高考物理二輪專題復(fù)習(xí)課件：專題一第1課時(shí)力與物體的平衡

專題一力與運(yùn)動(dòng)專題一力與運(yùn)動(dòng)知識(shí)體系知識(shí)體系6，重力加速度為g，在使BP板由水平位置緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)到豎直位置的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是斜面對(duì)小球的支持力逐漸減小則ab所受的安培力大小為F安＝BIL＝0.(多選)(2020·廣東肇慶市第二次統(tǒng)考)如圖13所示，斜面體置于粗糙水平地面上，斜面體上方水平固定一根光滑直桿，直桿上套有一個(gè)滑塊.F1越來(lái)越大，F(xiàn)2先變小后變大，結(jié)合牛頓第三定律可知，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤.解析分析可知工件受力平衡，將工件受到的重力按照壓緊斜面Ⅰ和Ⅱ的效果進(jìn)行分解，如圖所示，此時(shí)Oa細(xì)線對(duì)小球a的拉力大小為FT＝4mgcos37°＝3.2Ffcosθ＝mg＋2FNsinθ解析分析可知工件受力平衡，將工件受到的重力按照壓緊斜面Ⅰ和Ⅱ的效果進(jìn)行分解，如圖所示，解決動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題的一般思路第1課時(shí)力與物體的平衡若已知sin37°＝0.比較①②③式得：mb>ma>mc，選項(xiàng)B正確.垂直滑軌方向：FN2＝mgcosθ＋F安2sinθ高考題型2動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題解析先將所有的木板看成一個(gè)整體，豎直方向受重力、靜摩擦力，二力平衡，5，木板與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.天花板對(duì)木塊的摩擦力一定不為零(1)在四力平衡中，如果有兩個(gè)力為恒力，或這兩個(gè)力的合力方向確定，為了簡(jiǎn)便可用這兩個(gè)力的合力代替這兩個(gè)力，轉(zhuǎn)化為三力平衡，例如：0T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一個(gè)與水平面成θ＝37°角的導(dǎo)電滑軌，滑軌上垂直放置著一個(gè)可自由移動(dòng)的金屬桿.當(dāng)A對(duì)B沒(méi)有彈力時(shí)，B受到重力和地面的支持力2個(gè)力；減小，故B錯(cuò)誤，D正確；第1課時(shí)力與物體的平衡6，重力加速度為g，在使BP板由水平位置緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)到豎直位置的高考題型1靜態(tài)平衡問(wèn)題高考題型2動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題高考題型3電學(xué)中的平衡問(wèn)題專題強(qiáng)化練內(nèi)容索引NEIRONGSUOYIN高考題型1靜態(tài)平衡問(wèn)題高考題型2動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題高考題型3假設(shè)法若不能確定某力是否存在，可先對(duì)其作出存在的假設(shè)，然后分析若該力存在對(duì)物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的影響，從而來(lái)判斷該力是否存在整體法和隔離法整體法：將加速度相同的幾個(gè)相互關(guān)聯(lián)的物體作為一個(gè)整體進(jìn)行受力分析隔離法：將所研究的對(duì)象從周圍的物體中隔離出來(lái)，單獨(dú)進(jìn)行受力分析選用原則：研究系統(tǒng)外的物體對(duì)系統(tǒng)整體的作用力時(shí)用整體法；研究系統(tǒng)內(nèi)物體之間的相互作用力時(shí)用隔離法.通常整體法和隔離法交替使用.1.受力分析的4種方法高考題型1靜態(tài)平衡問(wèn)題假設(shè)法若不能確定某力是否存在，可先對(duì)其作出存在的假設(shè)，然后分轉(zhuǎn)換研究對(duì)象法根據(jù)牛頓第三定律，例如動(dòng)力學(xué)分析法根據(jù)牛頓第二定律，由加速度方向判定合力的方向，從而確定某一個(gè)力的方向例如：轉(zhuǎn)換研究根據(jù)牛頓第三定律，例如動(dòng)力學(xué)根據(jù)牛頓第二定律，由加速2.處理靜態(tài)平衡問(wèn)題的基本思路2.處理靜態(tài)平衡問(wèn)題的基本思路例1

(2020·全國(guó)Ⅲ·17)如圖1，懸掛甲物體的細(xì)線拴牢在一不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩上O點(diǎn)處；繩的一端固定在墻上，另一端通過(guò)光滑定滑輪與物體乙相連.甲、乙兩物體質(zhì)量相等.系統(tǒng)平衡時(shí)，O點(diǎn)兩側(cè)繩與豎直方向的夾角分別為α和β.若α＝70°，則β等于A.45° B.55° C.60° D.70°考題示例圖1解析取O點(diǎn)為研究對(duì)象，在三力的作用下O點(diǎn)處于平衡狀態(tài)，對(duì)其受力分析如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得β＝55°，故選B.√例1(2020·全國(guó)Ⅲ·17)如圖1，懸掛甲物體的細(xì)線拴牢如圖6所示，用三根輕繩將A、B兩小球以及水平天花板上的固定點(diǎn)O之間兩兩連接.NC.150N D.細(xì)線拉力的水平分力逐漸增大，故水平力F逐漸增大，選項(xiàng)解析先對(duì)球受力分析，球受重力、柱體A對(duì)球的支持力FN1和墻壁對(duì)球的支持力FN2，如圖甲所示，6，cos37°＝0.再以除最外側(cè)兩塊板(中間8塊板)為研究對(duì)象，豎直方向受重力、靜摩擦力，二力平衡，(1)在四力平衡中，如果有兩個(gè)力為恒力，或這兩個(gè)力的合力方向確定，為了簡(jiǎn)便可用這兩個(gè)力的合力代替這兩個(gè)力，轉(zhuǎn)化為三力平衡，例如：5，木板與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.例5(2019·全國(guó)卷Ⅰ·15)如圖13，空間存在一方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩個(gè)帶電小球P和Q用相同的絕緣細(xì)繩懸掛在水平天花板下，兩細(xì)繩都恰好與天花板垂直，則當(dāng)木板與水平面的夾角為45°時(shí)，物塊A、B剛好要滑動(dòng)，則μ的值為聯(lián)立解得F≥20N，細(xì)線拉力的水平分力逐漸增大，故水平力F逐漸增大，選項(xiàng)設(shè)每根橫桿對(duì)足球的彈力方向與豎直方向夾角為α，4N B.48kg，收納架兩根平行等高的橫桿之間的距離d約為12cm.三根繩能承受的最大拉力均為300N，球B由于漏電而下降少許重新平衡，θ角變大，對(duì)木塊受力分析如圖所示.結(jié)合幾何關(guān)系可知工件對(duì)斜面Ⅰ的壓力大小為作出FN、FT的合力F，由平衡條件得知F＝G，高考題型3電學(xué)中的平衡問(wèn)題例2

用卡車運(yùn)輸質(zhì)量為m的勻質(zhì)圓筒狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩光滑斜面之間，如圖2所示.兩斜面Ⅰ、Ⅱ固定在車上，傾角分別為30°和60°.重力加速度為g.當(dāng)卡車沿平直公路勻速行駛時(shí)，圓筒對(duì)斜面Ⅰ、Ⅱ壓力的大小分別為F1、F2，則圖2√如圖6所示，用三根輕繩將A、B兩小球以及水平天花板上的固定點(diǎn)解析分析可知工件受力平衡，將工件受到的重力按照壓緊斜面Ⅰ和Ⅱ的效果進(jìn)行分解，如圖所示，結(jié)合幾何關(guān)系可知工件對(duì)斜面Ⅰ的壓力大小為對(duì)斜面Ⅱ的壓力大小為F2＝mgsin30°＝

