第1讲 力与物体的平衡
要点提炼
1.物体的受力分析
(1)正确的受力分析是解决力的平衡、动力学、能量等问题的前提。在受力分析时，为防止漏力或多力，要按正确的顺序分析研究对象受到的力。
(2)分析物体受力的顺序
说明：分析弹力和摩擦力时，要对研究对象与周围物体接触的每处都考虑。
(3)对研究对象所受力的大小、方向，哪些已知、哪些未知要明确。
(4)带电量一定的粒子在匀强电场中受到的电场力一定为恒力，在匀强磁场中受到的洛伦兹力大小会随着速度大小的改变而改变，方向会随着速度方向的改变而改变。
2．物体受力平衡的分析
(1)物体受力平衡时的运动状态：静止或做匀速直线运动，即加速度为零。
(2)物体受力平衡时的受力特点：物体所受力的合力为零。
①三个共点力平衡：其中任意一个力与其余两个力的合力一定大小相等，方向相反；若有两个力等大，则这两个力一定关于第三个力所在直线对称；表示三个力的有向线段可以组成一个首尾相接的矢量三角形。
②多个共点力平衡：任意方向上合力为零；建立直角坐标系后，两个坐标轴上的合力均为零，即Fx合＝0，Fy合＝0；物体受N个力作用而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余N－1个力的合力一定等大反向。
③动态平衡：物体在缓慢移动过程中，可以认为物体时刻处于平衡状态，其所受合力时刻为零。
动态平衡的常用处理方法有：图解法、解析法、相似三角形法等。
④带电粒子或带电物体在复合场中处于平衡状态时，所受合力为零；带电粒子(或微粒)在重力、恒定电场力和洛伦兹力共同作用下的直线运动必然是匀速直线运动。
高考考向1 物体的受力分析
例1
(2020·吉林长白山市二模)如图所示，倾斜的滑杆上套有一个圆环(所受重力不可忽略)，圆环通过轻绳拉着一个物体，在圆环沿滑杆下滑的过程中，轻绳始终竖直。下列说法正确的是( )
A．物体做匀速直线运动
B．轻绳对物体的拉力大于物体受到的重力
C．圆环可能不受摩擦力的作用
D．圆环受三个力作用
解析 圆环沿滑杆下滑的过程中，轻绳始终竖直，物体只受竖直方向的重力和轻绳的拉力作用，这两个力的合力不可能沿滑杆方向，故这两个力为一对平衡力，物体做匀速直线运动，故A正确，B错误；圆环与物体的运动情况相同，即做匀速直线运动，处于平衡状态，则圆环受到重力、轻绳的拉力、滑杆的支持力和摩擦力四个力作用，故C、D错误。
答案 A
(1)按顺序分析物体受力个数时，与物体是否处于平衡状态无关。
(2)对弹力、摩擦力的有无或方向的判断可以用假设法，即假设存在沿某个方向的这个力，然后结合平衡条件或牛顿运动定律分析。
备课记录：
1．(2020·浙江7月选考)矢量发动机是喷口可向不同方向偏转以产生不同方向推力的一种发动机。当歼－20隐形战斗机以速度v斜向上飞行时，其矢量发动机的喷口如图所示。已知飞机受到重力G、发动机推力F1、与速度方向垂直的升力F2和与速度方向相反的空气阻力Ff。下列受力分析示意图可能正确的是( )
答案 A
解析 由题意可知，飞机所受重力G竖直向下，空气阻力Ff与速度方向相反，升力F2与速度方向垂直，发动机推力F1与喷气方向相反，故B、C、D错误，A正确。
高考考向2 力学中的平衡问题
命题角度1
物体的静态平衡
例2 (2020·全国卷Ⅲ)如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α＝70°，则β等于( )
A．45°
B．55°
C．60°
D．70°
解析 甲物体拴牢在O点，且甲、乙两物体的质量相等，则与甲相连的竖直细线和与乙相连的绳子对O点的拉力大小相等。对O点受力分析，如图所示，根据几何关系有：2β＋α＝180°，解得β＝55°，故B正确。
答案 B
解决静态平衡问题的四种常用方法
合成法
