2023届二轮复习 第1讲　力与物体的平衡 学案（浙江专用）

这是一份2023届二轮复习 第1讲　力与物体的平衡 学案（浙江专用），共29页。
专题一　力与运动[复习目标定位]1.通晓各力的特点、判断方法及其方向,掌握受力分析的基本方法(合成法与分解法、整体法与隔离法)。2.熟知四种基本运动(匀速直线运动、匀变速直线运动、平抛运动和圆周运动),掌握典型的运动过程和规律。3.明确力与运动的关系(牛顿第二定律、向心力公式等),掌握解决动力学问题的基本思路和方法。4.理解万有引力定律,掌握天体运动的基本模型和解题思路。第1讲　力与物体的平衡题型1　静态平衡问题1.处理平衡问题的基本思路(1)选取研究对象:根据题目要求,选取一个平衡体(单个物体或系统,也可以是结点)作为研究对象。(2)画受力示意图:按受力分析的顺序对研究对象进行受力分析,画出受力示意图。(3)建立坐标系:选取合适的方向建立直角坐标系。(4)列方程求解:根据平衡条件列出平衡方程,解平衡方程,对结果进行讨论。2.研究对象的选择方法3.共点力平衡的常用处理方法(1)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。(2)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。(3)正交分解法:物体受到三个或三个以上共点力的作用而平衡,通过建立平面直角坐标系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。(4)力的三角形法:对受三个共点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,根据数学知识求解未知力。[例1] 如图所示,一本质量为m的书放置在倾角为θ的倾斜桌面上,此书有三分之一部分伸出桌面外,桌面与书之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。下列说法正确的是(　C　)A.书受到的支持力大小为mgcos θB.书受到的摩擦力大小一定为μmgcos θC.桌子对书的作用力方向一定竖直向上D.若将书伸出桌面部分变为四分之一,书所受支持力会增大解析:对书进行受力分析,书受到竖直向下的重力、垂直于桌面向上的支持力和沿桌面向上的静摩擦力,由平衡条件可得书受到的支持力大小等于重力垂直于斜面向下的分力,即mgcos θ,故A错误;书受到的静摩擦力大小一定为mgsin θ,不一定达到最大静摩擦力,所以不一定为μmgcos θ,故B错误;桌子对书的作用力即支持力和静摩擦力,它们的合力一定与重力等大、反向、共线,即方向一定竖直向上,故C正确;若将书伸出桌面部分变为四分之一,书所受支持力不变,故D错误。[拓展训练1] 如图所示,某同学放假回家时,拉着行李箱走在路上,在遇到一个较大的斜坡时,能拉着行李箱匀速向上行走,行李箱受到同学对它的拉力F拉、自身的重力G、斜坡的支持力FN和斜坡的摩擦力Ff。下列受力分析示意图可能正确的是(　B　)解析:行李箱在斜坡上看成一个质点,受到竖直向下的重力G、垂直于斜坡向上的支持力FN和沿斜坡向下的摩擦力Ff,该同学对行李箱的拉力F拉斜向上且与斜坡有一定的夹角,故选B。[拓展训练2] 如图所示,一位登山者站在倾角为30°的斜坡上,正在通过平行于斜坡的绳索拉动队友。已知登山者总质量为65 kg,最大静摩擦力为压力的,g取10 m/s2,若登山者没有滑动,则(　B　)A.登山者受到的摩擦力可能沿斜坡向下B.登山者对绳索的拉力最大值约为125 NC.队友丢掉背包后,登山者受到的最大静摩擦力会减小D.登山者受到绳索拉力与摩擦力的合力会随绳索拉力的变化而变化解析:对登山者受力分析,重力竖直向下,支持力垂直于斜坡向上,绳索拉力沿斜坡向下,故登山者有沿斜坡向下的运动趋势,所以他受到的摩擦力不可能沿斜坡向下,故A错误;依题意,登山者所受最大静摩擦力为Fmax=mgcos 30°≈450 N,重力沿斜面的分力为mgsin 30°=325 N,登山者未滑动,沿斜面方向受力平衡,有登山者对绳索的拉力最大值约为F拉=Fmax-mgsin 30°=125 N,故B正确;队友丢掉背包后,登山者对斜坡的压力不变,所以受到的最大静摩擦力不会改变,故C错误;登山者在沿斜坡方向上没有滑动,则所受合力始终为零,故D错误。