高考物理重點(diǎn)難點(diǎn)易考點(diǎn)總結(jié)專題一

高考物理要點(diǎn)難點(diǎn)易考點(diǎn)總結(jié)專題一高考物理要點(diǎn)難點(diǎn)易考點(diǎn)總結(jié)專題一高考物理要點(diǎn)難點(diǎn)易考點(diǎn)總結(jié)專題一專題定位本專題解決的是受力解析和共點(diǎn)力平衡問題．高考對(duì)本專題內(nèi)容的察看主要有：①對(duì)各種性質(zhì)力特點(diǎn)的理解；②共點(diǎn)力作用下平衡條件的應(yīng)用．察看的主要物理方法和思想有：①整體法和隔斷法；②假設(shè)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(yīng)試策略深刻理解各種性質(zhì)力的特點(diǎn)．熟練掌握解析共點(diǎn)力平衡問題的各種方法．1．彈力大小：彈簧在彈性限度內(nèi)，彈力的大小可由胡克定律F＝kx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)定律來求解．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縮短的方向．2．摩擦力(1)大小：滑動(dòng)摩擦力Ff＝μF，與接觸面的面積沒關(guān)；靜摩擦力0<Ff≤Ffmax，詳盡值依照牛頓運(yùn)動(dòng)定律或平衡條件N來求．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)力大?。篎＝qE.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)力則與電荷所處的地址有關(guān)；點(diǎn)電荷的庫q1q2侖力F＝kr2.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B⊥I的情況，且L是導(dǎo)線的有效長(zhǎng)度，當(dāng)B∥I時(shí)F＝0.(2)方向：用左手定則判斷，安培力垂直于B、I決定的平面．5．洛倫茲力大小：F洛＝qvB，此式只適用于B⊥v的情況．當(dāng)B∥v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)力的平衡平衡狀態(tài)：物體靜止或做勻速直線運(yùn)動(dòng)．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(gè)作用力而處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個(gè)力與其他(n－1)個(gè)力的合力大小相等、方向相反．②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．辦理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(duì)象(整體法或隔斷法)→受力解析→建立平衡方程→求解或作談?wù)摚?．常用的方法在判斷彈力或摩擦力可否存在以及確定方向常常用假設(shè)法．求解平衡問題常常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、相似三角形法、圖解法等．3．帶電體的平衡問題依舊滿足平衡條件，可是要注意正確解析場(chǎng)力

——電場(chǎng)力、安培力或洛倫茲力．4．若是帶電粒子在重力場(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)，則必然是勻速直線運(yùn)動(dòng)，因?yàn)?/p>

F洛⊥v.考向1共點(diǎn)力作用下的靜態(tài)平衡問題例1(2014·湖北省八校第二次聯(lián)考大小相等、方向相反的兩個(gè)水平推力

)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F分別作用在A、B上，A、B均保持靜止不動(dòng)．則(

M的斜面)

B上，現(xiàn)用圖1A．A與B之間必然存在摩擦力B．B與地面之間必然存在摩擦力C．B對(duì)A的支持力必然等于mgD．地面對(duì)B的支持力大小必然等于(m＋M)g審題打破

A、C

選項(xiàng)察看物體

A、B之間的受力應(yīng)選誰為研究對(duì)象？

B、D

選項(xiàng)察看地面對(duì)

B的作用力必定選

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間沒有摩擦力，

A錯(cuò)誤；

B對(duì)

A的支持力無法求出，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與地面間沒有摩擦力，所以

B錯(cuò)誤；地面對(duì)

B的支持力等于(m＋M)g，故D正確．答案D以題說法1.在解析兩個(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斷法進(jìn)行解析．2．采用整體法進(jìn)行受力解析時(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)直接解析一個(gè)物體的受力不方便時(shí)，可轉(zhuǎn)移研究對(duì)象，先解析另一個(gè)物體的受力，再依照牛頓第三定律解析該物體的受力，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)．還有兩根與A完好相同的輕質(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)治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sin37＝°，cos37°＝0.8)，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2A．1∶1B．3∶5C．4∶3D．5∶4答案C解析以兩球和彈簧A組成的整體為研究對(duì)象，受力解析以下列圖，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FTB∶FTC＝4∶3.考向2共點(diǎn)力作用下的動(dòng)向平衡問題例2(2014·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)單秋千，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3A．F1不變，F(xiàn)2變大B．F1不變，F(xiàn)2變小C．F1變大，F(xiàn)2變大D．F1變小，F(xiàn)2變小審題打破兩輕繩各剪去一小段，兩繩之間的夾角怎樣變化？木板所受合力依照什么判斷大小可否變化？解析

