高考物理二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題01 力與物體的平衡解析版

第頁(yè)碼頁(yè)碼頁(yè)/總NUMPAGES總頁(yè)數(shù)總頁(yè)數(shù)頁(yè)EvaluationWarning:ThedocumentwascreatedwithSpire.Docfor.NET.2021年高考物理二輪復(fù)習(xí)熱點(diǎn)題型歸納與提分秘籍專(zhuān)題01力與物體的平衡目錄TOC\o"1-3"\h\u一、熱點(diǎn)題型歸納 1【題型一】受力分析、整體法隔離法的應(yīng)用 1【題型二】共點(diǎn)力的靜態(tài)平衡 4【題型三】共點(diǎn)力作用下的動(dòng)態(tài)平衡 8【題型四】平衡中的臨界極值 12【題型五】電磁場(chǎng)中的受力平衡問(wèn)題 15二、高考題型標(biāo)準(zhǔn)練 20一、熱點(diǎn)題型歸納【題型一】受力分析、整體法隔離法的應(yīng)用【題型解碼】1．基本思路在分析兩個(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離法進(jìn)行分析．2．兩點(diǎn)注意(1)采用整體法進(jìn)行受力分析時(shí)，要注意系統(tǒng)內(nèi)各個(gè)物體的狀態(tài)應(yīng)該相同．(2)當(dāng)直接分析一個(gè)物體的受力不方便時(shí)，可轉(zhuǎn)移研究對(duì)象，先分析另一個(gè)物體的受力，再根據(jù)牛頓第三定律分析該物體的受力，此法叫“轉(zhuǎn)移研究對(duì)象法”．【典例分析1】（2021·黑龍江牡丹江一中高三上學(xué)期1月期末）如圖所示，物體B疊放在物體A上，A、B的質(zhì)量均為m，且上、下表面均與斜面平行，它們以共同速度沿傾角為θ的固定斜面C勻速下滑，重力加速度為g，則（）A.A、B間沒(méi)有靜摩擦力B.A受到B的靜摩擦力方向沿斜面向上C.A受到斜面的滑動(dòng)摩擦力大小為mgsinθD.A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tanθ【答案】D【解析】AB．對(duì)物體B受力分析可知，B一定受重力、支持力，將重力分解可知重力有沿斜面向下的分力，B能勻速下滑，受力一定平衡，故A對(duì)B應(yīng)有沿斜面向上的靜摩擦力；根據(jù)力的相互作用規(guī)律可知，A受到B的靜摩擦力應(yīng)沿斜面向下，故A、B錯(cuò)誤；C．對(duì)A、B整體受力分析，并將整體重力分解，可知沿斜面方向上，重力的分力與摩擦力等大反向，故A受的滑動(dòng)摩擦力沿斜面向上，大小為2mgsinθ，C錯(cuò)誤；D．對(duì)A、B整體受力分析，受重力、支持力和滑動(dòng)摩擦力，由于勻速下滑，故重力沿斜面方向的分力與滑動(dòng)摩擦力平衡，故2mgsinθ＝μ·2mgcosθ解得μ＝tanθ選項(xiàng)D正確。故選D。【典例分析2】(2020·浙江杭州市模擬)平衡藝術(shù)家在不使用任何工具的情況下，僅靠大自然重力就能將形狀各異的石頭疊在一起，贏得了無(wú)數(shù)驚嘆聲．某次一平衡藝術(shù)家將石塊A、B、C從上到下依次疊放在一塊大石頭上，并使它們始終保持靜止，整個(gè)環(huán)境處于無(wú)風(fēng)狀態(tài)，則()A．石塊A對(duì)石塊B的壓力就是A的重力B．石塊B受力的個(gè)數(shù)不可能超過(guò)4個(gè)C．石塊C對(duì)石塊B的作用力豎直向上D．石塊C對(duì)石塊B的作用力大小是石塊B對(duì)石塊A作用力大小的兩倍【答案】C【解析】壓力和重力是不同性質(zhì)的力，壓力不是重力，石塊A對(duì)石塊B的壓力大小等于A的重力，故A錯(cuò)誤；石塊B受力的個(gè)數(shù)最多可能有5個(gè)，即重力、A對(duì)B的壓力和摩擦力、C對(duì)B的支持力和摩擦力，故B錯(cuò)誤；石塊C對(duì)石塊B的作用力與A和B的總重力大小相等、方向相反，即方向豎直向上，故C正確；由于石塊A和石塊B質(zhì)量未知，不能確定三個(gè)石塊間作用力的大小關(guān)系，故D錯(cuò)誤．【提分秘籍】1.受力分析的常用方法受力分析貫穿整個(gè)力學(xué)，包括分析處于平衡狀態(tài)和非平衡狀態(tài)物體的受力情況，為了知識(shí)的連貫，此處歸納出通用的受力分析方法(對(duì)于非平衡狀態(tài)的受力分析運(yùn)用參見(jiàn)后續(xù)二、三、四專(zhuān)題)。(1)假設(shè)法：在受力分析時(shí)，對(duì)于彈力、摩擦力，若不能確定是否存在，或者不能確定力的方向、特點(diǎn)，可先作出假設(shè)(如該力存在、沿某一個(gè)方向、摩擦力是靜摩擦力)，然后根據(jù)該假設(shè)對(duì)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的影響判斷假設(shè)是否成立。(2)整體法與隔離法：若系統(tǒng)內(nèi)各個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)相同，優(yōu)先采用整體法；如果需要求解系統(tǒng)內(nèi)部的相互作用，可再用隔離法。如果系統(tǒng)內(nèi)部各部分運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同，一般用隔離法(如果存在相對(duì)運(yùn)動(dòng)但整體處于平衡狀態(tài)，也可以采用整體法)。整體法與隔離法一般交叉綜合運(yùn)用。(3)轉(zhuǎn)換對(duì)象法：當(dāng)直接分析一個(gè)物體的受力不方便時(shí)，可轉(zhuǎn)換研究對(duì)象，先分析另一個(gè)物體的受力，再根據(jù)牛頓第三定律分析該物體的受力。(4)動(dòng)力學(xué)分析法：根據(jù)物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)用平衡條件或牛頓運(yùn)動(dòng)定律確定其受力情況。2.