2025屆高考物理二輪專題復習與測試模塊一力與運動專題一力與物體的平衡

模塊一力與運動專題一力與物體的平衡[專題復習定位]1．該專題主要解決力學和電學中的受力分析和共點力的平衡問題，涉及的力主要有重力、彈力、摩擦力、電場力和磁場力等。2.掌握力的合成法和分解法、整體法與隔離法、解析法和圖解法等的應用。命題點1力的合成與分解1．(2022·遼寧卷，T4)如圖所示，蜘蛛用蛛絲將其自身懸掛在水管上，并處于靜止狀態(tài)。蛛絲OM、ON與豎直方向夾角分別為α、β(α>β)。用F1、F2分別表示OM、ON的拉力，則(D)A．F1的豎直分力大于F2的豎直分力B．F1的豎直分力等于F2的豎直分力C．F1的水平分力大于F2的水平分力D．F1的水平分力等于F2的水平分力解析：對結(jié)點O受力分析，水平方向F1sinα＝F2sinβ，即F1的水平分力等于F2的水平分力，C錯誤，D正確；因α>β，且α、β均為銳角，則F1<F2，又cosα<cosβ，則F1在豎直方向的分力F1cosα小于F2在豎直方向的分力F2cosβ，A、B錯誤。命題點2受力分析和靜態(tài)平衡2．(2023·廣東卷，T2)如圖所示，可視為質(zhì)點的機器人通過磁鐵吸附在船舷外壁面檢測船體。壁面可視為斜面，與豎直方向夾角為θ。船和機器人保持靜止時，機器人僅受重力G、支持力FN、摩擦力Ff和磁力F的作用，磁力垂直于壁面，下列關系式正確的是(C)A．Ff＝G B．F＝FNC．Ff＝Gcosθ D．F＝Gsinθ解析：如圖所示，將重力垂直于斜面方向和沿斜面方向分解，沿斜面方向，由平衡條件得Ff＝Gcosθ，故A錯誤，C正確；垂直于斜面方向，由平衡條件得F＝Gsinθ＋FN，故B、D錯誤。3.(2024·遼寧、吉林、黑龍江卷，T3)利用硯臺將墨條磨成墨汁，墨條速度方向水平向左時，則(C)A．硯臺對墨條的摩擦力方向水平向左B．桌面對硯臺的摩擦力方向水平向左C．桌面和墨條對硯臺的摩擦力是一對平衡力D．桌面對硯臺的支持力與墨條對硯臺的壓力是一對平衡力解析：滑動摩擦力方向與物體間的相對運動方向相反，墨條相對硯臺水平向左運動，則硯臺對墨條的摩擦力方向水平向右，A錯誤；根據(jù)牛頓第三定律結(jié)合A項分析可知，硯臺受到墨條水平向左的摩擦力，而硯臺處于靜止狀態(tài)，其水平方向上受力平衡，則桌面對硯臺的摩擦力方向水平向右，桌面和墨條對硯臺的摩擦力是一對平衡力，B錯誤，C正確；對硯臺受力分析，豎直方向上，硯臺受到自身重力、墨條的壓力和桌面的支持力，因此桌面對硯臺的支持力與墨條對硯臺的壓力不是一對平衡力，D錯誤。4．(2024·廣西卷，T2)工人卸貨時常利用斜面將重物從高處滑下。如圖，三個完全相同的貨箱正沿著表面均勻的長直木板下滑，貨箱各表面材質(zhì)和粗糙程度均相同。若1、2、3號貨箱與直木板間摩擦力的大小分別為Ff1、Ff2和Ff3，則(D)A．Ff1<Ff2<Ff3 B．Ff1＝Ff2<Ff3C．Ff1＝Ff3<Ff2 D．Ff1＝Ff2＝Ff3解析：根據(jù)滑動摩擦力的公式f＝μFN，可知滑動摩擦力的大小與接觸面積無關，只與接觸面的粗糙程度和壓力大小有關，由題可知三個貨箱各表面材質(zhì)和粗糙程度均相同，壓力大小也相同，故摩擦力相同，即Ff1＝Ff2＝Ff3。5．(2024·河北卷，T5)如圖，彈簧測力計下端掛有一質(zhì)量為0.20kg的光滑均勻球體，球體靜止于帶有固定擋板的斜面上，斜面傾角為30°，擋板與斜面夾角為60°。若彈簧測力計位于豎直方向，讀數(shù)為1.0N，g取10m/s2，擋板對球體支持力的大小為(A)A．eq\f(\r(3),3)N B．1.0NC．eq\f(2\r(3),3)N D．2.0N解析：對球體受力分析如圖所示，由幾何關系易得力F與力FN與豎直方向的夾角均為30°，則FNsin30°＝Fsin30°，F(xiàn)Ncos30°＋Fcos30°＋T＝mg，解得F＝FN＝eq\f(\r(3),3)N。