物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反
效果分解法
物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件
正交分解法
物体受到三个或三个以上力的作用而平衡，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件
力的三角形法
对受三力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移，使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识可求解未知力
备课记录：
2－1 (2020·广西南宁第一次适应性测试)如图所示，两个可视为质点的小球A、B通过固定在O点的光滑滑轮用轻绳相连，小球A置于光滑半圆柱上，小球B用水平轻绳拉着，水平轻绳另一端系于竖直板上，两球均处于静止状态。已知O点在半圆柱横截面圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角、其长度与半圆柱横截面的半径相等，OB与竖直方向成60°角，则( )
A.轻绳对球A的拉力与球A所受弹力的合力大小相等
B．轻绳对球A的拉力与半圆柱对球A的弹力大小不相等
C．轻绳AOB对球A的拉力与对球B的拉力大小之比为
∶
D．球A与球B的质量之比为2∶1
答案 D
解析 球A的受力如图，球A所受弹力的合力为轻绳对球A的拉力和半圆柱对球A的弹力这两个力的合力，它与球A所受重力等大反向，大于轻绳对球A的拉力T，故A错误；球A处于静止状态，根据平衡条件可得T
sin
30°＝N
sin
30°，T
cos
30°＋N
cos
30°＝mAg，解得T＝N＝mAg，故B错误；轻绳AOB为同一根绳，对球A的拉力与对球B的拉力大小都等于T，故C错误；对球B，根据平衡条件可得T
cos
60°＝mBg，解得T＝2mBg，故＝，D正确。
2－2 (2020·湖北省武汉市高三(下)六月模拟)螺旋千斤顶的构造如图a所示，它是靠用力推手柄1，使螺杆2的螺纹沿底座3的螺纹槽(相当于螺母，图中未画出)慢慢旋出而顶起重物4，并要在顶起重物后，重物和螺杆不会自动下降，可在任意位置保持平衡，要实现这点，必须满足自锁条件。螺旋可以看成是绕在直径为d的圆柱体上的斜面，如图b。已知螺杆与螺纹槽之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则螺距h(相邻两螺纹间的距离)应满足的条件是( )
A．h≤μd
B．h≤μπd
C．h≥μd
D．h≥μπd
答案 B
解析 对螺旋上的任意一点受力分析，如图所示，根据题意有F
sin
α＝f，f≤μF
cos
α，h＝πd
tan
α，联立解得h≤μπd，故A、C、D错误，B正确。
命题角度2
物体的动态平衡
例3 (2020·安徽省马鞍山市高三三模)如图所示，固定有光滑竖直杆的三角形斜劈放置在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行。现给小滑块施加一个竖直向上的拉力F，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则( )
A．小球对斜劈的压力逐渐减小
B．斜劈对地面的压力保持不变
C．地面对斜劈的摩擦力逐渐减小
D．轻绳对滑块的拉力先减小后增大
解析 对小球受力分析，受重力、斜劈的支持力N和轻绳的拉力T，如图甲所示，根据平衡条件可知，轻绳的拉力T逐渐增大，故轻绳对滑块的拉力逐渐增大，小球受到斜劈的支持力N逐渐减小，根据牛顿第三定律，小球对斜劈的压力逐渐减小，故A正确，D错误。对小球和滑块整体受力分析，受重力、斜劈的支持力N、杆的支持力N′、拉力F，如图乙所示，根据平衡条件，水平方向有N′＝N
