【物理】2020届二轮复习专题一第1讲力与物体的平衡学案
第一部分 专题复习篇
专题一 力和运动
第1讲 力与物体的平衡
构建网络·重温真题
1．(2019·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。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则( )
A．F1＝mg，F2＝mg B．F1＝mg，F2＝mg
C．F1＝mg，F2＝mg D．F1＝mg，F2＝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°＝mg，F2＝mgsin30°＝mg，D正确。
2．(2019·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，在航道处建造了单面索(所有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，索塔两侧的钢索必须对称分布
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，合力一定竖直向下，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．(2018·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，非万缗不可。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一定，θ大时FN大
B．若F一定，θ小时FN大
C．若θ一定，F大时FN大
D．若θ一定，F小时FN大
答案 BC
解析 选木楔为研究对象，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°－)＝2FNsin，故解得FN＝，所以F一定时，θ越小，FN越大；θ一定时，F越大，FN越大，故A、D错误，B、C正确。
4．(2017·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－ B. C. D.
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水平时，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＝。故选C。
5．(2019·全国卷Ⅱ)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行。已知物块与斜面之间的动摩擦因数为，重力加速度取10 m/s2。若轻绳能承受的最大张力为1500 N，则物块的质量最大为( )
A．150 kg B．100 kg
C．200 kg D．200 kg
答案 A
解析 物块沿斜面向上匀速运动，受力如图，根据平衡条件有
F＝Ff＋mgsinθ①
Ff＝μFN②
FN＝mgcosθ③
由①②③式得
F＝mgsinθ＋μmgcosθ
所以m＝
故当Fmax＝1500 N时，有mmax＝150 kg，A正确。
6．(2019·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. B.
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.(2019·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减小后增加
答案 BD
解析 选N为研究对象，受力情况如图甲所示，用水平拉力F缓慢拉动N的过程中，水平拉力F逐渐增大，细绳的拉力T逐渐增大，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，若开始时斜面对M的摩擦力f沿斜面向上，则T＋f＝GMsinθ，T逐渐增大，f逐渐减小，可能会出现f减小到零后，再反向增大；若开始时斜面对M的摩擦力沿斜面向下，则T＝GMsinθ＋f，当T逐渐增大时，f逐渐增大，C错误，D正确。
8．(2017·全国卷Ⅰ)(多选) 如图，柔软轻绳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>)。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上的张力逐渐增大
B．MN上的张力先增大后减小
C．OM上的张力逐渐增大
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。开始时，TOM＝mg，TMN＝0。由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，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逐渐增大，则角(α－β)逐渐减小，但角θ不变，在三角形中，利用正弦定理得：＝，(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＝，在β由0变为的过程中，TMN一直增大，选项A正确。
命题特点：力与物体的平衡知识几乎贯穿整个高中物理的始终，在高考中考查非常多，除了跟其他章节内容综合考查外，也经常单独命题，主要考查受力分析特别是静摩擦力的判断，平衡的问题特别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、转换研究对象法、图解法等。
高考考向1 受力分析
例1 (2019·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2mg
B．a物体所受摩擦力的大小为F
C．b物体所受摩擦力的大小为F
D．弹簧对b物体的弹力大小可能为mg
(1)b与上挡板之间是否有摩擦力？
提示：根据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：根据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，因此它们之间一定存在弹力，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；根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明确研究对象(如一个点、一个物体或一个系统)，并将其隔离，分析周围物体对它施加的力。
②按顺序找力：首先场力，其次弹力(个数不多于周围与之接触的物体个数)，再次摩擦力(个数不多于弹力)，最后分析有无外加的已知力。
(2)技巧
①善于转换研究对象，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情况，再应用牛顿第三定律判定。
②假设法是判断弹力、摩擦力的存在及方向的基本方法。
