缓慢向右移动一小段距离后，它们仍处于静止状态，在此过程中，下列推断正确的是()A．小球A对物体B的压力渐渐增大B．小球A对物体B的压力渐渐减小C．墙面对小球A的支持力渐渐减小D．墙面对小球A的支持力先增大后减小答案A解析对小球A受力分析并建立直角坐标系如图，由平衡条件得，竖直方向：N2cosθ＝mg，水平方向：N1＝N2sinθ，联立解得：N2＝eq\f(mg,cosθ)，N1＝mgtanθ，由题可知，B缓慢向右移动一小段距离的过程中，A缓慢下落，θ增大，所以N2增大，N1增大，由牛顿第三定律知小球A对物体B的压力渐渐增大，故A正确，B、C、D错误。5．(2024·安徽宣城二模)如图，光滑绝缘圆环竖直放置，a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c位于圆环最高点，ac连线与竖直方向成60°角，bc连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态。下列说法正确的是()A．a、b、c小球带同种电荷B．a、b小球带异种电荷C．a、b小球电量之比为eq\f(\r(3),6)D．a、b小球电量之比为eq\f(\r(3),9)答案D解析对c分析，受到重力、环的支持力以及a与b的库仑力，其中重力与支持力的方向在竖直方向上，水平方向有a对c的库仑力的分力与b对c的库仑力的分力，由共点力平衡的条件可知，a与b对c的作用力都是吸引力，或都是排斥力，则a与b的电性必定是相同的，B错误；a与b带同种电荷，它们之间的库仑力是斥力，对a分析，a受到重力、环的支持力以及b、c对a的库仑力，重力在竖直方向上，环的支持力与b对a的库仑力都在a与b的连线上，将环的支持力与b对a的库仑力合成，不论合力的方向是从a到b还是从b到a，若a、c带同种电荷，a所受合力都不行能为零，故a、c带异种电荷，A错误；设环的半径为R，a、b、c三个小球的带电量分别为qa、qb和qc，由几何关系可得lac＝R，lbc＝eq\r(3)R，a与b对c的作用力都是吸引力，它们对c的作用力在水平方向的分力大小相等，则有eq\f(kqaqc,l\o\al(2,ac))·sin60°＝eq\f(kqbqc,l\o\al(2,bc))·sin30°，解得eq\f(qa,qb)＝eq\f(\r(3),9)，故C错误，D正确。6．(2024·重庆南开中学高三4月模拟)如图所示，MN、PQ为水平放置的平行导轨，静止的导体棒ab垂直放置在导轨上并通以从b到a的恒定电流，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),3)，在竖直平面内加与导体棒ab垂直的匀强磁场，发觉无论磁感应强度多大都不能使导体棒运动，则磁场的方向与轨道平面的夹角最大为()A．30° B．45°C．60° D．90°答案A解析无论磁感应强度多大，即无论安培力多大，导体棒都不能运动，故安培力斜向下方，对导体棒受力分析如图所示，由题意可知，安培力的水平分力不大于导体棒与导轨间的最大静摩擦力，即有：Fsinθ≤μ(mg＋Fcosθ)，当磁感应强度足够大时，由数学关系可知，mg＋Fcosθ≈Fcosθ，即当tanθ≤μ时，无论安培力多大，导体棒都不能运动，因为μ＝eq\f(\r(3),3)，得：θ≤30°，故A正确。7．(2024·山东日照高考模拟)如图所示，两个质量分别为eq\r(3)m、m的小圆环A、B用细线连着，套在一个竖直固定的大圆环上，大圆环的圆心为O。系统平衡时，细线所对的圆心角为90°，大圆环和小圆环之间的摩擦力及线的质量忽视不计，重力加速度大小用g表示，下列推断正确的是()A．小圆环A、B受到大圆环的支持力之比是eq\r(3)∶1B．小圆环A受到大圆环的支持力与竖直方向的夹角为15°C．细线与水平方向的夹角为30°D．细线的拉力大小为eq\f(\r(3),2)mg答案A解析对A和B进行受力分析，依据平行四边形定则做出重力和支持力的合力与绳子的拉力等大反向，设支持力与竖直方向的夹角分别为α和β，依据正弦定理可以得到：eq\f(\r(3)mg,sin45°)＝eq\f(T,sinα)，eq\f(mg,sin45°)＝eq\f(T′,sinβ)，由于T＝T′，α＋β＝90°，整理可以得到：α＝30°，β＝60°，T＝T′＝eq\f(\r(6),2)mg，再次利用正弦定理：eq\f(NA,sin180°－30°－45°)＝eq\f(\r(3)mg,sin45°)，eq\f(NB,sin180°－60°－45°)＝eq\f(mg,sin45°)，整理