【步步高】2023屆高考物理(全國通用)大二輪專題復(fù)習(xí)word版訓(xùn)練：專題一-力與場內(nèi)物體的平衡

PAGE18-專題定位本專題解決的是受力分析和共點力平衡問題．高考對本專題內(nèi)容的考查主要有：①對各種性質(zhì)力特點的理解；②共點力作用下平衡條件的應(yīng)用．考查的主要物理方法和思想有：①整體法和隔離法；②假設(shè)法；③合成法；④正交分解法；⑤矢量三角形法；⑥相似三角形法；⑦等效思想；⑧分解思想．應(yīng)考策略深刻理解各種性質(zhì)力的特點．熟練掌握分析共點力平衡問題的各種方法．1．彈力(1)大?。簭椈稍趶椥韵薅葍?nèi)，彈力的大小可由胡克定律F＝kx計算；一般情況下物體間相互作用的彈力可由平衡條件或牛頓運動定律來求解．(2)方向：一般垂直于接觸面(或切面)指向形變恢復(fù)的方向；繩的拉力沿繩指向繩收縮的方向．2．摩擦力(1)大?。夯瑒幽Σ亮f＝μFN，與接觸面的面積無關(guān)；靜摩擦力0<Ff≤Ffmax，具體值根據(jù)牛頓運動定律或平衡條件來求．(2)方向：沿接觸面的切線方向，并且跟物體的相對運動或相對運動趨勢的方向相反．3．電場力(1)大小：F＝qE.假設(shè)為勻強電場，電場力那么為恒力；假設(shè)為非勻強電場，電場力那么與電荷所處的位置有關(guān)；點電荷的庫侖力F＝keq\f(q1q2,r2).(2)方向：正電荷所受電場力方向與場強方向一致，負電荷所受電場力方向與場強方向相反．4．安培力(1)大?。篎＝BIL，此式只適用于B⊥I的情況，且L是導(dǎo)線的有效長度，當(dāng)B∥I時F＝0.(2)方向：用左手定那么判斷，安培力垂直于B、I決定的平面．5．洛倫茲力(1)大?。篎洛＝qvB，此式只適用于B⊥v的情況．當(dāng)B∥v時F洛＝0.(2)方向：用左手定那么判斷，洛倫茲力垂直于B、v決定的平面，洛倫茲力不做功．6．共點力的平衡(1)平衡狀態(tài)：物體靜止或做勻速直線運動．(2)平衡條件：F合＝0或Fx＝0，F(xiàn)y＝0.(3)常用推論：①假設(shè)物體受n個作用力而處于平衡狀態(tài)，那么其中任意一個力與其余(n－1)個力的合力大小相等、方向相反．②假設(shè)三個共點力的合力為零，那么表示這三個力的有向線段首尾相接組成一個封閉三角形．1．處理平衡問題的根本思路：確定平衡狀態(tài)(加速度為零)→巧選研究對象(整體法或隔離法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作討論．2．常用的方法(1)在判斷彈力或摩擦力是否存在以及確定方向時常用假設(shè)法．(2)求解平衡問題時常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、相似三角形法、圖解法等．3．帶電體的平衡問題仍然滿足平衡條件，只是要注意準確分析場力——電場力、安培力或洛倫茲力．4．如果帶電粒子在重力場、電場和磁場三者組成的復(fù)合場中做直線運動，那么一定是勻速直線運動，因為F洛⊥v.考向1共點力作用下的靜態(tài)平衡問題例1如圖1所示，質(zhì)量為m的木塊A放在水平面上的質(zhì)量為M的斜面B上，現(xiàn)用大小相等、方向相反的兩個水平推力F分別作用在A、B上，A、B均保持靜止不動．那么()圖1A．A與B之間一定存在摩擦力B．B與地面之間一定存在摩擦力C．B對A的支持力一定等于mgD．地面對B的支持力大小一定等于(m＋M)g審題突破A、C選項考察物體A、B之間的受力應(yīng)選誰為研究對象？B、D選項考察地面對B的作用力必須選B為研究對象嗎？怎樣選研究對象更簡單？解析對A，假設(shè)重力、推力、支持力的合力為零時，A、B間沒有摩擦力，A錯誤；B對A的支持力無法求出，所以C錯誤；把A、B視為一個整體，水平方向兩推力恰好平衡，故B與地面間沒有摩擦力，所以B錯誤；地面對B的支持力等于(m＋M)g，故D正確．