sin
θ，竖直方向有F＋N
cos
θ＝G，由于N减小，故N′减小，F增大；对小球、滑块和斜劈整体受力分析，根据平衡条件，竖直方向有F＋N地＝G总，由于F增大，故N地减小，根据牛顿第三定律，斜劈对地面压力逐渐减小；整体在水平方向不受力，故地面对斜劈的摩擦力始终为零，B、C错误。
答案 A
三力动态平衡问题归纳
备课记录：
3－1 如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔。质量为m的小球套在圆环上。一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住。现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力F和圆环对小球的弹力FN的大小变化情况是( )
A．F不变，FN增大
B．F减小，FN不变
C．F不变，FN减小
D．F增大，FN减小
答案 B
解析 对小球进行受力分析，其所受的三个力组成一个矢量三角形，如图所示。由几何知识可知＝＝，当小球缓慢向上移动时，半径R不变，L减小，则F减小，FN不变，A、C、D错误，B正确。
3－2 (2020·河北省邯郸市高三二模)水平传感器可以测量器械摆放所处的水平角度，属于角度传感器的一种，其作用就是测量载体的水平度，又叫倾角传感器。如图为一个简易模型，截面为内壁光滑的竖直放置的正三角形，内部有一个小球，其半径略小于三角形内接圆的半径，三角形各边有压力传感器，分别感受小球对三边压力的大小，根据压力的大小，信息处理单元能将各边与水平面间的夹角通过显示屏显示出来。如果图中此时BC边恰好处于水平状态，将其以C为轴在竖直平面内顺时针缓慢转动，直到AC边水平，则在转动过程中( )
A．当BC边与AC边所受压力大小相等时，AB处于水平状态
B．球对AC边的压力一直增大
C．球对BC边的压力一直减小
D．BC边所受压力不可能大于球的重力
答案 A
解析 对正三角形内部的小球受力分析，如图所示，由几何关系可知，在角度θ从0°增大到120°的过程中，角α与角θ之和保持不变，且α＋θ＝120°，所以角β也保持不变，β＝60°，由平衡条件和正弦定理得＝＝，所以球对AC边的压力NAC′＝NAC＝sin
θ＝sin
θ＝G
sin
θ，球对BC边的压力NBC′＝NBC＝sin
α＝sin
(120°－θ)＝·G
sin
(120°－θ)。当BC边与AC边所受压力大小相等，即NAC′＝NBC′时，解得θ＝60°，此时AB处于水平状态，故A正确；角度θ从0°增大到120°的过程中，sin
θ和sin
(120°－θ)都是先增大后减小，所以球对AC边的压力和对BC边的压力都是先增大后减小，B、C错误；当0<θ<60°时，NBC′>G，则BC边所受压力有可能大于球的重力，故D错误。
高考考向3 电磁学中的平衡问题
命题角度1
电场力作用下的平衡问题
例4 (2019·全国卷Ⅰ)如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则( )
A．P和Q都带正电荷
B．P和Q都带负电荷
C．P带正电荷，Q带负电荷
D．P带负电荷，Q带正电荷
解析 细绳竖直，把P、Q看做整体，在水平方向所受合力为零，对外不显电性，带异种电荷，A、B错误；P、Q带不同性质的电荷，有两种情况：P带正电，Q带负电，或P带负电，Q带正电，两种情况的受力分别如图所示，由图知，P带负电，Q带正电时符合题意，C错误，D正确。
答案 D
电磁学中平衡问题的处理方法
处理方法与力学中平衡问题的分析方法一样，把方法和规律进行迁移应用即可。
备课记录：
4.
