2022届高考物理二轮专题复习学案练习专题一 第1课时 力与物体的平衡

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第1课时 力与物体的平衡
高考题型1 静态平衡问题
1．受力分析的4种方法
2.处理静态平衡问题的基本思路
考题示例
例1 (2020·全国Ⅲ·17)如图1，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( )
图1
A．45° B．55° C．60° D．70°
答案 B
解析 取O点为研究对象，在三力的作用下O点处于平衡状态，对其受力分析如图所示，根据几何关系可得β＝55°，故选B.
例2 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2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( )
图2
A．F1＝eq \f(\r(3),3)mg，F2＝eq \f(\r(3),2)mg
B．F1＝eq \f(\r(3),2)mg，F2＝eq \f(\r(3),3)mg
C．F1＝eq \f(1,2)mg，F2＝eq \f(\r(3),2)mg
D．F1＝eq \f(\r(3),2)mg，F2＝eq \f(1,2)mg
答案 D
解析 分析可知工件受力平衡，将工件受到的重力按照压紧斜面Ⅰ和Ⅱ的效果进行分解，如图所示，结合几何关系可知工件对斜面Ⅰ的压力大小为F1＝mgcs 30°＝eq \f(\r(3),2)mg，对斜面Ⅱ的压力大小为F2＝mgsin 30°＝eq \f(1,2)mg，选项D正确，A、B、C错误．
例3 (2020·山东卷·8)如图3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( )
图3
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,5) D.eq \f(1,6)
答案 C
解析 A、B刚好要滑动时受力平衡，受力分析如图所示．
对A：FT＝mgsin 45°＋μmgcs 45°
对B：2mgsin 45°＝FT＋3μmgcs 45°＋μmgcs 45°
整理得，μ＝eq \f(1,5)，选项C正确．
命题预测
1.(2020·四川泸州市质量检测)如图4所示，三根不可伸长的轻绳一端共同系于O点，A端和B端分别固定在墙壁和地面上，某同学用水平方向的力拉绳OC，三绳绷紧后，OB绳竖直，OC绳水平，OA绳与竖直墙面夹角θ＝30°.三根绳能承受的最大拉力均为300 N，为保证三根轻绳都不被拉断，则人对OC绳的水平拉力最大不能超过( )
图4
A．100 N B．150 N C．150eq \r(3) N D．300 N
答案 B
解析 对结点受力分析，如图所示，
由边角关系可知OA绳中的拉力最大，由平衡条件得：
FA＝F＝eq \f(FC,sin θ)，只要OA绳不被拉断，则三根绳都不会被拉断，知FA≤300 N，
解得：FC≤150 N，故选B.
2.(2020·山东兖州市3月网络模拟)如图5所示，竖直平面内固定的半圆弧轨道两端点M、N连线水平，将一轻质小环套在轨道上，一细线穿过轻环，一端系在M点，另一端系一质量为m的小球，不计所有摩擦，重力加速度为g，小球恰好静止在图示位置，下列说法正确的是( )
图5
A．轨道对轻环的支持力大小为mg
B．细线对M点的拉力大小为eq \f(\r(3)mg,2)
C．细线对轻环的作用力大小为eq \f(3mg,2)
D．N点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°
答案 D
解析 对圆环受力分析；因圆环两边绳子的拉力相等，可知两边绳子拉力与OA夹角相等，设为θ，由几何关系可知，∠OMA＝∠MAO＝θ，则3θ＝90°，θ＝30°，则轨道对轻环的支持力大小为FN＝2mgcs 30°＝eq \r(3)mg，选项A错误；细线对M点的拉力大小为FT＝mg，选项B错误；细线对轻环的作用力大小为FN′＝FN＝eq \r(3)mg，选项C错误；由几何关系可知，N点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°，选项D正确．
3．(2020·河北省高三二模)某位同学用筷子将均匀球夹起悬停在空中，如图6所示，已知球心O与两根筷子在同一竖直面内，小球质量为m，筷子与竖直方向之间的夹角均为θ，筷子与小球表面间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度为g.每根筷子对小球的压力至少为( )
图6
A.eq \f(mg,2μsin θ－cs θ)B.eq \f(mg,2μcs θ－sin θ)
C.eq \f(mg,2μcs θ＋sin θ)D.eq \f(mg,2sin θ－μcs θ)
答案 B
解析 对小球受力分析如图所示，
2Ffcs θ＝mg＋2FNsin θ
Ff＝μFN
解得FN＝eq \f(mg,2μcs θ－sin θ)，故选B.