答案D以題說法1.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．采用整體法進行受力分析時，要注意系統(tǒng)內(nèi)各個物體的狀態(tài)應(yīng)該相同．3．當(dāng)直接分析一個物體的受力不方便時，可轉(zhuǎn)移研究對象，先分析另一個物體的受力，再根據(jù)牛頓第三定律分析該物體的受力，此法叫“轉(zhuǎn)移研究對象法〞．輕質(zhì)彈簧A的兩端分別連在質(zhì)量均為m的小球上，兩球均可視為質(zhì)點．另有兩根與A完全相同的輕質(zhì)彈簧B、C，且B、C的一端分別與兩個小球相連，B的另一端固定在天花板上，C的另一端用手牽住，如圖2所示．適當(dāng)調(diào)節(jié)手的高度與用力的方向，保持B彈簧軸線跟豎直方向夾角為37°不變(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，當(dāng)彈簧C的拉力最小時，B、C兩彈簧的形變量之比為()圖2A．1∶1B．3∶5C．4∶3D．5∶4答案C解析以兩球和彈簧A組成的整體為研究對象，受力分析如下圖，由合成法知當(dāng)C彈簧與B彈簧垂直時，彈簧C施加的拉力最小，由幾何關(guān)系知FTB∶FTC＝4∶3.考向2共點力作用下的動態(tài)平衡問題例2(2023·山東·14)如圖3所示，用兩根等長輕繩將木板懸掛在豎直木樁上等高的兩點，制成一簡易秋千，某次維修時將兩輕繩各剪去一小段，但仍保持等長且懸掛點不變．木板靜止時，F(xiàn)1表示木板所受合力的大小，F(xiàn)2表示單根輕繩對木板拉力的大小，那么維修后()圖3A．F1不變，F(xiàn)2變大B．F1不變，F(xiàn)2變小C．F1變大，F(xiàn)2變大D．F1變小，F(xiàn)2變小審題突破兩輕繩各剪去一小段，兩繩之間的夾角如何變化？木板所受合力根據(jù)什么判斷大小是否變化？解析木板靜止時，木板受重力G以及兩根輕繩的拉力F2，根據(jù)平衡條件，木板受到的合力F1＝0，保持不變．兩根輕繩的拉力F2的合力大小等于重力G，保持不變，當(dāng)兩輕繩剪去一段后，兩根輕繩的拉力F2與豎直方向的夾角變大，因其合力不變，故F2變大．選項A正確，選項B、C、D錯誤．答案A以題說法動態(tài)平衡問題分析的三個常用方法．1．解析法：一般把力進行正交分解，兩個方向上列平衡方程，寫出所要分析的力與變化角度的關(guān)系，然后判斷各力的變化趨勢．2．圖解法：能用圖解法分析動態(tài)變化的問題有三個顯著特征：一、物體一般受三個力作用；二、其中有一個大小、方向都不變的力；三、還有一個方向不變的力．3．相似三角形法：物體一般受三個力作用而平衡，系統(tǒng)內(nèi)一定總存在一個與矢量三角形相似的結(jié)構(gòu)三角形，這種情況下采用相似三角形法解決問題簡單快捷．如圖4甲，手提電腦散熱底座一般設(shè)置有四個卡位用來調(diào)節(jié)角度．某同學(xué)將電腦放在散熱底座上，為了獲得更好的舒適度，由原卡位4緩慢地調(diào)至卡位1(如圖乙)，電腦始終靜止在底座上，那么()圖4A．電腦受到的支持力變大B．電腦受到的摩擦力變小C．散熱底座對電腦的作用力變大D．散熱底座對電腦的作用力不變答案D解析對筆記本電腦受力分析如下圖，有：FN＝mgcosθ、Ff＝mgsinθ.由原卡位1調(diào)至卡位4，θ減小，靜摩擦力Ff減小、支持力FN增加；散熱底座對電腦的作用力的合力是支持力和靜摩擦力的合力，與重力平衡，始終是不變的，故D正確．考向3帶電體在電場內(nèi)的平衡問題例3(2023·浙江·19)如圖5所示，水平地面上固定一個光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為θ.一根輕質(zhì)絕緣細線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個帶電小球A，細線與斜面平行．