整體法和隔離法的應(yīng)用技巧(1)不涉及系統(tǒng)內(nèi)力時(shí)，優(yōu)先考慮應(yīng)用整體法，即“能整體、不隔離”。(2)應(yīng)用“隔離法”時(shí)，要先隔離“簡(jiǎn)單”的物體，如待求量少、或受力少、或處于邊緣處的物體。(3)將“整體法”與“隔離法”有機(jī)結(jié)合、靈活應(yīng)用。(4)各“隔離體”間的力，表現(xiàn)為作用力與反作用力，對(duì)整體系統(tǒng)則是內(nèi)力?！緩?qiáng)化訓(xùn)練】1.(2020·四川南充市第三次適性考試)如圖所示，截面為等腰直角三角形的斜面體A放在光滑水平面上，光滑球B的重力為G，放在斜面體和豎直墻壁之間，要使A和B都處于靜止?fàn)顟B(tài)，作用在斜面體上的水平力F的大小為()A．G B.eq\r(2)GC．1.5G D．2G【答案】A【解析】對(duì)處于平衡狀態(tài)的A和B的整體受力分析，如圖甲所示，對(duì)B受力分析，如圖乙所示：由圖甲可得：F＝FN墻由題圖乙可得FN墻＝Gtanθ，由幾何關(guān)系可知θ＝45°，聯(lián)立各式可得F＝G，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤．2.（2021·西藏山南二高高三上學(xué)期12月月考）如圖所示，傾角為α、質(zhì)量為M的斜面體靜止在水平桌面上，質(zhì)量為m的木塊靜止在斜面體上．下列結(jié)論正確的是A.木塊受到的摩擦力大小是mgcosαB.木塊對(duì)斜面體的壓力大小是mgsinαC.桌面與斜面體之間沒(méi)有摩擦力D.桌面對(duì)斜面體的支持力大小是Mg【答案】C【解析】對(duì)木塊m受力分析，受重力、支持力和靜摩擦力，根據(jù)平衡條件求解支持力和靜摩擦力；對(duì)M和m整體受力分析，受重力和支持力，二力平衡；AB、對(duì)木塊m受力分析，受重力mg、支持力N和靜摩擦力f，根據(jù)平衡條件，有：，，根據(jù)牛頓第三定律，木塊對(duì)斜面體的壓力大小也為，故A、B錯(cuò)誤；CD、對(duì)M和m整體受力分析，受重力和支持力，二力平衡，故桌面對(duì)斜面體的支持力為，靜摩擦力為零，故C正確，D錯(cuò)誤；故選C．3.如圖所示，與水平面夾角為30°的固定斜面上有一質(zhì)量m＝1.0kg的物體．細(xì)繩的一端與物體相連，另一端經(jīng)摩擦不計(jì)的定滑輪與固定的彈簧秤相連．物體靜止在斜面上，彈簧秤的示數(shù)為4.9N．關(guān)于物體受力的判斷(取g＝9.8m/s2)，下列說(shuō)法正確的是()A．斜面對(duì)物體的摩擦力大小為零B．斜面對(duì)物體的摩擦力大小為4.9N，方向沿斜面向上C．斜面對(duì)物體的支持力大小為4.9eq\r(3)N，方向豎直向上D．斜面對(duì)物體的支持力大小為4.9N，方向垂直斜面向上【答案】A【解析】選斜面上的物體為研究對(duì)象，物體受重力mg，斜面的支持力FN和細(xì)繩的拉力F，因?yàn)镕＝4.9N，且重力沿斜面方向上的分力為mgsin30°＝4.9N＝F，所以斜面對(duì)物體的摩擦力為零，選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；斜面對(duì)物體的支持力FN＝mgcos30°＝4.9eq\r(3)N，方向垂直斜面向上，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤．【題型二】共點(diǎn)力的靜態(tài)平衡【題型解碼】1．基本思路：根據(jù)物體所處的狀態(tài)(靜止或者勻速直線運(yùn)動(dòng))，受力分析，結(jié)合平衡條件列式．2．主要方法：力的合成法和正交分解法．【典例分析1】（2021·福建省三明市高三上學(xué)期1月期末）如圖所示，不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩，一端固定于豎直桿P上，另一端繞過(guò)輕質(zhì)定滑輪，懸掛一質(zhì)量為m的物體?，F(xiàn)掛上質(zhì)量為m（包括衣架）的衣服，不計(jì)一切摩擦，當(dāng)系統(tǒng)靜止時(shí)，輕繩與豎直方向夾角分別為和，對(duì)定滑輪的作用力大小為F，則（）A. B. C. D.【答案】AC【解析】AB．質(zhì)量為m的物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，則繩子拉力大小等于物體重力，即對(duì)節(jié)點(diǎn)O受力分析，受到兩個(gè)繩子拉力和衣架向下的拉力，大小等于mg，正交分解得水平方向豎直方向解得故A正確，B錯(cuò)誤；CD．根據(jù)幾何知識(shí)可知，作用于滑輪上兩個(gè)繩子拉力夾角為，則對(duì)定滑輪的作用力大小為故C正確，D錯(cuò)誤。故選AC?！镜淅治?】（2019·新課標(biāo)全國(guó)Ⅲ卷）用卡車(chē)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，如圖所示。兩斜面Ⅰ、Ⅱ固定在車(chē)上，傾角分別為30°和60°。重力加速度為g。當(dāng)卡車(chē)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()A．F1＝eq\f(\r(3),3)mg，F(xiàn)2＝eq\f(\r(3),2)mg B．F1＝eq\f(\r(3),2)mg，F(xiàn)2＝eq\f(\r(3),3)mgC．F1＝eq\f(1,2)mg，F(xiàn)2＝eq\f(\r(3),2)mg D．F1＝eq\f(\r(3),2)mg，F(xiàn)2＝eq\f(1,2)mg【答案】D【解析】如圖所示，卡車(chē)勻速行駛，圓筒受力平衡，由題意知，力F1′與F2′相互垂直。由牛頓第三定律知F1＝F1′，F(xiàn)2＝F2′，則F1＝mgsin60°＝eq\f(\r(3),2)mg，F(xiàn)2＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，D正確?！咎岱置丶?.