2025版高考物理二輪復(fù)習(xí)專題一力與運(yùn)動(dòng)第1講力與共點(diǎn)力的平衡學(xué)案

PAGEPAGE1第1講力與共點(diǎn)力的平衡主干學(xué)問體系核心再現(xiàn)及學(xué)科素養(yǎng)學(xué)問規(guī)律(1)受力分析三關(guān)鍵．①選對(duì)象：選定探討對(duì)象，將其從系統(tǒng)中隔離出來．②定依次：先分析場(chǎng)力，后分析接觸力．③明規(guī)律：只分析性質(zhì)力，不分析效果力．(2)物體受力平衡兩要點(diǎn)．①平衡狀態(tài)：物體靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)．②平衡條件：F合＝0或Fx＝0，F(xiàn)y＝0.思想方法(1)物理思想：等效思想、分解思想．(2)物理方法：假設(shè)法、矢量三角形法、整體法和隔離法、正交分解法、合成法、轉(zhuǎn)換探討對(duì)象法等.1．(2024·全國(guó)Ⅰ卷，16)如圖，三個(gè)固定的帶電小球a、b和c，相互間的距離分別為ab＝5cm，bc＝3cm，ca＝4cm.小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線．設(shè)小球a、b所帶電荷量的比值的肯定值為k，則()A．a(chǎn)、b的電荷同號(hào)，k＝eq\f(16,9) B．a(chǎn)、b的電荷異號(hào)，k＝eq\f(16,9)C．a(chǎn)、b的電荷同號(hào)，k＝eq\f(64,27) D．a(chǎn)、b的電荷異號(hào)，k＝eq\f(64,27)D[由于小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線，依據(jù)受力分析知，a、b的電荷異號(hào)．依據(jù)庫侖定律，a對(duì)c的庫侖力為Fa＝k0eq\f(qaqc,ac2)①b對(duì)c的庫侖力為Fb＝k0eq\f(qbqc,bc2)②設(shè)合力向左，如圖所示，依據(jù)相像三角形，得eq\f(Fa,ac)＝eq\f(Fb,bc)③聯(lián)立①②③式得k＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(qa,qb)))＝eq\f(ac3,bc3)＝eq\f(64,27).]2．(2024·天津卷，7)(多選)明朝謝肇淛的《五雜組》中記載：“明姑蘇虎丘寺塔傾側(cè)，議欲正之，非萬緡不行．一游僧見之曰：無煩也，我能正之．”游僧每天將木楔從塔身傾斜一側(cè)的磚縫間敲進(jìn)去，經(jīng)月余扶正了塔身．假設(shè)所用的木楔為等腰三角形，木楔的頂角為θ，現(xiàn)在木楔背上加一力F，方向如圖所示，木楔兩側(cè)產(chǎn)生推力FN，則()A．若F肯定，θ大時(shí)FN大 B．若F肯定，θ小時(shí)FN大C．若θ肯定，F(xiàn)大時(shí)FN大 D．若θ肯定，F(xiàn)小時(shí)FN大BC[依據(jù)力F的作用效果將力F分解為垂直于木楔兩側(cè)的力FN，如圖所示．則eq\f(\f(F,2),FN)＝sineq\f(θ,2)即FN＝eq\f(F,2sin\f(θ,2))所以當(dāng)F肯定時(shí)，θ越小，F(xiàn)N越大；當(dāng)θ肯定時(shí)，F(xiàn)越大，F(xiàn)N越大．故選項(xiàng)B、C正確．]3．(2024·全國(guó)卷Ⅰ，21)(多選)如圖，松軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點(diǎn)M拴一重物，用手拉住繩的另一端N，初始時(shí)，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為α(α＞eq\f(π,2))．現(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角α不變．在OM由豎直被拉到水平的過程中()A．MN上的張力漸漸增大B．MN上的張力先增大后減小C．OM上的張力漸漸增大D．OM上的張力先增大后減小AD[以重物為探討對(duì)象，受重力mg、OM繩上拉力F2、MN上拉力F1，由題意知，三個(gè)力合力始終為零，矢量三角形如圖所示，F(xiàn)1、F2的夾角為π－α不變，在F2轉(zhuǎn)至水平的過程中，矢量三角形在同一外接圓上，由圖可知，MN上的張力F1漸漸增大，OM上的張力F2先增大后減小，所以A、D正確，B、C錯(cuò)誤．]4．(2024·高考全國(guó)卷Ⅲ，17)如圖所示，兩個(gè)輕環(huán)a和b套在位于豎直面內(nèi)的一段固定圓弧上；一細(xì)線穿過兩輕環(huán)，其兩端各系一質(zhì)量為m的小球，在a和b之間的細(xì)線上懸掛一質(zhì)量為m的小球．在a和b之間的細(xì)線上懸掛一小物塊，平衡時(shí)，a、b間的距離恰好等于圓弧的半徑，不計(jì)全部摩擦．小物塊的質(zhì)量為()A.eq\f(m,2)B.eq\f(\r(3),2)mC．m D．2mC[如圖所示，圓弧的圓心為O，懸掛小物塊的點(diǎn)為c，由于ab＝R，則△aOb為等邊三角形，同一條細(xì)線上的拉力相等，F(xiàn)T＝mg，細(xì)線對(duì)a環(huán)拉力的合力沿aO方向，則aO為角平分線，由幾何關(guān)系知，∠acb＝120°，故細(xì)線在c點(diǎn)拉力的合力與物塊的重力大小相等，即拉力合力大小FT′＝FT＝G＝mg，所以小物塊質(zhì)量為m，故C對(duì)．]5．(2024·高考全國(guó)卷Ⅰ，19)(多選)如圖，一光滑的輕滑輪用細(xì)繩OO′懸掛于O點(diǎn)；另一細(xì)繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物塊b.外力F向右上方拉b，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．若F方向不變，大小在肯定范圍內(nèi)變更，物塊b仍始終保持靜止，則()A．繩OO′的張力也在肯定范圍內(nèi)變更B．物塊b所受到的支持力也在肯定范圍內(nèi)變更C．連接a和b的繩的張力也在肯定范圍內(nèi)變更D．物塊b與桌面間的摩擦力也在肯定范圍內(nèi)變更BD[由于物體a、b均保持靜止，各繩間角度保持不變，對(duì)a受力分析得，繩的拉力FT＝mag，所以物體a受到繩的拉力保持不變．