木板靜止時(shí)，木板受重力

G以及兩根輕繩的拉力

F2，依照平衡條件，木板碰到的合力

F1＝0，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以題說法動(dòng)向平衡問題解析的三個(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，寫出所要解析的力與變化角度的關(guān)系，爾后判斷各力的變化趨勢(shì)．2．圖解法：能用圖解法解析動(dòng)向變化的問題有三個(gè)顯然特點(diǎn)：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)必然總存在一個(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)卡位用來調(diào)治角度．某同學(xué)將電腦放在散熱底座上，為了獲得更好的酣暢度，由原卡位4緩慢地調(diào)至卡位1(如圖乙)，電腦向來靜止在底座上，則()圖4．電腦碰到的支持力變大B．電腦碰到的摩擦力變小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)筆錄本電腦受力解析以下列圖，有：FN＝mgcosθ、Ff＝mgsinθ.由原卡位1調(diào)至卡位4，θ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，向來是不變的，故D正確．考向3帶電體在電場(chǎng)內(nèi)的平衡問題例

3

(2014·浙江·19改編)如圖

5所示，水平川面上固定一個(gè)圓滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為

θ.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之間庫侖力的大小為kq2d2B．當(dāng)q＝mgsinθ0d時(shí)，細(xì)線上的拉力為kC．當(dāng)q＝mg時(shí)，細(xì)線上的拉力為0dktanθD．當(dāng)q＝mg時(shí)，斜面對(duì)小球A的支持力為0dktanθ審題打破小球A受哪幾個(gè)力的作用？若細(xì)線上的拉力為0呢？經(jīng)過對(duì)小球受力解析，斜面對(duì)小球A的支持力能為0嗎？解析依照庫侖定律，A、B球間的庫侖力F＝kq2mg，水平向左的庫侖庫d2，選項(xiàng)A正確；小球A受豎直向下的重力力F＝kq2FN的大小等于重力庫2，由平衡條件知，當(dāng)斜面對(duì)小球的支持力d2kqd2qmgtanθ與庫侖力的合力大小時(shí)，細(xì)線上的拉力等于零，以下列圖，則mg＝tanθ，所以d＝k，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；斜面對(duì)小球的支持力FN向來不會(huì)等于零，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．答案A以題說法1.電場(chǎng)和重力場(chǎng)內(nèi)的平衡問題，依舊是力學(xué)問題．力學(xué)中用到的圖解法和正交分解法依舊可以用在電場(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斷法結(jié)合的方法求解．當(dāng)物體碰到的力多于三個(gè)時(shí)，常常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，∠無任何連接)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＝ON，OM∥AB，則以下判斷正確的選項(xiàng)是()

