【創(chuàng)新設(shè)計】2021高考物理二輪復(fù)習(江蘇專用)-教師用書-第1講-力與物體的平衡

第1講力與物體的平衡1．(2011·江蘇卷，1)如圖1－1－1所示，石拱橋的正中心有一質(zhì)量為m的對稱楔形石塊，側(cè)面與豎直方向的夾角為α，重力加速度為g.若接觸面間的摩擦力忽視不計，則石塊側(cè)面所受彈力的大小為()圖1－1－1A.eq\f(mg,2sinα) B.eq\f(mg,2cosα)C.eq\f(1,2)mgtanα D.eq\f(1,2)mgcotα解析對石塊受力分析如圖，建立如圖所示坐標系，由平衡條件得：2Fsinα＝mg，解得F＝eq\f(mg,2sinα).答案A2.(2022·山東卷，14)如圖1－1－2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．某次修理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，則修理后()A．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變小圖1－1－2解析木板靜止，所受合力為零，將兩輕繩各剪去一小段，木板再次靜止，所受合力仍為零，所以F1不變，兩繩之間的夾角變大，木板重力沿繩方向的分力變大，故F2變大，正確選項為A.答案A3．(2022·廣東卷，14)如圖1－1－3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，下列說法正確的是()A．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圖1－1－3解析M處所受支持力方向與支持面(地面)垂直，即豎直向上，A正確；N處所受支持力與支持面(原木接觸面)垂直，即垂直MN向上，故B錯誤，摩擦力與接觸面平行，故C、D錯誤．答案A主要題型：選擇題學問熱點(1)單獨命題①受力分析②力的合成與分解③共點力平衡(2)交匯命題點：帶電體(或粒子)在電場、磁場或復(fù)合場中的平衡問題物理方法(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(圖解法)(6)等效思想等．命題趨勢江蘇省近三年高考對本專題內(nèi)容都沒有單獨命題．猜測2021年高考對本專題內(nèi)容單獨命題的幾率很大，且將以力的合成與分解和共點力的平衡的綜合應(yīng)用為主，題型以選擇題的形式消滅．熱點一受力分析、物體的平衡圖1－1－41．(2022·揚州市高三第一學期期末檢測)在水平地面上固定一個上表面光滑的斜面體，在它上面放有質(zhì)量為m的木塊，用一根平行于斜面的細線連接一個輕環(huán)，并將輕環(huán)套在一根兩端固定、粗糙的水平直桿上，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，如圖1－1－4所示，則桿對環(huán)的摩擦力大小為()A．mgsinθB．mgcosθC．mgtanθD．mgsinθcosθ解析設(shè)細線的彈力為F，對斜面上的物塊由共點力平衡條件有F－mgsinθ＝0，對輕環(huán)由共點力平衡條件有Fcosθ－f＝0，解得桿對環(huán)的摩擦力大小為f＝mgsinθcosθ.答案D圖1－1－52．(2022·淮安市高三考前信息卷)如圖1－1－5所示，斜面的傾角為30°，物塊A、B通過輕繩連接在彈簧測力計的兩端，A、B重力分別為10N、6N，整個裝置處于靜止狀態(tài)，不計一切摩擦，則彈簧測力計的讀數(shù)為()A．