高考题型2 动态平衡问题
1．解决动态平衡问题的一般思路
化“动”为“静”，多个状态下“静”态对比，分析各力的变化或极值．
2．三力作用下动态平衡
3．四力作用下动态平衡
(1)在四力平衡中，如果有两个力为恒力，或这两个力的合力方向确定，为了简便可用这两个力的合力代替这两个力，转化为三力平衡，例如：
如图7，qE图7
如图8，物体在拉力F作用下匀速运动，改变θ大小，求拉力的最小值，可以用支持力与摩擦力的合力F′代替支持力与摩擦力．其中F′与竖直方向的夹角θ，满足tan θ＝eq \f(Ff,FN)＝μ.
图8
(2)对于一般的四力平衡及多力平衡，可采用正交分解法．
考题示例
例4 (多选)如图9，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮．一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°.已知M始终保持静止，则在此过程中( )
图9
A．水平拉力的大小可能保持不变
B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加
C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加
D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加
答案 BD
解析 对N进行受力分析如图所示，因为N的重力与水平拉力F的合力和细绳的拉力FT是一对平衡力，从图中可以看出水平拉力的大小逐渐增大，细绳的拉力也一直增大，选项A错误，B正确；M的质量与N的质量的大小关系不确定，设斜面倾角为θ，若mNg≥mMgsin θ，则M所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若mNg命题预测
4.(2020·河南信阳市高三上学期期末)如图10所示，足够长的光滑平板AP与BP用铰链连接，平板AP与水平面成53°角固定不动，平板BP可绕水平轴在竖直面内自由转动，质量为m的均匀圆柱体O放在两板间，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，重力加速度为g，在使BP板由水平位置缓慢转动到竖直位置的过程中，下列说法正确的是( )
图10
A．平板AP受到的压力先减小后增大
B．平板AP受到的压力先增大后减小
C．平板BP受到的最小压力为0.6mg
D．平板BP受到的最大压力为eq \f(4,3)mg
答案 D
解析 小球受重力、平板AP的弹力F1和平板BP的弹力F2，根据平衡条件，三力构成一封闭矢量三角形，如图．
从图中可以看出，在平板PB逆时针缓慢地转向竖直位置的过程中，F1越来越大，F2先变小后变大，结合牛顿第三定律可知，选项A、B错误．由几何关系可知，当F2的方向与AP的方向平行(即与F1的方向垂直)时，F2有最小值为：F2min＝mgsin 53°＝0.8mg；当平板BP竖直时，F2最大为：F2max＝mg·tan 53°＝eq \f(4,3)mg，选项C错误，D正确．
5.(2020·陕西汉中市高三期末)如图11所示，两块固定且相互垂直的光滑挡板POQ，OP竖直放置，OQ水平，小球a、b固定在轻杆的两端，现有一个水平向左的推力，作用于b上，使a、b紧靠挡板处于静止状态．现用力F推动小球b，使之缓缓到达b′位置，则( )
图11
A．推力F变大
B．小球a对OP的压力变大
C．小球b对OQ的压力变大
D．杆上的弹力减小
答案 D
解析 隔离a分析受力，设此时ab间作用力与水平方向的夹角为θ，如图甲所示．

根据三角形动态图解法知随着θ的增大，F′减小，FN减小，根据牛顿第三定律，小球a对OP的压力减小，故B错误，D正确；
对a、b及轻杆整体受力分析如图乙所示，
由共点力的平衡条件可知，a、b重新处于静止状态前后，OQ挡板对b的支持力始终保持不变，推力F＝FN，则F一直减小，故A、C错误．
6.(多选)如图12所示，表面光滑的半球形物体固定在水平面上，光滑小环D固定在半球形物体球心O的正上方，轻质弹簧一端用轻质细绳固定在A点，另一端用轻质细绳穿过小环D与放在半球形物体上的小球P相连，DA水平．现将细绳固定点A向右缓慢平移的过程中(小球P未到达半球最高点前)，下列说法正确的是( )
图12
A．弹簧变短 B．弹簧变长
C．小球对半球的压力不变 D．小球对半球的压力变大
答案 AC