CAB＝30°，斜面內(nèi)部M、P、N點(diǎn)，P為MN

O點(diǎn)(與斜面的中點(diǎn)，OM圖6A．小物體在M、P、N點(diǎn)靜止時(shí)必然都是受4個(gè)力B．小物體靜止在P點(diǎn)時(shí)碰到的摩擦力最大C．小物體靜止在P點(diǎn)時(shí)碰到的支持力最大D．小物體靜止在M、N點(diǎn)時(shí)碰到的支持力不可以能相等答案C解析對(duì)小物體分別在三處靜止時(shí)進(jìn)行受力解析，如圖：結(jié)合平衡條件小物體在P、N兩點(diǎn)時(shí)必然受四個(gè)力的作用，而在M處不用然，故A錯(cuò)誤；小物體靜止在P點(diǎn)時(shí)，摩擦力Ff＝mgsin30，°設(shè)小物體靜止在M、N點(diǎn)時(shí)，庫侖力為F′，則小物體靜止在N點(diǎn)時(shí)Ff′＝mgsin30＋°F′cos30°，小物體靜止在M點(diǎn)時(shí)Ff″＝mgsin30°－F′cos30°，可見小物體靜止在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)庫侖力為F，碰到的支持力FN＝mgcos30°＋F，小物體靜止在M、N點(diǎn)時(shí)：FN′＝mgcos30°＋F′sin30°，由庫侖定律知F＞F′，故FN＞FN′，即小物體靜止在P點(diǎn)時(shí)碰到的支持力最大，靜止在M、N點(diǎn)時(shí)碰到的支持力相等，故C正確，D錯(cuò)誤．1．應(yīng)用平衡條件解決電學(xué)平衡問題例4(18分)如圖7(BE左邊為側(cè)視圖，右側(cè)為俯視圖)所示，電阻不計(jì)的圓滑導(dǎo)軌ABC、DEF平行放置，間距為L(zhǎng)，BC、EF

水平，AB、DE

與水平面成θ角．PQ、P′Q′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，并經(jīng)過導(dǎo)線與導(dǎo)軌

ABC、DEF

連接．整個(gè)裝置處于磁感覺強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．要使桿

P′Q′靜止不動(dòng)，求：圖7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經(jīng)過平行板電容器，則入射粒子的速度v0多大？解析(1)設(shè)桿PQ運(yùn)動(dòng)速度為v，桿PQ切割磁感線產(chǎn)生的感覺電動(dòng)勢(shì)：E＝BLv(2分)E回路電流：I＝(2分)P′Q′桿靜止，對(duì)桿P′Q′受力解析，有：mgtanθ＝BIL(2分)2mgRtanθ聯(lián)立解得：v＝22(2分)BL依照左手定則與右手定則可知，PQ應(yīng)向右運(yùn)動(dòng)．(2分)兩平行板間的電壓：U＝IR(2分)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力：F＝qE＝qU分)d(2粒子沿直線經(jīng)過平行板電容器，這時(shí)粒子所受的電場(chǎng)力和洛倫茲力相互平衡：qU＝qBv0(2分)dmgRtanθ聯(lián)立解得：v0＝2(2分)BLd答案(1)向右運(yùn)動(dòng)2mgRtanθ(2)mgRtanθ222BLBLd點(diǎn)睛之筆此題為力電綜合問題，察看了力學(xué)知識(shí)的平衡問題和電磁感覺知識(shí)．解答此題的思路是先經(jīng)過P′Q′靜止不動(dòng)、受力平衡解析PQ的運(yùn)動(dòng)方向．PQ運(yùn)動(dòng)對(duì)P′Q′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)(2014

·蘇江·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，長(zhǎng)為

3d，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，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)的磁感覺強(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，

在滑上涂層從前已經(jīng)做勻速運(yùn)動(dòng)，

并素來勻速滑到導(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)μ；導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小v；整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q.mgRsinθ答案(1)tanθ(2)B2L23222mgRsinθ(3)2mgdsinθ－442BL解析(1)在絕緣涂層上導(dǎo)體棒受力平衡mgsinθ＝μmgcosθ解得導(dǎo)體棒與涂層間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tanθ.在圓滑導(dǎo)軌上感覺電動(dòng)勢(shì)：E＝BLvE感覺電流：I＝安培力：F安＝BIL受力平衡的條件是：F安＝mgsinθmgRsinθ解得導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度v＝B2L2.摩擦生熱：QT＝μmgdcosθ12依照能量守恒定律知：3mgdsinθ＝Q＋QT＋mv3222mgRsinθ(限時(shí)：30分鐘)題組1共點(diǎn)力作用下的靜態(tài)平衡1．(2014·東廣·14)如圖1所示，水平川面上堆放著原木，關(guān)于原木P在支撐點(diǎn)M、N處受力的方向，以下說法正確的是()圖1A．M處碰到的支持力豎直向上B．N處碰到的支持力豎直向上C．M處碰到的靜摩擦力沿MN方向D．N處碰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，應(yīng)選項(xiàng)B錯(cuò)誤；摩擦力與接觸面平行，應(yīng)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2A．x1∶x2∶x3＝3∶1∶2B．x1∶x2∶x3＝2∶1∶3C．x1∶x2∶x3＝1∶2∶3D．x1∶x2∶x3＝3∶2∶1答案