(2020·湖北省武昌6月调研考试)如图所示，绝缘水平面上一绝缘轻弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一端拴接一带负电小物块，整个装置处在水平向右的匀强电场中。现保持匀强电场的场强大小不变，仅将其方向改为指向左偏下方向，物块始终保持静止，桌面摩擦不可忽略，则下列说法正确的是( )
A．弹簧一定处于拉伸状态
B．相比于电场变化前，变化后的摩擦力的大小一定减小
C．变化后的摩擦力不可能为零
D．相比于电场变化前，变化后弹簧的弹力和摩擦力的合力大小一定变小
答案 D
解析 如果电场力和弹簧弹力都远小于最大静摩擦力，那么无论怎样改变电场方向，物块都始终静止，则弹簧可能处于压缩状态，也可能处于伸长状态，故A错误；如果开始时摩擦力向左，则电场方向变化后，摩擦力变大，故B错误；若变化后电场力的水平分力与弹簧的弹力等大反向，则摩擦力为零，故C错误；由题根据平衡条件可知，弹簧的弹力和摩擦力的合力与电场力的水平分力等大反向，相比于电场变化前，变化后电场力的水平分力变小，则弹簧的弹力和摩擦力的合力必定变小，D正确。
命题角度2
安培力作用下的平衡问题
例5 (2020·浙江省山水联盟高考模拟)光滑的水平桌面上有两根弯成60°角的金属棒，正好凑成一个等边三角形oab，边长为L。它们的两端分别在o点和c点相互接触，o点接触但是相互绝缘，c处不绝缘。匀强磁场的方向垂直桌面向下，磁感应强度为B。当通以如图所示的电流时，两金属棒仍处于静止状态，在o处的相互作用力为f1，在c处的相互作用力为f2。则金属棒中的电流为( )
A．
B．
C．
D．
解析 取金属棒oac为研究对象，根据左手定则，所受安培力方向水平向右，安培力大小为F安＝BIL
sin
60°＝BI·L，分析可知，金属棒oac在o处所受力f1和在c处所受力f2方向均水平向左，由平衡条件可知f1＋f2＝F安，可得金属棒中的电流为I＝，所以C正确，A、B、D错误。
答案 C
安培力作用下的平衡问题的解决方法与前面讲的平衡问题类似，要先选研究对象，可以是“部分”，也可以是“整体”，对研究对象分析力时要注意按顺序，不要漏掉安培力，仍然依据研究对象所受的合外力为零进行分析求解。
备课记录：
5.
(2020·湘赣皖十五校高三第二次联考)一电流表的原理如图所示。质量为m＝20
g的匀质细金属棒MN的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，弹簧的劲度系数为k＝2.0
N/m。在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.20
T，方向垂直纸面向外。与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于ab，ab的长度为l＝0.20
m，bc的长度为L＝0.05
m，当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合，当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强度，不计通电时电流产生的磁场作用(g＝10
m/s2)( )
A．若要电流表正常工作，N端应接电源正极
B．若将量程扩大2倍，磁感应强度应变为B′＝0.40
T
C．此电流表可以测量的最大电流为2.0
A
D．当电流表示数为零时，弹簧伸长10
cm
答案 D
解析 若要电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下，由左手定则可知金属棒中电流从M端流向N端，因此M端应接电源正极，故A错误；设当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为Δx，则有mg＝kΔx，解得Δx＝10
cm，设此电流表可以测量的最大电流为Im，则有BIml＋mg＝k(L＋Δx)，解得Im＝2.5
A，C错误，D正确；若将量程扩大2倍，设磁感应强度应变为B′，则有2B′Iml＋mg＝k(L＋Δx)，解得B′＝0.10
T，故B错误。
命题角度3
电场力、洛伦兹力和重力作用下的平衡问题
例6 (2020·湖北省武汉高三6月试题)(多选)如图所示，在同时存在匀强电场和匀强磁场的空间中取正交坐标系Oxyz(x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上，z轴正方向垂直纸面向外)。匀强磁场方向与Oxy平面平行且与x轴正方向的夹角为60°。一质量为m、电荷量为＋q(q>0)的带电质点沿平行于z轴正方向以速度v0做匀速直线运动，当电场强度取最小值E0时，磁感应强度的大小为B，重力加速度为g，在此情况下，下列判断正确的是( )
A．E0＝