mg，選項(xiàng)D正確，A、B、C錯(cuò)誤.解析分析可知工件受力平衡，將工件受到的重力按照壓緊斜面Ⅰ和例3

(2020·山東卷·8)如圖3所示，一輕質(zhì)光滑定滑輪固定在傾斜木板上，質(zhì)量分別為m和2m的物塊A、B，通過(guò)不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過(guò)滑輪連接，A、B間的接觸面和輕繩均與木板平行.A與B間、B與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力.當(dāng)木板與水平面的夾角為45°時(shí)，物塊A、B剛好要滑動(dòng)，則μ的值為圖3√例3(2020·山東卷·8)如圖3所示，一輕質(zhì)光滑定滑輪固解析A、B剛好要滑動(dòng)時(shí)受力平衡，受力分析如圖所示.對(duì)A：FT＝mgsin45°＋μmgcos45°對(duì)B：2mgsin45°＝FT＋3μmgcos45°＋μmgcos45°解析A、B剛好要滑動(dòng)時(shí)受力平衡，受力分析如圖所示.1.(2020·四川瀘州市質(zhì)量檢測(cè))如圖4所示，三根不可伸長(zhǎng)的輕繩一端共同系于O點(diǎn)，A端和B端分別固定在墻壁和地面上，某同學(xué)用水平方向的力拉繩OC，三繩繃緊后，OB繩豎直，OC繩水平，OA繩與豎直墻面夾角θ＝30°.三根繩能承受的最大拉力均為300N，為保證三根輕繩都不被拉斷，則人對(duì)OC繩的水平拉力最大不能超過(guò)A.100N B.150NC.150N D.300N命題預(yù)測(cè)圖4123√1.(2020·四川瀘州市質(zhì)量檢測(cè))如圖4所示，三根不可伸長(zhǎng)解析對(duì)結(jié)點(diǎn)受力分析，如圖所示，由邊角關(guān)系可知OA繩中的拉力最大，由平衡條件得：則三根繩都不會(huì)被拉斷，知FA≤300N，解得：FC≤150N，故選B.123解析對(duì)結(jié)點(diǎn)受力分析，如圖所示，由邊角關(guān)系可知OA繩中的拉力2.(2020·山東兗州市3月網(wǎng)絡(luò)模擬)如圖5所示，豎直平面內(nèi)固定的半圓弧軌道兩端點(diǎn)M、N連線水平，將一輕質(zhì)小環(huán)套在軌道上，一細(xì)線穿過(guò)輕環(huán)，一端系在M點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m的小球，不計(jì)所有摩擦，重力加速度為g，小球恰好靜止在圖示位置，下列說(shuō)法正確的是A.軌道對(duì)輕環(huán)的支持力大小為mgB.細(xì)線對(duì)M點(diǎn)的拉力大小為C.細(xì)線對(duì)輕環(huán)的作用力大小為D.N點(diǎn)和輕環(huán)的連線與豎直方向的夾角為30°圖5123√2.(2020·山東兗州市3月網(wǎng)絡(luò)模擬)如圖5所示，豎直平面解析對(duì)圓環(huán)受力分析；因圓環(huán)兩邊繩子的拉力相等，可知兩邊繩子拉力與OA夾角相等，設(shè)為θ，由幾何關(guān)系可知，∠OMA＝∠MAO＝θ，則3θ＝90°，θ＝30°，細(xì)線對(duì)M點(diǎn)的拉力大小為FT＝mg，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由幾何關(guān)系可知，N點(diǎn)和輕環(huán)的連線與豎直方向的夾角為30°，選項(xiàng)D正確.123解析對(duì)圓環(huán)受力分析；因圓環(huán)兩邊繩子的拉力相等，細(xì)線對(duì)M點(diǎn)的3.(2020·河北省高三二模)某位同學(xué)用筷子將均勻球夾起懸停在空中，如圖6所示，已知球心O與兩根筷子在同一豎直面內(nèi)，小球質(zhì)量為m，筷子與豎直方向之間的夾角均為θ，筷子與小球表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ(最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)，重力加速度為g.每根筷子對(duì)小球的壓力至少為圖6123√3.(2020·河北省高三二模)某位同學(xué)用筷子將均勻球夾起懸解析對(duì)小球受力分析如圖所示，2Ffcosθ＝mg＋2FNsinθFf＝μFN123解析對(duì)小球受力分析如圖所示，1231.解決動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題的一般思路化“動(dòng)”為“靜”，多個(gè)狀態(tài)下“靜”態(tài)對(duì)比，分析各力的變化或極值.2.三力作用下動(dòng)態(tài)平衡高考題型2動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題1.解決動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題的一般思路化“動(dòng)”為“靜”，多個(gè)狀態(tài)下“3.四力作用下動(dòng)態(tài)平衡(1)在四力平衡中，如果有兩個(gè)力為恒力，或這兩個(gè)力的合力方向確定，為了簡(jiǎn)便可用這兩個(gè)力的合力代替這兩個(gè)力，轉(zhuǎn)化為三力平衡，例如：如圖7，qE<mg，把擋板緩慢轉(zhuǎn)至水平的過(guò)程中，可以用重力與電場(chǎng)力的合力mg－qE代替重力與電場(chǎng)力.圖73.四力作用下動(dòng)態(tài)平衡(1)在四力平衡中，如果有兩個(gè)力為恒力如圖8，物體在拉力F作用下勻速運(yùn)動(dòng)，改變?chǔ)却笮。罄Φ淖钚≈?，可以用支持力與摩擦力的合力F′代替支持力與摩擦力.其中F′與豎直方向的夾角θ，滿足tanθ＝

＝μ.圖8(2)對(duì)于一般的四力平衡及多力平衡，可采用正交分解法.如圖8，物體在拉力F作用下勻速運(yùn)動(dòng)，改變?chǔ)却笮。罄Φ淖钚±?

(多選)如圖9，一粗糙斜面固定在地面上，斜面頂端裝有一光滑定滑輪.一細(xì)繩跨過(guò)滑輪，其一端懸掛物塊N，另一端與斜面上的物塊M相連，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)用水平向左的拉力緩慢拉動(dòng)N，直至懸掛N的細(xì)繩與豎直方向成45°.已知M始終保持靜止，則在此過(guò)程中A.水平拉力的大小可能保持不變B.M所受細(xì)繩的拉力大小一定一直增加C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D.M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增加考題示例圖9√√例4(多選)如圖9，一粗糙斜面固定在地面上，斜面頂端裝有一解析對(duì)N進(jìn)行受力分析如圖所示，因?yàn)镹的重力與水平拉力F的合力和細(xì)繩的拉力FT是一對(duì)平衡力，從圖中可以看出水平拉力的大小逐漸增大，細(xì)繩的拉力也一直增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；M的質(zhì)量與N的質(zhì)量的大小關(guān)系不確定，設(shè)斜面傾角為θ，若mNg≥mMgsinθ，則M所受斜面的摩擦力大小會(huì)一直增大，若mNg<mMgsinθ，則M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后反向增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確.解析對(duì)N進(jìn)行受力分析如圖所示，因?yàn)镹的重力與水平拉力F的合4.(2020·河南信陽(yáng)市高三上學(xué)期期末)如圖10所示，足夠長(zhǎng)的光滑平板AP與BP用鉸鏈連接，平板AP與水平面成53°角固定不動(dòng)，平板BP可繞水平軸在豎直面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)，質(zhì)量為m的均勻圓柱體O放在兩板間，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加速度為g，在使BP板由水平位置緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)到豎直位置的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是A.平板AP受到的壓力先減小后增大B.平板AP受到的壓力先增大后減小C.平板BP受到的最小壓力為0.6mgD.平板BP受到的最大壓力為

mg命題預(yù)測(cè)√456圖104.(2020·河南信陽(yáng)市高三上學(xué)期期末)如圖10所示，足夠解析小球受重力、平板AP的彈力F1和平板BP的彈力F2，根據(jù)平衡條件，三力構(gòu)成一封閉矢量三角形，如圖.從圖中可以看出，在平板PB逆時(shí)針緩慢地轉(zhuǎn)向豎直位置的過(guò)程中，F(xiàn)1越來(lái)越大，F(xiàn)2先變小后變大，結(jié)合牛頓第三定律可知，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤.由幾何關(guān)系可知，當(dāng)F2的方向與AP的方向平行(即與F1的方向垂直)時(shí)，F(xiàn)2有最小值為：F2min＝mgsin53°＝0.8mg；456當(dāng)平板BP豎直時(shí)，F(xiàn)2最大為：F2max＝mg·tan53°＝