B解析

對(duì)物體受力解析可知：

kx3＝mg，對(duì)彈簧的結(jié)點(diǎn)受力解析可知：

kx1cos30°＝kx3，kx1sin30°＝kx2，聯(lián)立解得x1∶x2∶x3＝2∶1∶

3.3．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31mgD2mgB.dmgDD.2mgD2－d2C.2－d2D2D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θ，如圖，由平衡條件，F(xiàn)1＝F2＝mg，2cosθD2－d222而cosθ＝22＝D－d，DD2則F1＝F2＝mgD，選項(xiàng)C正確．2D2－d24．在以下列圖的A、B、C、D四幅圖中，滑輪自己的重力忽略不計(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θ，圖B中桿P在豎直方向上，假設(shè)A、B、C、D四幅圖中滑輪碰到木桿彈力的大小依次為FA、FB、FC、FD，則以下判斷中正確的選項(xiàng)是()A．FA＝FB＝FC＝FDB．FD＞FA＝FB＞FCC．FA＝FC＝FD＞FBD．FC＞FA＝FB＞FD答案

B解析設(shè)滑輪兩邊細(xì)繩的夾角為φ，對(duì)重物，可得繩子拉力等于重物重力mg，滑輪碰到木桿彈力φ的合力，即F＝2mgcos，由夾角關(guān)系可得FD＞FA＝FB＞FC，選項(xiàng)B正確．2

F等于細(xì)繩拉力5．如圖

4所示，質(zhì)量為

M的木板

C放在水平川面上，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

恰好相對(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°，則以下判斷不正確的選項(xiàng)是

(

)圖4A．力F的大小為mBgB．地面對(duì)C的支持力等于(M＋mA＋mB)g3C．地面對(duì)C的摩擦力大小為2mBgD．mA＝mB答案B解析對(duì)小球B受力解析，水平方向：Fcos30°＝FTbcos30，°得：FTb＝F，豎直方向：Fsin30＋°FTbsin30＝°mBg，解得：F＝mBg，故A正確；對(duì)小球A受力解析，豎直方向：mAg＋FTbsin30＝°FTasin60°水平方向：FTasin30＝°FTbsin60°聯(lián)立得：mA＝mB，故D正確；以A、B、C整體為研究對(duì)象受力解析，豎直方向：FN＋Fsin30＝°(M＋mA＋mB)g可見FN小于(M＋mA＋mB)g，故B錯(cuò)誤；3水平方向：Ff＝Fcos30°＝mBgcos30＝°2mBg，故C正確．題組

2

共點(diǎn)力作用下的動(dòng)向平衡6．如圖

5所示為建筑工地一個(gè)小型起重機(jī)起吊重物的表示圖．

一根輕繩超出圓滑的動(dòng)滑輪，

輕繩的一端系在地址

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)．起吊重物過程是這樣的：先讓吊鉤從地址C豎直向上緩慢的搬動(dòng)到地址B，爾后再讓吊鉤從地址B水平向右緩慢地搬動(dòng)到最后把重物卸載到某一個(gè)地址．則關(guān)于輕繩上的拉力大小變化情況，以下說法正確的選項(xiàng)是()

D，圖5A．吊鉤從C向B搬動(dòng)過程中，輕繩上的拉力不變B．吊鉤從B向D搬動(dòng)過程中，輕繩上的拉力變小C．吊鉤從C向B搬動(dòng)過程中，輕繩上的拉力變大D．吊鉤從B向D搬動(dòng)過程中，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2θ；在由C到B上移的過程中有：2FTcosθ＝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：lcosθ＝d；出處C到B的過程中A到BC的垂直距離不變，故θ為定值，故輕繩上的拉力不變，故A正確，C錯(cuò)誤；由B到D的過程中，繩的總長(zhǎng)不變，夾角2θ必然增大，則由A中解析可知，F(xiàn)T必然增大；故B、D錯(cuò)誤．7．如圖6所示，物體A、B用細(xì)繩與彈簧連接后超出滑輪，A靜止在傾角為45°的粗糙斜面上，B懸掛著．已知質(zhì)量mA＝3mB，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)，那么以下說法中正確的選項(xiàng)是()圖6．彈簧的彈力大小將改變B．物體A對(duì)斜面的壓力將減少C．物體A碰到的靜摩擦力將減小D．彈簧的彈力及A碰到的靜摩擦力都不變答案