B．B＝
C．若仅撤去磁场，带电质点做匀变速曲线运动
D．若仅撤去电场，带电质点做匀变速曲线运动
解析 带电质点受力如图所示，受到重力mg(大小及方向均已知)、洛伦兹力qv0B(方向已知)、电场力qE(大小及方向均未知)的作用做匀速直线运动。根据几何知识分析可知，当电场力方向与磁场方向相同时，场强有最小值E0，根据平衡条件有qE0＝mg
sin
60°，qv0B＝mg
cos
60°，解得E0＝，B＝，故A错误，B正确；若仅撤去磁场，带电质点受到重力mg和电场力qE0作用，合力为恒力且与v0方向垂直，故带电质点做匀变速曲线运动，C正确；若仅撤去电场，带电质点在运动过程中洛伦兹力为变力，根据平行四边形定则可知合外力为变力，所以加速度改变，带电质点不可能做匀变速曲线运动，故D错误。
答案 BC
(1)带电体在匀强电场中受到的电场力一定为恒力。带电体在匀强磁场中受到的洛伦兹力不一定为恒力，洛伦兹力的大小会随着速度大小的改变而改变，方向一直与速度方向垂直，会随着速度方向的改变而改变。
(2)空间同时存在匀强电场、匀强磁场和重力场时，无约束的带电体若在垂直磁场的方向上做直线运动，速度一定不变，即处于平衡状态，合外力为零。
备课记录：
6－1 (2020·河南省名校联盟3月高三调研考试)(多选)如图所示，竖直平行金属板M、N上加有电压U，N板的右侧有方向垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强电场方向竖直向下、电场强度大小为E，匀强磁场方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B。在M板附近有一粒子源，释放初速度为零的带电粒子，这些粒子经电场加速后进入正交的电、磁场中，都恰能做匀速直线运动，不计粒子的重力和粒子间的相互影响，下列判断正确的是( )
A．粒子做匀速直线运动的速度大小为
B．所有粒子的电荷量一定相同
C．所有粒子的比荷一定相同
D．将N板向左平移一些，粒子在电、磁场中仍能做直线运动
答案 CD
解析 粒子进入正交的电、磁场中都恰能做匀速直线运动，则有qvB＝Eq，可知v＝，A错误；粒子在电场中加速时有Uq＝mv2，粒子在正交的电、磁场中的速度都相同，则所有粒子的比荷一定相同，而电荷量不一定相同，B错误，C正确；将N板向左平移一些，两板间电压不变，则粒子进入电、磁场的速度不变，粒子在电、磁场中仍能做直线运动，D正确。
6－2 (2020·广西壮族自治区南宁市高三二模)如图，abcd是边长为L且对角线ac竖直的正方形区域，区域内既存在垂直于abcd平面的匀强磁场(图中未画出)，也存在平行于cb边斜向上的匀强电场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的小球从a点正上方高h处由静止释放后，恰好能沿直线ac匀速穿过正方形区域。小球可视为质点，重力加速度大小为g。由此可知( )
A．磁场方向垂直于abcd平面向里
B．磁场的磁感应强度大小为
C．电场的场强大小为
D．从a到c，小球电势能增加2mgL
答案 B
解析 带正电的小球恰能沿直线ac匀速穿过正方形区域，故小球所受洛伦兹力方向水平向左，根据左手定则可知，磁场方向垂直于abcd平面向外，故A错误；小球从a点正上方高h处由静止释放，根据自由落体运动规律有v2＝2gh，解得v＝，对小球受力分析，如图所示，设电场力与竖直线ac的夹角为θ，由几何关系可知θ＝45°，根据平衡条件可得Eq
cos
θ＝mg，Eq
sin
θ＝Bqv，联立解得E＝，B＝
，故B正确，C错误；小球从a到c，电场力做负功，且W＝－EqL＝－mgL，根据功能关系可知，从a到c，小球电势能增加
mgL，故D错误。
专题作业
1．(2020·浙江7月选考)如图是“中国天眼”500
m口径球面射电望远镜维护时的照片。为不损伤望远镜球面，质量为m的工作人员被悬在空中的氦气球拉着，当他在离底部有一定高度的望远镜球面上缓慢移动时，氦气球对其有大小为mg、方向竖直向上的拉力作用，使其有“人类在月球上行走”的感觉，若将人视为质点，此时工作人员( )
A．受到的重力大小为mg
B．受到的合力大小为mg
C．对球面的压力大小为mg
D．对球面的作用力大小为mg
答案 D
解析 工作人员的质量为m，则工作人员受到的重力G＝mg，A错误；工作人员在球面上缓慢移动，处于平衡状态，受到的合力为0，B错误；工作人员所处的球面位置不水平，对工作人员进行受力分析如图所示，由平衡条件可知，工作人员受到的支持力N＝(G－F)cos
θ＝mg
cos
θ，根据牛顿第三定律得，工作人员对球面的压力N′小于mg，C错误；由平衡条件可得，球面对工作人员的作用力F球＝mg－mg＝mg，再由牛顿第三定律可得，工作人员对球面的作用力大小为F′＝mg，D正确。
2.