6.(2023·江蘇卷，T7)如圖所示，“嫦娥五號”探測器靜止在月球平坦表面處。已知探測器質(zhì)量為m，四條腿與豎直方向的夾角均為θ，月球表面的重力加速度為地球表面重力加速度g的eq\f(1,6)。每條腿對月球表面壓力的大小為(D)A．eq\f(mg,4) B．eq\f(mg,4cosθ)C．eq\f(mg,6cosθ) D．eq\f(mg,24)解析：對“嫦娥五號”探測器受力分析有FN＝mg月，則對一條腿有FN1＝eq\f(1,4)mg月＝eq\f(mg,24)，根據(jù)牛頓第三定律可知每條腿對月球表面的壓力為eq\f(mg,24)。7.(2024·湖北卷，T6)如圖所示，兩拖船P、Q拉著無動力貨船S一起在靜水中沿圖中虛線方向勻速前進，兩根水平纜繩與虛線的夾角均保持為30°。假設水對三艘船在水平方向的作用力大小均為f，方向與船的運動方向相反，則每艘拖船發(fā)動機提供的動力大小為(B)A．eq\f(\r(3),3)f B．eq\f(\r(21),3)fC．2f D．3f解析：根據(jù)題意對S受力分析如圖1，正交分解可知2Tcos30°＝f，所以有T＝eq\f(\r(3),3)f。對P受力分析如圖2，則有(Tsin30°)2＋(f＋Tcos30°)2＝F2，解得F＝eq\f(\r(21)f,3)。命題點3動態(tài)平衡問題8.(2024·山東卷，T2)如圖所示，國產(chǎn)人形機器人“天工”能平穩(wěn)通過斜坡。若它可以在傾角不大于30°的斜坡上穩(wěn)定地站立和行走，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則它的腳和斜面間的動摩擦因數(shù)不能小于(B)A．eq\f(1,2) B．eq\f(\r(3),3)C．eq\f(\r(2),2) D．eq\f(\r(3),2)解析：斜坡傾角越大，“天工”越容易下滑，只要保證“天工”在30°傾角的斜坡上不下滑，在小于30°傾角的斜坡上更不會下滑，對斜坡上的“天工”受力分析，有μmgcos30°≥mgsin30°，解得μ≥eq\f(\r(3),3)，B正確。9.(2023·海南卷，T3)如圖所示，工人利用滑輪組將重物緩慢提起，下列說法正確的是(B)A．工人受到的重力和支持力是一對平衡力B．工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一對作用力與反作用力C．重物緩慢提起的過程中，繩子拉力變小D．重物緩慢提起的過程中，繩子拉力不變解析：工人受到三個力的作用，即繩的拉力、地面的支持力和自身重力，三力平衡，A錯誤；工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一對作用力與反作用力，B正確；對動滑輪受力分析，由平衡條件有2Tcoseq\f(θ,2)＝mg，其中T為繩子拉力的大小、θ為與動滑輪相連的兩段繩的夾角、m為重物與動滑輪的總質(zhì)量，隨著重物的上升，θ增大，則繩的拉力變大，C、D錯誤。命題點4電學中的平衡問題10．(2022·湖南卷，T3)如圖(a)，直導線MN被兩等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸OO′上，其所在區(qū)域存在方向垂直指向OO′的磁場，與OO′距離相等位置的磁感應強度大小相等且不隨時間變化，其截面圖如圖(b)所示。導線通以電流I，靜止后，懸線偏離豎直方向的夾角為θ。下列說法正確的是(D)A．當導線靜止在圖(a)右側(cè)位置時，導線中電流方向由N指向MB．電流I增大，靜止后，導線對懸線的拉力不變C．tanθ與電流I成正比D．