1NB．5NC．6ND．11N解析對物體A由共點力平衡條件有FT－GAsin30°＝0，由牛頓第三定律可知，彈簧測力計的讀數(shù)為FT＝5N．選項B正確．答案B圖1－1－63．(多選)(2022·山東濱州模擬)完全相同的兩物體P、Q，質(zhì)量均為m，疊放在一起置于水平面上，如圖1－1－6所示．現(xiàn)用兩根等長的細線系在兩物體上，兩細線與水平方向均成θ角，在細線的結(jié)點處施加一水平拉力F，兩物體始終保持靜止狀態(tài)，則下列說法正確的是(重力加速度為g)() A．物體P受到細線的拉力大小為Fcosθ B．兩物體間的摩擦力大小為eq\f(F,2) C．物體Q對地面的壓力大小為2mg D．地面對Q的摩擦力為F解析隔離三繩的結(jié)點O受力分析如圖甲，由平衡條件得FT＝eq\f(F,2cosθ)，A項錯；隔離物體P受力如圖乙，由平衡條件得Ff1＝FTcosθ＝eq\f(F,2)，B項正確；選PQ及兩繩整體為爭辯對象，受力如圖丙，由平衡條件和牛頓第三定律得：Q對地面的壓力FN′＝FN＝2mg，C項正確；Ff＝F，D項正確．答案BCD4.質(zhì)量為1kg的小球套在與水平面成37°角的固定硬桿上，現(xiàn)用與桿和重力同平面且垂直于桿向上的力F拉小球，如圖1－1－7所示，當力F＝20N時小球處于靜止狀態(tài)，設(shè)小球與桿間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2.則()圖1－1－7 A．小球與桿間的動摩擦因數(shù)不小于0.5 B．小球與桿間的動摩擦因數(shù)肯定等于eq\f(3,4) C．當力F增大時，小球受到的摩擦力增大 D．當力F減小時，小球受到的摩擦力肯定減小解析小球受四個力作用如圖所示，由平衡條件可得Ff－mgsin37°＝0，F(xiàn)－FN－mgcos37°＝0，解得Ff＝6N，F(xiàn)N＝12N．由Ff＝μFN得μ＝eq\f(Ff,FN)＝0.5，故小球與桿間動摩擦因數(shù)必需滿足μ≥0.5，A對、B錯；當力F增大時，桿對小球的彈力增大，最大靜摩擦力增大，因此小球仍靜止在桿上，F(xiàn)f－mgsin37°＝0仍成立，摩擦力為6N不變，C錯；當力F減小時，小球可能沿桿下滑，也可能仍靜止，因此摩擦力可能減小，也可能不變，D錯．答案A1．爭辯對象的選取方法：(1)整體法(2)隔離法2．受力分析的挨次一般依據(jù)“一重、二彈、三摩擦，四其他”的程序，結(jié)合整體法與隔離法分析物體的受力狀況．3．處理平衡問題的基本思路熱點二物體的動態(tài)平衡問題5．(2022·廣東佛山一模)如圖1－1－8所示，一小球在斜面上處于靜止狀態(tài)，不考慮一切摩擦，假如把豎直擋板由豎直位置緩慢繞O點轉(zhuǎn)至水平位置，則此過程中球?qū)醢宓膲毫1和球?qū)π泵娴膲毫2的變化狀況是()A．F1先增大后減小，F(xiàn)2始終減小B．F1先減小后增大，F(xiàn)2始終減小C．F1和F2都始終減小D．F1和F2都始終增大圖1－1－8解析小球受力如圖甲所示，因擋板是緩慢移動，所以小球處于動態(tài)平衡狀態(tài)，在移動過程中，此三力(重力G、斜面的支持力F2′、擋板的彈力F1′)組合成一矢量三角形的變化狀況如圖乙所示(重力大小方向均不變，斜面對其支持力方向始終不變)，由圖可知此過程中斜面對小球的支持力不斷減小，擋板對小球彈力先減小后增大，再由牛頓第三定律知B對．答案B6．