(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＝mg
sin
60°＝mg，F2＝mg
sin
30°＝mg，D正确。
3．(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，根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，
F
cos
60°＝μ(mg－F
sin
60°)②
联立①②式解得μ＝。故选C。
4.
(2020·江苏省南京市、盐城市高三下学期第二次模拟考试)为探测地球表面某空间存在的匀强电场电场强度E的大小，某同学用绝缘细线将质量为m、带电量为＋q的金属球悬于O点，如图所示。稳定后，细线与竖直方向的夹角θ＝60°；再用另一完全相同的不带电金属球与该球接触后移开，再次稳定后，细线与竖直方向的夹角变为α＝30°，重力加速度为g，则该匀强电场的电场强度E大小为( )
A．E＝
mg
B．E＝
mg
C．E＝
mg
D．E＝
答案 D
解析 开始金属球稳定时，受力如图所示，重力mg与电场力qE的合力与细线拉力T1等大反向，根据正弦定理得：＝；金属球与另一完全相同的不带电金属球接触后移开，金属球带电量变为0.5q，受力如图所示，根据正弦定理得：＝，联立以上两式解得：E＝，故选D。
5.
(2020·河南高三三模)如图所示，由绝缘材料制成的光滑的半圆轨道固定在水平面上，O点为圆心，带电荷量为qa、质量为ma的a小球固定在半圆轨道底端的A点，带电荷量为qb、质量为mb的b小球静止于半圆轨道内的B点，此时∠AOB＝74°。由于a、b两小球的质量变化或电荷量变化使得b小球沿半圆轨道缓慢下滑，恰好静止于C点，∠AOC＝60°，此时a、b两小球的质量分别为ma′、mb′，电荷量分别为qa′、qb′，已知a、b两小球均可视为带电质点，sin
37°＝0.6，则下列说法正确的是( )
A．开始时b小球受到的支持力一定大于其重力
B．b小球的质量和电荷量至少有一个发生变化
C．可能仅是b小球的质量增加至mb
D．可能仅是a、b两小球电荷量的乘积减小至qaqb
答案 C
解析 对b小球在B处受力分析如图，由几何关系可知＝＝，即＝＝，所以FN＝mbg，A错误。由图可知F＝，L＝2R
sin
，＝，整理得sin
＝，变化后sin
变为原来的＝，则变为原来的，qa、qb、mb三个数据中可能只有qa变化，B错误。若仅是b小球的质量改变，则b小球的质量增加至mb；若仅是a、b两小球电荷量的乘积改变，则两小球电荷量的乘积减小至qaqb，C正确，D错误。
6．(2020·甘肃省兰州一中高三三模)L形木板P(上表面光滑)放在固定斜面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的滑块Q相连，如图所示。若P、Q一起沿斜面匀速下滑，不计空气阻力，则木板P的受力个数为( )
A．3
B．4
C．5
D．6
答案 C
解析 P、Q一起沿斜面匀速下滑时，由于木板P上表面光滑，滑块Q受到重力、P的支持力和弹簧沿斜面向上的弹力。根据牛顿第三定律，滑块Q必对木板P有压力，同时弹簧对P也一定有沿斜面向下的弹力，根据平衡条件，P受到斜面对它沿斜面向上的摩擦力，因而木板P受到重力、斜面的支持力、斜面的摩擦力、Q的压力和弹簧的弹力共5个力，C正确。
7.