處理靜態(tài)平衡問(wèn)題的常用方法方法內(nèi)容合成法物體受三個(gè)共點(diǎn)力的作用而平衡，則任意兩個(gè)力的合力一定與第三個(gè)力大小相等，方向相反分解法物體受三個(gè)共點(diǎn)力的作用而平衡，將某一個(gè)力按力的效果分解，則其分力和其他兩個(gè)力滿(mǎn)足平衡條件正交分解法物體受到三個(gè)或三個(gè)以上力的作用而平衡，將物體所受的力分解為相互垂直的兩組，每組力都滿(mǎn)足平衡條件力的三角形法對(duì)受三個(gè)力作用而平衡的物體，將力的矢量圖平移使三個(gè)力組成一個(gè)首尾依次相接的矢量三角形，根據(jù)正弦定理、余弦定理或相似三角形等數(shù)學(xué)知識(shí)求解未知力2.靜態(tài)平衡問(wèn)題的解題“四步驟”【強(qiáng)化訓(xùn)練】1.(2020·衡水金卷)如圖所示，傾角為30°的斜面固定在水平地面上，斜面上放有一重為G的物塊，物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于eq\f(\r(3),3)，水平輕彈簧一端頂住物塊，另一端頂住豎直墻面，物塊剛好沿斜面向上滑動(dòng)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，彈簧的彈力大小是()A．eq\f(1,2)G B．eq\f(\r(3),2)GC．eq\f(\r(3),3)G D．eq\r(3)G【答案】D【解析】根據(jù)物體的受力情況可知：Fcos30°＝Gsin30°＋μ(Fsin30°＋Gcos30°)，解得F＝eq\r(3)G，故選D．2.(2020·四川宜賓市四中高三下學(xué)期三診)如圖所示，水平臺(tái)面上放置一個(gè)帶有底座的倒三腳支架，每根支架與水平面均成45°角且任意兩支架之間夾角相等．一個(gè)質(zhì)量為m的均勻光滑球體放在三腳架里，重力加速度為g，則每根支架所受球體的壓力大小是()A.eq\f(1,6)mgB.eq\f(\r(2),3)mgC.eq\f(3\r(2),2)mgD.eq\f(1,3)mg【答案】B【解析】光滑球體受重力和三個(gè)支持力，三個(gè)支持力與豎直方向的夾角均為45°，對(duì)其中一個(gè)FN分解如圖，則根據(jù)平衡條件可得3FNcos45°＝mg解得FN＝eq\f(mg,3cos45°)＝eq\f(\r(2),3)mg，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤．3.(2019·重慶市部分區(qū)縣第一次診斷)如圖所示，水平直桿OP右端固定于豎直墻上的O點(diǎn)，長(zhǎng)為L(zhǎng)＝2m的輕繩一端固定于直桿P點(diǎn)，另一端固定于墻上O點(diǎn)正下方的Q點(diǎn)，OP長(zhǎng)為d＝1.2m，重為8N的鉤碼用光滑掛鉤掛在輕繩上處于靜止?fàn)顟B(tài)，則輕繩的彈力大小為()A．10NB．8NC．6ND．5N【答案】D【解析】設(shè)掛鉤所在處為N點(diǎn)，延長(zhǎng)PN交墻于M點(diǎn)，如圖所示：同一條繩子拉力相等，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知兩邊的繩子與豎直方向的夾角相等，設(shè)為α，則根據(jù)幾何關(guān)系可知NQ＝MN，即PM等于繩長(zhǎng)；根據(jù)幾何關(guān)系可得：sinα＝eq\f(PO,PM)＝eq\f(1.2,2)＝0.6，則α＝37°，根據(jù)平衡條件可得：2FTcosα＝G，解得：FT＝5N，故D正確．【題型三】共點(diǎn)力作用下的動(dòng)態(tài)平衡【題型解碼】1.平衡中的“四看”與“四想”(1)看到“緩慢”，想到“物體處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài)”。(2)看到“輕繩、輕環(huán)”，想到“繩、環(huán)的質(zhì)量可忽略不計(jì)”。(3)看到“光滑”，想到“摩擦力為零”。(4)看到“恰好”想到“題述的過(guò)程存在臨界點(diǎn)”。2.解決動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題的一般思路：化“動(dòng)”為“靜”，“靜”中求“動(dòng)”。動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題的常用方法：(1)圖解法(2)解析法(3)相似三角形法(4)正弦定理法等【典例分析1】(2020·安徽蚌埠市第二次質(zhì)檢)如圖所示，物體甲放置在水平地面上，通過(guò)跨過(guò)定滑輪的輕繩與小球乙相連，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)對(duì)小球乙施加一個(gè)水平力F，使小球乙緩慢上升一小段距離，整個(gè)過(guò)程中物體甲保持靜止，甲受到地面的摩擦力為Ff，則該過(guò)程中()A．Ff變小，F(xiàn)變大B．Ff變小，F(xiàn)變小C．Ff變大，F(xiàn)變小D．Ff變大，F(xiàn)變大【答案】D【解析】方法一：解析法以小球乙為研究對(duì)象，受力分析，如圖甲所示，設(shè)繩與豎直方向的夾角為α，小球乙的質(zhì)量為m乙，根據(jù)平衡條件可得，水平拉力F＝m乙gtanα，乙球緩慢上升一小段距離的過(guò)程中，α增大，可知水平拉力F逐漸增大，繩子的拉力FT＝eq\f(m乙g,cosα)，故繩子的拉力也是逐漸增大；以物體甲為研究對(duì)象，受力分析如圖乙所示，根據(jù)平衡條件可得，物體甲受到的地面的摩擦力Ff與繩子的拉力沿水平方向的分力FTx＝FTcosθ等大反向，故摩擦力方向向左，F(xiàn)f＝eq\f(m乙gcosθ,cosα)逐漸增大，故D正確．方法二：圖解法對(duì)乙球受力分析并把各力平移到一個(gè)矢量三角形內(nèi)，畫(huà)出如圖丙所示的動(dòng)態(tài)分析，可知F、FT都增大．【典例分析2】(2020·浙江“七彩陽(yáng)光”新高考聯(lián)盟評(píng)估)一根不可伸長(zhǎng)的細(xì)線套在兩光滑且大小不計(jì)的定滑輪上，質(zhì)量為m的圓環(huán)穿過(guò)細(xì)線，如圖所示．