由滑輪性質(zhì)，滑輪兩側(cè)繩的拉力相等，所以連接a和b繩的張力大小、方向均保持不變，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；a、b受到繩的拉力大小、方向均不變，所以O(shè)O′的張力不變，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)b進(jìn)行受力分析，如圖所示．由平衡條件得FTcosβ＋Ff＝Fcosα，F(xiàn)sinα＋FN＋FTsinβ＝mbg，其中FT和mbg始終不變，當(dāng)F大小在肯定范圍內(nèi)變更時(shí)，支持力在肯定范圍內(nèi)變更，B選項(xiàng)正確；摩擦力也在肯定范圍內(nèi)發(fā)生變更，D選項(xiàng)正確．][高考命題]■命題特點(diǎn)與趨勢(shì)1．物體的平衡條件及其應(yīng)用歷來是高考的熱點(diǎn)，它不僅涉及力學(xué)中共點(diǎn)力的平衡，還常涉及帶電粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)或復(fù)合場(chǎng)中的平衡問題．2．整體法和隔離法分析物體的受力特點(diǎn)及平衡問題是學(xué)生必需駕馭的方法，也是高考考查的重點(diǎn)．3．“整體法、隔離法”在受力分析中的應(yīng)用，物體的“動(dòng)態(tài)平衡”問題在2024年復(fù)習(xí)中應(yīng)引起重視．■解題要領(lǐng)解決物體的平衡問題，一是要認(rèn)清物體平衡狀態(tài)的特征和受力環(huán)境，這是分析平衡問題的關(guān)鍵；二是要敏捷運(yùn)用處理力學(xué)平衡問題的基本方法(如：合成法、正交分解法、效果分解法、三角形法等)來解答；三是要有辨析圖形幾何關(guān)系的實(shí)力.高頻考點(diǎn)一受力分析、物體的靜態(tài)平衡[備考策略]1．受力分析的4種方法(1)假設(shè)法：在受力分析時(shí)，若不能確定某力是否存在，可先對(duì)其作出存在的假設(shè)，然后依據(jù)分析該力存在對(duì)物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的影響來推斷假設(shè)是否成立．(2)整體法：將加速度相同的幾個(gè)相互關(guān)聯(lián)的物體作為一個(gè)整體進(jìn)行受力分析的方法．(3)隔離法：將所探討的對(duì)象從四周的物體中分別出來，單獨(dú)進(jìn)行受力分析的方法．(4)動(dòng)力學(xué)分析法：對(duì)加速運(yùn)動(dòng)的物體進(jìn)行受力分析時(shí)，應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律進(jìn)行分析求解的方法．2．受力分析的一般步驟3．處理靜態(tài)平衡問題的基本思路4．兩大思維方法對(duì)比[命題視角]考向1受力分析與整體法、隔離法例1質(zhì)量為M的半球形物體A和質(zhì)量為m的光滑球形物體B緊靠著放在傾角為α的固定斜面上，并處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示．下列關(guān)于物體受力狀況的推斷正確的是()A．物體A對(duì)物體B的彈力方向沿斜面對(duì)上B．物體A受到的靜摩擦力大小為MgsinαC．物體B對(duì)物體A的壓力大于mgsinαD．物體B對(duì)斜面的壓力等于mgcosαC[隔離物體B進(jìn)行受力分析如圖所示，可知物體B受到重力mg、斜面的支持力FN1和物體A對(duì)其的彈力FN2作用，由于物體A對(duì)物體B的彈力方向與兩者的接觸面垂直，故物體A對(duì)物體B的彈力方向不沿斜面對(duì)上，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；將物體A和B看成一個(gè)整體，由受力分析可知，物體A受到的靜摩擦力大小為Ff＝(M＋m)gsinα，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)物體B，依據(jù)平衡條件可得mgsinα＝FN2cosθ，F(xiàn)N1＋FN2sinθ＝mgcosα，可解得FN2＝mgeq\f(sinα,cosθ)>mgsinα，F(xiàn)N1＝mg(cosα－sinαtanθ)<mgcosα，再結(jié)合牛頓第三定律可知選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．][歸納反思]1．在分析兩個(gè)或兩個(gè)以上物體間的相互作用時(shí)，一般采納整體法與隔離法進(jìn)行分析.2．采納整體法進(jìn)行受力分析時(shí)，要留意系統(tǒng)內(nèi)各個(gè)物體的狀態(tài)應(yīng)當(dāng)相同.3．當(dāng)干脆分析一個(gè)物體的受力不便利時(shí)，可轉(zhuǎn)移探討對(duì)象，先分析另一個(gè)物體的受力，再依據(jù)牛頓第三定律分析該物體的受力，此法叫“轉(zhuǎn)移探討對(duì)象法”．考向2共點(diǎn)力平衡的條件例2(2024·山東省日照市2025屆高三5月校際聯(lián)考)如圖所示，傾角為θ＝30°的斜面體靜止在水平地面上，一個(gè)重為G的球在水平力的作用下，靜止于光滑斜面上，此時(shí)水平力的大小為F；若將力F從水平方向逆時(shí)針轉(zhuǎn)過某一角度α后，仍保持F的大小不變，且小球和斜面依舊保持靜止，此時(shí)水平地面對(duì)斜面體的摩擦力為f.那么F和f的大小分別是()A．F＝eq\f(\r(3),3)G，f＝eq\f(\r(3),6)G B．F＝eq\f(\r(3),6)G，f＝eq\f(1,2)GC．F＝eq\f(\r(3),3)G，f＝eq\f(1,2)G D．F＝eq\f(\r(3),6)G，f＝eq\f(\r(3),6)GA[先探討第一種狀況：對(duì)物體受力分析如圖所示．由平衡條件得：N與F的合力F′與重力G大小相等，由三角函數(shù)關(guān)系得：F＝Gtanθ＝eq\f(\r(3),3)G；轉(zhuǎn)過一角度后，由F大小不變，小球靜止，支持力與F的合力不變，故此時(shí)轉(zhuǎn)動(dòng)后F轉(zhuǎn)方向如圖：依據(jù)幾何學(xué)問可得F轉(zhuǎn)過的角度是2θ.