(2020·山东高考)如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为( )
A．
B．
C．
D．
答案 C
解析 当木板与水平面的夹角为45°时，两物块刚好要滑动，对物块A受力分析如图甲所示。沿木板方向，A与B之间的滑动摩擦力f1＝μN1＝μmg
cos
45°，根据平衡条件可知T＝mg
sin
45°＋μmg
cos
45° ①；对物块B受力分析如图乙所示。沿木板方向，B与木板之间的滑动摩擦力f2＝μN2＝μ·3mg
cos
45°，根据平衡条件可知2mg
sin
45°＝T＋μmg
cos
45°＋μ·3mg
cos
45° ②；①②两式联立，可得2mg
sin
45°＝mg
sin
45°＋μmg
cos
45°＋μmg
cos
45°＋μ·3mg
cos
45°，解得μ＝。A、B、D错误，C正确。
8．(2020·四川省宜宾市第一中学高三下第二次适应性考试)如图所示，长为d、质量为m的导体棒ab，置于倾角为θ的光滑斜面上。导体棒与斜面的水平底边始终平行。已知导体棒中电流方向从a到b，大小为I，重力加速度为g。若匀强磁场的大小、方向都可以改变，要使导体棒能静止在斜面上，则磁感应强度的最小值和对应的方向是( )
A.，方向垂直于斜面向下
B．，方向垂直于斜面向上
C．，方向竖直向上
D．，方向竖直向下
答案 A
解析 对导体棒受力分析，如图所示，可知当安培力沿斜面向上时，安培力最小，磁感应强度有最小值。根据平衡条件可知，安培力的最小值为Fmin＝mg
sin
θ，即BminId＝mg
sin
θ，解得Bmin＝，根据左手定则可知，对应的磁场方向垂直于斜面向下，故A正确，B、C、D错误。
9.
(2020·浙江省临海、乐清、新昌高三模拟)如图所示，一根粗细均匀、长为L＝1
m、质量为m＝0.01
kg的导体棒ab从中点处弯成60°角，将此导体棒放入磁感应强度大小为B＝0.4
T、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，导体棒两端a、b悬挂于两根相同的弹簧下端，弹簧均处于竖直状态。当导体棒中通有I＝1
A的电流时，两根弹簧比自然长度各缩短了Δx＝0.01
m，则下列说法中正确的是(g取10
m/s2)( )
A．导体中电流的方向为aOb
B.每根弹簧的弹力大小为0.1
N
C．弹簧的劲度系数为5
N/m
D．若仅改变电流方向，则弹簧将会比自然长度各伸长0.01
m
答案 C
解析 由题意知通电后弹簧比原长缩短了，说明安培力方向向上，由左手定则可知，电流方向为bOa，A错误；通电后，导体棒ab的有效长度为l＝＝0.5
m，受到的安培力大小为F＝BIl＝0.2
N，根据平衡条件有F＝2F弹＋mg，解得每根弹簧的弹力大小为F弹＝0.05
N，B错误；根据胡克定律有F弹＝kΔx，解得k＝＝5
N/m，C正确；若仅改变电流方向，则受到的安培力的大小不变，方向变为向下，设弹簧将会比自然长度各伸长x，则有mg＋F＝2F弹′，F弹′＝kx，联立解得x＝0.03
m，D错误。
10．(2020·河南省濮阳市高三二模)(多选)如图所示，空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场方向水平向右，场强大小为E；匀强磁场方向垂直于纸面水平向里，磁感应强度大小为B。a、b两个带电小球在电场和磁场中沿直线运动，轨迹在纸面内如图中虚线所示，不计小球间的相互作用，则下列说法正确的是(g取10
m/s2)( )
A．小球a带正电，从Q向P运动
B．小球b带正电，从N向M运动
C．a、b两小球的速度大小之比为
∶
D．a、b两小球的质量之比为1∶
答案 BC
解析 若小球a带正电且从Q向P运动，小球a受竖直向下的重力、水平向右的电场力和垂直PQ斜向左下方的洛伦兹力，三个力的合力不可能为0，则小球a不可能做直线运动，故A错误；若小球b带正电且从N向M运动，小球b受竖直向下的重力、水平向右的电场力和垂直MN斜向左上方的洛伦兹力，当三力的合力为0时小球b从N向M做匀速直线运动，故B正确；对两小球受力分析如图所示，由平衡条件可知＝qavaB，＝qbvbB，解得＝，故C正确；由于不知道两小球的电荷量关系，则无法确定两小球的质量之比，故D错误。