(2022·浙江省寧波市二模)如圖1－1－9所示，小方塊代表一些相同質(zhì)量的鉤碼，圖甲中O為輕繩之間的連接點，圖乙中光滑的滑輪跨在輕繩上懸掛著鉤碼，兩裝置均處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)將圖甲中的B滑輪和圖乙中的端點B沿虛線方向稍稍上移一些，則下列關(guān)于θ角的變化狀況，說法正確的是()A．圖甲、圖乙中θ角均變大B．圖甲、圖乙中θ角均不變C．圖甲中θ角變大、圖乙中θ角不變化D．圖甲中θ角不變、圖乙中θ角變大圖1－1－9解析題圖甲中B滑輪沿虛線稍稍上移一些，O點兩側(cè)細線中拉力大小不變，這兩個拉力的合力不變，從而導致題圖甲中θ角不變．題圖乙中的端點B沿虛線稍稍上移一些，由于A、B之間的細線長度不變，題圖乙中θ角不變化．所以選項B正確．答案B7．(2022·貴州六校聯(lián)盟聯(lián)考)光滑豎直墻壁和粗糙水平地面上分別靜止著A、B兩個可認為是質(zhì)點的小球，兩小球質(zhì)量、電荷量均相同，現(xiàn)緩慢地把小球B稍向右移(兩小球電荷量不變)，系統(tǒng)仍處于靜止狀態(tài)，則下列說法正確的是()A．B球受地面的摩擦力方向向左，大小增大B．兩小球之間的庫侖力是排斥力，大小減小C．B小球可能只受三個力作用D．小球A對墻壁的彈力減小圖1－1－10解析A、B受力如圖所示：B右移后，A再次平衡，受到的FNA和F都增大，對整體分析：Ff＝FNA，F(xiàn)NB＝mAg＋mBg，A正確，B、D錯誤；B小球一共受四個力作用，C項錯誤．答案A求解動態(tài)平衡問題的思想和方法1．基本思想：化“動”為“靜”，“靜”中求“動”2．基本方法：(1)解析法：對爭辯對象的任一狀態(tài)進行受力分析，建立平衡方程，求出因變量與自變量的一般函數(shù)式，然后依據(jù)自變量的變化確定因變量的變化．(2)圖解法熱點三電學中的平衡問題8．(2022·江西南昌調(diào)研)水平面上有U形導軌NMPQ，它們之間的寬度為L，M和P之間接入電源，現(xiàn)垂直于導軌擱一根質(zhì)量為m的金屬棒ab，棒與導軌的動摩擦因數(shù)為μ(滑動摩擦力略小于最大靜摩擦力)，通過棒的電流強度為I，現(xiàn)加一個范圍較大的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于金屬棒ab，與垂直導軌平面的方向夾角為θ，如圖1－1－11所示，金屬棒處于靜止狀態(tài)，重力加速度為g，則金屬棒所受的摩擦力大小為()圖1－1－11A．BILsinθB．BILcosθC．μ(mg－BILsinθ)D．μ(mg＋BILcosθ)解析金屬棒處于靜止狀態(tài)，其合力為零，對其進行受力分析，如圖所示，在水平方向有BILcosθ－Ff＝0，F(xiàn)f＝BILcosθ，選項B正確，選項A、C、D錯誤．答案B9．(2022·南寧二模)長為L的通電導體放在傾角為θ的光滑斜面上，并處在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，如圖1－1－12所示，當B方向豎直向上，電流為I1時導體處于平衡狀態(tài)，若B方向改為垂直斜面對上，則電流為I2時導體仍處于平衡狀態(tài)，電流比值eq\f(I1,I2)應(yīng)為 ()圖1－1－12 A．cosθB.eq\f(1,cosθ)C．sinθD.eq\f(1,sinθ)解析當B豎直向上時，對導體受力分析如圖所示，由平衡條件得：BI1L＝mgtanθ①當B垂直斜面對上時，對導體受力分析如圖所示，由平衡條件得：BI2L＝mgsinθ②聯(lián)立①②得：eq\f(I1,I2)＝eq\f(1,cosθ)，故選項B正確．