C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)錯(cuò)誤；對(duì)

A物體進(jìn)行受力解析，列平衡方程可知，

C項(xiàng)正確，

D項(xiàng)錯(cuò)誤；依照

FN＝mAgcosθ，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θ的斜面體c置于水平川面上，小物塊b置于斜面上，經(jīng)過細(xì)繩超出圓滑的定滑輪與沙漏連接，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程中，a、b、c都處于靜止?fàn)顟B(tài)，則(

)

a圖7A．b對(duì)c的摩擦力必然減小B．b對(duì)c的摩擦力方向不可以能平行斜面向上C．地面對(duì)c的摩擦力方向必然向右D．地面對(duì)c的摩擦力必然減小答案D解析設(shè)a、b的重力分別為Ga、Gb.若Ga＝Gbsinθ，b碰到c的摩擦力為零；若Ga≠Gbsinθ，b碰到c的摩擦力不為零．若Ga＜Gbsinθ，b碰到c的摩擦力沿斜面向上，故A、B錯(cuò)誤．對(duì)b、c整體，水平面對(duì)c的摩擦力Ff＝FTcosθ＝Gacosθ，方向水平向左．在

a中的沙子緩慢流出的過程中，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，還有一截面為

1圓的圓滑柱狀物體甲放置于斜面上，半徑與甲4相同的圓滑球乙被夾在甲與擋板之間，沒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搬動(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.在此過程中

(

)圖8A．F1逐漸增大，F(xiàn)2逐漸增大，F(xiàn)3逐漸增大B．F1逐漸減小，F(xiàn)2保持不變，F(xiàn)3逐漸減小C．F1保持不變，F(xiàn)2逐漸增大，F(xiàn)3先增大后減小D．F1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)物體乙受力解析，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)甲與乙整體受力解析，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．依照平衡條件，設(shè)斜面傾角為θ，甲的質(zhì)量為M，乙的質(zhì)量為m，正交分解有方向：F＋(M＋m)gsinθ－F1′＝0方向：F2′－(M＋m)gcosθ＝0解得：

F2′＝(M＋m)gcosθ，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

水平并超出定滑輪懸掛一個(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)地址不變，裝置依舊處于靜止?fàn)顟B(tài)，則細(xì)線OA上拉力FA和OC上的拉力FC與本來對(duì)照是()圖9A．FA、FC都減小B．FA、FC都增大C．FA增大，F(xiàn)C減小D．FA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)的平衡問題11．(2014

·東廣·20

改編)如圖

10所示，圓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，以下說法正確的是(

)圖10A．M與N的距離大于LB．P、M和N可能不在同素來線上C．在P產(chǎn)生的電場(chǎng)中，M、N處的電勢(shì)相同D．M、N及細(xì)桿組成的系統(tǒng)所受合力為零答案D解析假設(shè)P、M和N不在同素來線上，對(duì)M受力解析可知M不可以能處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤；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kQq2＝kQ·2q2，解得x＝(2－1)L，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤，LL＋xD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，φM>φN，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經(jīng)過絕緣細(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球稍向右搬動(dòng)，當(dāng)A小球再次平衡(該過程A、B兩球素來在相同的水平面上)時(shí)，細(xì)環(huán)仍靜止在原地址，以下說法正確的選項(xiàng)是()圖11A．細(xì)線對(duì)帶電小球A的拉力變小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C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)象受力解析，整體的重力、桿的支持力、靜摩擦力、水平向右的庫侖斥力，由平衡可知FN＝mAg＋m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球稍向右搬動(dòng)時(shí)，由庫侖定律知，

F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，綜合以上解析知，

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)極點(diǎn)處均固定著電量為＋q的小球，極點(diǎn)P處有一個(gè)質(zhì)量為m的帶電小球，在庫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處小球還可以保持靜止