11．(2020·湖北省武汉市武昌区6月调研考试)(多选)如图所示，把倾角为30°的粗糙斜面体C固定于水平地面上，质量为2m的物块A通过跨过光滑轻定滑轮的轻绳与质量为m的小球B连接，O点为轻绳与定滑轮的接触点，初始时，小球B在水平向右的拉力F作用下，使轻绳OB段与水平拉力F的夹角为θ＝120°，A、B均保持静止状态。现改变拉力F，并保持夹角θ大小不变，将小球B向右上方缓慢拉起至OB水平，物块A始终保持静止状态。g为重力加速度，关于该过程下列说法正确的是( )
A．拉力F最大为mg
B．拉力F一直变小
C．物块A所受摩擦力先变小后变大
D．轻绳拉力先变大后变小
答案 AC
解析 设轻绳OB段与水平方向夹角为α，轻绳上的拉力为T，因θ＝120°不变，且小球B受力平衡，根据平衡条件有F
cos
(60°－α)＝T
cos
α，F
sin
(60°－α)＋T
sin
α＝mg，联立解得F＝mg
cos
α，α从60°逐渐减小到0°，所以拉力F一直变大，当α＝0°时，拉力F最大，为Fmax＝mg，故A正确，B错误；因为轻绳OB段的拉力T满足F
cos
(60°－α)＝T
cos
α，则有T＝·mg
cos
(60°－α)，α从60°逐渐减小到0°，所以轻绳拉力T一直变小，开始时α＝60°，拉力T最大，且Tmax＝mg>2mg
sin
30°，OB水平时α＝0°，拉力T最小，且Tmin＝mg<2mg
sin
30°，则物块A所受摩擦力先沿斜面向下变小，后沿斜面向上变大，故C正确，D错误。
12.
(2020·宁夏石嘴山高三下学期4月模拟)如图所示，高层住宅外安装空调主机时，电机通过缆绳牵引主机。为避免主机与阳台、窗户碰撞，通常会用一根拉绳拽着主机，保持与墙面之间距离不变，地面上拽拉绳的人通过移动位置，使拉绳与竖直方向的夹角β保持不变，在此过程中主机沿竖直方向匀速上升，则在提升主机过程中，下列说法正确的是( )
A．缆绳拉力F1和拉绳拉力F2大小都不变
B．缆绳拉力F1增大，拉绳拉力F2减小
C．缆绳与竖直方向的夹角α可能大于拉绳与竖直方向的夹角β
D．缆绳拉力F1和拉绳拉力F2大小都增大
答案 D
解析 对主机受力分析如图所示，主机沿竖直方向匀速上升，即主机处于平衡状态，则其所受合力为零，根据平衡条件，在竖直方向有F1cos
α－mg－F2cos
β＝0，在水平方向有F1sin
α－F2sin
β＝0，联立解得F1＝，F2＝，在主机上升过程中，由于α增大，β不变，所以cos
α减小，sin
α增大，则缆绳拉力F1增大；tan
α增大，则拉绳拉力F2增大，A、B错误，D正确。根据三力平衡条件可知，表示mg、F1、F2的力的图示的有向线段首尾相接可以组成一个矢量三角形，则缆绳与竖直方向的夹角α小于拉绳与竖直方向的夹角β，C错误。
13.如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置，如果将小球B向左推动少许，并待两球重新达到平衡，则两个小球的受力情况与原来相比( )
A．推力F将增大
B．竖直墙面对小球A的弹力增大
C．地面对小球B的弹力一定不变
D．两个小球之间的距离减小
答案 C
解析 以小球A为研究对象，分析受力如图1所示，设B对A的库仑力F库与竖直墙面的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为N1＝mAg
tan
θ，小球之间库仑力大小为F库＝，如果将小球B向左推动少许，则θ减小，N1减小，F库减小，根据库仑定律可知，两个小球之间的距离增大，B、D错误；再以A、B整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得F＝N1，N2＝(mA＋mB)g，N1减小，则推力F减小，地面对小球B的弹力N2一定不变，A错误，C正确。(共116张PPT)
第1讲 力与物体的平衡
要点提炼
高考考向
专题作业
本课结束
答案
解析