答案B10．(多選)(2022·浙江卷，19)如圖1－1－13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，則()圖1－1－13A．小球A與B之間庫侖力的大小為eq\f(kq2,d2)B．當eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgsinθ,k))時，細線上的拉力為0C．當eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgtanθ,k))時，細線上的拉力為0D．當eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mg,ktanθ))時，斜面對小球A的支持力為0解析由F＝eq\f(kq1q2,r2)得：F庫＝eq\f(kq2,d2)，選項A正確．對A球受力分析如圖所示要使FT＝0需滿足mgtanθ＝eq\f(kq2,d2)，選項B錯，C正確；要使A球平衡，彈力FN肯定不為零，選項D錯誤．答案AC11.(多選)如圖1－1－14所示，在傾角為θ的斜面上固定兩根足夠長的光滑平行金屬導軌PQ、MN，相距為L，導軌處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平面對下．有兩根質(zhì)量均為m的金屬棒a、b，先將a棒垂直導軌放置，用跨過光滑定滑輪的細線與物塊c連接，連接a棒的細線平行于導軌，由靜止釋放c，此后某時刻，將b也垂直導軌放置，a、c此刻起做勻速運動，b棒剛好能靜止在導軌上．a(chǎn)棒在運動過程中始終與導軌垂直，兩棒與導軌間接觸良好，導軌電阻不計．則()圖1－1－14A．物塊c的質(zhì)量是2msinθB．b棒放上導軌前，物塊c削減的重力勢能等于a、c增加的動能C．b棒放上導軌后，物塊c削減的重力勢能等于回路消耗的電能D．b棒放上導軌后，a棒中電流大小是eq\f(mgsinθ,BL)解析由于a、c勻速運動，b處于靜止，整體法可得mcg＝2mgsinθ，mc＝2msinθ，A項正確；b棒放上導軌前，依據(jù)機械能守恒，物塊c削減的重力勢能等于a、c增加的動能和a增加的重力勢能之和，B項錯誤；金屬棒b放上導軌后，物塊c削減的重力勢能等于回路消耗的電能和a增加的重力勢能之和，C項錯誤；金屬棒b放上導軌后，對b應(yīng)有，mgsinθ＝BIL，因此a中的電流為I＝eq\f(mgsinθ,BL)，D項正確．答案AD處理電學中的平衡問題的方法：與純力學問題的分析方法一樣，學會把電學問題力學化．分析方法是：高考命題熱點1.力與共點力的平衡(1)物體的受力分析肯定要全面，本著先重力，后彈力、摩擦力以及其他外力的挨次進行分析，依據(jù)各種力的產(chǎn)生條件，分析清楚各個接觸面處的接觸狀況．(2)彈力、摩擦力等力大小的計算要依據(jù)物體所處的狀態(tài)列式求解，肯定不要“想當然”下結(jié)論．(3)找準解決問題的突破口．圖1－1－15【典例】(2022·海南卷，5)(3分)如圖1－1－15，一不行伸長的光滑輕繩，其左端固定于O點，右端跨過位于O′點的固定光滑軸懸掛一質(zhì)量為M的物體；OO′段水平，長度為L；繩子上套一可沿繩滑動的輕環(huán)．現(xiàn)在輕環(huán)上懸掛一鉤碼，平衡后，物體上升L.