對(duì)整體受力分析并正交分解如圖：水平方向：f＝Fcos2θ＝eq\f(\r(3),3)G×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),6)G，故A正確；故選A.][歸納反思]1．解決共點(diǎn)力平衡問題的典型方法：力的合成法、正交分解法、圖解法、整體法與隔離法．2．處理平衡問題的基本思路：確定平衡狀態(tài)(加速度為零)→巧選探討對(duì)象(整體法或隔離法)→受力分析→列平衡方程→求解或探討．[題組突破]1－1.如圖，一個(gè)L形木板(上表面光滑)放在斜面體上，輕質(zhì)彈簧一端固定在木板上，另一端與置于木板上表面的木塊相連．斜面體放在平板小車上，整體一起沿水平向右的方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，則關(guān)于各物體的受力狀況，下列說法正確的是()A．L形木板受4個(gè)力的作用B．斜面體可能只受2個(gè)力作用C．木塊受2個(gè)力作用D．斜面體不行能受平板小車對(duì)它的摩擦力作用D[先把L形木板、木塊、斜面體看成一個(gè)整體進(jìn)行分析，受重力、小車的支持力，選項(xiàng)D正確；隔離木塊進(jìn)行分析，其受重力、L形木板的支持力、彈簧的彈力(沿斜面對(duì)上)三個(gè)力作用處于平衡狀態(tài)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；隔離L形木板進(jìn)行分析，其受重力、斜面體的支持力、彈簧的彈力(沿斜面對(duì)下)、木塊的壓力、斜面體對(duì)它的摩擦力5個(gè)力作用，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；隔離斜面體進(jìn)行分析，其受4個(gè)力作用，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．]1－2.(多選)如圖所示，傾角為θ的斜面體C置于水平地面上，小物體B置于斜面體C上，通過細(xì)繩跨過光滑的輕質(zhì)定滑輪與物體A相連接，連接物體B的一段細(xì)繩與斜面平行，已知A、B、C均處于靜止?fàn)顟B(tài)，定滑輪通過細(xì)桿固定在天花板上，則下列說法中正確的是()A．物體B可能不受靜摩擦力作用B．斜面體C與地面之間可能不存在靜摩擦力作用C．細(xì)桿對(duì)定滑輪的作用力沿桿豎直向上D．將細(xì)繩剪斷，若物體B仍靜止在斜面體C上，則此時(shí)斜面體C與地面之間肯定不存在靜摩擦力作用AD[對(duì)物體B進(jìn)行受力分析，由共點(diǎn)力的平衡條件可得，假如mAg＝mBgsinθ，則物體B肯定不受靜摩擦力作用，反之，則肯定會(huì)受到斜面體C對(duì)其作用的靜摩擦力，選項(xiàng)A正確；將物體B和斜面體C看成一個(gè)整體，則該整體受到一個(gè)大小為mAg、方向沿斜面對(duì)上的細(xì)繩的拉力，該拉力在水平向左方向上的重量為mAgcosθ，故地面肯定會(huì)給斜面體一個(gè)方向水平向右、大小為mAgcosθ的靜摩擦力，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由于連接物體A和物體B的細(xì)繩對(duì)定滑輪的合力方向不是豎直向下，故細(xì)桿對(duì)定滑輪的作用力方向不是豎直向上，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若將細(xì)繩剪斷，將物體B和斜面體C看成一個(gè)整體，則該整體受豎直向下的重力和地面對(duì)其豎直向上的支持力，故斜面體C與地面之間肯定不存在靜摩擦力作用，選項(xiàng)D正確．]高頻考點(diǎn)二共點(diǎn)力作用下物體的動(dòng)態(tài)平衡[備考策略]熟識(shí)一個(gè)通法——求解動(dòng)態(tài)平衡問題[命題視角]考向1“解析法”分析動(dòng)態(tài)平衡問題例3(2024·湖南省懷化市高三其次次模擬考試)如圖所示，繩子質(zhì)量、滑輪摩擦不計(jì)，物體M靜止在傾角為θ的斜面上，若傾角θ增大，物體M仍舊靜止．(連接M一端的繩子始終與斜面平行)下列推斷正確的是()A．繩子的拉力可能增大B．斜面對(duì)地面的正壓力增大C．物體M受到的靜摩擦力可能增大D．物體M受到斜面的作用力可能增大C[對(duì)物體m受力分析，受重力和拉力，由二力平衡得到：T＝mg，繩子拉力肯定不變，故A錯(cuò)誤；對(duì)M、m和斜面的整體可知，地面對(duì)整體的支持力等于M、m和斜面體的重力之和，故斜面對(duì)地面的正壓力不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)物體M受力分析，受重力、支持力、拉力和靜摩擦力；①假如靜摩擦力沿斜面對(duì)上，如圖：依據(jù)平衡條件得到f＋T－Mgsinθ＝0；N－Mgcosθ＝0解得：f＝Mgsinθ－T＝Mgsinθ－mg；N＝Mgcosθ當(dāng)θ變大時(shí)，f變大，N變??；②假如靜摩擦力沿斜面對(duì)下，同理可得到：f＝T－Mgsinθ＝mg－Mgsinθ；N＝Mgcosθ；當(dāng)θ變大時(shí)，f變小，N變??；綜上所述可知，選項(xiàng)C正確；斜面對(duì)M的作用力應(yīng)是N與f的合力，也是Mg與T的合力；θ增大時(shí)，Mg與T的大小不變，夾角增大，合力應(yīng)變?。瓺錯(cuò)誤；故選C.]考向2“數(shù)學(xué)方法”分析動(dòng)態(tài)平衡問題例4(2024·河北衡水中學(xué)信息卷)如圖所示，處于豎直平面內(nèi)的正六邊形金屬框架ABCDEF可繞過C點(diǎn)且與平面垂直的水平軸自由轉(zhuǎn)動(dòng)，該金屬框架的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，中心記為O，用兩根不行伸長(zhǎng)、長(zhǎng)度均為L(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線將質(zhì)量為m的金屬小球懸掛于框架的A、E兩個(gè)頂點(diǎn)并處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)令框架繞轉(zhuǎn)軸沿順時(shí)針方向緩慢轉(zhuǎn)過90°角，已知重力加速度為g，在包括初、末狀態(tài)的整個(gè)轉(zhuǎn)動(dòng)過程中下列說法正確的是()A．