sinθ與電流I成正比解析：當導線靜止在OO′右側(cè)時，直導線MN在重力、拉力和安培力的作用下處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知，直導線所受安培力指向右側(cè)，又安培力與磁場方向垂直，所以安培力垂直于輕繩指向右上方，由左手定則可知，導線中電流方向由M指向N，A錯誤；由平衡條件有輕繩拉力F＝eq\r((mg)2－(BIL)2)，則F隨著I的變化而變化，又sinθ＝eq\f(BLI,mg)，tanθ＝eq\f(BIL,F)，故sinθ與電流I成正比，tanθ與電流I不成正比，B、C錯誤，D正確。題型一力的合成與分解考向1力的合成有一列滿載的火車，以一定的初速度在水平軌道上做勻減速直線運動，它的加速度大小為kg(k<1)，則裝滿礫石的某節(jié)車廂中，位于中間位置的一個質(zhì)量為m的礫石受到的周圍其他礫石對它的總作用力大小應是(C)A．mg B．kmgC．mg(1＋k2)eq\s\up12(\f(1,2)) D．mg(1－k2)eq\s\up12(\f(1,2))[解析]礫石隨火車一起在水平方向上做勻減速直線運動，加速度大小與火車相同，對此礫石受力分析可知，在水平方向上，其他礫石對它的作用力大小Fx＝mkg，在豎直方向上，此礫石受力平衡，則其他礫石對它的作用力大小Fy＝mg，那么此礫石受到的周圍其他礫石對它的總作用力大小F＝mg(1＋k2)eq\s\up12(\f(1,2))，故C正確，A、B、D錯誤?？枷?力的分解(2024·湛江市二模)如圖所示，國產(chǎn)C919飛機正在沿機身所在直線勻速斜向上飛行，機身與水平方向的夾角為θ，飛機受到的重力大小為G，垂直于機身向上的空氣升力為F1，沿飛機前進方向的動力大小為F2，空氣阻力與飛機運動方向相反、大小為F3。下列關系式正確的是(D)A．F1＝G B．F1＝GsinθC．F1＝eq\f(G,cosθ) D．F2>F3[解析]對飛機受力分析，如圖所示，根據(jù)平衡條件，在水平方向F2cosθ＝F1sinθ＋F3cosθ，在豎直方向G＋F3sinθ＝F2sinθ＋F1cosθ，聯(lián)立解得F2－F3＝eq\f(F1sinθ,cosθ)>0，F(xiàn)1＝Gcosθ。題型二受力分析和靜態(tài)平衡1．受力分析的方法(1)基本思路在分析兩個或兩個以上物體間的相互作用時，一般采用整體法與隔離法進行分析。(2)分析方法①整體法：將加速度相同的幾個相互關聯(lián)的物體作為一個整體進行受力分析。②隔離法：將所研究的對象從周圍的物體中分離出來，單獨進行受力分析。2．靜態(tài)平衡問題的處理方法(1)合成法：物體受三個共點力的作用而平衡，則任意兩個力的合力一定與第三個力大小相等、方向相反。(2)效果分解法：物體受三個共點力的作用而平衡，將某一個力按力的效果分解，則其分力和其他兩個力滿足平衡條件。(3)正交分解法：物體受到三個或三個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，每組力都滿足平衡條件?？枷?受力分析一智能機器人協(xié)助派件員分揀快遞的場景如圖所示，派件員將包裹放在機器人的水平托盤上后，機器人通過掃碼讀取目的地信息，并生成最優(yōu)路線，將不同目的地的包裹送至不同的位置，從而實現(xiàn)包裹的分揀功能。關于機器人和包裹，下列說法正確的是(A)A．機器人加速前進則包裹對水平托盤的摩擦力方向向后B．包裹受到向上的支持力是包裹發(fā)生形變產(chǎn)生的C．包裹對機器人的壓力和機器人對包裹的支持力是一對平衡力D．