則鉤碼的質(zhì)量為() A.eq\f(\r(2),2)M B.eq\f(\r(3),2)M C.eq\r(2)M D.eq\r(3)M審題流程第一步：抓關(guān)鍵點→獵取信息其次步：找突破口→構(gòu)建思路解析選物體M為爭辯對象．由平衡條件得：FT－Mg＝0①假設(shè)平衡后輕環(huán)位置為P，平衡后，物體上升L，說明此時POO′恰好構(gòu)成一個邊長為L的正三角形，繩中張力處處相等，選鉤碼m為爭辯對象，受力分析如圖所示，由平衡條件得：2FTcos30°－mg＝0②聯(lián)立①②得：m＝eq\r(3)M所以選項D正確．答案D(多選)(2022·煙臺二模)(6分)如圖1－1－16所示，兩段等長細線L1和L2串接著兩個質(zhì)量相等的小球a、b，懸掛于O點．現(xiàn)施加水平向右的力F緩慢拉動a，L1對a球的拉力大小為F1，L2對b球的拉力大小為F2，在緩慢拉動的過程中，F(xiàn)1和F2的變化狀況是()A．F1變大B．F1變小C．F2不變D．F2變大圖1－1－16解析在F緩慢拉動過程中，b球受力如圖甲所示，由平衡條件得F2＝m2g，故F2不變，選項C正確，D錯誤；a、b球整體受力如圖乙所示，由平衡條件得F1cosθ－(m1＋m2)g＝0，在力F向右拉動過程中，L1與豎直方向的夾角θ變大，cosθ變小，故F1變大，選項A正確，B錯誤．答案AC一、單項選擇題1．(2022·南通市、揚州市、泰州市、連云港市、淮安市三模)圖1－1－17如圖1－1－17所示，當風水平吹來時，風箏面與水平面成一夾角，人站在地面上拉住連接風箏的細線．則()A．空氣對風箏的作用力方向水平向右B．地面對人的摩擦力方向水平向左C．地面對人的支持力大小等于人和風箏的總重力D．風箏處于穩(wěn)定狀態(tài)時，拉直的細線可能垂直于風箏面解析空氣對風箏的作用力應(yīng)當是垂直于風箏面，方向為斜向右上方，選項A錯誤；把人和風箏看作一個整體，系統(tǒng)受到豎直向下的重力、地面對系統(tǒng)向上的支持力、垂直風箏面斜向上的彈力，要使系統(tǒng)靜止，人必需受到地面對他的水平向左的摩擦力，選項B正確；風力對整個系統(tǒng)有向上的分力，因此地面對人的支持力要小于人和風箏的總重力，選項C錯誤；以風箏為爭辯對象，風箏受重力、繩的拉力、垂直風箏面斜向上的彈力，三力的合力為零，所以風箏所受的拉力與風力不在一條直線上，即細線不會垂直于風箏面，選項D錯誤．答案B2．如圖1－1－18甲所示，斜拉橋的塔柱兩側(cè)有很多鋼索，它們的一端都系在塔柱上．對于每一對鋼索，它們的上端可以看成系在一起，即兩根鋼索對塔柱的拉力F1、F2作用在同一點，它們合起來對塔柱的作用效果應(yīng)當讓塔柱好像受到一個豎直向下的力F一樣，如圖乙所示．這樣，塔柱便能穩(wěn)固地佇立在橋墩上，不會因鋼索的牽拉而發(fā)生傾斜，甚至倒下．假如斜拉橋塔柱兩側(cè)的鋼索不能呈對稱分布如圖丙所示，要保持塔柱受的合力豎直向下，那么鋼索AC、AB的拉力FAC、FAB應(yīng)滿足()圖1－1－18A．FAC∶FAB＝1∶1B．FAC∶FAB＝sinβ∶sinαC．FAC∶FAB＝cosβ∶cosαD．FAC∶FAB＝sinα∶sinβ解析將AB、AC上的力分解，在水平方向上的合力應(yīng)為零，有：FACsinα－FABsinβ＝0，則FAC∶FAB＝sinβ∶sinα，B正確．答案B3．[2022·蘇、錫、常、鎮(zhèn)四市調(diào)研(二)]圖1－1－19用質(zhì)量為M的吸鐵石，將一張質(zhì)量為m的白紙壓在豎直固定的磁性黑板上．某同學沿著黑板面，用水平向右的恒力F輕拉白紙，白紙未移動，則此時黑板對白紙的摩擦力的大小為()A．