細(xì)線OA中拉力最大值為mgB．細(xì)線OE中拉力最大值為eq\f(2\r(3)mg,3)C．細(xì)線OA中拉力漸漸增大D．細(xì)線OE中拉力漸漸減小BD[對(duì)小球進(jìn)行受力分析，如圖所示，mg的對(duì)角始終為120°，設(shè)FTA的對(duì)角為α，F(xiàn)TE的對(duì)角為β，緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，小球始終受力平衡，由正弦定理得eq\f(mg,sin120°)＝eq\f(FTA,sinα)＝eq\f(FTE,sinβ)，α角由150°減小至60°，F(xiàn)TA先增大后減小，當(dāng)α＝90°時(shí)，F(xiàn)TA最大，最大值為eq\f(2\r(3)mg,3)，A、C錯(cuò)誤；β角由90°增加至180°，F(xiàn)TE漸漸減小至0，當(dāng)β＝90°時(shí)，F(xiàn)TE最大，最大值為eq\f(2\r(3)mg,3)，B、D正確．][歸納反思]1．圖解法：假如物體受到三個(gè)力的作用，其中一個(gè)力的大小、方向均不變，并且還有另一個(gè)力的方向不變，此時(shí)可用圖解法，畫出不同狀態(tài)下力的矢量圖，推斷各個(gè)力的變更狀況．2．解析法：假如物體受到多個(gè)力的作用，可進(jìn)行正交分解，利用解析法，建立平衡方程，依據(jù)自變量的變更確定因變量的變更．3．相像三角形法：此法是圖解法的特例，一般探討對(duì)象受繩(桿)、或其它物體的約束，且物體受到三個(gè)力的作用，其中的一個(gè)力大小、方向均不變，另外兩個(gè)力的方向都發(fā)生變更．[題組突破]2－1.(2024·黑龍江大慶調(diào)研)(多選)如圖所示，一根輕繩上端固定在O點(diǎn)，下端拴一個(gè)重量為G的小球，起先時(shí)輕繩處于豎直狀態(tài)，輕繩所能承受的最大拉力為2G，現(xiàn)對(duì)小球施加一個(gè)方向始終水平向右的力FA．力F漸漸增大B．力F的最大值為eq\r(3)GC．力F的最大值為2D．輕繩與豎直方向夾角的最大值θ＝30°AB[對(duì)小球受力分析，如圖所示．由平衡條件得F＝mgtanθ，θ漸漸增大，則F漸漸增大，故A正確；小球緩慢地移動(dòng)過程中，θ漸漸增大，F(xiàn)T的最大值為2G，則可得cosθ＝eq\f(G,2G)＝eq\f(1,2)，θ＝60°，此時(shí)F達(dá)到最大值為eq\r(3)G，故B正確，C、D錯(cuò)誤．]2－2.(2024·廣東省廣州市高三一模)如圖所示，兩塊固定且相互垂直的光滑擋板POQ，OP豎直放置，OQ水平，小球a、b固定在輕彈簧的兩端，現(xiàn)有一個(gè)水平向左的推力，作用于b上，使a、b緊靠擋板處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)用力F推動(dòng)小球b，使之緩緩到達(dá)b′位置()A．推力F變大 B．b對(duì)OQ的壓力變大C．彈簧長(zhǎng)度變短 D．彈簧長(zhǎng)度變長(zhǎng)D[隔離a分析受力，設(shè)此時(shí)ab間作用力與水平方向上的夾角為θ，如圖所示：由力的平衡條件可得：F′＝eq\f(mg,sinθ)，N＝eq\f(mg,tanθ)，將小球略微向左水平移動(dòng)一小段距離，當(dāng)a、b重新處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，由幾何關(guān)系可知，θ增大，則sinθ、tanθ增大，mg不變時(shí)F′減小，N減小，依據(jù)胡克定律可知彈簧的形變量變小，所以彈簧長(zhǎng)度變長(zhǎng)，故D正確，C錯(cuò)誤；對(duì)ab的整體受力分析如右圖所示：由共點(diǎn)力的平衡條件可知，a、b重新處于靜止?fàn)顟B(tài)前后，OQ面板對(duì)b的支持力始終和a、b的重力相等保持不變，推力F＝N在減小，故AB錯(cuò)誤．所以D正確，ABC錯(cuò)誤．]高頻考點(diǎn)三電磁場(chǎng)中的平衡問題[備考策略]1．高考考查特點(diǎn)電學(xué)中的平衡問題是指在電場(chǎng)力、安培力參加下的平衡問題．處理電學(xué)中的平衡問題的方法與純力學(xué)問題的分析方法一樣，把方法和規(guī)律進(jìn)行遷移應(yīng)用．2．解題常見誤區(qū)及提示(1)安培力方向的推斷要先推斷磁場(chǎng)方向、電流方向、再用左手定則推斷，同時(shí)留意立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖．(2)電場(chǎng)力或安培力的出現(xiàn)，可能會(huì)對(duì)壓力或摩擦力產(chǎn)生影響．(3)涉及電路問題時(shí)，要留意閉合電路歐姆定律的運(yùn)用．例5(2024·陜西省寶雞市高三教學(xué)質(zhì)量檢測(cè))如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向與水平方向夾角為30°且斜向右上方，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向垂直于紙面(圖中未畫出)．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))以與水平方向成30°角斜向左上方的速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，則()A．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向可能垂直于紙面對(duì)外B．小球肯定帶正電荷C．電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(mg,q)D．