mg，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確.解析小球受重力、平板AP的彈力F1和平板BP的彈力F2，根5.(2020·陜西漢中市高三期末)如圖11所示，兩塊固定且相互垂直的光滑擋板POQ，OP豎直放置，OQ水平，小球a、b固定在輕桿的兩端，現(xiàn)有一個(gè)水平向左的推力，作用于b上，使a、b緊靠擋板處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)用力F推動(dòng)小球b，使之緩緩到達(dá)b′位置，則A.推力F變大B.小球a對(duì)OP的壓力變大C.小球b對(duì)OQ的壓力變大D.桿上的彈力減小圖11√4565.(2020·陜西漢中市高三期末)如圖11所示，兩塊固定且解析隔離a分析受力，設(shè)此時(shí)ab間作用力與水平方向的夾角為θ，如圖甲所示.根據(jù)三角形動(dòng)態(tài)圖解法知隨著θ的增大，F(xiàn)′減小，F(xiàn)N減小，根據(jù)牛頓第三定律，小球a對(duì)OP的壓力減小，故B錯(cuò)誤，D正確；對(duì)a、b及輕桿整體受力分析如圖乙所示，456由共點(diǎn)力的平衡條件可知，a、b重新處于靜止?fàn)顟B(tài)前后，OQ擋板對(duì)b的支持力始終保持不變，推力F＝FN，則F一直減小，故A、C錯(cuò)誤.解析隔離a分析受力，設(shè)此時(shí)ab間作用力與水平方向的夾角為θ6.(多選)如圖12所示，表面光滑的半球形物體固定在水平面上，光滑小環(huán)D固定在半球形物體球心O的正上方，輕質(zhì)彈簧一端用輕質(zhì)細(xì)繩固定在A點(diǎn)，另一端用輕質(zhì)細(xì)繩穿過(guò)小環(huán)D與放在半球形物體上的小球P相連，DA水平.現(xiàn)將細(xì)繩固定點(diǎn)A向右緩慢平移的過(guò)程中(小球P未到達(dá)半球最高點(diǎn)前)，下列說(shuō)法正確的是A.彈簧變短B.彈簧變長(zhǎng)C.小球?qū)Π肭虻膲毫Σ蛔僁.小球?qū)Π肭虻膲毫ψ兇髨D12√456√6.(多選)如圖12所示，表面光滑的半球形物體固定在水平面上解析以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，受力分析如圖，小球受重力G、細(xì)線的拉力FT和半球面的支持力FN，作出FN、FT的合力F，由平衡條件得知F＝G，456將細(xì)繩固定點(diǎn)A向右緩慢平移，DO、PO不變，PD變小，可知FT變小，F(xiàn)N不變，即彈簧的彈力變小，彈簧變短，由牛頓第三定律知小球?qū)Π肭虻膲毫Σ蛔?，故A、C正確，B、D錯(cuò)誤.解析以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，受力分析如圖，456將細(xì)繩固定點(diǎn)A向1.靜電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的平衡問(wèn)題，受力分析時(shí)要注意電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力方向的判斷，再結(jié)合平衡條件分析求解.2.涉及安培力的平衡問(wèn)題，畫受力示意圖時(shí)要注意將立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖.高考題型3電學(xué)中的平衡問(wèn)題1.靜電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的平衡問(wèn)題，受力分析時(shí)要注意電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力例5

(2019·全國(guó)卷Ⅰ·15)如圖13，空間存在一方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩個(gè)帶電小球P和Q用相同的絕緣細(xì)繩懸掛在水平天花板下，兩細(xì)繩都恰好與天花板垂直，則A.P和Q都帶正電荷B.P和Q都帶負(fù)電荷C.P帶正電荷，Q帶負(fù)電荷D.P帶負(fù)電荷，Q帶正電荷考題示例圖13√例5(2019·全國(guó)卷Ⅰ·15)如圖13，空間存在一方向水解析對(duì)P、Q整體進(jìn)行受力分析可知，在水平方向上整體所受電場(chǎng)力為零，所以P、Q必帶等量異種電荷，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；對(duì)P進(jìn)行受力分析可知，Q對(duì)P的庫(kù)侖力水平向右，則勻強(qiáng)電場(chǎng)對(duì)P的電場(chǎng)力應(yīng)水平向左，所以P帶負(fù)電荷，Q帶正電荷，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確.解析對(duì)P、Q整體進(jìn)行受力分析可知，在水平方向上整體所受電場(chǎng)例6

(2017·全國(guó)卷Ⅰ·16)如圖14，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向上(與紙面平行)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，三個(gè)帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc，已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng).下列選項(xiàng)正確的是A.ma＞mb＞mcB.mb＞ma＞mcC.mc＞ma＞mbD.mc＞mb＞ma圖14√例6(2017·全國(guó)卷Ⅰ·16)如圖14，空間某區(qū)域存在勻解析設(shè)三個(gè)微粒的電荷量均為q，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明洛倫茲力提供向心力，重力與電場(chǎng)力平衡，即mag＝qE ①b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，三力平衡，則mbg＝qE＋qvbB ②c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，三力平衡，則mcg＋qvcB＝qE ③比較①②③式得：mb>ma>mc，選項(xiàng)B正確.解析設(shè)三個(gè)微粒的電荷量均為q，7.(2020·安徽蚌埠市高三月考)如圖15所示，放在水平地面上的光滑絕緣圓筒內(nèi)有兩個(gè)帶正電的小球A、B，A位于筒底靠在左側(cè)壁處，B在右側(cè)筒壁上受到A的斥力作用處于靜止?fàn)顟B(tài).若A的電荷量保持不變，B由于漏電而下降少許重新平衡，下列說(shuō)法中正確的是

A.小球A對(duì)筒底的壓力變小B.小球B對(duì)筒壁的壓力變大C.小球A、B間的庫(kù)侖力變小D.筒壁對(duì)小球A的彈力變小命題預(yù)測(cè)78圖15√7.(2020·安徽蚌埠市高三月考)如圖15所示，放在水平地78解析以整體為研究對(duì)象可知，圓筒底部對(duì)A球的支持力大小等于A、B兩球的總重力，由牛頓第三定律可知A對(duì)筒底的壓力大小也等于A、B兩球的總重力，小球A對(duì)筒底的壓力不變，故A錯(cuò)誤；對(duì)B球受力分析如圖所示根據(jù)平衡條件有FN＝mgtanθ球B由于漏電而下降少許重新平衡，θ角變大，因此筒壁給球B的支持力FN＝mgtanθ增大，78解析以整體為研究對(duì)象可知，圓筒底部對(duì)A球的支持力大小等78根據(jù)牛頓第三定律可知B球?qū)ν脖诘膲毫ψ兇?，故B正確；小球A、B間的庫(kù)侖力為θ角變大，cosθ變小，庫(kù)侖力F變大，故C錯(cuò)誤；以AB兩球整體為研究對(duì)象，筒壁對(duì)B的彈力等于筒壁對(duì)A的彈力，所以筒壁對(duì)A的彈力增大，故D錯(cuò)誤.78根據(jù)牛頓第三定律可知B球?qū)ν脖诘膲毫ψ兇螅蔅正確；θ角8.(2020·山西呂梁市期末)如圖16所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一個(gè)與水平面成θ＝37°角的導(dǎo)電滑軌，滑軌上垂直放置著一個(gè)可自由移動(dòng)的金屬桿.已知接在滑軌中的電源電動(dòng)勢(shì)E＝16V，內(nèi)阻r＝1Ω.ab桿長(zhǎng)L＝0.5m，質(zhì)量m＝0.2kg，桿與滑軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，滑軌與ab桿的電阻忽略不計(jì).求要使桿在滑軌上保持靜止，滑動(dòng)變阻器R的阻值在什么范圍內(nèi)變化？(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，可認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)圖1678答案1Ω≤R≤21Ω8.(2020·山西呂梁市期末)如圖16所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度B解析分別畫出ab桿在恰好不下滑和恰好不上滑這兩種情況下的受力分析圖，如圖所示.78當(dāng)ab桿恰好不下滑時(shí)，如圖甲所示.由平衡條件得：沿滑軌方向：mgsinθ＝Ff1＋F安1cosθ，垂直滑軌方向：FN1＝mgcosθ＋F安1sinθ，解得：R1＝21Ω解析分別畫出ab桿在恰好不下滑和恰好不上滑這兩種情況下的受78當(dāng)ab桿恰好不上滑時(shí)，如圖乙所示，由平衡條件得：沿滑軌方向：mgsinθ＋Ff2＝F安2cosθ垂直滑軌方向：FN2＝mgcosθ＋F安2sinθ解得R2＝1Ω；所以，要使桿在滑軌上保持靜止，R的阻值的取值范圍是1Ω≤R≤21Ω.78當(dāng)ab桿恰好不上滑時(shí)，如圖乙所示，由平衡條件得：解得R21.(多選)(2020·哈爾濱師大附中聯(lián)考)如圖1所示為形狀相同的兩個(gè)劈形物體，它們之間的接觸面光滑，兩物體與水平地面的接觸面均粗糙，現(xiàn)對(duì)A施加水平向右的力F，兩物體均保持靜止，則物體B的受力個(gè)數(shù)可能是A.2個(gè)

B.3個(gè)C.4個(gè)