包裹隨著機器人一起做勻速直線運動時，包裹受到向前的摩擦力[解析]機器人加速前進時，相對于包裹機器人有向前運動的趨勢，故此時包裹對水平托盤的摩擦力方向向后，A正確；包裹受到向上的支持力是托盤發(fā)生形變產(chǎn)生的，B錯誤；包裹對機器人的壓力和機器人對包裹的支持力是一對相互作用力，C錯誤；包裹隨著機器人一起做勻速直線運動時，包裹加速度為零，故此時不受摩擦力，D錯誤?？枷?靜態(tài)平衡問題(2023·山東卷，T2)餐廳暖盤車的儲盤裝置示意圖如圖所示，三根完全相同的彈簧等間距豎直懸掛在水平固定圓環(huán)上，下端連接托盤。托盤上疊放若干相同的盤子，取走一個盤子，穩(wěn)定后余下的正好升高補平。已知單個盤子的質(zhì)量為300g，相鄰兩盤間距為1.0cm，重力加速度大小g取10m/s2。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，每根彈簧的勁度系數(shù)為(B)A．10N/m B．100N/mC．200N/m D．300N/m[解析]由題意知，取走一個盤子，穩(wěn)定后余下的正好升高補平，則說明一個盤子所受的重力可以使彈簧形變相鄰兩盤間距，則有mg＝3kx，解得k＝100N/m。梅州的非物質(zhì)文化遺產(chǎn)有不少，興寧花燈就是其中一種，它與北京宮燈是一脈相承，始于宋代，流行于明清，傳承了上千年的客家傳統(tǒng)習俗?；粲盟臈l長度相同、承受能力相同的繩子高高吊起，如圖所示，繩子與豎直方向夾角為θ，花燈質(zhì)量為m，則下列說法正確的是(C)A．每條繩子的拉力均相同B．增大繩子與豎直方向的夾角，花燈受的合外力增大C．繩子拉力的合力方向為豎直方向D．繩子長一些更易斷[解析]每條繩子的拉力的大小相等，但力的方向不一樣，A錯誤；由于花燈處于靜止狀態(tài)，所以合外力始終為零，所以增大繩子與豎直方向的夾角，花燈受的合外力不變，B錯誤；合外力始終為零，繩子拉力的合力與重力等大反向，故繩子拉力的合力方向為豎直方向，C正確；設繩子拉力為T，則4Tcosθ＝mg，解得T＝eq\f(mg,4cosθ)，繩子長一些，夾角θ減小，則拉力變小，不容易斷，D錯誤。題型三動態(tài)平衡問題1．解析法先受力分析，再建立直角坐標系，正交分解力，列平衡方程或在力的三角形中結(jié)合三角形知識列平衡方程，然后分析方程中的變量有哪些，分析題目信息，得到這些物理量是如何變化的，得到平衡條件下的受力動態(tài)變化情況。2．圖解法(1)先受力分析，得出物體受幾個力而處于平衡狀態(tài)。(2)分析題目給出的信息，判斷物體受力的變化方式。(3)把受力對應到幾何圖形中，結(jié)合幾何知識分析。說明：此法一般應用于物體受3個共點力或者可以等效為3個共點力的情況，并且常用于定性分析。3．力的三角形法對受三個力作用而平衡的物體，將力的矢量圖平移使三個力組成一個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)學知識求解未知力。考向1解析法的應用如圖所示，某同學將一橡皮擦輕放在塑料尺的一端，并將該端伸出桌面邊緣，塑料尺緩慢向外移動，彎曲程度變大，橡皮擦相對于塑料尺始終保持靜止，則在此過程中橡皮擦對尺子的(B)A．壓力增大 B．壓力減小C．摩擦力不變 D．摩擦力減小[解析]將橡皮擦所在位置等效為沿塑料尺切線方向的一個斜面，設斜面傾角為θ，對橡皮擦進行分析，如圖所示，則有f＝mgsinθ，N＝mgcosθ，根據(jù)牛頓第三定律有f′＝f，N′＝N，在橡皮擦離桌邊越來越遠，塑料尺也越來越彎曲的過程中，等效斜面傾角θ逐漸增大，可知f′增大，N′減小，即橡皮擦對尺子的壓力減小，摩擦力增大?？枷?圖解法的應用如圖所示，用光滑鐵絲彎成的四分之一圓弧軌道豎直固定在水平地面上，O為圓心，A為軌道上的一點，一中間帶有小孔的小球套在圓弧軌道上，對小球施加一個拉力，若在拉力方向從水平向左在紙面內(nèi)順時針轉(zhuǎn)至豎直向上的過程中，小球始終靜止在A點，則拉力F(B)A．