解析 以小球为研究对象，受力分析如图，小球受重力G、细线的拉力FT和半球面的支持力FN，作出FN、FT的合力F，由平衡条件得知F＝G，由图根据三角形相似可得eq \f(FN,PO)＝eq \f(F,DO)＝eq \f(FT,PD)，将F＝G代入得：FN＝eq \f(PO,DO)G，FT＝eq \f(PD,DO)G，将细绳固定点A向右缓慢平移，DO、PO不变，PD变小，可知FT变小，FN不变，即弹簧的弹力变小，弹簧变短，由牛顿第三定律知小球对半球的压力不变，故A、C正确，B、D错误．
高考题型3 电学中的平衡问题
1．静电场、磁场中的平衡问题，受力分析时要注意电场力、磁场力方向的判断，再结合平衡条件分析求解．
2．涉及安培力的平衡问题，画受力示意图时要注意将立体图转化为平面图．
考题示例
例5 (2019·全国卷Ⅰ·15)如图13，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( )
图13
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
答案 D
解析 对P、Q整体进行受力分析可知，在水平方向上整体所受电场力为零，所以P、Q必带等量异种电荷，选项A、B错误；对P进行受力分析可知，Q对P的库仑力水平向右，则匀强电场对P的电场力应水平向左，所以P带负电荷，Q带正电荷，选项C错误，D正确．
例6 (2017·全国卷Ⅰ·16)如图14，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是( )
图14
A．ma＞mb＞mc B．mb＞ma＞mc
C．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma
答案 B
解析 设三个微粒的电荷量均为q，
a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即
mag＝qE①
b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则
mbg＝qE＋qvbB②
c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则
mcg＋qvcB＝qE③
比较①②③式得：mb>ma>mc，选项B正确．
命题预测
7.(2020·安徽蚌埠市高三月考)如图15所示，放在水平地面上的光滑绝缘圆筒内有两个带正电的小球A、B，A位于筒底靠在左侧壁处，B在右侧筒壁上受到A的斥力作用处于静止状态．若A的电荷量保持不变，B由于漏电而下降少许重新平衡，下列说法中正确的是 ( )
图15
A．小球A对筒底的压力变小
B．小球B对筒壁的压力变大
C．小球A、B间的库仑力变小
D．筒壁对小球A的弹力变小
答案 B
解析 以整体为研究对象可知，圆筒底部对A球的支持力大小等于A、B两球的总重力大小，由牛顿第三定律可知A对筒底的压力大小也等于A、B两球的总重力大小，小球A对筒底的压力不变，故A错误；
对B球受力分析如图所示
根据平衡条件有
FN＝mgtan θ
球B由于漏电而下降少许重新平衡，θ角变大，因此筒壁给球B的支持力FN＝mgtan θ增大，根据牛顿第三定律可知B球对筒壁的压力变大，故B正确；
小球A、B间的库仑力为F＝eq \f(mg,cs θ)
θ角变大，cs θ变小，库仑力F变大，故C错误；
以A、B两球整体为研究对象，筒壁对B的弹力等于筒壁对A的弹力，所以筒壁对A的弹力增大，故D错误．
8.(2020·山西吕梁市期末)如图16所示，在磁感应强度B＝1.0 T、方向竖直向下的匀强磁场中，有一个与水平面成θ＝37°角的导电滑轨，滑轨上垂直放置着一个可自由移动的金属杆．已知接在滑轨中的电源电动势E＝16 V，内阻r＝1 Ω.ab杆长L＝0.5 m，质量m＝0.2 kg，杆与滑轨间的动摩擦因数μ＝0.5，滑轨与ab杆的电阻忽略不计．求要使杆在滑轨上保持静止，滑动变阻器R的阻值在什么范围内变化？(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
图16
答案 1 Ω≤R≤21 Ω
解析 分别画出ab杆在恰好不下滑和恰好不上滑这两种情况下的受力分析图，如图所示．
当ab杆恰好不下滑时，如图甲所示．由平衡条件得：
沿滑轨方向：mgsin θ＝Ff1＋F安1cs θ，
垂直滑轨方向：FN1＝mgcs θ＋F安1sin θ，
而F安1＝Beq \f(E,R1＋r)L，Ff1＝μFN1解得：R1＝21 Ω
当ab杆恰好不上滑时，如图乙所示，由平衡条件得：
沿滑轨方向：mgsin θ＋Ff2＝F安2cs θ
垂直滑轨方向：FN2＝mgcs θ＋F安2sin θ
而F安2＝Beq \f(E,R2＋r)L，Ff2＝μFN2解得R2＝1 Ω；
所以，要使杆在滑轨上保持静止，R的阻值的取值范围是1 Ω≤R≤21 Ω.