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為eq\f(mg,qv)C[小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，受到的合力為零，假設(shè)小球帶正電，則小球的受力狀況如圖甲所示，小球受到的洛倫茲力沿虛線但方向未知，小球受到的重力與電場(chǎng)力的合力與洛倫茲力不行能平衡，故小球不行能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，假設(shè)不成立，小球肯定帶負(fù)電，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小球的受力狀況如圖乙所示，小球受到的洛倫茲力肯定斜向右上方，依據(jù)左手定則，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向肯定垂直于紙面對(duì)里，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；依據(jù)幾何關(guān)系，電場(chǎng)力大小qE＝mg，洛倫茲力大小qvB＝eq\r(3)mg，解得E＝eq\f(mg,q)，B＝eq\f(\r(3)mg,qv)，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．]例6(2024·山東省青島市高三統(tǒng)一質(zhì)檢)如圖，絕緣光滑圓環(huán)豎直放置，a、b、c為三個(gè)套在圓環(huán)上可自由滑動(dòng)的空心帶電小球，已知小球c位于圓環(huán)最高點(diǎn)，ac連線與豎直方向成60°角，bc連線與豎直方向成30°角，三個(gè)小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)．下列說法正確的是()A．a(chǎn)、b、c小球帶同種電荷B．a(chǎn)、b小球帶異種電荷，b、c小球帶同種電荷C．a(chǎn)、b小球電量之比為eq\f(\r(3),6)D．a(chǎn)、b小球電量之比eq\f(\r(3),9)D[A、B：對(duì)c小球受力分析可得，a、b小球必需帶同種電荷c小球才能平衡．對(duì)b小球受力分析可得，b、c小球帶異種電荷b小球才能平衡．故A、B兩項(xiàng)錯(cuò)誤．C、D：對(duì)c小球受力分析，將力正交分解后可得：keq\f(qaqc,r\o\al(2,ac))sin60°＝keq\f(qbqc,r\o\al(2,bc))sin30°，又rac∶rbc＝1∶eq\r(3)，解得：qa∶qb＝eq\r(3)∶9.故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確．][題組突破]3－1.(2024·濟(jì)寧市高三其次次模擬)如圖所示，輕質(zhì)彈簧下面掛有邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的正方形金屬框ABCD，各邊電阻相同，金屬框放置在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直金屬框平面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．若A、B兩端與電源相連，通以如圖所示方向的電流時(shí)，彈簧恰好處于原長(zhǎng)狀態(tài)，則通入正方形金屬框AB邊的電流大小為()A.eq\f(4mg,3BL)B.eq\f(3mg,4BL)C.eq\f(mg,BL)D.eq\f(mg,4BL)B[依據(jù)電流方向可知，AD邊、DC邊、CB邊串聯(lián)，再與AB邊并聯(lián)，設(shè)每邊電阻為R，依據(jù)平衡條件可知：mg＝BIABL＋BIDCL，依據(jù)并聯(lián)電路可知：IAB＝3IDC，聯(lián)立兩式解得：IAB＝eq\f(3mg,4BL)，故B正確．]3－2.(2024·鄭州市二模)如圖所示，物體P、Q可視為點(diǎn)電荷，電荷量相同．傾角為θ、質(zhì)量為M的斜面體放在粗糙水平面上．將質(zhì)量為m的物體P放在粗糙的斜面體上．當(dāng)物體Q放在與P等高(PQ連線水平)且與物體P相距為r的右側(cè)位置時(shí)，P靜止且受斜面體的摩擦力為0，斜面體保持靜止，靜電力常量為k，則下列說法正確的是()A．P、Q所帶電荷量為eq\r(\f(mgktanθ,r2))B．P對(duì)斜面體的壓力為0C．斜面體受到地面的摩擦力為0D．斜面體對(duì)地面的壓力為(M＋m)gD[以P為探討對(duì)象，受到重力mg、斜面體的支持力FN和庫侖力F，由平衡條件得：F＝mgtanθFN＝eq\f(mg,cosθ)依據(jù)庫侖定律得：F＝keq\f(q2,r2)聯(lián)立解得：q＝req\r(\f(mgtanθ,k))由牛頓第三定律得P對(duì)斜面體的壓力為：FN′＝FN＝eq\f(mg,cosθ)，故A、B錯(cuò)誤．以斜面體和P整體為探討對(duì)象，由平衡條件得地面對(duì)斜面體的摩擦力為：Ff＝F，地面對(duì)斜面體的支持力為：FN1＝(M＋m)g，依據(jù)牛頓第三定律得斜面體受到地面的摩擦力為F，斜面體對(duì)地面的壓力為：FN1′＝FN1＝(M＋m)g.故C錯(cuò)誤，D正確．]高頻考點(diǎn)四平衡中的臨界極值問題例7一個(gè)質(zhì)量為1kg的物體放在粗糙的水平地面對(duì)上，今用最小的拉力拉它，使之做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已知這個(gè)最小拉力大小為6N，取g＝10m/s2，則下列關(guān)于物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的取值，正確的是()A．μ＝eq\f(9,16)B．μ＝eq\f(4,3)C．μ＝eq\f(3,4) D．μ＝eq\f(3,5)C[物體在水平面上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可知拉力在水平方向的分力與滑動(dòng)摩擦力相等．以物體為探討對(duì)象，受力分析如圖所示，因?yàn)槲矬w處于平衡狀態(tài)．水平方面有Fcosα＝μFN，豎直方向有Fsinα＋FN＝mg.聯(lián)立可解得：F＝eq\f(μmg,cosα＋μsinα)＝eq\f(μmg,\r(1＋μ2)sinα＋φ)，當(dāng)α＋φ＝90°時(shí)，sin(α＋φ)＝1，F(xiàn)有最小值，F(xiàn)min＝eq\f(μmg,\r(1＋μ2))，代入數(shù)值得μ＝eq\f(3,4).]