先變大，后變小 B．先變小，后變大C．一直變大 D．一直變小[解析]小球始終靜止在A點，對小球受力分析可知，小球受重力、彈力及拉力，三力平衡，三力可組成一個閉合的三角形，如圖所示，則拉力方向從水平向左在紙面內(nèi)順時針轉(zhuǎn)至豎直向上的過程中，拉力F先變小，后變大，所以B正確，A、C、D錯誤?？枷?正弦定理的應用新疆是我國最大的產(chǎn)棉區(qū)，在新疆超過70%的棉田都通過機械自動化采收。自動采棉機能夠在采摘棉花的同時將棉花打包成圓柱形棉包，通過采棉機后側(cè)可以旋轉(zhuǎn)的支架平穩(wěn)將其放下，如圖甲所示。放下棉包的過程可以簡化為如圖乙所示的模型，質(zhì)量為m的棉包放在“V”形擋板上，兩板間夾角為120°固定不變，“V”形擋板可繞P點在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動，忽略“V”形擋板對棉包的摩擦力，在使BP板由水平位置逆時針緩慢轉(zhuǎn)動60°的過程中，下列說法正確的是(B)A．當AP板水平時，棉包受到三個力的作用B．棉包對AP板的壓力一直增大C．棉包對BP板的壓力先減小后增大D．當BP板轉(zhuǎn)動30°時，棉包對AP板的壓力大于棉包對BP板的壓力[解析]當AP板水平時，若BP板對棉包有彈力，則棉包受向左的合外力，不能夠保持平衡，因此BP板對棉包沒有彈力作用，可知當AP板水平時，棉包受到重力與AP板的彈力兩個力的作用，A錯誤；對棉包受力分析如圖所示，則有eq\f(mg,sin120°)＝eq\f(NA,sinα)＝eq\f(NB,sinβ)，棉包在轉(zhuǎn)動過程中，夾角α由0°逐漸增大到60°，β由60°逐漸減小到0°，可知作用力NA增大，NB減小，根據(jù)牛頓第三定律可知棉包對AP板的壓力一直增大，棉包對BP板的壓力一直減小，B正確，C錯誤；當BP板逆時針轉(zhuǎn)動30°時，根據(jù)上述受力分析圖可知α＝β＝30°，此時棉包對AP板的壓力等于棉包對BP板的壓力，D錯誤。題型四電學中的平衡問題1．基本思路要堅持“電學問題、力學方法”的基本思路，結(jié)合電學的基本規(guī)律和力學中的受力分析及平衡條件解決問題。2．注意事項(1)點電荷間的作用力大小要用庫侖定律求解。(2)安培力方向的判斷要先判斷磁場方向、電流方向，再用左手定則判斷，同時注意將立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖。(3)電場力或安培力的出現(xiàn)，可能會對彈力或摩擦力產(chǎn)生影響。(4)涉及電路問題時，要注意閉合電路歐姆定律的應用?？枷?電場中的平衡用絕緣細線a、b將兩個帶電小球1和2連接并懸掛，已知小球2受到的重力為G，如圖所示，兩小球處于靜止狀態(tài)，細線a與豎直方向的夾角為30°，兩小球連線與水平方向夾角為30°，細線b水平，則(B)A．小球1帶電量一定小于小球2的帶電量B．細線a拉力大小為2eq\r(3)GC．細線b拉力大小為eq\f(\r(3),3)GD．小球1與2的質(zhì)量比為1∶2[解析]由F庫＝eq\f(kq1q2,r2)可知，不能確定小球1與小球2的帶電量，故A不符合題意；對小球2，由平衡條件可得Fb＝F庫cos30°，G＝F庫sin30°，解得細線b拉力大小Fb＝eq\f(G,tan30°)＝eq\r(3)G，故C不符合題意；對小球1，由平衡條件可得Fasin30°＝F庫cos30°，m1g＋F庫sin30°＝Facos30°，解得細線a拉力大小Fa＝2eq\r(3)G，小球1與2的質(zhì)量比m1∶m2＝2∶1，故B符合題意，D不符合題意?？枷?