第1讲 力与物体的平衡-【优化探究】2025年高考物理二轮专题复习配套PPT课件（江苏专版）

专题一　力与运动 [构建知识网络] 第1讲　力与物体的平衡 【目标要求】　1.会分析物体静态平衡问题,会选择合适的方法处理静态平衡问题。2.会分析动态平衡问题,掌握常见的处理动态平衡问题的方法,并会处理动态平衡中的临界与极值问题。 考点一　静态平衡问题 考点二　动态平衡问题 内容索引 考点三　平衡中的临界、极值问题 培优　热点训练 精准补弱 考点一　静态平衡问题 一 6 1.对物体进行受力分析 2.处理平衡问题常用的方法 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 分解法 按效果分解:物体受三个共点力的作用而平衡,将某一个力按力的作用效果分解,则其分力和其他两个力分别满足平衡条件 正交分解法:物体受到三个或三个以上力的作用时,将物体所受的力分解为相互垂直的两组分力,每组力都满足平衡条件 矢量三角形法 对受三个共点力作用而平衡的物体,将力的矢量图平移,使三个力组成一个首尾依次相接的矢量三角形,根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力 考向1　应用整体法与隔离法解决平衡问题 [例1]　(2024·江苏徐州校联考)如图所示,物块a、b的质量分别为m、2m,水平地面和竖直墙面均光滑,a、b之间的动摩擦因数为μ,在水平推力F作用下,两物块均处于静止状态,重力加速度为g,则(　　) A.物块a受4个力作用 B.物块b受到的摩擦力大小等于μF C.物块b对地面的压力大小大于3mg D.物块a受到物块b的作用力水平向右 A [解析]　物块a受到重力、b的弹力和静摩擦力、墙面的支持力,共受4个力,故A正确;由平衡条件知,b对a的静摩擦力大小等于a的重力mg,由牛顿第三定律知a对b的静摩擦力大小也等于mg,不可以根据滑动摩擦力的计算公式进行计算,故B错误;以整体为研究对象,地面对b的支持力等于3mg,则物块b对地面的压力大小等于3mg,故C 错误;物块a受到物块b水平向右的压力和竖直向上 的静摩擦力两个力作用,合力斜向右上方,即物块a 受到物块b的作用力斜向右上方,故D错误。 考向2　绳(或杆)——物体平衡 [例2]　(2024·江苏常州高三期中)如图所示,长为0.6 m的水平直杆OP右端固定于竖直墙上的O点,长为1.2 m的轻绳一端固定于直杆左端点P,另一端固定于墙上O点正下方的Q点,重力为6 N的钩码由光滑挂钩挂在轻绳上处于静止状态,则轻绳的弹力大小为(　　) A.10 N　　　　　　　　　 B.6 N C.3 N D.2 N D [解析]　设挂钩所在位置为N点,延长PN交墙于M点,如图所示,同一条绳子拉力相等,根据对称性可知两边的绳子与竖直方向的夹角相等,根据几何关系可知NM=NQ,即PM等于绳长,由几何关系得sin α===,根据平衡条件得2FTcos α=G,解得FT=2 N,故D正确。 考向3　电磁学中的平衡问题 [例3]　(2024·江苏南京高三联考)如图所示,倾角为θ的光滑斜面上静置着一根垂直于纸面且通有恒定电流的导体棒。已知导体棒的质量为m、长度为L,电流为I,竖直面内存在方向未知的匀强磁场,导体棒处于静止状态,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.若磁场方向垂直斜面向上,则导体棒内电流方向垂直纸面向内 B.若导体棒对斜面无压力,则磁场方向一定水平向左 C.若只增大电流I,则导体棒可能仍保持静止 D.磁感应强度的最小值为 D [解析]　若磁场方向垂直斜面向上,则导体棒必须受到沿斜面向上的安培力才能保持平衡,故导体棒内电流方向必须垂直纸面向外,A错误;若导体棒对斜面无压力,则安培力方向必定竖直向上,但是因为电流方向不确定,所以磁场方向水平向左或向右都有可能,B错误;导体棒受重力、支持力和安培力三个力的作用保持静止,平移三个力的矢量后,可构成矢量三角形,重力所在的边固定不动,支持力所在的边方向不变,若只增加电流I,则安培力变大,但同时因为安培力方向不变,故当安培力增大时合力必定不再为零,导体棒一定无法保持静止,C错误;最小的磁感应强度对应最小的安培力,根据前面分析可知导体棒受重力、支持力和安培力三个力构成矢量三角形,分析可知当安培力与支持力 方向垂直时有最小值,故可得安培力最小为mgsin θ, 而mgsin θ=BminIL,解得Bmin=,D正确。 二 考点二　动态平衡问题 17 1.解决动态平衡问题的一般思路 化“动”为“静”,“静”中求“动”, 通过矢量三角形图解法、动态圆法、正弦定理、三角函数、极值法等分析各力的变化或极值。 