专题强化练
[保分基础练]
1.(多选)(2020·哈尔滨师大附中联考)如图1所示为形状相同的两个劈形物体，它们之间的接触面光滑，两物体与水平地面的接触面均粗糙，现对A施加水平向右的力F，两物体均保持静止，则物体B的受力个数可能是( )
图1
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
答案 AC
解析 对A受力分析可知，当F小于或等于A所受的最大静摩擦力时，A、B之间没有弹力，当F大于A所受的最大静摩擦力时，则A、B之间有弹力．当A对B没有弹力时，B受到重力和地面的支持力2个力；当A对B有弹力时，B还受到重力、地面的支持力与摩擦力，共4个力，故A、C正确，B、D错误．
2．(2020·福建莆田市检测)如图2，某同学将一足球静止摆放在收纳架上．他估测得足球的直径约为20 cm，质量约为0.48 kg，收纳架两根平行等高的横杆之间的距离d约为12 cm.忽略足球的形变以及球与横杆之间的摩擦，重力加速度g取10 m/s2，则可估算出一根横杆对足球的弹力约为( )
图2
A．2.4 N B．3.0 N C．4.0 N D．4.8 N
答案 B
解析 对足球受力分析如图所示，设每根横杆对足球的弹力方向与竖直方向夹角为α，由几何关系可知
cs α＝eq \f(\r(R2－\f(d,2)2),R)＝0.8
对足球，竖直方向有
2FNcs α＝mg
解得FN＝3.0 N
故选B.
3．(2020·广东茂名市测试)如图3所示，质量分别为3m和m的两个可视为质点的小球a、b，中间用一细线连接，并通过另一细线将小球a与天花板上的O点相连，为使小球a和小球b均处于静止状态，且Oa细线向右偏离竖直方向的夹角恒为37°，需要对小球b朝某一方向施加一拉力F.若已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度大小为g，则当F的大小达到最小时，Oa细线对小球a的拉力大小为( )
图3
A．2.4mg B．3mg C．3.2mg D．4mg
答案 C
解析 以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力作出F在三个方向时整体的受力图如图所示，根据平衡条件得F与FT的合力与总重力总是大小相等、方向相反的，由力的合成图可知当F与绳子Oa垂直时F有最小值，即图中2位置，此时Oa细线对小球a的拉力大小为FT＝4mgcs 37°＝3.2mg，故C正确，A、B、D错误．
4．(2020·天津高三一模)如图4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( )
图4
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eq \r(2)∶eq \r(3)
D．球A与球B的质量之比为2eq \r(3)∶1
答案 D
解析 设轻绳中拉力为FT，对球A受力分析如图所示，
所受弹力的合力为绳对A的拉力和半圆柱对球A的弹力的合力，与重力等大反向，大于FT，故A错误；
对球A受力分析可得FTsin 30°＝FNsin 30°，FTcs 30°＋FNcs 30°＝mAg