D.5個(gè)√保分基礎(chǔ)練1234567891011121314圖1√專題強(qiáng)化練151.(多選)(2020·哈爾濱師大附中聯(lián)考)如圖1所示為形狀解析對(duì)A受力分析可知，當(dāng)F小于或等于A所受的最大靜摩擦力時(shí)，A、B之間沒(méi)有彈力，當(dāng)F大于A所受的最大靜摩擦力時(shí)，則A、B之間有彈力.當(dāng)A對(duì)B沒(méi)有彈力時(shí)，B受到重力和地面的支持力2個(gè)力；當(dāng)A對(duì)B有彈力時(shí)，B還受到重力、地面的支持力與摩擦力，共4個(gè)力，故A、C正確，B、D錯(cuò)誤.123456789101112131415解析對(duì)A受力分析可知，當(dāng)F小于或等于A所受的最大靜摩擦力時(shí)2.(2020·福建莆田市檢測(cè))如圖2，某同學(xué)將一足球靜止擺放在收納架上.他估測(cè)得足球的直徑約為20cm，質(zhì)量約為0.48kg，收納架兩根平行等高的橫桿之間的距離d約為12cm.忽略足球的形變以及球與橫桿之間的摩擦，重力加速度g取10m/s2，則可估算出一根橫桿對(duì)足球的彈力約為A.2.4N B.3.0N C.4.0N D.4.8N1234567891011121314圖2√152.(2020·福建莆田市檢測(cè))如圖2，某同學(xué)將一足球靜止擺12345678910111213解析對(duì)足球受力分析如圖所示，設(shè)每根橫桿對(duì)足球的彈力方向與豎直方向夾角為α，由幾何關(guān)系可知14對(duì)足球，豎直方向有2FNcosα＝mg解得FN＝3.0N故選B.1512345678910111213解析對(duì)足球受力分析如圖所3.(2020·廣東茂名市測(cè)試)如圖3所示，質(zhì)量分別為3m和m的兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球a、b，中間用一細(xì)線連接，并通過(guò)另一細(xì)線將小球a與天花板上的O點(diǎn)相連，為使小球a和小球b均處于靜止?fàn)顟B(tài)，且Oa細(xì)線向右偏離豎直方向的夾角恒為37°，需要對(duì)小球b朝某一方向施加一拉力F.若已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小為g，則當(dāng)F的大小達(dá)到最小時(shí)，Oa細(xì)線對(duì)小球a的拉力大小為A.2.4mg

B.3mgC.3.2mg D.4mg12345678910111213√圖314153.(2020·廣東茂名市測(cè)試)如圖3所示，質(zhì)量分別為3m和解析以兩個(gè)小球組成的整體為研究對(duì)象，分析受力作出F在三個(gè)方向時(shí)整體的受力圖如圖所示，根據(jù)平衡條件得F與FT的合力與總重力總是大小相等、方向相反的，由力的合成圖可知當(dāng)F與繩子Oa垂直時(shí)F有最小值，即圖中2位置，1234567891011121314此時(shí)Oa細(xì)線對(duì)小球a的拉力大小為FT＝4mgcos37°＝3.2mg，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤.15解析以兩個(gè)小球組成的整體為研究對(duì)象，分析受力作出F在三個(gè)方4.(2020·天津高三一模)如圖4所示，兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A、B通過(guò)固定在O點(diǎn)的光滑滑輪用輕繩相連，小球A置于光滑半圓柱上，小球B用水平輕繩拉著，水平輕繩另一端系于豎直板上，兩球均處于靜止?fàn)顟B(tài).已知O點(diǎn)在半圓柱橫截面圓心O1的正上方，OA與豎直方向成30°角、其長(zhǎng)度與半圓柱橫截面的半徑相等，OB與豎直方向成60°角，則1234567891011121314A.輕繩對(duì)球A的拉力與球A所受彈力的合力大小相等B.輕繩對(duì)球A的拉力與半圓柱對(duì)球A的彈力大小不相等C.輕繩AOB對(duì)球A的拉力與對(duì)球B的拉力大小之比為D.球A與球B的質(zhì)量之比為2∶1圖4√154.(2020·天津高三一模)如圖4所示，兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小解析設(shè)輕繩中拉力為FT，對(duì)球A受力分析如圖所示，所受彈力的合力為繩對(duì)A的拉力和半圓柱對(duì)球A的彈力的合力，與重力等大反向，大于FT，故A錯(cuò)誤；對(duì)球A受力分析可得FTsin30°＝FNsin30°，F(xiàn)Tcos30°＋FNcos30°＝mAg輕繩對(duì)A的拉力與對(duì)球B的拉力都等于FT，故C錯(cuò)誤；對(duì)球B有：FTcos60°＝mBg，則FT＝2mBg123456789101112131415解析設(shè)輕繩中拉力為FT，對(duì)球A受力分析如圖所示，輕繩對(duì)A的5.(多選)(2020·北京市十一學(xué)校高三月考)如圖5所示，木塊在垂直于傾斜天花板方向的推力

F

作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，下列判斷正確的是A.天花板與木塊間的彈力可能為零B.天花板對(duì)木塊的摩擦力一定不為零C.逐漸增大

F，木塊將始終保持靜止?fàn)顟B(tài)D.逐漸增大

F，木塊受到天花板的摩擦力也隨之增大1234567891011121314圖5√√155.(多選)(2020·北京市十一學(xué)校高三月考)如圖5所示，對(duì)木塊受力分析如圖所示.根據(jù)平衡條件得F＝FN＋Gcosα，F(xiàn)f＝Gsinα，當(dāng)逐漸增大F的過(guò)程，F(xiàn)N增大，最大靜摩擦力增大，而木塊受到的靜摩擦力Ff不變，木塊將始終保持靜止，故C正確，D錯(cuò)誤.1234567891011121314解析木塊在重力作用下，有沿天花板下滑的趨勢(shì)，一定受到靜摩擦力，則天花板對(duì)木塊一定有彈力，故A錯(cuò)誤，B正確；15對(duì)木塊受力分析如圖所示.1234567891011121316.如圖6所示，用三根輕繩將A、B兩小球以及水平天花板上的固定點(diǎn)O之間兩兩連接.然后用一水平方向的力F作用于A球上，此時(shí)三根輕繩均處于伸直狀態(tài)，且OB繩恰好處于豎直方向，兩球均處于靜止?fàn)顟B(tài).已知三根輕繩的長(zhǎng)度之比為OA∶AB∶OB＝3∶4∶5，兩球質(zhì)量關(guān)系為mA＝2mB＝2m，則下列說(shuō)法正確的是1234567891011121314√圖6156.如圖6所示，用三根輕繩將A、B兩小球以及水平天花板上的固1234567891011121314解析對(duì)球B受力分析，受到重力、OB的拉力，二力方向相反，假設(shè)AB繩子有拉力，則拉力的方向一定沿著繩子由B指向A的，球B會(huì)偏離豎直方向，與題設(shè)矛盾，故AB繩子的拉力為零，故OB繩子的拉力等于球B的重力，大小為mg，故A、D錯(cuò)誤；對(duì)球A受力分析，受拉力F、重力2mg和AO繩子的拉力FT，151234567891011121314解析對(duì)球B受力分析，7.(2020·山東省普通高中學(xué)業(yè)水平等級(jí)模擬考試)如圖7所示，有10塊完全相同的長(zhǎng)方體木板疊放在一起，每塊木板的質(zhì)量為100g，用手掌在這疊木板的兩側(cè)同時(shí)施加大小為F的水平壓力，使木板懸空水平靜止.若手與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，木板與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10m/s2，則F至少為A.25N B.20NC.15N D.10N1234567891011121314圖7√157.(2020·山東省普通高中學(xué)業(yè)水平等級(jí)模擬考試)如圖7所12345678910111213解析先將所有的木板看成一個(gè)整體，豎直方向受重力、靜摩擦力，二力平衡，有：2μ1F≥10mg再以除最外側(cè)兩塊板(中間8塊板)為研究對(duì)象，豎直方向受重力、靜摩擦力，二力平衡，有：2μ2FN≥8mg，且FN＝F聯(lián)立解得F≥20N，選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤.141512345678910111213解析先將所有的木板看成一8.(多選)如圖8，柱體A的橫截面是圓心角為