磁場中的平衡如圖所示，一寬為L的平行金屬導軌固定在傾角為θ的斜面上，在導軌上端接入電源和滑動變阻器R，電源電動勢為E、內(nèi)阻為r，一質(zhì)量為m的金屬棒ab靜止在導軌上，與兩導軌垂直并接觸良好，整個裝置處于磁感應強度大小為B、方向垂直于斜面向上的勻強磁場中，金屬棒接入電路的電阻為R0，導軌電阻不計。金屬導軌與金屬棒之間的最大靜摩擦力為f，重力加速度為g。閉合開關后，下列判斷正確的是(C)A．金屬棒受到的安培力方向沿斜面向上B．金屬棒受到的摩擦力方向可能沿斜面向下C．若金屬棒恰好不運動，則滑動變阻器的阻值為eq\f(BLE,f－mgsinθ)－r－R0D．要保持金屬棒在導軌上靜止，滑動變阻器R接入電路中的最小阻值為eq\f(BLE,mgsinθ＋f)－r－R0[解析]根據(jù)左手定則可知，金屬棒受到的安培力方向沿斜面向下，由于金屬棒受到的重力分力也沿斜面向下，則金屬棒受到的摩擦力方向一定沿斜面向上，故A、B錯誤；若金屬棒恰好不運動，則此時金屬棒受到的靜摩擦力達到最大，此時是保持金屬棒在導軌上靜止受到的最大安培力，根據(jù)受力平衡可得mgsinθ＋F安＝f，又F安＝BIL＝Beq\f(E,R＋r＋R0)L，聯(lián)立可得R＝eq\f(BLE,f－mgsinθ)－r－R0，可知要保持金屬棒在導軌上靜止，滑動變阻器R接入電路中的最小阻值為eq\f(BLE,f－mgsinθ)－r－R0，故C正確，D錯誤?？枷?電磁感應中的平衡(多選)依附建筑物架設的磁力緩降高樓安全逃生裝置，具有操作簡單、無需電能、逃生高度不受限制及下降速度可調(diào)、可控等優(yōu)點。該裝置原理如圖，可等效為間距L＝0.5m的兩根豎直導軌上部連通，人和磁鐵固定在一起，沿導軌共同下滑，磁鐵產(chǎn)生磁感應強度B＝0.2T的勻強磁場。人和磁鐵所經(jīng)位置處，可等效為有一固定導體棒cd與導軌相連，整個裝置總電阻始終為R＝4×10－5Ω，在某次逃生試驗中，質(zhì)量M＝50kg的測試者利用該裝置最終以v＝2m/s的速度勻速下降，已知與人一起下滑部分裝置的質(zhì)量m＝20kg，重力加速度g取10m/s2，則(AC)A．導體棒cd中電流的方向從d到cB．導體棒cd中電流的方向從c到dC．下落過程中除安培力外的阻力大小為200ND．下落過程中除安培力外的阻力大小為1200N[解析]磁場向下運動，相當于導體棒cd向上運動，由右手定則可知，導體棒cd中電流的方向從d到c，故A正確，B錯誤；導體棒兩端電動勢E＝BLv，感應電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，安培力FA＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，由左手定則可判斷，導體棒cd所受安培力方向向下，根據(jù)牛頓第三定律可知磁鐵受力向上，大小FA′＝eq\f(B2L2v,R)，對M和m，由平衡條件有(M＋m)g＝FA′＋f，解得f＝200N，故C正確，D錯誤。1.(2024·惠州市期末)目前很多教室里的黑板都采用鐵質(zhì)材料制成，用磁性材料做的黑板擦可以吸附在黑板上，如圖所示。下列關于黑板擦受力說法正確的是(A)A．黑板擦與黑板間存在三對作用力與反作用力B．黑板擦一共受到3個力的作用C．黑板擦受到的磁吸引力大于黑板對它的彈力D．黑板對黑板擦的作用力為零解析：黑板擦受到的磁吸引力與黑板對它的彈力，大小相等、方向相反，故C錯誤；黑板擦受到重力、支持力、摩擦力和吸引力，黑板擦一共受到4個力的作用，故B錯誤；黑板與黑板擦間存在三對作用力與反作用力，相互作用的彈力、相互作用的磁力，相互作用的靜摩擦力，故A正確；黑板對黑板擦的作用力與其自身重力等大反向，不為零，故D錯誤。2.(2024·潮州市期末)如圖所示，沿豎直方向懸掛著一鐵制棋盤，具有磁性的棋子能被吸附在棋盤上保持靜止狀態(tài)，忽略棋子間的相互作用力。