2.动态平衡问题的分析过程与处理方法 [例4]　(2024·江苏南京燕子矶中学期末)如图所示,一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环,系在两环上的等长细绳拴住的书本处于静止状态。现将两环距离变小后书本仍处于静止状态,则(　　) A.杆对A环的力不变 B.杆对A环的支持力变小 C.B环对杆的摩擦力变小 D.与B环相连的细绳对书本的拉力变大 C [解析]　设书本的质量为m,以A、B两个轻环及书本系统为研究对象,根据平衡条件得2FN=mg,解得FN=mg,杆对A环的支持力始终等于书本重力的一半,支持力不变,故B错误;设绳与竖直方向的夹角为θ,对B环受力分析如图所示,对B环,根据平衡条件得Ff=FTsin θ,FN=FTcos θ,解得Ff=FNtan θ=,现将两环距离变小后,θ减小,tan θ减小,则B环受到的摩擦力Ff变小,所以B环对杆的摩擦力也变小,故C正确;由选项C分析,同理可得杆对A环的摩擦力变小,由于杆对A环的支持力不变,则二者的合力变小,所以杆对A环的作用力变小,故A错误; 两绳的合力等于书本的重力,两环距离变小,两绳的夹角变小, 根据平行四边形定则可知细绳的拉力变小,故D错误。 [例5]　(2024·江苏南京中华中学期中)如图所示,竖直墙壁O处用光滑铰链铰接一轻质杆的一端,杆的另一端固定一小球,轻绳的一端与小球相连,另一端悬于P点,杆与墙壁的夹角为45°,绳与墙壁的夹角为30°,A是墙上一点,且OA=OC。保持球的位置不变,绳的固定点由P点沿墙壁缓慢下移至A点过程中,下列关于轻绳对小球的拉力F1及轻质杆对小球的支持力F2的说法正确的是(　　) A.F1减小,F2不变 B.F1增大,F2增大 C.F1减小,F2先增大后减小 D.F1先减小后增大,F2增大 D [解析]　对小球受力分析,轻杆的支持力F2与细绳的拉力F1的合力与重力G等大反向,根据力的平行四边形定则可知,保持球的位置不变,绳的固定点由P点沿墙壁缓慢下移至A点过程中F1先减小后增大,F2增大,故D正确。 [例6]　(2024·江苏南通三模)某物理兴趣小组为了模拟机器人的“手臂”,制作了如图所示的装置,A、B类似于人手臂的关节,能在竖直面内自由转动,前臂BC末端系一重物和一轻绳,轻绳另一端跨过滑轮牵拉前臂。初始时,关节A、B均锁定,前臂BC水平。小组成员解除关节A的锁定,通过拉绳缓慢提升重物,上臂AB转过60°。不计“手臂”重力及一切摩擦。下列说法正确的是(　　) A.绳CD拉力先减小后增大 B.绳CD拉力先增大后减小 C.前臂BC受到的压力大小不变 D.前臂BC受到的压力先减小后增大 C [解析]　对C点受力分析,其受沿轻绳向上的拉力T1、竖直向下的大小等于重物重力的拉力T2及沿AC方向由A指向C的支持力N,如图所示, 根据三力平衡的特点可知力的三角形与△DAC相似,有= ,依题意,上臂AB转过60°过程中,DA保持不变,DC减小, 可知绳CD拉力减小,故A、B错误;同理可得=,上臂AB 转过60°过程中,DA保持不变,AC大小也保持不变,可知前臂BC对C点的支持力的大小不变,根据牛顿第三定律可知,前臂BC受到的压力大小不变,故C正确,D错误。 三 考点三　平衡中的临界、极值问题 26 解题 思路 对物体正确受力分析,将物体所受力放到一个三角形中或是利用正交分解法建立坐标系,根据物体实际受力情况,恰当选择分析方法,通常选用图解法或解析法 解题方法 解析法 根据物体的平衡条件列出平衡方程,在解方程时采用数学方法求极值 图解法 此种方法通常适用于物体只在三个力作用下的动态平衡中的极值问题 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 [例7]　(2024·江苏宿迁三模)某博物馆发起了一项“单手拿金砖”的挑战。如图所示,静置在桌面上金砖的纵截面为上窄下宽的等腰梯形,挑战者用单手捏住金砖a、b两侧面,竖直拿起金砖并保持25秒以上即挑战成功。已知金砖质量为25 kg,截面底角为71°,手与金砖间的动摩擦因数为0.4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度取10 m/s2,sin 71° ≈0.95,cos 71°≈0.33。若要缓慢竖直拿起金砖,挑战者对a侧面的压力至少约为(　　) A.2 500 N　　　　　　　B.2 000 N C.1 500 N D.300 N A [解析]　对金砖受力分析,如图所示, 由平衡条件可得2fsin 71°=2Fcos 71°+mg,又f=μF,解得挑战者对a侧面的压力至少约为F=2 500 N,故选A。 [例8]　质量为M的木楔在水平面上保持静止,斜面倾角为θ,当将一质量为m的木块放在木楔上表面时,木块正好匀速下滑。如果对木块施加与木楔上表面成α角的力F,木块恰好匀速上升,如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止,重力加速度为g)。求: (1)当α变化时,拉力F的最小值; [答案]　(1)mgsin 2θ　 [解析]　(1) 方法一　木块在木楔上表面匀速向下运动时,根据平衡条件有mgsin θ=μmgcos θ 解得μ=tan θ 因木块在力F作用下沿斜面向上做匀速运动,根据正交分解法有 Fcos α=mgsin θ+Ff,Fsin α+FN=mgcos θ 且Ff=μFN 联立解得F=== 则当α=θ时,F有最小值,即Fmin=mgsin 2θ。 方法二　如图甲所示,木块所受支持力与摩擦力的合力F合与FN之间的夹角β满足tan β==μ=tan θ 故β=θ,则F合与竖直方向夹角为2θ。 木块所受的力构成的矢量三角形如图乙所示,支持力与摩擦力用其合力F合代替,变为“三个力”,由几何关系可得拉力F的最小值Fmin=mgsin 2θ。 (2)F取最小值时,木楔对水平面的摩擦力大小。 [答案]　(2)mgsin 4θ [解析]　(2)由(1)可知,当F取最小值时α=θ,因为木块及木楔均处于平衡状态,整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力,即 FfM=Fcos(α+θ) 当F取最小值mgsin 2θ时,则有 FfM=Fmin·cos 2θ=mgsin 2θcos 2θ=mgsin 4θ。 反思提升 四力作用下的动态平衡 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恒定,为了简便可用这两个力的合力代替这两个力,把问题转化为三力平衡。例如:(1)如图所示,qE<mg,把挡板缓慢转至水平的过程中,可以用重力与静电力的合力F合=mg-qE代替重力与静电力。(2)如例8的方法二中支持力与摩擦力用其合力F合代替,将四力平衡转化为三力平衡。 2.对于一般的四力平衡及多力平衡, 可采用正交分解法。 四 培优　热点训练 39 1.(2024·江苏苏州期末)图a是一种大跨度悬索桥梁,图b为悬索桥模型,六对轻质吊索悬挂着质量为M的水平桥面,吊索在桥面两侧竖直对称排列,其上端挂在两根轻质悬索上(图b中只画出了其中一侧的分布情况),悬索两端与水平方向成45°角,则一根悬索水平段CD上的张力大小是(重力加速度为g)(　　) A.Mg　　　　　　　　 B.Mg C.Mg D.Mg A 解析:对题图b中左边的悬索ABC段整体受力分析,如图所示,其中F为三根吊索对悬索ABC段拉力的合力,由平衡条件可得FTD=FTcos 45°,FTsin 45°=F,由题意可知F=,联立解得FTD=,故选A。 2.如图甲为家用燃气炉架,其有四个对称分布的爪,若将总质量一定的锅放在炉架上,如图乙所示(侧视图),不计爪与锅之间的摩擦力,已知锅是半径为R的球面,正对的两爪间距离为d,则(　　) A.d越大,爪与锅之间的弹力越大 B.d越大,锅受到的合力越大 C.R越大,爪与锅之间的弹力越大 D.R越大,锅受到的合力越小 A 解析:对锅进行受力分析,如图所示, 炉架的四个爪对锅的弹力的合力与锅受到的重力大小相等,方向相反,即 4Fcos θ=mg 由几何关系可得 cos θ== 则R越大,爪与锅之间弹力越小,同理d越大,爪与锅之间弹力越大,锅受到的合力恒为零,故A正确,B、C、D错误。 五 精准补弱 44 1.(2023·江苏卷)如图所示,嫦娥五号探测器静止在月球平坦表面处。已知探测器质量为m,四条腿与竖直方向的夹角均为θ,月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的。每条腿对月球表面压力的大小为(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 D 解析:对嫦娥五号探测器受力分析有FN=mg月,则对一条腿有FN1=mg月=,根据牛顿第三定律可知每条腿对月球表面的压力大小为,故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 2.(2024·江苏连云港模拟)如图所示,某同学展示“旋转一字马”,用双脚撑在平行竖直墙壁间保持静止。关于该同学的受力,下列说法正确的是(　　) A.该同学单脚受到的摩擦力等于重力 B.该同学单脚受到墙壁的作用力沿水平方向 C.若墙壁间距离稍远一些,则该同学腿部承受力增大 D.