的扇形面，其弧形表面光滑，而與地面接觸的下表面粗糙.在光滑豎直墻壁與柱體之間放置一質(zhì)量為m的球體，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài).若使柱體向左移動(dòng)稍許，系統(tǒng)仍處于平衡狀態(tài)，則A.球?qū)Φ膲毫υ龃驜.柱體與球之間的作用力增大C.柱體所受的摩擦力減小D.柱體對(duì)地面的壓力減小12345678910111213圖814√√158.(多選)如圖8，柱體A的橫截面是圓心角為的扇形面，其弧解析先對(duì)球受力分析，球受重力、柱體A對(duì)球的支持力FN1和墻壁對(duì)球的支持力FN2，如圖甲所示，1234567891011121314再對(duì)整體受力分析，受重力、地面支持力FN、墻壁對(duì)其向左的支持力FN2和地面對(duì)其向右的摩擦力Ff，如圖乙所示，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有：Ff＝FN2，F(xiàn)N＝(M＋m)g，故有：Ff＝mgtanθ，若使柱體向左移動(dòng)稍許，系統(tǒng)仍處于平衡狀態(tài)，θ變大，15解析先對(duì)球受力分析，球受重力、柱體A對(duì)球的支持力FN1和墻1234567891011121314故Ff變大，F(xiàn)N2變大，F(xiàn)N不變，根據(jù)牛頓第三定律可知柱體對(duì)地面的壓力不變，F(xiàn)N1變大，根據(jù)牛頓第三定律可知球?qū)Φ膲毫υ龃螅蔬x項(xiàng)A、B正確，C、D錯(cuò)誤.151234567891011121314故Ff變大，F(xiàn)N2變大12345678910111213149.(2020·陜西渭南市富平縣高三期末)粗細(xì)均勻的導(dǎo)體棒ab懸掛在兩根相同的輕質(zhì)彈簧下，ab恰好在水平位置，如圖9所示.已知ab的質(zhì)量m＝2g，ab的長(zhǎng)度L＝20cm，沿水平方向與ab垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.1T，電池的電動(dòng)勢(shì)為12V，電路總電阻為12Ω.當(dāng)開關(guān)閉合時(shí)A.導(dǎo)體棒ab所受的安培力方向豎直向上B.能使兩根彈簧恰好處于自然狀態(tài)C.導(dǎo)體棒ab所受的安培力大小為0.02ND.若系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長(zhǎng)量均與閉合開關(guān)

前相比改變了0.5cm，則彈簧的勁度系數(shù)為5N/m圖9√1512345678910111213149.(2020·陜西渭1234567891011121314解析當(dāng)開關(guān)閉合時(shí)，由左手定則可知，導(dǎo)體棒ab所受的安培力方向豎直向下，彈簧處于拉伸狀態(tài)，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；則ab所受的安培力大小為F安＝BIL＝0.1×1×0.2N＝0.02N，選項(xiàng)C正確；選項(xiàng)D錯(cuò)誤.151234567891011121314解析當(dāng)開關(guān)閉合時(shí)，由123456789101112131410.(2020·內(nèi)蒙古呼倫貝爾市海拉爾區(qū)高考模擬)吊蘭是常養(yǎng)的盆栽植物之一，如圖10所示是懸掛的吊蘭盆栽，四條等長(zhǎng)的輕繩與豎直方向夾角均為30°，花盆總質(zhì)量為2kg，取g＝10m/s2，則每根繩的彈力大小為A.5N B.NC.10ND.20N圖10爭(zhēng)分提能練√15123456789101112131410.(2020·內(nèi)蒙1234567891011121314解析根據(jù)對(duì)稱性可知，每根繩的拉力大小相等，設(shè)每根繩的拉力大小為F.在豎直方向，由平衡條件得：4Fcos30°＝mg，151234567891011121314解析根據(jù)對(duì)稱性可知，123456789101112131411.(多選)(2020·百校聯(lián)盟必刷卷三)如圖11所示，光滑圓環(huán)固定在豎直面內(nèi)，一個(gè)小球套在環(huán)上，用穿過(guò)圓環(huán)頂端光滑小孔的細(xì)線連接，現(xiàn)用水平力F拉細(xì)線，使小球緩慢沿圓環(huán)向上運(yùn)動(dòng)，此過(guò)程中圓環(huán)對(duì)小球的彈力大小為FN，則在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中A.F增大 B.F減小C.FN不變 D.FN增大√圖11√15123456789101112131411.(多選)(2021234567891011121314解析小球沿圓環(huán)緩慢上移，對(duì)小球進(jìn)行受力分析，小球受重力G、F、FN三個(gè)力，滿足受力平衡.作出受力分析圖如圖所示；由圖可知△OAB∽△GFNF，即：小球沿圓環(huán)緩慢上移時(shí)，半徑不變，重力G不變，AB長(zhǎng)度減小，故F減小，F(xiàn)N不變，故選B、C.151234567891011121314解析小球沿圓環(huán)緩慢上12.如圖12，滑塊A置于水平地面上，滑塊B在一水平力作用下緊靠滑塊A(A、B接觸面豎直)，此時(shí)A恰好不滑動(dòng)，B剛好不下滑.已知A與B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力.A與B的質(zhì)量之比為1234567891011121314√圖121512.如圖12，滑塊A置于水平地面上，滑塊B在一水平力作用下(2020·山西呂梁市期末)如圖16所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.由幾何關(guān)系可知，N點(diǎn)和輕環(huán)的連線與豎直方向的夾角為30°，選項(xiàng)D正確.繩的一端固定在墻上，另一端通過(guò)光滑定滑輪與物體乙相連.解得：FC≤150N，故選B.系統(tǒng)平衡時(shí)，O點(diǎn)兩側(cè)繩與豎直方向的夾角分別為α和β.其中F′與豎直方向的夾角θ，滿足tanθ＝＝μ.上保持靜止，滑動(dòng)變阻器R的阻值在什么范圍內(nèi)變化？若已知sin37°＝0.4N B.若手與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.解析取O點(diǎn)為研究對(duì)象，在三力的作用下O點(diǎn)處于平衡狀態(tài)，對(duì)其受力分析如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得β＝55°，故選B.(多選)如圖12所示，表面光滑的半球形物體固定在水平面上，光滑小環(huán)D固定在半球形物體球心O的正上方，輕質(zhì)彈簧一端用輕質(zhì)細(xì)繩固定在A點(diǎn)，另一端用輕質(zhì)細(xì)繩穿過(guò)小環(huán)D與放在半球形物體上的小球P相連，DA水平.5N B.對(duì)B球受力分析如圖所示NC.結(jié)合幾何關(guān)系可知工件對(duì)斜面Ⅰ的壓力大小為小球受重力G、細(xì)線的拉力FT和半球面的支持力FN，對(duì)木塊受力分析如圖所示.支持力逐漸增大，細(xì)線對(duì)小球的拉力減小，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，兩斜面Ⅰ、Ⅱ固定在車上，傾角分別為30°和60°.沿滑軌方向：mgsinθ＋Ff2＝F安2cosθ柱體與球之間的作用力增大1234567891011121314解析對(duì)滑塊A、B整體在水平方向上有F＝μ2(mA＋mB)g，對(duì)滑塊B在豎直方向上有μ1F＝mBg，15(2020·山西呂梁市期末)如圖16所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1123456789101112131413.(多選)(2020·廣東肇慶市第二次統(tǒng)考)如圖13所示，斜面體置于粗糙水平地面上，斜面體上方水平固定一根光滑直桿，直桿上套有一個(gè)滑塊.滑塊連接一根細(xì)線，細(xì)線的另一端連接一個(gè)置于斜面上的光滑小球.最初斜面體與小球都保持靜止，現(xiàn)對(duì)滑塊施加水平向右的外力使其緩慢向右滑動(dòng)至A點(diǎn)，如果整個(gè)過(guò)程斜面體保持靜止，小球未滑離斜面，滑塊滑動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)細(xì)線恰好平行于斜面，則下列說(shuō)法正確的是A.斜面對(duì)小球的支持力逐漸減小B.細(xì)線對(duì)小球的拉力逐漸減小C.滑塊受到的水平向右的外力逐漸增大D.水平地面對(duì)斜面體的支持力逐漸減小圖13√√15123456789101112131413.(多選)(2021234567891011121314解析以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，利用圖解法可知，斜面對(duì)小球的支持力逐漸增大，細(xì)線對(duì)小球的拉力減小，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；以滑塊為研究對(duì)象，水平拉力F等于細(xì)線拉力的水平分力，細(xì)線拉力的水平分力逐漸增大，故水平力F逐漸增大，選項(xiàng)C正確；以斜面體為研究對(duì)象，由于斜面與小球間彈力逐漸增大，斜面受到的壓力也逐漸增大，故水平地面對(duì)斜面體的支持力逐漸增大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.151234567891011121314解析以小球?yàn)檠芯繉?duì)象123456789101112131414.(多選)如圖14所示裝置，兩根細(xì)繩拴住一小球，保持兩細(xì)繩間的夾角θ＝120°不變，若把整個(gè)裝置在紙面內(nèi)順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)過(guò)90°，則在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，CA繩的拉力F1、CB繩的拉力F2的大小變化情況是A.F1先變小后變大B.F1先變大后變小C.F2一直變小D.F2最終變?yōu)榱銏D14√√√15123456789101112131414.(多選)如圖141234567891011121314解析畫小球的受力分析圖，構(gòu)建力的三角形，由于這個(gè)三角形中重力不變，另兩個(gè)力間的夾角(180°－θ)保持不變，這類似于圓周角與對(duì)應(yīng)弦長(zhǎng)的關(guān)系，作初始三角形的外接圓(任意兩邊的中垂線交點(diǎn)即外接圓圓心)，然后讓另兩個(gè)力的交點(diǎn)在圓周上按F1、F2的方向變化規(guī)律滑動(dòng)，力的三角形的外接圓正好是以初態(tài)時(shí)的F2為直徑的圓周，知F1先變大后變小，F(xiàn)2一直變小，最終CA沿豎直方向，此時(shí)F1＝mg，F(xiàn)2變?yōu)榱悖珺、C、D正確，A錯(cuò)誤.151234567891011121314解析畫小球的受力分析15.(多選)(2020·湖北荊州市高三上學(xué)期質(zhì)量檢測(cè))如圖15所示，橡皮筋的一端固定在O點(diǎn)，另一端拴一個(gè)物體，O點(diǎn)的正下方A處有一垂直于紙面的光滑細(xì)桿，OA為橡皮筋的自然長(zhǎng)度.已知橡皮筋的彈力與伸長(zhǎng)量成正比，現(xiàn)用水平拉力F使物體在粗糙的水平地面上從B點(diǎn)沿水平方向勻速向右運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)，已知運(yùn)動(dòng)過(guò)程中橡皮筋處于彈性限度內(nèi)且物體對(duì)水平地面有壓力，下列說(shuō)法正確的是A.物體所受水平地面的摩擦力保持不變B.物體所受水平地面的支持力變小C.水平拉力F逐漸增大D.物體所受的合力逐漸增大1234567891011121314圖15√√1515.(多選)(2020·湖北荊州市高三上學(xué)期質(zhì)量檢測(cè))如圖解析設(shè)開始時(shí)A離物體上表面的高度為L(zhǎng)，設(shè)某一時(shí)刻橡皮筋與豎直方向的夾角為θ，1234567891011121314其豎直向上的分力：Fy＝FTcosθ＝kL，故物體所受水平地面的支持力大小為FN＝mg－kL，所以物體所受水平地面的支持力保持不變；又因?yàn)镕f＝μFN，所以物體所受水平地面的摩擦力也保持不變，故A正確，B錯(cuò)誤；15解析設(shè)開始時(shí)A離物體上表面的高度為L(zhǎng)，12345678911234567891011121314水平拉力F＝Ff＋FTsinθ＝Ff＋kLtanθ，隨著θ的增大，水平拉力F逐漸增大，故C正確；物體始終處于平衡狀態(tài)，其所受合力始終為零，故D錯(cuò)誤.151234567891011121314水平拉力F＝Ff＋FT本課結(jié)束本課結(jié)束專題一力與運(yùn)動(dòng)專題一力與運(yùn)動(dòng)知識(shí)體系知識(shí)體系6，重力加速度為g，在使BP板由水平位置緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)到豎直位置的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是斜面對(duì)小球的支持力逐漸減小則ab所受的安培力大小為F安＝BIL＝0.(多選)(2020·廣東肇慶市第二次統(tǒng)考)如圖13所示，斜面體置于粗糙水平地面上，斜面體上方水平固定一根光滑直桿，直桿上套有一個(gè)滑塊.F1越來(lái)越大，F(xiàn)2先變小后變大，結(jié)合牛頓第三定律可知，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤.解析分析可知工件受力平衡，將工件受到的重力按照壓緊斜面Ⅰ和Ⅱ的效果進(jìn)行分解，如圖所示，此時(shí)Oa細(xì)線對(duì)小球a的拉力大小為FT＝4mgcos37°＝3.2Ffcosθ＝mg＋2FNsinθ解析分析可知工件受力平衡，將工件受到的重力按照壓緊斜面Ⅰ和Ⅱ的效果進(jìn)行分解，如圖所示，解決動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題的一般思路第1課時(shí)力與物體的平衡若已知sin37°＝0.比較①②③式得：mb>ma>mc，選項(xiàng)B正確.垂直滑軌方向：FN2＝mgcosθ＋F安2sinθ高考題型2動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題解析先將所有的木板看成一個(gè)整體，豎直方向受重力、靜摩擦力，二力平衡，5，木板與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.天花板對(duì)木塊的摩擦力一定不為零(1)在四力平衡中，如果有兩個(gè)力為恒力，或這兩個(gè)力的合力方向確定，為了簡(jiǎn)便可用這兩個(gè)力的合力代替這兩個(gè)力，轉(zhuǎn)化為三力平衡，例如：0T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一個(gè)與水平面成θ＝37°角的導(dǎo)電滑軌，滑軌上垂直放置著一個(gè)可自由移動(dòng)的金屬桿.當(dāng)A對(duì)B沒(méi)有彈力時(shí)，B受到重力和地面的支持力2個(gè)力；減小，故B錯(cuò)誤，D正確；第1課時(shí)力與物體的平衡6，重力加速度為g，在使BP板由水平位置緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)到豎直位置的高考題型1靜態(tài)平衡問(wèn)題高考題型2動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題高考題型3電學(xué)中的平衡問(wèn)題專題強(qiáng)化練內(nèi)容索引NEIRONGSUOYIN高考題型1靜態(tài)平衡問(wèn)題高考題型2動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題高考題型3假設(shè)法若不能確定某力是否存在，可先對(duì)其作出存在的假設(shè)，然后分析若該力存在對(duì)物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的影響，從而來(lái)判斷該力是否存在整體法和隔離法整體法：將加速度相同的幾個(gè)相互關(guān)聯(lián)的物體作為一個(gè)整體進(jìn)行受力分析隔離法：將所研究的對(duì)象從周圍的物體中隔離出來(lái)，單獨(dú)進(jìn)行受力分析選用原則：研究系統(tǒng)外的物體對(duì)系統(tǒng)整體的作用力時(shí)用整體法；研究系統(tǒng)內(nèi)物體之間的相互作用力時(shí)用隔離法.通常整體法和隔離法交替使用.1.受力分析的4種方法高考題型1靜態(tài)平衡問(wèn)題假設(shè)法若不能確定某力是否存在，可先對(duì)其作出存在的假設(shè)，然后分轉(zhuǎn)換研究對(duì)象法根據(jù)牛頓第三定律，例如動(dòng)力學(xué)分析法根據(jù)牛頓第二定律，由加速度方向判定合力的方向，從而確定某一個(gè)力的方向例如：轉(zhuǎn)換研究根據(jù)牛頓第三定律，例如動(dòng)力學(xué)根據(jù)牛頓第二定律，由加速2.處理靜態(tài)平衡問(wèn)題的基本思路2.處理靜態(tài)平衡問(wèn)題的基本思路例1