1．(2019·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向上，大小等于重力沿斜面向下的分力，即f＝mgsin30°＝0.5mg，不可能为零，故C、D错误；因为滑块受摩擦力，故一定还受斜面的支持力，弹簧的形变情况未知，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．(2019·山东滨州二模) 浙江乌镇一带的农民每到清明时节举办民俗活动，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 表演者大部分情况下受到重力、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，不一定与竹竿垂直，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 (2019·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2mgsinθ
C．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
(1)研究斜面和水平地面间有无静摩擦力时适合选谁为研究对象？
提示：A、B两物块及轻质弹簧、斜面组成的整体。
(2)研究弹簧的最大压缩量时适合选谁为研究对象？
提示：物块A或者物块B。
[解析] 以A、B两物块和轻质弹簧、斜面组成的整体为研究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组成的系统为研究对象，摩擦力等于重力沿斜面的分力，即f＝2mgsinθ，故B正确；以A
为研究对象进行受力分析，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′
OB。某次产品质量检测和性能测试中保持A、B两点不动，只改变钢索OA的长度，关于钢索OA的拉力F1和杆OB上的支持力F2的变化情况，下列说法正确的有( )
A．从图示位置开始缩短钢索OA，钢索OA的拉力F1先减小后增大
B．从图示位置开始缩短钢索OA，杆OB上的支持力F2大小不变
C．从图示位置开始伸长钢索OA，钢索OA的拉力F1增大
D．从图示位置开始伸长钢索OA，杆OB上的支持力F2先减小后增大
答案 BC
解析 分析O点的受力情况，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，根据相似三角形知识可知＝＝，所以从题图图示位置开始缩短钢索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；从题图图示位置开始伸长钢索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．(2019·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，以下判断正确的是( )
A．弹簧的弹力逐渐增大
B．弹簧的弹力先减小后增大
C．杆对环的弹力逐渐增大
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；开始时弹簧处于竖直位置，根据平衡条件可得，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，则在环从开始到弹簧与杆垂直位置的过程中，由平衡知识有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，由平衡知识有F＝F弹cosθ＋mgsin30°，随θ角的减小，F弹增大，则F仍然是增大，可知拉力F一直增大，D错误。
高考考向4 电磁场中的受力平衡问题
例4 (2019·两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正上方处的D点，另一端与质量为m的带电小球2连接，发现小球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
C．小球2在A位置时所带电荷量为
D．弹性绳原长为l
(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°＝mg，根据库仑定律得：F＝，联立可得：q2＝，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，根据库仑定律得：F′＝，小球2在A位置时所带电荷量：q1＝，故C正确；小球2在A位置时，弹性绳的长度：l1＝＋l＝l，小球2在C位置时，弹性绳的长度l2＝＋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、洛伦兹力参与下的平衡问题。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．(2019·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
C．当qE＝mg时，小球从M运动到N时电势能变化量为零
D．F所做的功一定为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。根据右图可知，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＝＝，B正确；当mg＝Eq时，根据几何关系，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电势能的变化量为零，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．(2019·四川达州高三二诊)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，发现A球随之沿斜面向上移动少许，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，根据库仑定律可知，两球间距变大，A、D错误；对A、B整体受力分析可知：NB与NA的竖直分量之和等于A、B的重力之和，NA减小，则NA的竖直分量减小，则NB增大，B错误；对B受力分析可知，F等于库仑力F库的水平分量，因F库减小且F库与水平方向的夹角变大，则F库的水平分量减小，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施加一个沿斜面向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为研究对象，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整体为研究对象，分析受力情况如图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，对斜面进行研究，受力分析如图c所示，物体对斜面的压力和摩擦力没有变化，压力和摩擦力的合力方向仍竖直向下，斜面的受力情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．(2019·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)g
C．B对A的压力大小为mg
D．细线对小球的拉力大小为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，根据平衡条件，有：F＝，T＝mgtanθ
，由几何关系有：cosθ＝，tanθ＝，解得：F＝·mg，T＝mg·＝mg，C错误，D正确。