現(xiàn)施加一作用力F使圓環(huán)保持靜止?fàn)顟B(tài)，且細(xì)線始終有張力作用，若AC段豎直，BC段水平，AC長(zhǎng)度等于BC長(zhǎng)度，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是()A．F的大小不可能為mgB．F的最小值為eq\f(\r(2),2)mgC．大小為2mg的力F對(duì)應(yīng)有兩個(gè)方向D．F的方向可能與豎直向下方向成45°角【答案】B【解析】同一根細(xì)線上拉力相等，則AC、BC線在C點(diǎn)的合力為FT，方向與豎直方向成45°角．作力的矢量三角形，如圖所示，F(xiàn)的大小沿實(shí)線時(shí)取最小值，由幾何關(guān)系知大小為eq\f(\r(2),2)mg，B對(duì)；力F在水平方向時(shí)，大小為mg，A錯(cuò)；大小為2mg的力F只對(duì)應(yīng)一個(gè)方向，C錯(cuò)；F的方向與豎直向下方向成45°角時(shí)，不能構(gòu)成閉合矢量三角形，無(wú)解，D錯(cuò)．【提分秘籍】解決動(dòng)態(tài)平衡常用方法1．圖解法物體受三個(gè)力平衡：一個(gè)力恒定、另一個(gè)力的方向恒定時(shí)可用此法．由三角形中邊長(zhǎng)的變化知力的大小的變化，還可判斷出極值．例：擋板P由豎直位置繞O點(diǎn)逆時(shí)針向水平位置緩慢旋轉(zhuǎn)時(shí)小球受力的變化．(如圖)2．相似三角形法物體受三個(gè)力平衡：一個(gè)力恒定、另外兩個(gè)力的方向同時(shí)變化，當(dāng)所作“力的矢量三角形”與空間的某個(gè)“幾何三角形”總相似時(shí)用此法(如圖)．3．解析法如果物體受到多個(gè)力的作用，可進(jìn)行正交分解，利用解析法，建立平衡方程，找函數(shù)關(guān)系，根據(jù)自變量的變化確定因變量的變化．還可由數(shù)學(xué)知識(shí)求極值或者根據(jù)物理臨界條件求極值．【強(qiáng)化訓(xùn)練】1.(2020·山東泰安診斷)如圖所示，一光滑的輕滑輪用細(xì)繩OO′懸掛于O點(diǎn)；另一細(xì)繩跨過(guò)滑輪，其一端懸掛質(zhì)量為m的物塊A，另一端系一位于固定光滑斜面上的質(zhì)量為2m的物塊B，斜面傾角θ＝45°，外力F沿斜面向上拉物塊B，使物塊B由滑輪正下方位置緩慢運(yùn)動(dòng)到和滑輪等高的位置，則()A．細(xì)繩OO′的拉力逐漸增大B．細(xì)線對(duì)物塊B的拉力逐漸變大C．斜面對(duì)物塊B的支持力逐漸變大D．外力F逐漸變大【答案】D【解析】由題可知，物塊緩慢移動(dòng)，整體都處于平衡狀態(tài)，則繩的拉力等于下面繩對(duì)A的拉力和繩對(duì)B的拉力的合力，由于繩對(duì)A的拉力和繩對(duì)B的拉力大小相等，都等于A物體的重力的大小，但是由于B物體上移，導(dǎo)致二者之間的夾角變大，則根據(jù)平行四邊形定則可知合力變小，即繩的拉力逐漸減小，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；該時(shí)刻對(duì)物塊B受力分析如圖所示．當(dāng)物塊B上移時(shí)α先減小后增大，在垂直斜面方向根據(jù)平衡方程可知：斜面對(duì)物塊B的支持力先減小后增大，在沿斜面方向根據(jù)平衡條件可知外力F逐漸變大，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確．2.(2020·四川資陽(yáng)二診)如圖所示，“L”形支架AOB水平放置，物體P位于支架的OB部分，接觸面粗糙；一根輕彈簧一端固定在支架AO上，另一端與物體P相連．物體P靜止時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài)．現(xiàn)將“L”形支架繞O點(diǎn)逆時(shí)針緩慢旋轉(zhuǎn)一小角度，P與支架始終保持相對(duì)靜止．在轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中，OB對(duì)P的()A．支持力增大 B．摩擦力不變C．作用力增大 D．作用力減小【答案】D【解析】物體隨OB緩慢轉(zhuǎn)過(guò)一個(gè)小角度，其受力分析如圖所示．支持力N＝mgcosθ，θ增大，支持力N減小，所以A錯(cuò)誤；彈力F＝f＋mgsinθ，因彈力F不變，θ增大，f減小，所以B錯(cuò)誤；OB對(duì)P的作用力大小等于支持力N和摩擦力f的合力F合＝eq\r(N2＋f2)，由于N減小，f減?。甇B對(duì)P的作用力大小將減小，所以C錯(cuò)誤，D正確．3.(2020·天一大聯(lián)考)如圖所示，半徑為R的圓環(huán)豎直放置，長(zhǎng)度為R的不可伸長(zhǎng)的輕細(xì)繩OA、OB，一端固定在圓環(huán)上，另一端在圓心O處連接并懸掛一質(zhì)量為m的重物，初始時(shí)OA繩處于水平狀態(tài)．把圓環(huán)沿地面向右緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)，直到OA繩處于豎直狀態(tài)，在這個(gè)過(guò)程中()A．OA繩的拉力逐漸增大B．OA繩的拉力先增大后減小C．OB繩的拉力先增大后減小D．OB繩的拉力先減小后增大【答案】B【解析】以重物為研究對(duì)象，重物受到重力mg、OA繩的拉力F1、OB繩的拉力F2三個(gè)力而平衡，構(gòu)成矢量三角形，置于幾何圓中如圖：在轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中，OA繩的拉力F1先增大，轉(zhuǎn)過(guò)直徑后開(kāi)始減小，OB繩的拉力F2開(kāi)始處于直徑上，轉(zhuǎn)動(dòng)后一直減小，B正確，A、C、D錯(cuò)誤．【題型四】平衡中的臨界極值【典例分析1】(2020·山東濱州市上學(xué)期期末)如圖所示，傾角為α＝37°的斜面體固定在水平面上，斜面上有一重為10N的物體，物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，現(xiàn)給物體施加一沿斜面向上的力F，設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，如果物體能在斜面上靜止，推力F的大小不可能是()A．