對于被吸附在棋盤上由不同材質(zhì)制成的棋子，下列說法正確的是(A)A．越重的棋子所受摩擦力越大B．磁性越大的棋子所受摩擦力越大C．與棋盤接觸面積越大的棋子所受摩擦力越大D．接觸面越粗糙的棋子所受摩擦力越大解析：根據(jù)棋子受力平衡可知棋子所受到的摩擦力大小始終等于棋子的重力，與磁性強弱無關，故A正確，B錯誤；根據(jù)前面分析可知棋子所受到的摩擦力大小等于棋子的重力，故棋子與棋盤間接觸面積越大，棋子所受的摩擦力不一定越大，同理接觸面越粗糙的棋子所受摩擦力不一定越大，故C、D錯誤。3．(多選)(2024·佛山市質(zhì)檢)如圖所示的“空氣彈簧”是由多個充氣橡膠圈疊加制成，其“勁度系數(shù)”與圈內(nèi)充氣的多少有關。橡膠圈內(nèi)充氣越多，則(BC)A．橡皮圈越容易被壓縮B．橡皮圈越不容易被壓縮C．空氣彈簧的“勁度系數(shù)”越大D．空氣彈簧的“勁度系數(shù)”越小解析：橡膠圈內(nèi)充氣越多，橡膠圈內(nèi)氣體的壓強越大，橡皮圈越不容易被壓縮，則空氣彈簧的“勁度系數(shù)”越大。4．(2024·廣東省二模)家用燃氣爐架如圖甲所示，其有四個對稱分布的爪，若將總質(zhì)量一定的鍋放在爐架上，如圖乙所示(側(cè)視圖)，忽略爪與鍋之間的摩擦力，若鍋是半徑為R的球面，正對的兩爪間距為d，則下列說法正確的是(A)A．R越大，爪與鍋之間的彈力越小B．R越大，爪與鍋之間的彈力越大C．d越大，鍋受到的合力越大D．d越大，爪與鍋之間的彈力越小解析：對鍋進行受力分析如圖所示，爐架的四個爪對鍋的彈力的合力與鍋受到的重力大小相等，方向相反，即4Fcosθ＝mg，cosθ＝eq\f(\r(R2－\f(d2,4)),R)，則R越大，爪與鍋之間彈力越小，故A正確，B錯誤；同理d越大，爪與鍋之間彈力越大，鍋受到的合力為零，故C、D錯誤。5．圖甲所示的是一直角斜槽，斜槽的棱MN與水平面的夾角為θ，兩槽面關于豎直面對稱。圖乙是斜槽的截面圖，一個橫截面為正方形的物塊恰能沿此斜槽勻速下滑。若兩槽面的材料相同，則物塊和槽面之間的動摩擦因數(shù)為(B)A．eq\f(1,2)tanθ B．eq\f(\r(2),2)tanθC．tanθ D．eq\r(2)tanθ解析：物塊恰能沿斜槽勻速下滑，根據(jù)平衡條件有mgsinθ＝2f，eq\r(2)FN＝mgcosθ，f＝μFN，聯(lián)立可得μ＝eq\f(\r(2),2)tanθ。6．(2024·廣東四校期末)筷子夾球游戲深受人們的喜愛，選手用筷子夾起乒乓球從一個容器放到另一個容器，在規(guī)定時間內(nèi)搬運多者勝。某同學水平持筷(兩根筷子及球心在同一水平面內(nèi))夾著乒乓球的俯視圖如圖所示，則下列說法正確的是(C)A．乒乓球受到四個力的作用B．如果乒乓球靜止，則乒乓球受到筷子的摩擦力方向豎直向上C．如果乒乓球靜止，減小筷子間夾角θ，筷子對乒乓球的作用力大小不變D．如果乒乓球加速運動，筷子對乒乓球的彈力大小大于乒乓球?qū)曜拥膹椓Υ笮〗馕觯浩古仪蚴艿街亓?、兩個筷子對它的彈力、兩個筷子對它的摩擦力共五個力的作用，故A錯誤；如圖所示，如果乒乓球靜止，兩個筷子對乒乓球的彈力的合力水平向左，所以兩個摩擦力在水平方向都有分量，分量的合力向右，即FNsinθ＝f水平cosθ，乒乓球受到筷子的摩擦力方向不是豎直向上，故B錯誤；如果乒乓球靜止，兩筷子夾角θ無論怎么變化，筷子給乒乓球的作用力總是與乒乓球的重力抵消，大小相等，即筷子給乒乓球的作用力保持不變，C正確；筷子對乒乓球的彈力和乒乓球?qū)曜拥膹椓κ且粚ψ饔昧εc反作用力，無論乒乓球是否有加速度，這兩個力的大小總是相等的，故D錯誤。7.如圖所示，質(zhì)量為m的木箱在大小為F的水平外力作用下，沿傾角為θ的斜面勻速向上運動。