题型2　动态平衡问题1.解决动态平衡问题的一般思路把“动”化为“静”,“静”中求“动”,动态平衡问题的分析过程与处理方法如下:2.三力动态平衡问题常用的方法(1)解析法:物体受到三个以上的力,且某一夹角发生变化时,将力进行正交分解,两个方向上列平衡方程,用三角函数表示各个作用力与变化角之间的关系,从而判断各力的变化。(2)图解法:物体一般受三个共点力作用,其中有一个大小、方向都不变的力,还有一个方向不变的力。画受力分析图,作出力的平行四边形或矢量三角形,依据某一参数的变化,分析各边变化从而确定力的大小及方向的变化情况。(3)极限法:极限法是一种处理极值问题的有效方法,它是指通过恰当选取某个变化的物理量将问题推向极端(如“极大”“极小”等),从而把比较隐蔽的临界现象暴露出来,快速求解。考向1　动态平衡问题分析判断[例2] 如图所示,用与竖直方向成θ角的倾斜轻绳a和水平轻绳b共同固定一个小球,这时轻绳b的拉力为F1,现在保持小球在原位置不动,使轻绳b在原竖直平面内逆时针转过θ角固定,轻绳b拉力变为F2;再逆时针转过θ角固定,轻绳b拉力变为F3,则(　D　)A.F1<F2<F3　　　B.F2<F3<F1C.F1=F2<F3　　　D.F1=F3>F2解析:对小球受力分析,受到重力和两个拉力,三力平衡,如图所示。通过几何关系可知,力F2垂直于绳a,故F1=F3>F2,故选D。[拓展训练3] (多选)如图所示为某海上救援船的机械臂工作示意图。机械臂AB、BC由高强度的轻质材料制成,A端固定一个定滑轮,BC可以绕B端自由转动。钢丝绳的一端固定在C点,另一端缠绕于可以转动的立柱D上,其质量可以忽略不计。在某次转移货物的过程中,机械臂AB始终保持竖直。下列说法正确的是(　BCD　)A.保持BC不动,使AB缓慢伸长,则BC所受的力增大B.保持AB不动,缓慢转动立柱D,使CA变长,则BC所受的力大小保持不变C.保持AB不动,使BC缓慢伸长,则BC所受的力增大D.保持AB不动,使BC缓慢伸长且逆时针转动,BC所受的力增大解析:作出C点受力的矢量三角形,由矢量三角形与几何三角形相似有=,所以FBC=G,由此可判断,选项B、C、D正确,A错误。[拓展训练4] 某个视频游戏控制器加速计的结构如图所示,水平地面上一个滑动块通过一根弹性绳跨过固定于A点的光滑定滑轮(大小不计)与墙面的O点相连,固定块通过电场给滑动块施加一个水平向右的控制力,使滑动块缓慢向右滑动。若弹性绳的拉力和伸长量成正比,其原长等于OA间的距离,在滑动块向右滑动的过程中(　C　)A.固定块对滑动块的控制力不变B.固定块对滑动块的控制力减小C.地面对滑动块的支持力不变D.地面对滑动块的摩擦力减小解析:设弹性绳与水平方向夹角为θ,对滑动块受力分析如图所示。滑动块缓慢向右移动,在水平方向与竖直方向受力平衡,根据平衡条件得F=Ff+FTcos θ,FN+FTsin θ=mg,根据滑动摩擦力公式得Ff=μFN,设定滑轮高度为h,则弹性绳的伸长量为x=,根据胡克定律得FT=kx,联立解得固定块对滑动块的控制力为F=μ(mg-kh)+,滑动块缓慢向右滑动,θ变小,tan θ变小,则固定块对滑动块的控制力变大,故A、B错误;由以上方程联立解得地面对滑动块的支持力为FN=mg-kh,滑动块缓慢向右滑动,地面对滑动块的支持力不变,故C正确;由以上方程联立解得地面对滑动块的摩擦力为Ff=μ(mg-kh),滑动块缓慢向右滑动,地面对滑动块的摩擦力不变,故D错误。考向2　动态平衡中的临界极值[例3] (2022·浙江1月选考)如图所示,学校门口水平地面上有一质量为m的石礅,石礅与水平地面间的动摩擦因数为μ。工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石礅时,两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ,则下列说法正确的是(　B　)A.