小球A的質(zhì)量為m、電量為q.小球A的右側(cè)固定放置帶等量同種電荷的小球B，兩球心的高度相同、間距為d.靜電力常量為k，重力加速度為g，兩帶電小球可視為點電荷．小球A靜止在斜面上，那么()圖5A．小球A與B之間庫侖力的大小為eq\f(kq2,d2)B．當(dāng)eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgsinθ,k))時，細線上的拉力為0C．當(dāng)eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgtanθ,k))時，細線上的拉力為0D．當(dāng)eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mg,ktanθ))時，斜面對小球A的支持力為0審題突破小球A受哪幾個力的作用？假設(shè)細線上的拉力為0呢？通過對小球受力分析，斜面對小球A的支持力能為0嗎？解析根據(jù)庫侖定律，A、B球間的庫侖力F庫＝keq\f(q2,d2)，選項A正確；小球A受豎直向下的重力mg，水平向左的庫侖力F庫＝eq\f(kq2,d2)，由平衡條件知，當(dāng)斜面對小球的支持力FN的大小等于重力與庫侖力的合力大小時，細線上的拉力等于零，如下圖，那么eq\f(\f(kq2,d2),mg)＝tanθ，所以eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgtanθ,k))，選項C正確，選項B錯誤；斜面對小球的支持力FN始終不會等于零，選項D錯誤．答案AC以題說法1.電場和重力場內(nèi)的平衡問題，仍然是力學(xué)問題．力學(xué)中用到的圖解法和正交分解法仍然可以用在電場和重力場中．2．當(dāng)涉及多個研究對象時，一般采用整體法和隔離法結(jié)合的方法求解．當(dāng)物體受到的力多于三個時，往往采用正交分解法列出分方向的平衡方程．如圖6所示，粗糙程度均勻的絕緣空心斜面ABC放置在水平面上，∠CAB＝30°，斜面內(nèi)部O點(與斜面無任何連接)固定一個正點電荷，一帶負電可視為質(zhì)點的小物體可以分別靜止在M、P、N點，P為MN的中點，OM＝ON，OM∥AB，那么以下判斷正確的選項是()圖6A．小物體在M、P、N點靜止時一定都是受4個力B．小物體靜止在P點時受到的摩擦力最大C．小物體靜止在P點時受到的支持力最大D．小物體靜止在M、N點時受到的支持力相等答案CD解析對小物體分別在三處靜止時進行受力分析，如圖：結(jié)合平衡條件小物體在P、N兩點時一定受四個力的作用，而在M處不一定，故A錯誤；小物體靜止在P點時，摩擦力Ff＝mgsin30°，設(shè)小物體靜止在M、N點時，庫侖力為F′，那么小物體靜止在N點時Ff′＝mgsin30°＋F′cos30°，小物體靜止在M點時Ff″＝mgsin30°－F′cos30°，可見小物體靜止在N點時所受摩擦力最大，故B錯誤；小物體靜止在P點時，設(shè)庫侖力為F，受到的支持力FN＝mgcos30°＋F，小物體靜止在M、N點時：FN′＝mgcos30°＋F′sin30°，由庫侖定律知F＞F′，故FN＞FN′，即小物體靜止在P點時受到的支持力最大，靜止在M、N點時受到的支持力相等，故C、D正確.1．應(yīng)用平衡條件解決電學(xué)平衡問題例4(18分)如圖7(BE左邊為側(cè)視圖，右邊為俯視圖)所示，電阻不計的光滑導(dǎo)軌ABC、DEF平行放置，間距為L，BC、EF水平，AB、DE與水平面成θ角．PQ、P′Q′是相同的兩金屬桿，它們與導(dǎo)軌垂直，質(zhì)量均為m、電阻均為R.平行板電容器的兩金屬板M、N的板面沿豎直放置，相距為d，并通過導(dǎo)線與導(dǎo)軌ABC、DEF連接．