例8(2024·山東省青島市高考模擬檢測(cè)理科綜合實(shí)力測(cè)試)(多選)如圖，彈性輕繩一端固定于O點(diǎn)，另一端連有一質(zhì)量m的小球a，小球a通過不行伸長(zhǎng)的細(xì)繩連接質(zhì)量相同的小球b，兩小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)給小球b施加一個(gè)力F，使彈性輕繩與豎直方向成30°角，兩球依舊保持靜止．下列說法正確的是()A．彈性繩的長(zhǎng)度肯定增加B．a(chǎn)、b間細(xì)繩上的張力可能減小C．力F的值可能大于mgD．力F的值可能小于eq\f(1,2)mgBC[B.以小球b為探討對(duì)象，分析受力，作出力圖如圖依據(jù)作圖法分析得到，a、b間細(xì)繩上的張力可能減小，故B正確；ACD、以小球ab為探討對(duì)象，分析受力，作出力圖如圖依據(jù)作圖法分析得到，彈性繩的張力可能減小，所以彈性繩的長(zhǎng)度可能減??；當(dāng)小球施加的力F與彈性輕繩垂直時(shí)，所用的力F最小，F(xiàn)min＝2mgsin30°＝mg，故C正確，A、D錯(cuò)誤；故選B、C.][歸納反思]解決臨界極值問題的三種方法(1)解析法：依據(jù)物體的平衡條件列出平衡方程，在解方程時(shí)采納數(shù)學(xué)方法求極值．通常用到的數(shù)學(xué)學(xué)問有二次函數(shù)求極值、探討分式求極值、三角函數(shù)求極值以及幾何法求極值等．(2)圖解法：此種方法通常適用于物體只在三個(gè)力作用下的平衡問題．首先依據(jù)平衡條件作出力的矢量三角形，然后依據(jù)矢量三角形進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析，確定其最大值或最小值．(3)極限法：極限法是一種處理極值問題的有效方法，它是指通過恰當(dāng)選取某個(gè)變更的物理量將問題推向極端(如“極大”“微小”等)，從而把比較隱藏的臨界現(xiàn)象暴露出來，快速求解．[題組突破]4－1.(2024·廣東佛山二模)如圖所示，兩個(gè)小球a、b質(zhì)量均為m，用細(xì)線相連并懸掛于O點(diǎn)，現(xiàn)用一輕質(zhì)彈簧給小球a施加一個(gè)拉力F，使整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，且Oa與豎直方向夾角為θ＝45°，已知彈簧的勁度系數(shù)為k，則彈簧形變量最小值是()A.eq\f(\r(2)mg,k) B.eq\f(\r(2)mg,2k)C.eq\f(4\r(2)mg,3k)D.eq\f(2mg,k)A[對(duì)a球進(jìn)行受力分析，利用圖解法可推斷：當(dāng)彈簧上的拉力F與細(xì)線上的拉力垂直時(shí)，彈簧的拉力F最小，為Fmin＝2mgsinθ＝eq\r(2)mg，再依據(jù)胡克定律得彈簧的最小形變量Δx＝eq\f(\r(2)mg,k)，所以應(yīng)選A.]4－2.(2024·湖北省武昌區(qū)高三五月調(diào)研考試)如圖所示，在水平桿MN上套上兩個(gè)質(zhì)量不計(jì)的小環(huán)A和B，一長(zhǎng)度為l、不行伸長(zhǎng)的細(xì)線兩端分別系在環(huán)A、B上，并在細(xì)線中點(diǎn)掛一個(gè)質(zhì)量為m的物塊．已知環(huán)A、B與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．那么系統(tǒng)平衡時(shí)小環(huán)A、B間的最大距離為()A.eq\f(μl,\r(1＋μ2))B.eq\f(l,\r(1＋μ))C.eq\f(l,\r(1＋μ2))D.eq\f(μl,\r(1＋μ))A[則對(duì)A、B及m的整體：mg＝2FN，則環(huán)與桿間的最大靜摩擦力fm＝μFN＝eq\f(1,2)μmg；設(shè)細(xì)繩與桿的夾角為θ，則對(duì)圓環(huán)Tcosθ＝fm；對(duì)物塊：2Tsinθ＝mg.解得tanθ＝eq\f(1,μ)；設(shè)AB間的最大距離為x，則eq\f(\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)l))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x))2),\f(1,2)x)＝tanθ＝eq\f(1,μ)，解得x＝eq\f(μl,\r(1＋μ2))，故選A.]課時(shí)跟蹤訓(xùn)練(一)一、選擇題(1～8題為單項(xiàng)選擇題，9～12題為多項(xiàng)選擇題)1．(2024·山東省試驗(yàn)中學(xué)高三二模)如圖所示，將某勻稱長(zhǎng)方體鋸成A、B兩塊后，在水平桌面上并對(duì)放在一起，現(xiàn)用水平力F推B，使A、B整體保持長(zhǎng)方體沿F方向勻速運(yùn)動(dòng)，則()A．A在水平方向受到三個(gè)力的作用，且合力為零B．A在水平方向受到五個(gè)力的作用，且合力為零C．A對(duì)B的作用力方向與A、B接觸面垂直D．B對(duì)A的彈力大于桌面對(duì)A的摩擦力A[對(duì)A受力分析，在水平方向上受B對(duì)A的彈力，桌面的滑動(dòng)摩擦力，B對(duì)A的靜摩擦力，在三個(gè)力的作用下處于平衡，受力如圖，故A正確，B錯(cuò)誤．B對(duì)A的彈力和靜摩擦力的合力與桌面的滑動(dòng)摩擦力等值反向，與F的方向相同；依據(jù)牛頓第三定律可知，A對(duì)B的作用力方向與F的方向相反，不是A、B接觸面垂直，故C錯(cuò)誤．因?yàn)锽對(duì)A的彈力與B對(duì)A的摩擦力垂直，二者的合力等于桌面對(duì)A的摩擦力，所以B對(duì)A的彈力小于桌面對(duì)A的摩擦力，故D錯(cuò)誤．故選A.]2．(2024·山東省湖北省重點(diǎn)學(xué)校協(xié)作體沖刺模擬)如圖所示，靜止在水平地面上傾角為θ斜面光滑的斜面體上，有一斜劈A，A的上表面水平且放有一斜劈B，B的上表面上有一物塊C，A、B、C一起沿斜面勻加速下滑，已知A、B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．A的上表面可以是光滑的B．C可能只受兩個(gè)力作用C．A加速度大小為gcosθD．