(2020·全國(guó)Ⅲ·17)如圖1，懸掛甲物體的細(xì)線拴牢在一不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩上O點(diǎn)處；繩的一端固定在墻上，另一端通過(guò)光滑定滑輪與物體乙相連.甲、乙兩物體質(zhì)量相等.系統(tǒng)平衡時(shí)，O點(diǎn)兩側(cè)繩與豎直方向的夾角分別為α和β.若α＝70°，則β等于A.45° B.55° C.60° D.70°考題示例圖1解析取O點(diǎn)為研究對(duì)象，在三力的作用下O點(diǎn)處于平衡狀態(tài)，對(duì)其受力分析如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得β＝55°，故選B.√例1(2020·全國(guó)Ⅲ·17)如圖1，懸掛甲物體的細(xì)線拴牢如圖6所示，用三根輕繩將A、B兩小球以及水平天花板上的固定點(diǎn)O之間兩兩連接.NC.150N D.細(xì)線拉力的水平分力逐漸增大，故水平力F逐漸增大，選項(xiàng)解析先對(duì)球受力分析，球受重力、柱體A對(duì)球的支持力FN1和墻壁對(duì)球的支持力FN2，如圖甲所示，6，cos37°＝0.再以除最外側(cè)兩塊板(中間8塊板)為研究對(duì)象，豎直方向受重力、靜摩擦力，二力平衡，(1)在四力平衡中，如果有兩個(gè)力為恒力，或這兩個(gè)力的合力方向確定，為了簡(jiǎn)便可用這兩個(gè)力的合力代替這兩個(gè)力，轉(zhuǎn)化為三力平衡，例如：5，木板與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.例5(2019·全國(guó)卷Ⅰ·15)如圖13，空間存在一方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩個(gè)帶電小球P和Q用相同的絕緣細(xì)繩懸掛在水平天花板下，兩細(xì)繩都恰好與天花板垂直，則當(dāng)木板與水平面的夾角為45°時(shí)，物塊A、B剛好要滑動(dòng)，則μ的值為聯(lián)立解得F≥20N，細(xì)線拉力的水平分力逐漸增大，故水平力F逐漸增大，選項(xiàng)設(shè)每根橫桿對(duì)足球的彈力方向與豎直方向夾角為α，4N B.48kg，收納架兩根平行等高的橫桿之間的距離d約為12cm.三根繩能承受的最大拉力均為300N，球B由于漏電而下降少許重新平衡，θ角變大，對(duì)木塊受力分析如圖所示.結(jié)合幾何關(guān)系可知工件對(duì)斜面Ⅰ的壓力大小為作出FN、FT的合力F，由平衡條件得知F＝G，高考題型3電學(xué)中的平衡問(wèn)題例2