整個裝置處于磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中．要使桿P′Q′靜止不動，求：圖7(1)桿PQ應(yīng)沿什么方向運動？速度多大？(2)從O點入射的帶電粒子恰好沿圖中虛線通過平行板電容器，那么入射粒子的速度v0多大？思維導(dǎo)圖解析(1)設(shè)桿PQ運動速度為v，桿PQ切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：E＝BLv(2分)回路電流：I＝eq\f(E,R＋R)(2分)P′Q′桿靜止，對桿P′Q′受力分析，有：mgtanθ＝BIL(2分)聯(lián)立解得：v＝eq\f(2mgRtanθ,B2L2)(2分)根據(jù)左手定那么與右手定那么可知，PQ應(yīng)向右運動．(2分)(2)兩平行板間的電壓：U＝IR(2分)粒子在電場中運動，電場力：F＝qE＝eq\f(qU,d)(2分)粒子沿直線通過平行板電容器，這時粒子所受的電場力和洛倫茲力相互平衡：eq\f(qU,d)＝qBv0(2分)聯(lián)立解得：v0＝eq\f(mgRtanθ,B2Ld)(2分)答案(1)向右運動eq\f(2mgRtanθ,B2L2)(2)eq\f(mgRtanθ,B2Ld)點睛之筆此題為力電綜合問題，考查了力學(xué)知識的平衡問題和電磁感應(yīng)知識．解答此題的思路是先通過P′Q′靜止不動、受力平衡分析PQ的運動方向．PQ運動對P′Q′和電容器供電，帶電粒子在電場、磁場中做勻速直線運動受力平衡．(限時：15分鐘，總分值：15分)(2023·江蘇·13)如圖8所示，在勻強磁場中有一傾斜的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L，長為3d，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，在導(dǎo)軌的中部刷有一段長為d的薄絕緣涂層．勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直．質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，在滑上涂層之前已經(jīng)做勻速運動，并一直勻速滑到導(dǎo)軌底端．導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直，且僅與涂層間有摩擦，接在兩導(dǎo)軌間的電阻為R，其他局部的電阻均不計，重力加速度為g.求：圖8(1)導(dǎo)體棒與涂層間的動摩擦因數(shù)μ；(2)導(dǎo)體棒勻速運動的速度大小v；(3)整個運動過程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q.答案(1)tanθ(2)eq\f(mgRsinθ,B2L2)(3)2mgdsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,2B4L4)解析(1)在絕緣涂層上導(dǎo)體棒受力平衡mgsinθ＝μmgcosθ解得導(dǎo)體棒與涂層間的動摩擦因數(shù)μ＝tanθ.(2)在光滑導(dǎo)軌上感應(yīng)電動勢：E＝BLv感應(yīng)電流：I＝eq\f(E,R)安培力：F安＝BIL受力平衡的條件是：F安＝mgsinθ解得導(dǎo)體棒勻速運動的速度v＝eq\f(mgRsinθ,B2L2).(3)摩擦生熱：QT＝μmgdcosθ根據(jù)能量守恒定律知：3mgdsinθ＝Q＋QT＋eq\f(1,2)mv2解得電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q＝2mgdsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,2B4L4).