轻绳的合拉力大小为B.轻绳的合拉力大小为C.减小夹角θ,轻绳的合拉力一定减小D.轻绳的合拉力最小时,地面对石礅的摩擦力也最小解析:对石礅受力分析,由平衡条件可知FTcos θ=Ff,Ff=μFN,FTsin θ+FN=mg,联立解得FT=,故A错误,B正确;拉力的大小为FT==,其中tan =,由于θ的初始值不知道,因此减小夹角θ,轻绳的合拉力不一定减小,故C错误;当θ+=90°时,拉力有最小值,摩擦力大小为Ff=FTcos θ==,可知增大夹角θ,摩擦力一直减小,当θ趋近于90°时,摩擦力最小,故轻绳的合拉力最小时,地面对石礅的摩擦力不是最小,故D错误。[拓展训练5] 如图所示,一个倾角为30°、底面粗糙、斜面光滑的斜面体放在粗糙的水平面上,斜面体的质量为2m。轻绳的一端固定在天花板上,另一端系住质量为m的小球,整个系统处于静止状态,轻绳与竖直方向的夹角也为30°。若滑动摩擦力等于最大静摩擦力,则斜面体与水平面间的动摩擦因数至少为(　C　)A. B. C. D.解析:由题意对小球受力分析,如图所示,沿斜面方向由平衡条件得mgsin 30°=FTcos 30°,解得FT=mgtan 30°=mg,对小球和斜面构成的整体受力分析,由平衡条件得,水平方向满足FTsin 30°=Ff,竖直方向满足FN′+FTcos 30°=3mg,当Ff=μFN′时,斜面体与水平面间的动摩擦因数最小,解得最小值为μ=,故选C。题型3　电磁学中的平衡问题1.电磁场中平衡问题的处理方法2.解题常见误区及提醒(1)安培力方向的判断要先判断磁场方向、电流方向,再用左手定则判断,同时注意将立体图转化为平面图。(2)静电力或安培力的出现,可能会对压力或摩擦力产生影响。(3)涉及电路问题时,要注意闭合电路欧姆定律的使用。[例4] (多选)如图所示,有质量为m、电荷量为q的带异种电荷的小球a、b,a放置在倾角为45°的光滑斜面上,b固定在与a在同一水平面的另一位置,此时a恰好静止。下列说法正确的是(　BD　)A.b在a处产生的电场强度的大小为B.a在b处产生的电场强度的大小为C.若将b竖直下移一点,a仍可能保持静止D.若将b竖直上移一点,a仍可能保持静止解析:a球受力如图所示。a球静止处于平衡状态,则F=mg=qE,b在a处产生的电场强度大小为E=,由于a、b两球所带电荷量相等,所以a在b处产生的电场强度大小也为,故A错误,B正确;b移动后假设a仍保持静止,则斜面对小球a的支持力FN与a、b两球间的库仑力F的合力F合不变,FN的方向不变,a受力如图乙所示,由图乙可知,b球竖直下移一点时库仑力F变大,由F=k可知,r应变小,b下移时r却变大,故C错误;b球竖直上移一点时库仑力F变小,由F=k可知,r应变大,b上移时r将变大,故D正确。[拓展训练6] (多选)如图所示,电阻不计的金属导轨MN、PQ放置在绝缘的水平桌面上,导轨间距为L,重力为G、电阻为R的导体棒ab与导轨垂直放置。电池电动势为E、内阻为r,电阻箱的电阻可调。导体棒所在处有磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场。现把电阻箱电阻调到某一值后,接通开关,ab保持静止不动,则(　BC　)A.ab所受摩擦力方向向右B.ab所受的摩擦力小于C.若电阻箱电阻减小,则ab所受摩擦力一定减小D.若电阻箱电阻增大,则ab所受摩擦力一定增大解析:根据左手定则可知ab所受安培力方向向右,所以ab所受摩擦力方向向左,故A错误;ab与电阻箱并联后的等效电阻R′<R,路端电压U=E-Ir=E-r=,ab所受摩擦力Ff=BI′L==<,故B正确;若电阻箱电阻减小,电路总电阻减小,总电流增大,电源内电压增大,路端电压减小,ab两端电压减小,通过ab的电流减小,则ab所受安培力一定减小,所以摩擦力也一定减小,故C正确;若电阻箱电阻增大,电路总电阻增大,总电流减小,电源内电压减小,路端电压增大,ab两端电压增大,通过ab的电流增大,则ab所受安培力一定增大,若开始时安培力恰好与最大静摩擦力大小相等,则安培力增大后ab将开始滑动,其所受静摩擦力将变为滑动摩擦力,而滑动摩擦力不可能比最大静摩擦力大,综上所述可知ab所受摩擦力不一定增大,故D错误。