用卡車運(yùn)輸質(zhì)量為m的勻質(zhì)圓筒狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩光滑斜面之間，如圖2所示.兩斜面Ⅰ、Ⅱ固定在車上，傾角分別為30°和60°.重力加速度為g.當(dāng)卡車沿平直公路勻速行駛時(shí)，圓筒對(duì)斜面Ⅰ、Ⅱ壓力的大小分別為F1、F2，則圖2√如圖6所示，用三根輕繩將A、B兩小球以及水平天花板上的固定點(diǎn)解析分析可知工件受力平衡，將工件受到的重力按照壓緊斜面Ⅰ和Ⅱ的效果進(jìn)行分解，如圖所示，結(jié)合幾何關(guān)系可知工件對(duì)斜面Ⅰ的壓力大小為對(duì)斜面Ⅱ的壓力大小為F2＝mgsin30°＝

mg，選項(xiàng)D正確，A、B、C錯(cuò)誤.解析分析可知工件受力平衡，將工件受到的重力按照壓緊斜面Ⅰ和例3

(2020·山東卷·8)如圖3所示，一輕質(zhì)光滑定滑輪固定在傾斜木板上，質(zhì)量分別為m和2m的物塊A、B，通過(guò)不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過(guò)滑輪連接，A、B間的接觸面和輕繩均與木板平行.A與B間、B與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力.當(dāng)木板與水平面的夾角為45°時(shí)，物塊A、B剛好要滑動(dòng)，則μ的值為圖3√例3(2020·山東卷·8)如圖3所示，一輕質(zhì)光滑定滑輪固解析A、B剛好要滑動(dòng)時(shí)受力平衡，受力分析如圖所示.對(duì)A：FT＝mgsin45°＋μmgcos45°對(duì)B：2mgsin45°＝FT＋3μmgcos45°＋μmgcos45°解析A、B剛好要滑動(dòng)時(shí)受力平衡，受力分析如圖所示.1.(2020·四川瀘州市質(zhì)量檢測(cè))如圖4所示，三根不可伸長(zhǎng)的輕繩一端共同系于O點(diǎn)，A端和B端分別固定在墻壁和地面上，某同學(xué)用水平方向的力拉繩OC，三繩繃緊后，OB繩豎直，OC繩水平，OA繩與豎直墻面夾角θ＝30°.三根繩能承受的最大拉力均為300N，為保證三根輕繩都不被拉斷，則人對(duì)OC繩的水平拉力最大不能超過(guò)A.100N B.150NC.150N D.300N命題預(yù)測(cè)圖4123√1.(2020·四川瀘州市質(zhì)量檢測(cè))如圖4所示，三根不可伸長(zhǎng)解析對(duì)結(jié)點(diǎn)受力分析，如圖所示，由邊角關(guān)系可知OA繩中的拉力最大，由平衡條件得：則三根繩都不會(huì)被拉斷，知FA≤300N，解得：FC≤150N，故選B.123解析對(duì)結(jié)點(diǎn)受力分析，如圖所示，由邊角關(guān)系可知OA繩中的拉力2.(2020·山東兗州市3月網(wǎng)絡(luò)模擬)如圖5所示，豎直平面內(nèi)固定的半圓弧軌道兩端點(diǎn)M、N連線水平，將一輕質(zhì)小環(huán)套在軌道上，一細(xì)線穿過(guò)輕環(huán)，一端系在M點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m的小球，不計(jì)所有摩擦，重力加速度為g，小球恰好靜止在圖示位置，下列說(shuō)法正確的是A.軌道對(duì)輕環(huán)的支持力大小為mgB.細(xì)線對(duì)M點(diǎn)的拉力大小為C.細(xì)線對(duì)輕環(huán)的作用力大小為D.N點(diǎn)和輕環(huán)的連線與豎直方向的夾角為30°圖5123√2.(2020·山東兗州市3月網(wǎng)絡(luò)模擬)如圖5所示，豎直平面解析對(duì)圓環(huán)受力分析；因圓環(huán)兩邊繩子的拉力相等，可知兩邊繩子拉力與OA夾角相等，設(shè)為θ，由幾何關(guān)系可知，∠OMA＝∠MAO＝θ，則3θ＝90°，θ＝30°，細(xì)線對(duì)M點(diǎn)的拉力大小為FT＝mg，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由幾何關(guān)系可知，N點(diǎn)和輕環(huán)的連線與豎直方向的夾角為30°，選項(xiàng)D正確.123解析對(duì)圓環(huán)受力分析；因圓環(huán)兩邊繩子的拉力相等，細(xì)線對(duì)M點(diǎn)的3.(2020·河北省高三二模)某位同學(xué)用筷子將均勻球夾起懸停在空中，如圖6所示，已知球心O與兩根筷子在同一豎直面內(nèi)，小球質(zhì)量為m，筷子與豎直方向之間的夾角均為θ，筷子與小球表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ(最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)，重力加速度為g.每根筷子對(duì)小球的壓力至少為圖6123√3.(2020·河北省高三二模)某位同學(xué)用筷子將均勻球夾起懸解析對(duì)小球受力分析如圖所示，2Ffcosθ＝mg＋2FNsinθFf＝μFN123解析對(duì)小球受力分析如圖所示，1231.解決動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題的一般思路化“動(dòng)”為“靜”，多個(gè)狀態(tài)下“靜”態(tài)對(duì)比，分析各力的變化或極值.2.三力作用下動(dòng)態(tài)平衡高考題型2動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題1.解決動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題的一般思路化“動(dòng)”為“靜”，多個(gè)狀態(tài)下“3.四力作用下動(dòng)態(tài)平衡(1)在四力平衡中，如果有兩個(gè)力為恒力，或這兩個(gè)力的合力方向確定，為了簡(jiǎn)便可用這兩個(gè)力的合力代替這兩個(gè)力，轉(zhuǎn)化為三力平衡，例如：如圖7，qE<mg，把擋板緩慢轉(zhuǎn)至水平的過(guò)程中，可以用重力與電場(chǎng)力的合力mg－qE代替重力與電場(chǎng)力.圖73.四力作用下動(dòng)態(tài)平衡(1)在四力平衡中，如果有兩個(gè)力為恒力如圖8，物體在拉力F作用下勻速運(yùn)動(dòng)，改變?chǔ)却笮?，求拉力的最小值，可以用支持力與摩擦力的合力F′代替支持力與摩擦力.其中F′與豎直方向的夾角θ，滿足tanθ＝

＝μ.圖8(2)對(duì)于一般的四力平衡及多力平衡，可采用正交分解法.如圖8，物體在拉力F作用下勻速運(yùn)動(dòng)，改變?chǔ)却笮?，求拉力的最小?