不計空氣阻力。下列說法正確的是(C)A．木箱所受合力大小為mgsinθ＋FcosθB．斜面對木箱的支持力大小為mgcosθC．斜面對木箱的摩擦力大小為Fcosθ－mgsinθD．斜面對木箱作用力的合力大小為F＋mg解析：由于木箱沿著斜面勻速向上運動，根據(jù)木箱受力平衡得木箱所受合力大小為0，A錯誤；由于垂直于斜面方向木箱受力平衡，可得斜面對木箱的支持力大小FN＝Fsinθ＋mgcosθ，B錯誤；由于沿斜面方向木箱受力平衡，有Fcosθ＝f＋mgsinθ，得斜面對木箱的摩擦力大小f＝Fcosθ－mgsinθ，C正確；斜面對木箱作用力的合力大小與重力和外力F的合力大小相同，即F合＝eq\r(F2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg))2)，D錯誤。8.(多選)如圖所示，一內(nèi)表面光滑的半圓形凹槽放在粗糙的水平地面上，物塊(可看作質(zhì)點)靜置于槽內(nèi)最底部的A點處?，F(xiàn)用一方向不變的斜向上的推力F把物塊從A點沿著凹形槽緩慢推至B點，整個過程中，凹槽始終保持靜止。設物塊受到凹槽的支持力為FN，則在上述過程中，下列說法正確的是(BC)A．F和FN都一直增大B．F一直增大，F(xiàn)N先減小后增大C．地面對凹槽的支持力一直減小D．地面對凹槽的摩擦力保持不變解析：由題意可知，在力F緩慢推動物塊的過程中，物塊處于動態(tài)平衡，且重力為恒力始終不變，推力的方向始終不變，重力、推力、圓弧面對物塊的彈力三力始終平衡，合力為零，則可做出力的矢量三角形，如圖所示，根據(jù)動態(tài)變化過程中的矢量三角形可知，推力F逐漸增大，圓弧面對物塊的彈力FN先減小后增大，故A錯誤，B正確；將小物塊和凹槽看成一個整體，由整體法分析可知，推力F斜向右上方，方向不變，但大小始終在增大，因此力F在豎直方向和水平方向的分力都在增大，由平衡條件可得，豎直方向有(M＋m)g＝Fsinθ＋FN′，水平方向有f＝Fcosθ，則地面對凹槽的支持力一直減小，地面對凹槽的摩擦力一直增大，故C正確，D錯誤。9.如圖所示，木板B放置在粗糙水平地面上，O為光滑鉸鏈。輕桿一端與鉸鏈O固定連接，另一端固定連接一質(zhì)量為m的小球A。現(xiàn)將輕繩一端拴在小球A上，另一端通過光滑的定滑輪O′由力F牽引，定滑輪位于O的正上方，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)改變力F的大小使小球A和輕桿從圖示位置緩慢運動到O′正下方，木板始終保持靜止，則在整個過程中(D)A．外力F大小不變B．輕桿對小球的作用力大小變小C．地面對木板的支持力逐漸減小D．地面對木板的摩擦力逐漸減小解析：對小球A進行受力分析，三力構(gòu)成矢量三角形，如圖所示，根據(jù)幾何關系可知矢量三角形與△O′OA相似，因此eq\f(mg,OO′)＝eq\f(F,O′A)＝eq\f(F′,OA)，緩慢運動過程中O′A越來越小，則F逐漸減小，故A錯誤；由于OA長度不變，桿對小球的作用力大小不變，故B錯誤；對木板，桿對木板的作用力大小不變，方向向右下，但桿的作用力與豎直方向的夾角越來越小，所以地面對木板的支持力逐漸增大，地面對木板的摩擦力逐漸減小，故C錯誤，D正確。10．如圖所示，傾角為θ的斜面體c置于水平地面上，小物塊b置于斜面上，通過絕緣細繩跨過光滑的定滑輪與帶正電小球M連接，定滑輪左側(cè)連接物塊b的一段細繩與斜面平行，帶負電的小球N用絕緣細線懸掛于P點。設兩帶電小球在緩慢漏電的過程中，兩球心始終處于同一水平面上，并且b、c都處于靜止狀態(tài)，下列說法正確的是(B)A．b對c的摩擦力一定減小B．地面對c的支持力一定變大C．c對地面的摩擦力方向一定向左D．地面對c的摩擦力一定變大解析：