[拓展训练7] 如图所示,粗糙固定斜面的倾角为θ,整个斜面处于垂直斜面向下的匀强磁场(大小未知)中,在斜面上有一根有效长度为L、质量为m且水平放置的导体棒,当导体棒中电流为I1和I2时,导体棒均能沿斜面匀速运动。已知电流I1、I2的方向相同且I1<I2,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　B　)A.电流方向垂直纸面向里B.匀强磁场的磁感应强度大小为C.导体棒与斜面间的动摩擦因数为D.可能存在一个与I1、I2大小不同的电流,使导体棒沿斜面做匀速直线运动解析:由题意可知通电流I1和I2时,导体棒均能沿斜面匀速运动且I1<I2,故通I1时导体棒沿斜面向下运动,通I2时导体棒沿斜面向上运动,导体棒受到的安培力沿斜面向上,由左手定则知电流方向垂直纸面向外,故A错误;导体棒匀速运动,处于平衡状态,由平衡条件得mgsin θ=BI1L+μmgcos θ,mgsin θ+μmgcos θ=BI2L,解得μ=,B=,故B正确,C错误;因I1和I2可分别使导体棒向下或向上匀速运动,而根据磁场方向又知安培力沿斜面方向,摩擦力大小不变,重力沿斜面分力不变,故不存在其他大小的电流让导体棒沿斜面匀速运动,故D错误。专题训练1　力与物体的平衡保分基础练1.图甲为家庭常用的燃气灶实物图,灶面上有一个支架。共有四个均匀分布的支撑面,对放在上面的厨具起到支撑作用。现把一个蒸锅放在支架上,并抽象成示意图乙,已知支架的每个支撑面与水平方向成α角。蒸锅和里面的食物总重力为G,则每个支撑面给蒸锅的支持力为(忽略蒸锅和支撑面之间的摩擦力)(　B　)A. B. C. D.解析:对蒸锅进行受力分析可得4F支cos α=G,解得F支=,A、C、D错误,B正确。2.如图所示,由五根等长的轻质细绳悬挂起四个质量相等的灯笼,中间的细绳是水平的,另外四根细绳与水平面所成的角分别为θ1和θ2。关于θ1和θ2,下列关系式中正确的是(　D　)A.θ1=θ2B.θ1=2θ2C.sin θ1=2sin θ2D.tan θ1=2tan θ2解析:以左边两个灯笼为整体,设中间水平方向绳子拉力为FT,则有tan θ1=,以左边第二个灯笼为研究对象,则有tan θ2=,联立解得tan θ1=2tan θ2,故选D。3.如图所示,一只蚂蚁沿着向下弯成弧形的树枝从A经B缓慢爬到C的过程中,下列说法正确的是(　C　)A.树枝对蚂蚁的作用力先增大后减小B.树枝对蚂蚁的作用力先减小后增大C.树枝对蚂蚁的摩擦力先减小后增大D.树枝对蚂蚁的摩擦力先增大后减小解析:树枝对蚂蚁的作用力即是树枝对蚂蚁的支持力和摩擦力的合力,与蚂蚁的重力是一对平衡力,由于重力总竖直向下,故这个合力总竖直向上,大小不变,A、B错误;缓慢相当于动态平衡,有Ff=mgsin θ,从A到B,随着θ的减小,摩擦力先减小;从B到C,随着θ的增大,摩擦力再增大,C正确,D错误。4.某同学在家卫生大扫除中用拖把拖地,沿推杆方向对拖把施加推力F,如图所示,此时推力与水平方向的夹角为θ,且拖把刚好做匀速直线运动,则(　B　)A.拖把所受地面的摩擦力为Fsin θB.地面对拖把的作用力方向与水平向左的夹角大于θC.从某时刻开始保持力F的大小不变,减小F与水平方向的夹角θ,地面对拖把的支持力FN变大D.同学对推杆的作用力与推杆对拖把的作用力是一对作用力和反作用力解析:对拖把进行受力分析如图所示,根据平衡条件可得摩擦力为Ff=Fcos θ,故A错误;地面对拖把的作用力为支持力和摩擦力的合力,该合力应该与mg和F的合力等大反向,故该合力方向与水平向左的夹角大于θ,故B正确;竖直方向有FN=mg+Fsin θ,则θ减小,FN减小,故C错误;同学对推杆的作用力与推杆对拖把的作用力方向相同,不是一对作用力和反作用力,故D错误。5.条形磁体放在水平面上,在它的右上方处有一根固定的垂直纸面的直导线,如图所示,当直导线中通以图示方向的电流时,磁体仍保持静止。下列结论正确的是(　B　)A.