斜面體受到地面的摩擦力為零B[對(duì)B、C整體受力分析，受重力、支持力，而B、C沿斜面勻加速下滑，整體的合力沿斜面對(duì)下，所以A、B間摩擦力不為零，A錯(cuò)誤；對(duì)ABC整體分析，由于斜面體斜面光滑，所以整體的加速度為a＝gsinθ，假如B的上表面是光滑的，傾角也為θ，則C的加速度也為a＝gsinθ，此時(shí)只受重力和B給的支持力，B正確、C錯(cuò)誤；因?yàn)锳BC整體對(duì)斜面體有個(gè)斜向右下的作用力，該力可分解為一個(gè)水平向右的分力，而斜面體處于靜止?fàn)顟B(tài)，故斜面體受地面的摩擦力水平向左，D錯(cuò)誤．]3．如圖所示，一根質(zhì)量分布勻稱的圓木左端用輕繩a固定，通過輕質(zhì)定滑輪被人拉住，輕繩a與豎直方向的夾角為α；圓木的右端用輕繩b固定，通過輕質(zhì)定滑輪被人拉住，起先時(shí)圓木處于水安靜止?fàn)顟B(tài)，輕繩b與豎直方向的夾角為β，α＋β<90°.現(xiàn)將圓木右端下降微小距離，而重新處于靜止?fàn)顟B(tài)，在此過程中α不變，變更前后下列說法正確的是()A．輕繩b的拉力增大 B．輕繩b的拉力減小C．輕繩a的拉力不變 D．輕繩a的拉力變大A[圓木處于平衡時(shí)，輕繩a、b的拉力反向延長(zhǎng)線交點(diǎn)即為輕繩a、輕繩b和圓木的重力的共同作用點(diǎn)．圓木右端下降微小距離后，β角減小，依據(jù)三力平衡條件得，矢量三角形如圖所示，輕繩a的拉力減小，輕繩b的拉力增大，故選項(xiàng)A正確，其余選項(xiàng)均錯(cuò)誤．]4．(2024·山東省泰安市高三二模)如圖所示，水平面上A、B兩物塊的接觸面水平，二者疊放在一起．在作用于B上的水平恒定拉力F的作用下沿地面對(duì)右做勻速運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻撤去力F后，二者仍不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)．下列說法正確的是()A．撤去F之前A受3個(gè)力作用B．撤去F之前B受到4個(gè)力作用C．撤去F前后，A的受力狀況不變D．A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)不小于B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)D[A、B撤去F前，整體做勻速運(yùn)動(dòng)，故B受地面的摩擦力與F平衡，而A水平方向不受外力，故A不受B的摩擦力，B受重力、支持力、壓力、拉力和地面的摩擦力共5個(gè)力作用；A只受重力和B對(duì)A的支持力，A受兩個(gè)力的作用；A錯(cuò)誤，B錯(cuò)誤；C.撤去拉力F后，由于整體做減速運(yùn)動(dòng)，A受到重力和B對(duì)A的支持力及B對(duì)A的摩擦力，A受3個(gè)力的作用；C錯(cuò)誤；D.撤去拉力F后，由于整體做減速運(yùn)動(dòng)，整體的加速度a＝μ2g，而A的加速度aA＝μ2g<μ1g，即μ2<5．如圖，一物塊在水平拉力F的作用下沿水平桌面做勻速直線運(yùn)動(dòng)．若保持F的大小不變，而方向與水平面成60°角，物塊也恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為()A．2－eq\r(3)B.eq\f(\r(3),6)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(\r(3),2)C[設(shè)物塊的質(zhì)量為m，據(jù)平衡條件及摩擦力公式有拉力F水平常，F(xiàn)＝μmg①拉力F與水平面成60°角時(shí)，F(xiàn)cos60°＝μ(mg－Fsin60°)②聯(lián)立①②式解得μ＝eq\f(\r(3),3).故選C.]6．(2024·四川成都市高三)如圖所示，在一個(gè)傾角為θ的斜面上，有一個(gè)質(zhì)量為m，帶負(fù)電的小球P(可視為點(diǎn)電荷)，空間存在著方向垂直斜面對(duì)下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，帶電小球與斜面間的摩擦力不能忽視，它在斜面上沿圖中所示的哪個(gè)方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，有可能保持勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)()A．v1方向 B．v2方向C．v3方向 D．v4方向C[若小球的速度沿v1方向，滑動(dòng)摩擦力與v1的方向相反，即沿圖中v3方向，由左手定則知，小球受到的洛倫茲力方向在斜面平面內(nèi)與v1垂直向下，重力的分力mgsinθ沿斜面對(duì)下，則知球在斜面平面內(nèi)所受的合外力不為零，小球不行能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；同理可知B、D錯(cuò)誤；若小球的速度沿v3方向，滑動(dòng)摩擦力與v3的方向相反，即沿圖中v1方向，由左手定則知，小球受到的洛倫茲力方向在斜面平面內(nèi)與v3垂直向上，即沿v2方向，重力的分力mgsinθ沿斜面對(duì)下，則知斜面平面內(nèi)的合外力可能為零，小球有可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故C正確．]7．(2024·四川省攀枝花市高考物理三診試卷)如圖所示，a、b兩細(xì)繩一端系著質(zhì)量為m的小球，另一端系在豎直放置的圓環(huán)上，小球位于圓環(huán)的中心，起先時(shí)繩a水平，繩b傾斜．現(xiàn)將圓環(huán)在豎直平面內(nèi)順時(shí)針緩慢地向右滾動(dòng)至繩b水平，在此過程中()A．a(chǎn)上的張力漸漸增大，b上的張力漸漸增大B．a(chǎn)上的張力漸漸減小，b上的張力漸漸減小C．a(chǎn)上的張力漸漸減小，b上的張力漸漸增大D．a(chǎn)上的張力漸漸增大，b上的張力漸漸減小D[設(shè)小球的重力為G，圓環(huán)沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)過過程中b繩與豎直方向的夾角為θ，a和b的拉力大小分別為T1、T2.小球的位置保持不動(dòng)，受力保持平衡，由平衡條件可知，兩繩拉力的合力不變，小球受到的重力G和T1、T2組成一個(gè)閉合的三角形．