解得FT＝FN＝eq \f(\r(3),3)mAg，故B错误；
轻绳对A的拉力与对球B的拉力都等于FT，故C错误；
对球B有：FTcs 60°＝mBg，则FT＝2mBg
解得eq \f(mA,mB)＝eq \f(2\r(3),1)，故D正确．
5.(多选)(2020·北京市十一学校高三月考)如图5所示，木块在垂直于倾斜天花板方向的推力 F 作用下处于静止状态，下列判断正确的是( )
图5
A．天花板与木块间的弹力可能为零
B．天花板对木块的摩擦力一定不为零
C．逐渐增大 F，木块将始终保持静止状态
D．逐渐增大 F，木块受到天花板的摩擦力也随之增大
答案 BC
解析 木块在重力作用下，有沿天花板下滑的趋势，一定受到静摩擦力，则天花板对木块一定有弹力，故A错误，B正确；对木块受力分析如图所示．根据平衡条件得F＝FN＋Gcs α，Ff＝Gsin α，当逐渐增大F的过程，FN增大，最大静摩擦力增大，而木块受到的静摩擦力Ff不变，木块将始终保持静止，故C正确，D错误．
6.如图6所示，用三根轻绳将A、B两小球以及水平天花板上的固定点O之间两两连接．然后用一水平方向的力F作用于A球上，此时三根轻绳均处于伸直状态，且OB绳恰好处于竖直方向，两球均处于静止状态．已知三根轻绳的长度之比为OA∶AB∶OB＝3∶4∶5，两球质量关系为mA＝2mB＝2m，则下列说法正确的是( )
图6
A．OB绳的拉力大小为2mg
B．OA绳的拉力大小为eq \f(10mg,3)
C．F的大小为eq \f(4mg,3)
D．AB绳的拉力大小为mg
答案 B
解析 对球B受力分析，受到重力、OB的拉力，二力方向相反，假设AB绳子有拉力，则拉力的方向一定沿着绳子由B指向A的，球B会偏离竖直方向，与题设矛盾，故AB绳子的拉力为零，故OB绳子的拉力等于球B的重力，大小为mg，故A、D错误；对球A受力分析，受拉力F、重力2mg和AO绳子的拉力FT，根据几何关系，有F＝eq \f(4,3)×2mg＝eq \f(8,3)mg；FT＝eq \f(5,3)×2mg＝eq \f(10,3)mg，故B正确，C错误．
7．(2020·山东省普通高中学业水平等级模拟考试)如图7所示，有10块完全相同的长方体木板叠放在一起，每块木板的质量为100 g，用手掌在这叠木板的两侧同时施加大小为F的水平压力，使木板悬空水平静止．若手与木板之间的动摩擦因数为0.5，木板与木板之间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，则F至少为( )
图7
A．25 N B．20 N
C．15 N D．10 N
答案 B
解析 先将所有的木板看成一个整体，竖直方向受重力、静摩擦力，二力平衡，
有：2μ1F≥10mg
再以除最外侧两块板(中间8块板)为研究对象，竖直方向受重力、静摩擦力，二力平衡，
有：2μ2FN≥8mg，且FN＝F
联立解得F≥20 N，
选项B正确，A、C、D错误．
8.(多选)如图8，柱体A的横截面是圆心角为eq \f(π,2)的扇形面，其弧形表面光滑，而与地面接触的下表面粗糙．在光滑竖直墙壁与柱体之间放置一质量为m的球体，系统处于平衡状态．若使柱体向左移动稍许，系统仍处于平衡状态，则( )
图8