磁体对水平面的压力小于自身重力B.磁体对通电直导线有斜向右上方的安培力作用C.磁体对水平面施加向右的静摩擦力D.磁体所受的合力增加解析:以导线为研究对象,由左手定则判断得知导线所受安培力方向斜向右上方,选项B正确;根据牛顿第三定律得知,导线对磁体的安培力方向斜向左下方,磁体有向左运动的趋势,受到向右的摩擦力,磁体对水平面施加向左的静摩擦力,选项C错误;导线对磁体的安培力方向斜向左下方,使得磁体对水平面的压力增大,大于自身重力,选项A错误;磁体仍保持静止,合力为0,选项D错误。6.(多选)如图所示,质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜面体B上,现用大小不相等、方向相反的水平力F1、F2分别推A和B,它们均静止不动,且F1<F2,重力加速度为g,则(　CD　)A.A受到四个力的作用B.B对A的摩擦力方向一定沿斜面向下C.地面对B的摩擦力方向水平向右,大小为F2-F1D.地面对B的支持力大小一定等于(M+m)g解析:以A为研究对象进行受力分析,如图所示,沿斜面方向,F1的分力和A所受重力的分力大小关系不确定,所以不确定B和A之间有无摩擦力,A的受力个数不确定,选项A、B错误;以整体为研究对象,水平方向有Ff=F2-F1,方向水平向右,竖直方向有FN′=(M+m)g,选项C、D正确。7.如图所示,一带电小球A固定于定滑轮的正下方,一根绕过定滑轮的轻质绝缘细线一端系有一个带同种电荷的小球B,另一端用一拉力FT拉住使小球B处于静止状态,图示位置两球球心所在高度相同。设定滑轮与小球B间的细线与竖直方向的夹角为θ(θ>0),小球A、B可视为质点。现缓慢拉动绝缘细线,使小球B移动一段距离,则在小球B移动的过程中,下列说法正确的是(　C　)A.小球A、B间的距离减小B.细线与竖直方向的夹角θ减小C.小球B的运动轨迹为圆弧D.拉力FT先减小再增大解析:设小球A、B间的距离为r,小球B到定滑轮的距离为L,小球A与滑轮间的距离为h,且h为一定值,以小球B为研究对象,小球B受力分析如图所示,根据相似三角形有==,又F=k,解得r3=h,即小球A、B间的距离r为定值,小球B沿圆周运动,A错误,C正确;小球B沿圆周运动一段距离,细线与竖直方向的夹角θ先增大后减小,B错误;根据受力分析可得FT=GB,随着细线的缩短,拉力FT逐渐减小,D错误。8.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3m的物块A、B通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接并静置于木板上,A、B间的接触面和轻绳均始终与木板平行。A与B间的动摩擦因数为μ,B与木板间的动摩擦因数为2μ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。缓慢增加木板与水平面间的夹角θ至37°时,物块A、B刚好要滑动,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。则μ的值为(　B　)A.0.1 B.0.15C.0.2 D.0.25解析:当木板与水平面的夹角为37°时,两物块刚好要滑动,对物块A受力分析如图甲所示,沿斜面方向,A、B之间的滑动摩擦力Ff1=μFN=μmgcos 37°,根据平衡条件可知FT=mgsin 37°+μmgcos 37°,对物块B受力分析如图乙所示。沿斜面方向,B与斜面之间的滑动摩擦力Ff2=2μFN′=8μmgcos 37°,根据平衡条件可知3mgsin 37°=FT′+Ff1′+Ff2,FT′=FT,Ff1′=Ff1,联立可得3mgsin 37°=mgsin 37°+μmgcos 37°+μmgcos 37°+8μmgcos 37°,解得μ=0.15,故选B。9.如图所示,匀强电场的电场强度方向与水平方向夹角为30°且斜向右上方,匀强磁场的方向垂直于纸面(图中未画出)。一质量为m、电荷量为q的带电小球(可视为质点)以与水平方向成30°角斜向左上方的速度v做匀速直线运动,重力加速度为g。