2NB．10NC．5ND．12N【答案】D【解析】(1)物體恰好不下滑時(shí)，受重力、支持力、推力、平行斜面向上的靜摩擦力，垂直斜面方向：FN－Gcosα＝0平行斜面方向：Fmin＋Ff＝Gsinα其中：Ff＝μFN聯(lián)立解得：Fmin＝Gsinα－μGcosα＝10×0.6N－0.5×10×0.8N＝2N；(2)物體恰好不上滑時(shí)，受重力、支持力、推力、平行斜面向下的靜摩擦力，垂直斜面方向：FN－Gcosα＝0平行斜面方向：Fmax＝Ff＋Gsinα其中：Ff＝μFN聯(lián)立解得：Fmax＝Gsinα＋μGcosα＝10×0.6N＋0.5×10×0.8N＝10N推力F的大小范圍為2N≤F≤10N所以不可能的是12N.【典例分析2】(2020·浙江寧海市模擬)如圖所示，汽車(chē)通過(guò)鋼繩拉動(dòng)物體．假設(shè)鋼繩的質(zhì)量可忽略不計(jì)，物體的質(zhì)量為m，物體與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，汽車(chē)的質(zhì)量為m0，汽車(chē)運(yùn)動(dòng)中受到的阻力跟它對(duì)水平地面的壓力成正比，比例系數(shù)為k，且k＞μ.要使汽車(chē)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的牽引力最小，角α應(yīng)為()A．0° B．30°C．45° D．60°【答案】A【解析】隔離汽車(chē)，由平衡條件得水平方向有F＝k(m0g＋FTsinα)＋FTcosα隔離物體，由平衡條件得水平方向有FTcosα＝μ(mg－FTsinα)解兩式得F＝km0g＋μmg＋FT(k－μ)sinα，式中FT(k－μ)＞0，則sinα＝0，即α＝0°時(shí)，牽引力F最小，故選項(xiàng)A正確．【提分秘籍】1．臨界狀態(tài)平衡中的臨界狀態(tài)是指物體所處的平衡狀態(tài)將要被破壞而尚未被破壞的狀態(tài)，可理解成“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”，在問(wèn)題的描述中常用“剛好”“恰能”“恰好”等語(yǔ)言敘述，解決臨界問(wèn)題的基本方法是假設(shè)推理法．2．解題思路解決此類(lèi)問(wèn)題重在形成清晰的物理圖景，分析清楚物理過(guò)程，從而找出臨界條件或達(dá)到極值的條件．要特別注意可能出現(xiàn)的多種情況．【強(qiáng)化訓(xùn)練】1.(2020·河北唐山一模)重力都為G的兩個(gè)小球A和B用三段輕繩如圖連接后懸掛在O點(diǎn)，O、B間的繩子長(zhǎng)度是A、B間的繩子長(zhǎng)度的2倍，將一個(gè)拉力F作用到小球B上，使三段輕繩都伸直且O、A間和A、B間的兩段繩子分別處于豎直和水平方向上，則拉力F的最小值為()A.eq\f(1,2)G B.eq\f(\r(3),3)GC．G D.eq\f(2\r(3),3)G【答案】A【解析】因OA豎直，則AB無(wú)拉力，則B球受三個(gè)力作用，當(dāng)力F的方向與OB方向垂直時(shí)，力F最小，由平衡條件可知Fmin＝Gsin30°＝eq\f(1,2)G，故選A.2.（2021·遼寧省沈陽(yáng)市高三上學(xué)期1月期末）如圖所示的機(jī)械裝置，放在兩固定斜面上的甲、乙兩物塊質(zhì)量分別為和，甲、乙兩物塊被繞過(guò)3個(gè)滑輪的輕繩連接起來(lái)。甲、乙兩物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為和。若不計(jì)滑輪質(zhì)量，不計(jì)滑輪與輕繩之間的摩擦，物塊與斜面間的滑動(dòng)摩擦力與最大靜摩擦力大小相等，重力加速度，。現(xiàn)用力F向下拉最下面的滑輪，使繞過(guò)此滑輪的輕繩平行。同時(shí)保證連接甲、乙兩個(gè)物塊的輕繩與斜面平行。求：(1)當(dāng)F=12N時(shí)，甲物塊與斜面之間的摩擦力大?。?2)要使甲、乙兩物塊均保持靜止，F(xiàn)的取值范圍。【答案】(1)3N；(2)0≤F≤25N【解析】(1)甲、乙兩物塊重力沿斜面向下分力F甲=m甲gsin37°=1.5×10×0.6N=9NF乙=m乙gsin30°=1×10×0.5N=5N甲物塊與斜面間的最大靜摩擦力Ff甲max=μ甲m甲gcos37°=0.8×1.5×10×0.8N=9.6N乙物塊與斜面間的最大靜摩擦力由分析可知，當(dāng)F=12N時(shí)，甲、乙兩物塊均保持靜止，此時(shí)Ff甲＝F甲?F＝3N(2)甲、乙兩物塊重力沿斜面向下分力均小于與斜面間的最大靜摩擦力，拉力的最小值Fmin=0甲物塊將沿斜面向上運(yùn)動(dòng)滿(mǎn)足F＝F甲+Ff甲max乙物塊將沿斜面向上運(yùn)動(dòng)滿(mǎn)足F＝F乙+Ff乙max由此可知乙先達(dá)到最大靜摩擦力，故Fmax＝F乙+Ff乙max得Fmax=25N所以要使甲、乙兩物塊均保持靜止，F(xiàn)的取值范圍為0≤F≤25N?！绢}型五】電磁場(chǎng)中的受力平衡問(wèn)題【典例分析1】(2020·浙江溫州市6月選考)如圖所示，用一條絕緣輕繩懸掛一個(gè)帶正電的小球，小球質(zhì)量為1.0×10－2kg，所帶電荷量為7.5×10－8C，現(xiàn)加一水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，平衡時(shí)絕緣輕繩與豎直方向成37°角，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則()A．小球受到的拉力大小為8.0×10－2NB．電場(chǎng)強(qiáng)度大小為1.0×105N/CC．改變場(chǎng)強(qiáng)方向，仍使小球靜止在原位置，則電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值為8.0×105N/CD．