(限時：30分鐘)題組1共點力作用下的靜態(tài)平衡1．(2023·廣東·14)如圖1所示，水平地面上堆放著原木，關(guān)于原木P在支撐點M、N處受力的方向，以下說法正確的選項是()圖1A．M處受到的支持力豎直向上B．N處受到的支持力豎直向上C．M處受到的靜摩擦力沿MN方向D．N處受到的靜摩擦力沿水平方向答案A解析M處支持力方向與支持面(地面)垂直，即豎直向上，選項A正確；N處支持力方向與支持面(原木接觸面)垂直，即垂直MN向上，應(yīng)選項B錯誤；摩擦力與接觸面平行，應(yīng)選項C、D錯誤．2．如圖2所示，三個相同的輕質(zhì)彈簧連接在O點，彈簧1的另一端固定在天花板上，且與豎直方向的夾角為30°，彈簧2水平且右端固定在豎直墻壁上，彈簧3的另一端懸掛質(zhì)量為m的物體且處于靜止狀態(tài)，此時彈簧1、2、3的形變量分別為x1、x2、x3，那么()圖2A．x1∶x2∶x3＝eq\r(3)∶1∶2B．x1∶x2∶x3＝2∶1∶eq\r(3)C．x1∶x2∶x3＝1∶2∶eq\r(3)D．x1∶x2∶x3＝eq\r(3)∶2∶1答案B解析對物體受力分析可知：kx3＝mg，對彈簧的結(jié)點受力分析可知：kx1cos30°＝kx3，kx1sin30°＝kx2，聯(lián)立解得x1∶x2∶x3＝2∶1∶eq\r(3).3．體育器材室里，籃球擺放在如圖3所示的球架上．球架的寬度為d，每個籃球的質(zhì)量為m、直徑為D，不計球與球架之間的摩擦，那么每個籃球?qū)σ粋?cè)球架的壓力大小為()圖3A.eq\f(1,2)mg B.eq\f(mgD,d)C.eq\f(mgD,2\r(D2－d2)) D.eq\f(2mg\r(D2－d2),D)答案C解析籃球受力平衡，設(shè)一側(cè)球架的彈力與豎直方向的夾角為θ，如圖，由平衡條件，F(xiàn)1＝F2＝eq\f(mg,2cosθ)，而cosθ＝eq\f(\r(\f(D,2)2－\f(d,2)2),\f(D,2))＝eq\f(\r(D2－d2),D)，那么F1＝F2＝eq\f(mgD,2\r(D2－d2))，選項C正確．4．在如下圖的A、B、C、D四幅圖中，滑輪本身的重力忽略不計，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩ab繞過滑輪，a端固定在墻上，b端下面掛一個質(zhì)量都是m的重物，當(dāng)滑輪和重物都靜止不動時，圖A、C、D中桿P與豎直方向夾角均為θ，圖B中桿P在豎直方向上，假設(shè)A、B、C、D四幅圖中滑輪受到木桿彈力的大小依次為FA、FB、FC、FD，那么以下判斷中正確的選項是()A．FA＝FB＝FC＝FDB．FD＞FA＝FB＞FCC．FA＝FC＝FD＞FBD．FC＞FA＝FB＞FD答案B解析設(shè)滑輪兩邊細繩的夾角為φ，對重物，可得繩子拉力等于重物重力mg，滑輪受到木桿彈力F等于細繩拉力的合力，即F＝2mgcoseq\f(φ,2)，由夾角關(guān)系可得FD＞FA＝FB＞FC，選項B正確．5．如圖4所示，質(zhì)量為M的木板C放在水平地面上，固定在C上的豎直輕桿的頂端分別用細繩a和b連接小球A和小球B，小球A、B的質(zhì)量分別為mA和mB，當(dāng)與水平方向成30°角的力F作用在小球B上時，A、B、C剛好相對靜止一起向右勻速運動，且此時繩a、b與豎直方向的夾角分別為30°和60°，那么以下判斷正確的選項是()圖4A．力F的大小為mBgB．地面對C的支持力等于(M＋mA＋mB)gC．地面對C的摩擦力大小為eq\f(\r(3),2)mBgD．mA＝mB答案ACD解析對小球B受力分析，水平方向：Fcos30°＝FTbcos30°，得：FTb＝F，豎直方向：Fsin30°＋FTbsin30°＝mBg，解得：F＝mBg，故A正確；對小球A受力分析，豎直方向：mAg＋FTbsin30°＝FTasin60°水平方向：FTasin30°＝FTbsin60°聯(lián)立得：mA＝mB，故D正確；以A、B、C整體為研究對象受力分析，豎直方向：FN＋Fsin30°＝(M＋mA＋mB)g可見FN小于(M＋mA＋mB)g，故B錯誤；水平方向：Ff＝Fcos30°＝mBgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mBg，故C正確．