则(　D　)A.匀强磁场的方向可能垂直于纸面向外B.小球可能带正电荷C.电场强度大小为D.磁感应强度大小为解析:小球做匀速直线运动,受到的合力为零,假设小球带正电荷,则小球的受力情况如图甲所示,小球受到的洛伦兹力沿虚线方向未知,小球受到的重力与静电力的合力与洛伦兹力不可能平衡,所以小球不可能做匀速直线运动,假设不成立,小球实际一定带负电荷;再对小球受力分析可知,小球受力情况如图乙所示,小球所受洛伦兹力一定斜向右上方,根据左手定则,匀强磁场的方向一定垂直于纸面向里,A、B错误;由几何关系可知,静电力与重力大小相等,夹角为60°,电场强度E=,C错误;由共点力的平衡条件得qvB=mg,则B=,D正确。10.如图所示,质量m=0.15 kg、长度l=10 cm的金属棒ab用两完全相同的弹簧水平悬挂在匀强磁场中,弹簧劲度系数k=100 N/m,开关闭合,稳定后发现弹簧的伸长量均为Δx=1 cm,电流表的示数为5 A,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　A　)A.N端是电源正极B.磁场的磁感应强度大小为0.1 TC.滑动变阻器的滑片左移,弹簧的长度变小D.仅使磁场反向,稳定后弹簧的伸长量为0.2 cm解析:由于mg=1.5 N,开关闭合后,电路中有电流时,2kΔx=2×100×0.01 N=2 N>1.5 N,故安培力方向竖直向下,根据左手定则,可知棒ab中电流方向由b指向a,故N端是电源正极,A正确;根据共点力平衡条件知mg+BIl=2kΔx,可得B=1 T,B错误;滑动变阻器的滑片左移,接入电路的电阻减小,电流增大,故弹簧伸长量变大,弹簧的长度变大,C错误;仅使磁场反向,则mg=BIl+2kΔx′,可得Δx′=0.5 cm,D错误。高分强化练11.一盏电灯重力为G,悬于天花板上的B点,在电线O处系一细线OA,使电线OB与竖直方向的夹角为β=30°,OA与水平方向成α角,如图所示,现保持O点位置不变,使α角由0°缓慢增加到90°,在此过程中(　C　)A.电线OB上的拉力逐渐增大B.细线OA上的拉力先增大后减小C.细线OA上拉力的最小值为GD.细线OA上拉力的最小值为G解析:对结点O受力分析,如图,由于细线OA与电线OB的合力一定沿竖直向上的方向,大小与重力相等,而OB的方向始终与竖直方向成30°角,则当OA与水平方向夹角由0°缓慢增加到90°的过程中,细线OA上的拉力先减小后增大,且当α=30°时,FOA最小,最小值为FOA=Gsin 30°=,电线OB的拉力一直减小,故A、B、D错误,C正确。12.质量为m的小球,用细线AB悬挂在竖直的墙壁上,细线与墙壁的夹角为60°,如图甲所示,当小球受到拉力F1时,拉力与细线的夹角为120°,小球正好静止不动。如图乙所示,当小球受到拉力F2时,拉力与细线的夹角为150°,小球正好静止不动,重力加速度为g,下列说法正确的是(　A　)A.两种情况下,细线AB的拉力与重力的合力的大小之比为1∶B.两种情况下,细线AB的拉力相同C.两种情况下,细线AB的拉力之比为2∶1D.F1、F2的比值为2∶解析:分别对两种情况下的小球受力分析,如图所示。根据平衡条件可得,F1=FT1,2FT1cos 60°=mg,可得F1=FT1=mg;FT2cos 60°=mg,则细线的拉力FT2=2mg;又F2=FT2sin 60°=2mg×=mg。由以上分析可知,两种情况下,细线AB的拉力之比为1∶2,故B、C错误;根据三力平衡的特点可知,细线AB的拉力与重力的合力与拉力F的大小相等,方向相反,所以两种情况下细线AB的拉力与重力的合力的大小之比为F1∶F2=1∶,故A正确,D错误。13.如图所示,两段等长细线串接着两个质量相等的小球a、b,悬挂于O点。现在在两个小球上分别加上水平方向的外力,其中作用在b球上的力的大小为F,作用在a球上的力的大小为4F,则此装置平衡时的位置可能是(　D　)解析:对b球受力分析,如图甲所示,有tan α=,将a、b两球看作整体受力分析,如图乙所示,所以tan β=>=tan α,即β>α,故选D。14.