A．球对墙的压力增大
B．柱体与球之间的作用力增大
C．柱体所受的摩擦力减小
D．柱体对地面的压力减小
答案 AB
解析 先对球受力分析，球受重力、柱体A对球的支持力FN1和墙壁对球的支持力FN2，如图甲所示，根据共点力平衡条件有：FN1＝eq \f(mg,cs θ)，FN2＝mgtan θ，再对整体受力分析，受重力、地面支持力FN、墙壁对其向左的支持力FN2和地面对其向右的摩擦力Ff，如图乙所示，根据共点力平衡条件，有：Ff＝FN2，FN＝(M＋m)g，故有：Ff＝mgtan θ，若使柱体向左移动稍许，系统仍处于平衡状态，θ变大，故Ff变大，FN2变大，FN不变，根据牛顿第三定律可知柱体对地面的压力不变，FN1变大，根据牛顿第三定律可知球对墙的压力增大，故选项A、B正确，C、D错误．
9．(2020·陕西渭南市富平县高三期末)粗细均匀的导体棒ab悬挂在两根相同的轻质弹簧下，ab恰好在水平位置，如图9所示．已知ab的质量m＝2 g，ab的长度L＝20 cm，沿水平方向与ab垂直的匀强磁场的磁感应强度B＝0.1 T，电池的电动势为12 V，电路总电阻为12 Ω.当开关闭合时( )
图9
A．导体棒ab所受的安培力方向竖直向上
B．能使两根弹簧恰好处于自然状态
C．导体棒ab所受的安培力大小为0.02 N
D．若系统重新平衡后，两弹簧的伸长量均与闭合开关前相比改变了0.5 cm，则弹簧的劲度系数为5 N/m
答案 C
解析 当开关闭合时，由左手定则可知，导体棒ab所受的安培力方向竖直向下，弹簧处于拉伸状态，选项A、B错误；导体棒中的电流为I＝eq \f(E,R)＝1 A，则ab所受的安培力大小为F安＝BIL＝0.1×1×0.2 N＝0.02 N，选项C正确；由平衡条件可知：2kΔx＝F安，解得k＝eq \f(F安,2Δx)＝eq \f(0.02,2×0.005) N/m＝2 N/m，选项D错误．
[争分提能练]
10．(2020·内蒙古呼伦贝尔市海拉尔区高考模拟)吊兰是常养的盆栽植物之一，如图10所示是悬挂的吊兰盆栽，四条等长的轻绳与竖直方向夹角均为30°，花盆总质量为2 kg，取g＝10 m/s2，则每根绳的弹力大小为( )
图10
A．5 N B.eq \f(10\r(3),3) N C．10 N D．20 N
答案 B
解析 根据对称性可知，每根绳的拉力大小相等，设每根绳的拉力大小为F.在竖直方向，由平衡条件得：
4Fcs 30°＝mg，
解得：F＝eq \f(10\r(3),3) N，B正确．
11．(多选)(2020·百校联盟必刷卷三)如图11所示，光滑圆环固定在竖直面内，一个小球套在环上，用穿过圆环顶端光滑小孔的细线连接，现用水平力F拉细线，使小球缓慢沿圆环向上运动，此过程中圆环对小球的弹力大小为FN，则在运动过程中( )
图11
A．F增大 B．F减小
C．FN不变 D．FN增大
答案 BC
解析 小球沿圆环缓慢上移，对小球进行受力分析，小球受重力G、F、FN三个力，满足受力平衡．作出受力分析图如图所示；
由图可知△OAB∽△GFNF，即：
eq \f(G,R)＝eq \f(F,AB)＝eq \f(FN,R)
小球沿圆环缓慢上移时，半径不变，重力G不变，AB长度减小，故F减小，FN不变，故选B、C.