2. (2019·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上加一个沿斜面向下的力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决定，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向下，m
沿斜面向下做加速运动，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．(2019·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．物块将沿斜面向上做匀加速直线运动
D．物块将沿斜面向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，沿斜面向上的力为Fcosα，沿斜面向下的力为mgsinα，故物块仍然保持平衡，不会做匀加速直线运动，C、D错误。
4．(2019·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，下列判断正确的是( )
A．小球A对物体B的压力逐渐增大
B．小球A对物体B的压力逐渐减小
C．墙面对小球A的支持力逐渐减小
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＝，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的压力逐渐增大，故A正确，B、C、D错误。
5．(2019·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
D．a、b小球电量之比为
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所受合力都不可能为零，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＝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·sin60°＝·sin30°，解得＝，故C错误，D正确。
6．(2019·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＝，在竖直平面内加与导体棒ab垂直的匀强磁场，发现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＝，得：θ≤30°，故A正确。
7．(2019·山东日照高考模拟)如图所示，两个质量分别为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略不计，重力加速度大小用g表示，下列判断正确的是( )
A．小圆环A、B受到大圆环的支持力之比是∶1
B．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mg
答案 A
解析 对A和B进行受力分析，根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，根据正弦定理可以得到：＝，＝，由于T＝T′，α＋β＝90°，
整理可以得到：α＝30°，β＝60°，T＝T′＝mg，
再次利用正弦定理：＝，＝，整理可以得到：NA∶NB＝∶1，故A正确，B、D错误；由图根据几何知识可以知道，细线与水平方向的夹角为90°－30°－45°＝15°，故C错误。
8．(2019·西宁第四中学高三一模)如图所示，将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O′处(O为球心)，弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点。已知容器半径为R，与水平面间的动摩擦因数为μ，OP与水平方向的夹角为θ＝30°。下列说法正确的是( )
A．容器相对于水平面有向左运动的趋势
B．轻弹簧对小球的作用力大小为mg
C．容器对小球的作用力竖直向上
D．弹簧原长为R＋
答案 BD
解析 由于容器和小球组成的系统处于平衡状态，容器相对于水平面没有向左运动的趋势，故A错误；容器对小球的作用力是弹力，指向球心O，故C错误；对小球受力分析，如图所示，由θ＝30°可知，支持力和弹簧的弹力之间的夹角为120°，则由几何关系可知，小球受到容器的支持力和弹簧对小球的弹力大小均为mg，故B正确；图中弹簧长度为R，压缩量为，故原长为R＋，故D正确。
9．(2019·湖南省长沙市第一中学高三第八次月考)《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1000 kV的高压线上带电作业的过程。如图所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮上。另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制。身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处。绳OD一直处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为m，不计一切阻力，重力加速度大小为g。关于王进从C点运动到E点的过程中，下列说法正确的是( )
A．工人对绳的拉力一直变大
B．绳OD的拉力一直变小
C．OD、CD两绳拉力的合力大小等于mg
D．当绳CD与竖直方向的夹角为30°时，工人对绳的拉力为mg
答案 CD
解析 对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示，绳OD的拉力为F1，与竖直方向的夹角为θ，绳CD的拉力为F2，与竖直方向的夹角为α。根据几何知识知：θ＋2α＝90°，王进从C点运动至E点的过程中，θ减小，α增大，则由正弦定理可得F1增大，F2减小，A、B错误；由于整个过程中，系统始终处于平衡状态，故两绳拉力的合力大小等于mg，C正确；当α＝30°时，θ＝30°，可得F2＝mg，D正确。
10．(2019·武昌区调研)如图所示，竖直杆固定在木块C上，两者总重为20 N，放在水平地面上。轻细绳a连接小球A和竖直杆顶端，轻细绳b连接小球A和B，小球B重为10 N。当用与水平方向成30°角的恒力F作用在小球B上时，A、B、C刚好保持相对静止且一起水平向左做匀速运动，绳a、b与竖直方向的夹角分别恒为30°和60°，则下列判断正确的是( )
A．力F的大小为10 N
B．地面对C的支持力大小为40 N
C．地面对C的摩擦力大小为10 N
D．A球重为10 N
答案 AD
解析 以B为研究对象受力分析，水平方向受力平衡，有：Fcos30°＝Tbsin60°，解得：Tb＝F，竖直方向受力平衡，则有：Fsin30°＋Tbcos60°＝mBg，解得：F＝mBg＝10 N，以A为研究对象受力分析，竖直方向上有：mAg＋Tbcos60°＝Tacos30°，水平方向：Tasin30°＝Tbsin60°，联立得：mA＝mB，即A球重为10 N，故A、D正确；以A、B、C和竖直杆整体为研究对象受力分析，水平方向：f＝Fcos30°＝5 N，竖直方向：N＋Fsin30°＝(M＋mA＋mB)g，解得：N＝35 N，故B、C错误。