題組2共點力作用下的動態(tài)平衡6．如圖5所示為建筑工地一個小型起重機起吊重物的示意圖．一根輕繩跨過光滑的動滑輪，輕繩的一端系在位置A處，動滑輪的下端掛上重物，輕繩的另一端掛在起重機的吊鉤C處．起吊重物前，重物處于靜止狀態(tài)．起吊重物過程是這樣的：先讓吊鉤從位置C豎直向上緩慢的移動到位置B，然后再讓吊鉤從位置B水平向右緩慢地移動到D，最后把重物卸載到某一個位置．那么關(guān)于輕繩上的拉力大小變化情況，以下說法正確的選項是()圖5A．吊鉤從C向B移動過程中，輕繩上的拉力不變B．吊鉤從B向D移動過程中，輕繩上的拉力變小C．吊鉤從C向B移動過程中，輕繩上的拉力變大D．吊鉤從B向D移動過程中，輕繩上的拉力不變答案A解析因物體重力不變，故重力與兩繩子的拉力為平衡力，并且滑輪兩端繩子的張力相等；設(shè)繩子間的夾角為2θ；在由C到B上移的過程中有：2FTcosθ＝mg；由幾何關(guān)系可知，設(shè)A到動滑輪的繩長為l，A到滑輪的水平距離為d，那么有：lcosθ＝d；因由C到B的過程中A到BC的垂直距離不變，故θ為定值，故輕繩上的拉力不變，故A正確，C錯誤；由B到D的過程中，繩的總長不變，夾角2θ一定增大，那么由A中分析可知，F(xiàn)T一定增大；故B、D錯誤．7．如圖6所示，物體A、B用細繩與彈簧連接后跨過滑輪，A靜止在傾角為45°的粗糙斜面上，B懸掛著．質(zhì)量mA＝3mB，不計滑輪摩擦，現(xiàn)將斜面傾角由45°減小到30°，且A、B仍處于靜止狀態(tài)，那么以下說法中正確的選項是()圖6A．彈簧的彈力大小將不變B．物體A對斜面的壓力將減少C．物體A受到的靜摩擦力將減小D．彈簧的彈力及A受到的靜摩擦力都不變答案AC解析彈簧彈力等于B物體的重力，即彈簧彈力不變，故A項正確；對A物體進行受力分析，列平衡方程可知，C項正確，D項錯誤；根據(jù)FN＝mAgcosθ，當(dāng)傾角減小時，A物體對斜面壓力變大，故B項錯誤．8．如圖7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，通過細繩跨過光滑的定滑輪與沙漏a連接，連接b的一段細繩與斜面平行．在a中的沙子緩慢流出的過程中，a、b、c都處于靜止狀態(tài)，那么()圖7A．b對c的摩擦力一定減小B．b對c的摩擦力方向可能平行斜面向上C．地面對c的摩擦力方向一定向右D．地面對c的摩擦力一定減小答案BD解析設(shè)a、b的重力分別為Ga、Gb.假設(shè)Ga＝Gbsinθ，b受到c的摩擦力為零；假設(shè)Ga≠Gbsinθ，b受到c的摩擦力不為零．假設(shè)Ga＜Gbsinθ，b受到c的摩擦力沿斜面向上，故A錯誤，B正確．對b、c整體，水平面對c的摩擦力Ff＝FTcosθ＝Gacosθ，方向水平向左．在a中的沙子緩慢流出的過程中，那么摩擦力在減小，故C錯誤，D正確．9．如圖8所示，斜面上固定有一與斜面垂直的擋板，另有一截面為eq\f(1,4)圓的光滑柱狀物體甲放置于斜面上，半徑與甲相同的光滑球乙被夾在甲與擋板之間，沒有與斜面接觸而處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)在從O1處對甲施加一平行于斜面向下的力F，使甲沿斜面方向緩慢向下移動．設(shè)乙對擋板的壓力大小為F1，甲對斜面的壓力大小為F2，甲對乙的彈力為F3.在此過程中()圖8A．F1逐漸增大，F(xiàn)2逐漸增大，F(xiàn)3逐漸增大B．F1逐漸減小，F(xiàn)2保持不變，F(xiàn)3逐漸減小C．F1保持不變，F(xiàn)2逐漸增大，F(xiàn)3先增大后減小D．