(多選)如圖9，一粗糙斜面固定在地面上，斜面頂端裝有一光滑定滑輪.一細(xì)繩跨過(guò)滑輪，其一端懸掛物塊N，另一端與斜面上的物塊M相連，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)用水平向左的拉力緩慢拉動(dòng)N，直至懸掛N的細(xì)繩與豎直方向成45°.已知M始終保持靜止，則在此過(guò)程中A.水平拉力的大小可能保持不變B.M所受細(xì)繩的拉力大小一定一直增加C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D.M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增加考題示例圖9√√例4(多選)如圖9，一粗糙斜面固定在地面上，斜面頂端裝有一解析對(duì)N進(jìn)行受力分析如圖所示，因?yàn)镹的重力與水平拉力F的合力和細(xì)繩的拉力FT是一對(duì)平衡力，從圖中可以看出水平拉力的大小逐漸增大，細(xì)繩的拉力也一直增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；M的質(zhì)量與N的質(zhì)量的大小關(guān)系不確定，設(shè)斜面傾角為θ，若mNg≥mMgsinθ，則M所受斜面的摩擦力大小會(huì)一直增大，若mNg<mMgsinθ，則M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后反向增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確.解析對(duì)N進(jìn)行受力分析如圖所示，因?yàn)镹的重力與水平拉力F的合4.(2020·河南信陽(yáng)市高三上學(xué)期期末)如圖10所示，足夠長(zhǎng)的光滑平板AP與BP用鉸鏈連接，平板AP與水平面成53°角固定不動(dòng)，平板BP可繞水平軸在豎直面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)，質(zhì)量為m的均勻圓柱體O放在兩板間，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加速度為g，在使BP板由水平位置緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)到豎直位置的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是A.平板AP受到的壓力先減小后增大B.平板AP受到的壓力先增大后減小C.平板BP受到的最小壓力為0.6mgD.平板BP受到的最大壓力為

mg命題預(yù)測(cè)√456圖104.(2020·河南信陽(yáng)市高三上學(xué)期期末)如圖10所示，足夠解析小球受重力、平板AP的彈力F1和平板BP的彈力F2，根據(jù)平衡條件，三力構(gòu)成一封閉矢量三角形，如圖.從圖中可以看出，在平板PB逆時(shí)針緩慢地轉(zhuǎn)向豎直位置的過(guò)程中，F(xiàn)1越來(lái)越大，F(xiàn)2先變小后變大，結(jié)合牛頓第三定律可知，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤.由幾何關(guān)系可知，當(dāng)F2的方向與AP的方向平行(即與F1的方向垂直)時(shí)，F(xiàn)2有最小值為：F2min＝mgsin53°＝0.8mg；456當(dāng)平板BP豎直時(shí)，F(xiàn)2最大為：F2max＝mg·tan53°＝

mg，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確.解析小球受重力、平板AP的彈力F1和平板BP的彈力F2，根5.(2020·陜西漢中市高三期末)如圖11所示，兩塊固定且相互垂直的光滑擋板POQ，OP豎直放置，OQ水平，小球a、b固定在輕桿的兩端，現(xiàn)有一個(gè)水平向左的推力，作用于b上，使a、b緊靠擋板處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)用力F推動(dòng)小球b，使之緩緩到達(dá)b′位置，則A.推力F變大B.小球a對(duì)OP的壓力變大C.小球b對(duì)OQ的壓力變大D.桿上的彈力減小圖11√4565.(2020·陜西漢中市高三期末)如圖11所示，兩塊固定且解析隔離a分析受力，設(shè)此時(shí)ab間作用力與水平方向的夾角為θ，如圖甲所示.根據(jù)三角形動(dòng)態(tài)圖解法知隨著θ的增大，F(xiàn)′減小，F(xiàn)N減小，根據(jù)牛頓第三定律，小球a對(duì)OP的壓力減小，故B錯(cuò)誤，D正確；對(duì)a、b及輕桿整體受力分析如圖乙所示，456由共點(diǎn)力的平衡條件可知，a、b重新處于靜止?fàn)顟B(tài)前后，OQ擋板對(duì)b的支持力始終保持不變，推力F＝FN，則F一直減小，故A、C錯(cuò)誤.解析隔離a分析受力，設(shè)此時(shí)ab間作用力與水平方向的夾角為θ6.(多選)如圖12所示，表面光滑的半球形物體固定在水平面上，光滑小環(huán)D固定在半球形物體球心O的正上方，輕質(zhì)彈簧一端用輕質(zhì)細(xì)繩固定在A點(diǎn)，另一端用輕質(zhì)細(xì)繩穿過(guò)小環(huán)D與放在半球形物體上的小球P相連，DA水平.現(xiàn)將細(xì)繩固定點(diǎn)A向右緩慢平移的過(guò)程中(小球P未到達(dá)半球最高點(diǎn)前)，下列說(shuō)法正確的是A.彈簧變短B.彈簧變長(zhǎng)C.小球?qū)Π肭虻膲毫Σ蛔僁.小球?qū)Π肭虻膲毫ψ兇髨D12√456√6.(多選)如圖12所示，表面光滑的半球形物體固定在水平面上解析以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，受力分析如圖，小球受重力G、細(xì)線的拉力FT和半球面的支持力FN，作出FN、FT的合力F，由平衡條件得知F＝G，456將細(xì)繩固定點(diǎn)A向右緩慢平移，DO、PO不變，PD變小，可知FT變小，F(xiàn)N不變，即彈簧的彈力變小，彈簧變短，由牛頓第三定律知小球?qū)Π肭虻膲毫Σ蛔儯蔄、C正確，B、D錯(cuò)誤.解析以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，受力分析如圖，456將細(xì)繩固定點(diǎn)A向1.靜電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的平衡問(wèn)題，受力分析時(shí)要注意電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力方向的判斷，再結(jié)合平衡條件分析求解.2.涉及安培力的平衡問(wèn)題，畫受力示意圖時(shí)要注意將立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖.高考題型3電學(xué)中的平衡問(wèn)題1.靜電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的平衡問(wèn)題，受力分析時(shí)要注意電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力例5

(2019·全國(guó)卷Ⅰ·15)如圖13，空間存在一方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩個(gè)帶電小球P和Q用相同的絕緣細(xì)繩懸掛在水平天花板下，兩細(xì)繩都恰好與天花板垂直，則A.P和Q都帶正電荷B.P和Q都帶負(fù)電荷C.P帶正電荷，Q帶負(fù)電荷D.P帶負(fù)電荷，Q帶正電荷考題示例圖13√例5(2019·全國(guó)卷Ⅰ·15)如圖13，空間存在一方向水解析對(duì)P、Q整體進(jìn)行受力分析可知，在水平方向上整體所受電場(chǎng)力為零，所以P、Q必帶等量異種電荷，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；對(duì)P進(jìn)行受力分析可知，Q對(duì)P的庫(kù)侖力水平向右，則勻強(qiáng)電場(chǎng)對(duì)P的電場(chǎng)力應(yīng)水平向左，所以P帶負(fù)電荷，Q帶正電荷，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確.解析對(duì)P、Q整體進(jìn)行受力分析可知，在水平方向上整體所受電場(chǎng)例6

(2017·全國(guó)卷Ⅰ·16)如圖14，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向上(與紙面平行)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，三個(gè)帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc，已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng).下列選項(xiàng)正確的是A.ma＞mb＞mcB.mb＞ma＞mcC.mc＞ma＞mbD.mc＞mb＞ma圖14√例6(2017·全國(guó)卷Ⅰ·16)如圖14，空間某區(qū)域存在勻解析設(shè)三個(gè)微粒的電荷量均為q，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明洛倫茲力提供向心力，重力與電場(chǎng)力平衡，即mag＝qE ①b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，三力平衡，則mbg＝qE＋qvbB ②c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，三力平衡，則mcg＋qvcB＝qE ③比較①②③式得：mb>ma>mc，選項(xiàng)B正確.解析設(shè)三個(gè)微粒的電荷量均為q，7.(2020·安徽蚌埠市高三月考)如圖15所示，放在水平地面上的光滑絕緣圓筒內(nèi)有兩個(gè)帶正電的小球A、B，A位于筒底靠在左側(cè)壁處，B在右側(cè)筒壁上受到A的斥力作用處于靜止?fàn)顟B(tài).若A的電荷量保持不變，B由于漏電而下降少許重新平衡，下列說(shuō)法中正確的是

A.小球A對(duì)筒底的壓力變小B.小球B對(duì)筒壁的壓力變大C.小球A、B間的庫(kù)侖力變小D.筒壁對(duì)小球A的彈力變小命題預(yù)測(cè)78圖15√7.(2020·安徽蚌埠市高三月考)如圖15所示，放在水平地78解析以整體為研究對(duì)象可知，圓筒底部對(duì)A球的支持力大小等于A、B兩球的總重力，由牛頓第三定律可知A對(duì)筒底的壓力大小也等于A、B兩球的總重力，小球A對(duì)筒底的壓力不變，故A錯(cuò)誤；對(duì)B球受力分析如圖所示根據(jù)平衡條件有FN＝mgtanθ球B由于漏電而下降少許重新平衡，θ角變大，因此筒壁給球B的支持力FN＝mgtanθ增大，78解析以整體為研究對(duì)象可知，圓筒底部對(duì)A球的支持力大小等78根據(jù)牛頓第三定律可知B球?qū)ν脖诘膲毫ψ兇?，故B正確；小球A、B間的庫(kù)侖力為θ角變大，cosθ變小，庫(kù)侖力F變大，故C錯(cuò)誤；以AB兩球整體為研究對(duì)象，筒壁對(duì)B的彈力等于筒壁對(duì)A的彈力，所以筒壁對(duì)A的彈力增大，故D錯(cuò)誤.78根據(jù)