(多选)如图所示,重物A被绕过小滑轮的细线所悬挂,小滑轮被一根细线系于天花板上的O点,物体B放在粗糙的水平桌面上,O′是三根线的结点,bO′水平拉着物体B,cO′竖直拉着重物C,aO′、bO′与cO′的夹角如图所示。细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略,整个装置处于静止状态。若悬挂小滑轮的细线OP的张力大小是20 N,则下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　ABC　)A.重物A的质量为2 kgB.桌面对物体B的摩擦力大小为10 NC.重物C的质量为1 kgD.OP与竖直方向的夹角为60°解析:以小滑轮为研究对象,受力分析如图甲所示,则有2FTcos 30°=F,故FT==20 N,由于mAg=FT,故mA=2 kg,故A正确;以O′点为研究对象,受力分析如图乙所示,由平衡条件得F1=FTcos 30°=10 N,FTsin 30°=mCg,故mC=1 kg,故C正确;对物体B有Ff=F1=10 N,故B正确;由图甲可知,OP与竖直方向的夹角应为30°,故D错误。15.竖直平面内一半圆柱形的轨道中放置有两根长为l的通电直导线,其横截面如图所示。O为半圆的圆心,导线a固定在O点正下方的C处,且通有大小为I0、方向垂直纸面向里的电流。当导线b中通入大小为I1、方向垂直纸面向外的电流时,刚好能静止在与O点等高的A处。将导线b放在D处,电流减小为I2时,恰好静止。已知导线a中电流在其周围某点产生磁场的磁感应强度大小为B=k(k为大于零的常量,r为该点到导线a的距离),∠COD=60°,则(　D　)A.导线a中的电流在D点产生的磁感应强度大小是在A点的两倍B.导线b在A或D位置时对轨道的压力可能大于其重力C.导线b在D处时两导线间的安培力比导线b在A处时的大D.导线b在A处的电流大小是其在D处的两倍解析:设半圆的半径为R,则A、C两点间的距离为R,导线a中电流在A点产生的磁场的磁感应强度大小为B1=k,同理,导线a中电流在D点产生的磁场的磁感应强度大小为B2=k,则=,A错误;对导线b受力分析可知,导线b受重力mg、安培力F和弹力FN的作用,其受力分析如图所示。设a、b两导线间的距离为d,由力三角形与几何三角形相似可得==,解得FN=mg,F=mg,所以导线b在A或D位置时对轨道的压力都为mg,B错误;当导线b在A处时,导线b受到的安培力大小为F1=B1I1l=k=mg,当导线b在D处时,导线b受到的安培力大小为F2=B2I2l=k=mg,故有=,解得=2,C错误,D正确。16.(多选)工人利用“秋千法”在1 000 kV的高压线上带电作业的过程如图所示,绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点,另一端固定在兜篮上。另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮,一端连接兜篮,另一端由工人控制。身穿屏蔽服的工人坐在兜篮里,缓慢从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处。轻绳OD一直处于伸直状态,兜篮、工人及携带的设备总质量为m,不计一切阻力,重力加速度大小为g。关于工人从C点运动到E点的过程中,下列说法正确的是(　CD　)A.工人对轻绳的拉力一直变大B.轻绳OD的拉力一直变小C.OD、CD两绳拉力的合力大小等于mgD.当轻绳CD与竖直方向的夹角为30°时,工人对绳的拉力大小为mg解析:对兜篮、工人及携带的设备整体受力分析如图所示,轻绳OD的拉力为F1,与竖直方向的夹角为θ,轻绳CD的拉力为F2,与竖直方向的夹角为α。由题可知,OC=OD,∠ODC=θ+α,所以∠OCD=θ+α,所以θ+2α=90°,由正弦定理可得==,解得F1=mgtan α,F2=mg(2cos α-),从C点到E点的过程中,α增大,则F1增大,F2减小,故A、B错误;两绳拉力的合力大小等于mg,故C正确;α=30°时,由F2的表达式解得F2=mg,故D正确。