FB．mgC.eq\r(F2＋mg2)D.eq\r(F2＋Mg＋mg2)解析對吸鐵石和白紙整體，在垂直于黑板平面內(nèi)受磁引力、黑板表面的支持力，在平行于黑板平面內(nèi)受豎直向下的重力(M＋m)g，水平拉力F和黑板表面的摩擦力f作用，由于紙未被拉動，所以摩擦力為靜摩擦力，依據(jù)共點力平衡條件可知，摩擦力f與(M＋m)g和F的合力等值反向，因此有f＝eq\r(F2＋Mg＋mg2)，故選項D正確．答案D4．(2022·吉林省長春市調(diào)研測試)如圖1－1－20甲所示，水平地面上固定一傾角為30°的表面粗糙的斜劈，一質(zhì)量為m的小物塊能沿著斜劈的表面勻速下滑．現(xiàn)對小物塊施加一水平向右的恒力F，使它沿該斜劈表面勻速上滑．如圖乙所示，則F大小應(yīng)為()圖1－1－20A.eq\r(3)mgB.eq\f(\r(3),3)mgC.eq\f(\r(3),6)mgD.eq\f(\r(3),4)mg解析小物塊能沿著斜劈的表面勻速下滑，可知小物塊與斜劈表面間的動摩擦因數(shù)μ＝tan30°.由小物塊能沿著斜劈表面勻速上滑，沿斜面方向列平衡方程，可得Fcos30°＝mgsin30°＋μFN，垂直斜面方向有FN＝Fsin30°＋mgcos30°，聯(lián)立解得F＝eq\r(3)mg.所以B、C、D選項錯誤，A選項正確．答案A5．(2022·江蘇徐州市模擬)圖1－1－21如圖1－1－21所示，靜止在光滑地面上的小車，由光滑的斜面AB和粗糙的平面BC組成(它們在B處平滑連接)，小車右側(cè)與豎直墻壁之間連接著一個力傳感器，當傳感器受壓時，其示數(shù)為正值，當傳感器被拉時，其示數(shù)為負值．一個小滑塊從小車A點由靜止開頭下滑至C點的過程中，傳感器記錄到的力F隨時間t的關(guān)系圖中可能正確的是()解析當滑塊在光滑的斜面AB上運動時，滑塊對小車有斜向右下方、大小不變的壓力，因此傳感器對小車有向左的彈力，大小不變，方向為正．當滑塊在粗糙的平面BC上運動時，滑塊對小車有方向向左、大小不變的摩擦力，因此傳感器對小車有向右的拉力，大小不變，方向為負，故正確答案為D.答案D6．(2022·山東濰坊市一模)圖1－1－22如圖1－1－22所示，兩相同小球a、b用輕彈簧A、B連接并懸掛在天花板上保持靜止，水平力F作用在a上并緩慢拉a，當B與豎直方向夾角為60°時，A、B伸長量剛好相同．若A、B的勁度系數(shù)分別為k1、k2，則以下推斷正確的是()A.eq\f(k1,k2)＝eq\f(1,2)B.eq\f(k1,k2)＝eq\f(1,4)C．撤去F的瞬間，a球的加速度為零D．撤去F的瞬間，b球處于失重狀態(tài)解析對b球受力分析由平衡條件可知：k1x＝mg①對a球受力分析如圖所示，由平衡條件得：k2xcos60°＝k1x＋mg②由①②兩式得：eq\f(k1,k2)＝eq\f(1,4)故選項B正確．撤去F的瞬間，a受的合外力大小為F，方向水平向右，故a球的加速度不為零，b球仍處于平衡狀態(tài)，故選項C、D錯誤．答案B7．(2022·武漢調(diào)研)圖1－1－23將兩個質(zhì)量均為m的小球a、b用細線相連后，再用細線懸掛于O點，如圖1－1－23所示．用力F拉小球b，使兩個小球都處于靜止狀態(tài)，且細線Oa與豎直方向的夾角保持θ＝30°，則F的最小值為()A.eq\f(\r(3),3)mgB．mgC.eq\f(\r(3),2)mgD.eq\f(1,2)mg解析將a、b看成一個整體受力分析可知，當力F與Oa垂直時F最小，可知此時F＝2mgsinθ＝mg，選項B正確．