剪斷輕繩，帶電小球?qū)⒆鲱?lèi)平拋運(yùn)動(dòng)【答案】C【解析】以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，對(duì)小球受力分析，小球受到重力、繩子的拉力和電場(chǎng)力的作用，受力如圖所示，根據(jù)平衡條件有，小球受到的拉力大小為FT＝eq\f(mg,cos37°)＝eq\f(1.0×10－2×10,0.8)N＝0.125N，故A錯(cuò)誤；由幾何關(guān)系得tan37°＝eq\f(Eq,mg)，得E＝eq\f(mgtan37°,q)＝eq\f(1.0×10－2×10×\f(3,4),7.5×10－8)N/C＝1.0×106N/C，故B錯(cuò)誤；當(dāng)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向與輕繩方向垂直時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)度最小，有mgsin37°＝Eminq，解得Emin＝eq\f(mgsin37°,q)＝eq\f(1.0×10－2×10×0.6,7.5×10－8)N/C＝8.0×105N/C，故C正確；剪斷輕繩，帶電小球?qū)⒀刂亓碗妶?chǎng)力的合力方向做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤．【典例分析2】(2020·浙江臨江等三地模擬)如圖所示，一根粗細(xì)均勻、長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1m、質(zhì)量為m＝0.01kg的導(dǎo)體棒ab從中點(diǎn)處彎成60°角，將此導(dǎo)體棒放入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.4T、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)體棒兩端a、b懸掛于兩根相同的輕質(zhì)絕緣彈簧下端，彈簧均處于豎直狀態(tài)．當(dāng)導(dǎo)體棒中通有I＝1A的電流時(shí)，兩根彈簧比自然長(zhǎng)度各縮短了Δx＝0.01m，取g＝10m/s2，則下列說(shuō)法中正確的是()A．導(dǎo)體棒中電流的方向?yàn)閍ObB．每根彈簧的彈力大小為0.1NC．彈簧的勁度系數(shù)為k＝5N/mD．若僅改變電流方向，則彈簧將會(huì)比自然長(zhǎng)度各伸長(zhǎng)0.01m【答案】C【解析】通電后，彈簧縮短，說(shuō)明安培力向上，由左手定則知，電流方向應(yīng)為bOa，A錯(cuò)誤；由2F彈＋mg＝BI·eq\f(L,2)得F彈＝0.05N，B錯(cuò)誤；據(jù)F彈＝kΔx得，k＝5N/m，C正確；改變電流方向，則有2k·Δx′＝mg＋BI·eq\f(L,2)，可得伸長(zhǎng)量Δx′＝0.03m，D錯(cuò)誤．【提分秘籍】一電場(chǎng)力作用下的平衡問(wèn)題1．電場(chǎng)力(1)大?。篎＝qE.若為勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)力為恒力；若為非勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)力大小與電荷所處的位置有關(guān)．點(diǎn)電荷間的庫(kù)侖力F＝keq\f(q1q2,r2).(2)方向：正電荷所受電場(chǎng)力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相同，負(fù)電荷所受電場(chǎng)力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相反．2．兩個(gè)遵循(1)遵循平衡條件：與純力學(xué)問(wèn)題的分析方法相同，只是多了電場(chǎng)力，把電學(xué)問(wèn)題力學(xué)化可按以下流程分析：(2)遵循電磁學(xué)規(guī)律：①要注意準(zhǔn)確判斷電場(chǎng)力方向．②要注意電場(chǎng)力大小的特點(diǎn)：點(diǎn)電荷間的庫(kù)侖力大小與距離的平方成反比，電荷間相互作用力遵循牛頓第三定律．二磁場(chǎng)力作用下的平衡問(wèn)題1．安培力(1)大小：F＝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．2．洛倫茲力(1)大小：F＝qvB，此式只適用于B⊥v的情況．當(dāng)B∥v時(shí)F＝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．3．立體平面化該模型一般由傾斜導(dǎo)軌、導(dǎo)體棒、電源和電阻等組成，難點(diǎn)是該模型具有立體性，解題時(shí)一定要先把立體圖轉(zhuǎn)化成平面圖，通過(guò)受力分析建立各力的平衡關(guān)系．4．帶電體的平衡如果帶電粒子在重力場(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)，則通常是勻速直線運(yùn)動(dòng)．【強(qiáng)化訓(xùn)練】1.(2020·河南省鄭州市一模)(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電量為＋q、質(zhì)量為m的小球在力F的作用下，沿圖中虛線由M至N做豎直向上的勻速運(yùn)動(dòng)。已知力F和M、N之間的夾角為45°，M、N之間的距離為d，重力加速度為g。則下列說(shuō)法正確的是()A．電場(chǎng)的方向可能水平向左B．電場(chǎng)強(qiáng)度E的最小值為eq\f(\r(2)mg,2q)C．當(dāng)qE＝mg時(shí)，小球從M運(yùn)動(dòng)到N時(shí)電勢(shì)能變化量為零D．F所做的功一定為eq\f(\r(2),2)mgd【答案】BC【解析】小球受重力mg、拉力F與電場(chǎng)力qE，由題知小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則其所受合力為零，則F和qE的合力與mg大小相等、方向相反，作出F與qE的合力，如圖所示。