F1逐漸減小，F(xiàn)2保持不變，F(xiàn)3先減小后增大答案D解析先對物體乙受力分析，如圖甲所示，由牛頓第三定律可知乙對擋板的壓力F1不斷減小，甲對乙的彈力F3先減小后增大；再對甲與乙整體受力分析，受重力、斜面的支持力、擋板的支持力和力F，如圖乙所示．根據(jù)平衡條件，設(shè)斜面傾角為θ，甲的質(zhì)量為M，乙的質(zhì)量為m，正交分解有x方向：F＋(M＋m)gsinθ－F1′＝0y方向：F2′－(M＋m)gcosθ＝0解得：F2′＝(M＋m)gcosθ，保持不變．結(jié)合牛頓第三定律，物體甲對斜面的壓力F2不變，故D正確，A、B、C錯誤．10．如圖9所示，三根細線共系于O點，其中OA在豎直方向上，OB水平并跨過定滑輪懸掛一個重物，OC的C點固定在地面上，整個裝置處于靜止狀態(tài)．假設(shè)OC加長并使C點左移，同時保持O點位置不變，裝置仍然處于靜止狀態(tài)，那么細線OA上拉力FA和OC上的拉力FC與原先相比是()圖9A．FA、FC都減小 B．FA、FC都增大C．FA增大，F(xiàn)C減小 D．FA減小，F(xiàn)C增大答案A解析O點受FA、FB、FC三個力平衡，如圖．當(dāng)按題示情況變化時，OB繩的拉力FB不變，OA繩拉力FA的方向不變，OC繩拉力FC的方向與拉力FB方向的夾角減小，保持平衡時FA、FC的變化如虛線所示，顯然都是減小了．題組3帶電體在電場內(nèi)的平衡問題11．(2023·廣東·20)如圖10所示，光滑絕緣的水平桌面上，固定著一個帶電量為＋Q的小球P.帶電量分別為－q和＋2q的小球M和N，由絕緣細桿相連，靜止在桌面上．P與M相距L、M和N視為點電荷，以下說法正確的選項是()圖10A．M與N的距離大于LB．P、M和N在同一直線上C．在P產(chǎn)生的電場中，M、N處的電勢相同D．M、N及細桿組成的系統(tǒng)所受合力為零答案BD解析假設(shè)P、M和N不在同一直線上，對M受力分析可知M不可能處于靜止狀態(tài)，所以選項B正確；M、N和桿組成的系統(tǒng)，處于靜止狀態(tài)，那么系統(tǒng)所受合外力為零，故keq\f(Qq,L2)＝keq\f(Q·2q,L＋x2)，解得x＝(eq\r(2)－1)L，所以選項A錯誤，D正確；在正點電荷產(chǎn)生的電場中，離場源電荷越近，電勢越高，φM>φN，所以選項C錯誤．12．一根套有細環(huán)的粗糙桿水平放置，帶正電的小球A通過絕緣細線系在細環(huán)上，另一帶正電的小球B固定在絕緣支架上，A球處于平衡狀態(tài)，如圖11所示．現(xiàn)將B球稍向右移動，當(dāng)A小球再次平衡(該過程A、B兩球一直在相同的水平面上)時，細環(huán)仍靜止在原位置，以下說法正確的選項是()圖11A．細線對帶電小球A的拉力變大B．細線對細環(huán)的拉力保持不變C．細環(huán)所受的摩擦力變大D．粗糙桿對細環(huán)的支持力變大答案AC解析如圖甲所示，以細環(huán)、細線及小球A組成的整體為研究對象受力分析，整體的重力、桿的支持力、靜摩擦力、水平向右的庫侖斥力，由平衡可知FN＝mAg＋m環(huán)g，F(xiàn)＝Ff，知粗糙桿對細環(huán)的支持力不變，再由小球A的受力分析如圖乙知，當(dāng)B球稍向右移動時，由庫侖定律知，F(xiàn)增大，F(xiàn)f增大，小球A的重力不變，它們的合力與細線的拉力等大反向，故由力的合成知當(dāng)F增大時細線的拉力也增大，綜合以上分析知，A、C選項正確． 甲乙13．如圖12所示，空間正四棱錐型的底面邊長和側(cè)棱長均為a，水平底面的四個頂點處均固定著電量為＋q的小球，頂點P處有一個質(zhì)量為m的帶電小球，在庫侖力和重力的作用下恰好處于靜止狀態(tài)．假設(shè)將P處小球的電荷量減半，同時加豎直方向的勻強電場強度E，此時P處小球仍能保持靜止．重力加速度為g，靜電力常量為k，那