由幾何學(xué)問得知，T1、T2的夾角β不變，由正弦定理得eq\f(G,sinβ)＝eq\f(T1,sinθ)＝eq\f(T2,sin180°－β－θ)，在θ≤90°的范圍內(nèi)，θ變大故T1變大，T2變?。蔇正確．]8．如圖所示，一個(gè)質(zhì)量m＝1kg的物塊A通過一根跨過定滑輪的輕繩連接一個(gè)靜止在粗糙斜面上的物塊B，現(xiàn)對(duì)物塊B施加一個(gè)與豎直方向成θ＝30°角斜向右上方的外力F時(shí)斜面對(duì)物塊B恰無彈力．已知斜面的傾角也為θ＝30°，且跨過定滑輪的輕繩兩端也成θ＝30°角，重力加速度g為10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．若保持外力F的大小不變，順時(shí)針變更力的方向至外力F與斜面平行的過程中整體仍舊靜止，則下列說法中正確的是()A．物塊B的質(zhì)量為3kg，所施外力為10NB．斜面對(duì)物塊B的支持力漸漸減小C．斜面對(duì)物塊B的摩擦力漸漸增大D．斜面與物塊B間的動(dòng)摩擦因數(shù)至少是0.4C[起先時(shí)斜面對(duì)物塊B恰無彈力，由對(duì)稱性知外力F＝mg＝10N，對(duì)物塊B運(yùn)用平衡條件知m0g＝2Fcosθ，故m0＝eq\r(3)kg，A錯(cuò)誤；保持外力F大小不變，順時(shí)針方向轉(zhuǎn)至與斜面平行的過程中它沿斜面對(duì)上的重量增大，垂直于斜面的重量減小，而輕繩的拉力肯定，因此斜面的支持力增大，此時(shí)斜面對(duì)物塊B還會(huì)產(chǎn)生一個(gè)沿斜面對(duì)下的摩擦力，且摩擦力隨角θ的增大而增大，B錯(cuò)誤，C正確；當(dāng)外力轉(zhuǎn)至與斜面平行時(shí)由平衡條件知FN＋mg＝m0gcosθ，m0gsinθ＋μFN＝F，聯(lián)立解得μ＝0.268，D錯(cuò)誤．]9．如圖所示，頂端裝有定滑輪的斜面體放在粗糙水平地面上，A、B兩物體通過細(xì)繩連接，并處于靜止?fàn)顟B(tài)(不計(jì)繩的質(zhì)量和繩與滑輪間的摩擦)．現(xiàn)用水平向右的力F作用于物體B上，將物體B緩慢拉高肯定的距離，此過程中斜面體與物體A依舊保持靜止，在此過程中()A．水平力F肯定變小B．斜面體所受地面的支持力肯定變大C．地面對(duì)斜面體的摩擦力肯定變大D．物體A所受斜面體的摩擦力可能變大CD[取物體B為探討對(duì)象分析其受力狀況如圖：則有F＝mgtanθ，T＝eq\f(mg,cosθ)，在物體B緩慢拉高的過程中，θ增大，則水平力F隨之變大．對(duì)A、B兩物體與斜面體這個(gè)整體而言，由于斜面體與物體A仍舊保持靜止，拉力F增大，則地面對(duì)斜面體的摩擦力肯定變大，但是因?yàn)檎w豎直方向并沒有其它力，故斜面體所受地面的支持力應(yīng)當(dāng)沒有變；在這個(gè)過程中盡管繩子張力變大，但是由于物體A所受斜面體的摩擦力起先并不知道其方向，故物體A所受斜面體的摩擦力的狀況無法確定，可能變大．故C、D正確，A、B錯(cuò)誤．故選：C、D.]10．(2024·湖北省麻城一中高考沖刺模擬)如圖所示，在豎直平面內(nèi)，一根不行伸長(zhǎng)的輕質(zhì)軟繩兩端打結(jié)系于“V”型桿上的A、B兩點(diǎn)，已知OM邊豎直，且|AO|＝|OB|，細(xì)繩繞過光滑的滑輪，重物懸掛于滑輪下處于靜止?fàn)顟B(tài)．若在紙面內(nèi)繞端點(diǎn)O按順時(shí)針方向緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)“V”型桿，直到ON邊豎直，繩子的張力為T，A點(diǎn)處繩子與桿之間摩擦力大小為F，則()A．張力T先始終增大 B．張力T先增大后減小C．摩擦力F始終減小 D．摩擦力F先增大后減小BC[A、B.設(shè)滑輪兩側(cè)繩子與豎直方向的夾角為α，受力如圖，在紙面內(nèi)繞端點(diǎn)O按順時(shí)針方向緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)“V”型桿，直到ON邊豎直，AB的長(zhǎng)度不變，AB在水平方向的投影先變長(zhǎng)后變短，繩子與豎直方向的夾角為α先變大后變小，所以張力T＝eq\f(mg,2cosα)先增大后減小，故A錯(cuò)誤，B正確；C、D.以A點(diǎn)為對(duì)象，受力分析如圖依據(jù)平衡條件可知，F(xiàn)＝Tcos(α＋β)＝eq\f(mgcosα＋β,2cosα)＝eq\f(mg,2)(cosβ－tanαsinβ)，在紙面內(nèi)繞端點(diǎn)O按順時(shí)針方向緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)“V”型桿，繩子與豎直方向的夾角α先變大后變小，OA桿與豎直方向的夾角β始終變大，當(dāng)繩子與豎直方向的夾角α變大，摩擦力減小，當(dāng)繩子與豎直方向的夾角α變小時(shí)，但α＋β還是在增大，所以摩擦力還是在減小，故C正確，D錯(cuò)誤；故選B、C.]11．(2024·最新高考信息卷)如圖所示，光滑水平面上有一異形滑塊ABCD在向左做勻變速運(yùn)動(dòng)，豎直平面內(nèi)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，斜面BC和AB光滑絕緣，上面分別有兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球a、b相對(duì)滑塊靜止，其中小球b帶負(fù)電，電荷量大小為q，小球a不帶電．重力加速度為g，則下列說法中正確的是()A．滑塊加速度大小為eq\r(3)gB．滑塊加速度大小為eq\f(\r(3),3)gC．電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值為eq\f(\r(3)mg,3q)D．電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值為eq\f(2mg,3q)BC[因a不帶電，對(duì)a分析可知，斜面對(duì)左做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓其次定律：mgtan30°＝ma，解得a＝eq\f(\r