根據(jù)右圖可知，電場(chǎng)力在右側(cè)，由于小球帶正電，電場(chǎng)方向與電場(chǎng)力方向相同，故電場(chǎng)方向指向右側(cè)，A錯(cuò)誤；由圖可知，當(dāng)電場(chǎng)力qE與F垂直時(shí)，電場(chǎng)力最小，此時(shí)場(chǎng)強(qiáng)也最小，則得：qEmin＝mgsinθ，所以電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值為Emin＝eq\f(mgsinθ,q)＝eq\f(\r(2)mg,2q)，B正確；當(dāng)mg＝Eq時(shí)，根據(jù)幾何關(guān)系，電場(chǎng)力水平向右，與MN垂直，小球從M運(yùn)動(dòng)到N電場(chǎng)力不做功，即小球從M運(yùn)動(dòng)到N電勢(shì)能的變化量為零，故C正確；由于電場(chǎng)方向不確定，F(xiàn)大小也不確定，所以F做的功不能確定，D錯(cuò)誤。2.(2020·成都市第七中學(xué)高三考前預(yù)測(cè))如圖所示，光滑絕緣的斜面與水平面的夾角為θ，導(dǎo)體棒ab靜止在斜面上，ab與斜面底邊平行，通有圖示的恒定電流I，空間充滿(mǎn)豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。現(xiàn)緩慢增大θ(0＜θ＜90°)，若電流I不變，且ab始終靜止在斜面上(不考慮磁場(chǎng)變化產(chǎn)生的影響)，下列說(shuō)法正確的是()A.B應(yīng)緩慢減小 B.B應(yīng)緩慢增大C.B應(yīng)先增大后減小 D.B應(yīng)先減小后增大【答案】B【解析】作出側(cè)視圖，如圖所示，可知金屬棒受重力、支持力及向右的安培力的作用。增大角度θ，要使棒仍然平衡，則支持力與安培力的合力一直等于重力，則由圖可知，安培力緩慢增大，故磁感應(yīng)強(qiáng)度緩慢增大，選項(xiàng)B正確。3.(2020·浙江杭州市5月檢測(cè))如圖所示，三個(gè)質(zhì)量均為m的帶電小球(球A、球B和球C)被三根不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)繩(繩①、繩②和繩③)系于O點(diǎn)，三球平衡時(shí)繩②處于豎直方向，且懸點(diǎn)O、球A、球B和球C所在位置正好組成一個(gè)邊長(zhǎng)為a的正方形．已知球A、球B和球C均帶正電，電荷量分別為q1、q2和q3，若mg＝eq\f(kq12,a2)，靜電力常量為k，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是()A．q1和q3可以不相等B．繩①和繩②的拉力大小之比為1∶eq\r(2)C．繩②的拉力大小為2mgD．q1∶q2＝2∶1【答案】B【解析】因②豎直，可知A、C對(duì)B的庫(kù)侖力相等，因距離相等可知A、C所帶電荷量必然相等，即q1＝q3，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因?yàn)閙g＝eq\f(kq12,a2)，且q1＝q3，則FCA＝eq\f(kq1q3,\r(2)a2)＝eq\f(1,2)mg，對(duì)A受力分析可知繩①的拉力大小FT1＝eq\f(1,2)mgcos45°＋mgcos45°＝eq\f(3\r(2),4)mg，對(duì)A、B、C整體受力分析可得FT2＋2FT1cos45°＝3mg，解得FT2＝eq\f(3,2)mg，則FT1∶FT2＝1∶eq\r(2)，選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；對(duì)球B，設(shè)A對(duì)B以及C對(duì)B的庫(kù)侖力均為F，則FT2＝mg＋2Fcos45°，解得F＝eq\f(\r(2)mg,4)，又keq\f(q1q2,a2)＝F＝eq\f(\r(2)mg,4)，結(jié)合mg＝eq\f(kq12,a2)，可得q1∶q2＝2eq\r(2)∶1,選項(xiàng)D錯(cuò)誤．4.(2019·重慶南開(kāi)中學(xué)高三4月模擬)如圖所示，MN、PQ為水平放置的平行導(dǎo)軌，靜止的導(dǎo)體棒ab垂直放置在導(dǎo)軌上并通以從b到a的恒定電流，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),3)，在豎直平面內(nèi)加與導(dǎo)體棒ab垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，發(fā)現(xiàn)無(wú)論磁感應(yīng)強(qiáng)度多大都不能使導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)，則磁場(chǎng)的方向與軌道平面的夾角最大為()A．30°B．45°C．60°D．90°【答案】A【解析】無(wú)論磁感應(yīng)強(qiáng)度多大，即無(wú)論安培力多大，導(dǎo)體棒都不能運(yùn)動(dòng)，故安培力斜向下方，對(duì)導(dǎo)體棒受力分析如圖所示，由題意可知，安培力的水平分力不大于導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的最大靜摩擦力，即有：Fsinθ≤μ(mg＋Fcosθ)，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度足夠大時(shí)，由數(shù)學(xué)關(guān)系可知，mg＋Fcosθ≈Fcosθ，即當(dāng)tanθ≤μ時(shí)，無(wú)論安培力多大，導(dǎo)體棒都不能運(yùn)動(dòng)，因?yàn)棣蹋絜q\f(\r(3),3)，得：θ≤30°，故A正確。4.(2020·浙江新高考研究聯(lián)盟第二次聯(lián)考如圖所示，在一豎直平面內(nèi)，y軸左側(cè)有一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E1和一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，y軸右側(cè)有一豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2。