12.如图12，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为( )
图12
A.eq \f(1,μ1μ2) B.eq \f(1－μ1μ2,μ1μ2)
C.eq \f(1＋μ1μ2,μ1μ2) D.eq \f(2＋μ1μ2,μ1μ2)
答案 B
解析 对滑块A、B整体在水平方向上有F＝μ2(mA＋mB)g，对滑块B在竖直方向上有μ1F＝mBg，联立解得：eq \f(mA,mB)＝eq \f(1－μ1μ2,μ1μ2)，选项B正确．
13．(多选)(2020·广东肇庆市第二次统考)如图13所示，斜面体置于粗糙水平地面上，斜面体上方水平固定一根光滑直杆，直杆上套有一个滑块．滑块连接一根细线，细线的另一端连接一个置于斜面上的光滑小球．最初斜面体与小球都保持静止，现对滑块施加水平向右的外力使其缓慢向右滑动至A点，如果整个过程斜面体保持静止，小球未滑离斜面，滑块滑动到A点时细线恰好平行于斜面，则下列说法正确的是( )
图13
A．斜面对小球的支持力逐渐减小
B．细线对小球的拉力逐渐减小
C．滑块受到的水平向右的外力逐渐增大
D．水平地面对斜面体的支持力逐渐减小
答案 BC
解析 以小球为研究对象，利用图解法可知，斜面对小球的支持力逐渐增大，细线对小球的拉力减小，故选项A错误，B正确；以滑块为研究对象，水平拉力F等于细线拉力的水平分力，细线拉力的水平分力逐渐增大，故水平力F逐渐增大，选项C正确；以斜面体为研究对象，由于斜面与小球间弹力逐渐增大，斜面受到的压力也逐渐增大，故水平地面对斜面体的支持力逐渐增大，选项D错误．
14.(多选)如图14所示装置，两根细绳拴住一小球，保持两细绳间的夹角θ＝120°不变，若把整个装置在纸面内顺时针缓慢转过90°，则在转动过程中，CA绳的拉力F1、CB绳的拉力F2的大小变化情况是( )
图14
A．F1先变小后变大
B．F1先变大后变小
C．F2一直变小
D．F2最终变为零
答案 BCD
解析 画小球的受力分析图，构建力的矢量三角形，由于这个三角形中重力不变，另两个力间的夹角(180°－θ)保持不变，这类似于圆周角与对应弦长的关系，作初始三角形的外接圆(任意两边的中垂线交点即外接圆圆心)，然后让另两个力的交点在圆周上按F1、F2的方向变化规律滑动，力的三角形的外接圆正好是以初态时的F2为直径的圆周，知F1先变大后变小，F2一直变小，最终CA沿竖直方向，此时F1＝mg，F2变为零，B、C、D正确，A错误．
15．(多选)(2020·湖北荆州市高三上学期质量检测)如图15所示，橡皮筋的一端固定在O点，另一端拴一个物体，O点的正下方A处有一垂直于纸面的光滑细杆，OA为橡皮筋的自然长度．已知橡皮筋的弹力与伸长量成正比，现用水平拉力F使物体在粗糙的水平地面上从B点沿水平方向匀速向右运动至C点，已知运动过程中橡皮筋处于弹性限度内且物体对水平地面有压力，下列说法正确的是( )
图15
A．物体所受水平地面的摩擦力保持不变
B．物体所受水平地面的支持力变小
C．水平拉力F逐渐增大
D．物体所受的合力逐渐增大
答案 AC
解析 设开始时A离物体上表面的高度为L，设某一时刻橡皮筋与竖直方向的夹角为θ，则橡皮筋的弹力大小为：FT＝keq \f(L,cs θ)，其竖直向上的分力：Fy＝FTcs θ＝kL，故物体所受水平地面的支持力大小为FN＝mg－kL，所以物体所受水平地面的支持力保持不变；又因为Ff＝μFN，所以物体所受水平地面的摩擦力也保持不变，故A正确，B错误；水平拉力F＝Ff＋FTsin θ＝Ff＋kLtan θ，随着θ的增大，水平拉力F逐渐增大，故C正确；物体始终处于平衡状态，其所受合力始终为零，故D错误．假设法
若不能确定某力是否存在，可先对其作出存在的假设，然后分析若该力存在对物体运动状态的影响，从而来判断该力是否存在
整体
法和
隔离法
整体法：将加速度相同的几个相互关联的物体作为一个整体进行受力分析
隔离法：将所研究的对象从周围的物体中隔离出来，单独进行受力分析
选用原则：研究系统外的物体对系统整体的作用力时用整体法；研究系统内物体之间的相互作用力时用隔离法．通常整体法和隔离法交替使用.
转换
研究
对象
法
根据牛顿第三定律，例如
动力学
分析法
根据牛顿第二定律，由加速度方向判定合力的方向，从而确定某一个力的方向
例如：