答案B8.圖1－1－24(2022·鎮(zhèn)江三模)在離地相同高度處，質(zhì)量分別為m1和m2的球1與球2同時由靜止開頭下落，由于空氣阻力的作用，兩球在抵達地面前均已達到勻速運動狀態(tài)．已知空氣阻力與球的下落速度v成正比，即f＝－kv(k＞0)，且兩球的比例常數(shù)k完全相同，兩球下落的v－t關(guān)系如圖1－1－24所示，則下列敘述正確的是()A．m1＝m2，兩球同時抵達地面B．m2＞m1，球2先抵達地面C．m2＜m1，球2先抵達地面D．m2＞m1，球1先抵達地面解析當小球做勻速運動時有mg－kv＝0，v＝eq\f(mg,k)，所以質(zhì)量大的最終速度大，即m2＞m1，v－t圖線與t軸包圍的“面積”表示位移，由圖可知球2先到達地面，選項B正確．答案B二、多項選擇題9.圖1－1－25如圖1－1－25所示，截面是三角形的木塊a上放置一鐵塊b，三角形木塊豎直邊靠在粗糙的豎直面上，現(xiàn)用豎直向上的作用力F，推動木塊與鐵塊一起向上勻速運動，運動過程中鐵塊與木塊始終保持相對靜止，下面說法正確的是()A．木塊a與鐵塊b間肯定存在摩擦力B．木塊a與豎直墻面間肯定存在水平彈力C．木塊a與豎直墻面間肯定存在摩擦力D．豎直向上的作用力F大小肯定等于鐵塊與木塊的重力之和解析隔離鐵塊b對其進行受力分析，它受到重力、木塊a的支持力和沿接觸面對上的靜摩擦力作用，假如沒有摩擦力，鐵塊將不能處于平衡狀態(tài)，故選項A正確；木塊a與豎直墻壁之間雖然接觸，但它們之間無相互擠壓，沒有發(fā)生形變，所以不會產(chǎn)生彈力，也不會產(chǎn)生摩擦力，選項B、C均錯誤；對鐵塊b和木塊a整體進行受力分析，依據(jù)題意可知，該整體處于平衡狀態(tài)，所以其所受的總重力(鐵塊與木塊的重力之和)等于作用力F的大小，選項D正確．答案AD10．(2022·廣東卷，20)圖1－1－26如圖1－1－26所示，光滑絕緣的水平桌面上，固定著一個帶電荷量為＋Q的小球P，帶電荷量分別為－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，P、M和N視為點電荷，下列說法正確的是()A．M與N的距離大于LB．P、M和N在同始終線上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)所受合外力為零解析由于帶電小球M、N處于靜止狀態(tài)，則小球M、N合力為0，即FPM＝FPN，由庫侖定律有keq\f(Qq,L2)＝keq\f(2Qq,x2)，則有x＝eq\r(2)L，那么M、N間距離約為0.4L，故A錯誤；由于小球M、N靜止不動，小球P對小球M和對小球N的力應(yīng)當在一條直線上，故B正確；在小球P產(chǎn)生電場中，M點電勢較高，故C錯誤；由于小球M、N靜止不動，則小球M、N和桿組成的系統(tǒng)合外力為0，故D正確．答案BD11.圖1－1－27如圖1－1－27所示，傾斜導軌寬為L，與水平面成α角，處在方向豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，金屬桿ab水平放在導軌上．當回路電流強度為I時，金屬桿ab所受安培力為F，斜面的支持力為FN，則()A．安培力方向垂直ab桿沿斜面對上B．安培力方向垂直ab桿水平向右C．FN＝BILcosαD．FN＝eq\f(BIL,sinα)解析畫出傾斜導軌和ab桿的二維視圖，由左手定則推斷出安培力方向水平向右，大小為F＝BIL，由共點力平衡求得FN＝eq\f(BIL,sinα)，選