一電荷量為q(電性未知)、質(zhì)量為m的微粒從x軸上A點(diǎn)以一定初速度與水平方向成θ＝37°角沿直線經(jīng)P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到圖中C點(diǎn)，其中m、q、B均已知，重力加速度為g，則()A.微粒一定帶負(fù)電B.電場(chǎng)強(qiáng)度E2一定豎直向上C.兩電場(chǎng)強(qiáng)度之比eq\f(E1,E2)＝eq\f(4,3)D.微粒的初速度為v＝eq\f(5mg,4qB)【答案】BD【解析】微粒從A到P受重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力作用做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由左手定則及靜電力的性質(zhì)可確定微粒一定帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；此時(shí)有qE1＝mgtan37°，微粒從P到C在靜電力、重力作用下做直線運(yùn)動(dòng)，必有mg＝qE2，所以E2的方向豎直向上，選項(xiàng)B正確；由以上分析可知eq\f(E1,E2)＝eq\f(3,4)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；AP段有mg＝qvBcos37°，即v＝eq\f(5mg,4qB)，選項(xiàng)D正確。二、高考題型標(biāo)準(zhǔn)練1.(2020·福建泉州聯(lián)考)如圖所示，總重為G的吊燈用三條長(zhǎng)度相同的輕繩懸掛在天花板上，每條輕繩與豎直方向的夾角均為θ，則每條輕繩對(duì)吊燈的拉力大小為()A．eq\f(G,3cosθ) B．eq\f(G,3sinθ)C．eq\f(1,3)Gcosθ D．eq\f(1,3)Gsinθ【答案】A【解析】由平衡知識(shí)可知：3Tcosθ＝G,解得T＝eq\f(G,3cosθ)，故選A．2.(2020·安徽六校聯(lián)考)如圖，一粗糙斜面固定于水平面上，一質(zhì)量為m的滑塊通過(guò)一跨過(guò)斜面頂端光滑定滑輪的輕繩與一鉤碼相連．能使滑塊在斜面上保持靜止的鉤碼質(zhì)量的最大值和最小值分別為m1和m2.設(shè)輕繩與斜面保持平行，滑塊所受到的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．斜面傾角為θ，則滑塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為()A．eq\f(m1,2mg) B．eq\f(2m2,mg)C．eq\f(m1－m2,2mcosθ) D．eq\f(m1＋m2,2mcosθ)【答案】C【解析】當(dāng)鉤碼的質(zhì)量有最大值m1時(shí)，滑塊所受的靜摩擦力沿斜面向下，則：μmgcosθ＋mgsinθ＝m1g；當(dāng)鉤碼的質(zhì)量有最小值m2時(shí)，滑塊所受的靜摩擦力沿斜面向上，則：mgsinθ＝m2g＋μmgcosθ；聯(lián)立解得μ＝eq\f(m1－m2,2mcosθ)，故選C．3.(2020·浙江杭州二中模擬)如圖所示，上表面為斜面的小車(chē)M靜止在光滑水平面上，一邊緊貼墻壁．若再在斜面上加一物體m，且M、m相對(duì)靜止，此時(shí)小車(chē)受力個(gè)數(shù)為()A．3B.4C．5D.6【答案】B【解析】M、m相對(duì)靜止，對(duì)整體受力分析知，整體受總重力和地面給的支持力，處于靜止?fàn)顟B(tài)；對(duì)物體m受力分析，則m受到重力、支持力和靜摩擦力；對(duì)M受力分析，受重力、m對(duì)它的垂直向下的壓力和沿斜面向下的靜摩擦力，同時(shí)地面對(duì)M有向上的支持力，因墻壁對(duì)小車(chē)不會(huì)有力的作用，則M共受到4個(gè)力．故B正確，A、C、D錯(cuò)誤．4.(2020·四川宜賓聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量均為m的斜面體A、B疊放在水平地面上，A、B間接觸面光滑，用一與斜面平行的推力F作用在B上，B沿斜面勻速上升，A始終靜止．若A的斜面傾角為θ，下列說(shuō)法正確的是()A．F＝mgtanθB．A、B間的作用力為mgcosθC．地面對(duì)A的支持力大小為2mgD．地面對(duì)A的摩擦力大小為F【答案】B【解析】對(duì)物體B受力分析，因勻速上升，則F＝mgsinθ，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；A、B間的作用力為FN＝mgcosθ，選項(xiàng)B正確；對(duì)A、B的整體，豎直方向：N＋Fsinθ＝2mg，解得地面對(duì)A的支持力大小為N＝2mg－Fsinθ；水平方向：Fcosθ＝f，則選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤；故選B．5.(2020·浙江名校協(xié)作體第二次聯(lián)考)如圖所示，兩條等長(zhǎng)細(xì)線的A點(diǎn)懸掛一質(zhì)量為0.1kg、電荷量為2×10－6C的帶電小球，細(xì)線與天花板的夾角為30°，A離地面h＝0.3m，在MA的延長(zhǎng)線上用一不計(jì)高度和質(zhì)量的絕緣支架固定一質(zhì)量為0.2kg、電荷量與小球電荷量相等的異種帶電小球B，(靜電力常量k＝9×109N·m2/C2，重力加速度為g＝10m/s2)則下列說(shuō)法不正確的是()A．支架對(duì)地面的壓力大小為1.95NB．A球會(huì)向右偏離原來(lái)的位置C．NA線的拉力大小為1ND．MA線的拉力大小為1.1N【答案】B【解析】A和B之間的相互作用力沿細(xì)線MA方向，A球不會(huì)向右偏離原來(lái)的位置，B錯(cuò)誤；設(shè)MA線的拉力大小為