若墙壁间距离稍近一些,则墙壁对该同学的作用力减小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 C 解析:对该同学受力分析可知,该同学受重力、两脚摩擦力和墙壁的支持力,根据竖直方向受力平衡可知单脚受到的摩擦力小于重力,故A错误;该同学单脚受到墙壁的作用力是摩擦力和支持力的合力,根据力的合成可知该力不沿水平方向,故B错误;若墙壁间距离稍远一些,则该同学两腿夹角变大,根据力的合成规律可知该同学腿部承受力增大,故C正确;对该同学整体分析,墙壁对该同学的作用力等于重力不变,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 3.(2024·江苏南京二模)如图甲所示,笔记本电脑支架一般有多个卡位用来调节角度,某人将电脑放在该支架上,由卡位4缓慢调至卡位1(如图乙),电脑与支架始终处于相对静止状态,则(　　) A.电脑受到的支持力变大 B.电脑受到的摩擦力变大 C.支架对电脑的作用力减小 D.电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力大小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 A 解析:根据题意,对电脑受力分析,如图所示,电脑始终处于静止状态,故电脑受力平衡。 由平衡条件可得,电脑受到的支持力大小为FN=Gcos θ 电脑受到的摩擦力大小Ff=Gsin θ 由原卡位4调至卡位1,θ减小,故FN增大,Ff减小,故A正确,B错误; 支架对电脑的作用力,即电脑受到的支持力与摩擦力两力的合力,大小等于电脑的重力,方向竖直向上,始终不变,故C错误; 电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和大于其重力大小,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 4.(2024·江苏南京外国语学校期末改编)如图所示,一水平光滑晾衣竿上晾晒有一双手套。两只手套由一细线连接,某同学在晾衣竿两侧细线间放置一水平轻杆,已知两只手套质量相等,轻杆长度不变且始终水平,轻杆粗细不计,则下列说法正确的是(　　) A.将轻杆向下移动,晾衣竿两侧细线的拉力变大 B.当图中θ=120°时,晾衣竿对细线的作用力最小 C.将轻杆向上移动,晾衣竿对细线的作用力变小 D.无论图中θ取何值,晾衣竿对细线的作用力都等于两手套的重力 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 D 解析:对细线、轻杆和手套整体受力分析有F=G,G为整体的重力,在轻杆移动过程中,晾衣竿对细线的作用力大小不变,B、C错误,D正确。对细线上与晾衣竿接触的点受力分析,晾衣竿对细线的作用力为F,设晾衣竿两侧细线上的拉力为F1,则有F=2F1cos ,轻杆向下移动时,θ减小,则晾衣竿两侧细线上的拉力变小,A错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 5.扑克牌可以用来“搭房子”,如图1所示。每一张纸牌的质量为m。在图2的示意图中,下列说法正确的是(　　) A.a纸牌受到其他纸牌的作用力大小为mg, 方向竖直向上 B.b纸牌受到其他纸牌的作用力大小为mg, 方向竖直向上 C.纸牌对桌面的压力大小为6mg D.每一张纸牌所受合外力都不相同 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 A 解析:a纸牌处于静止状态,受到其他纸牌的作用力和自身重力,根据力的平衡条件可知其他纸牌对a纸牌的作用力大小为mg,方向竖直向上,故A正确;b纸牌处于静止状态,受到其他纸牌的作用力、自身重力、地面的支持力和摩擦力作用,则其他纸牌对b纸牌的作用力大小不等于mg,故B错误;共有7张纸牌,对整体受力分析可知,桌面对其支持力为7mg,则纸牌对桌面的压力大小为7mg,故C错误;每张纸牌都处于静止状态,合外力都为0,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 6.(2024·江苏如皋调研)如图所示,水平桌面上有一正三角形线框abc,线框由粗细相同的同种材料制成,边长为L,线框处在与桌面成60°斜向下的匀强磁场中,磁感应强度大小为B,ac边与磁场垂直。现a、c两点接到直流电源上,流过ac边的电流为I,线框静止在桌面上,则线框受到的摩擦力大小为(　　) A.ILB B.ILB C.ILB D.2ILB 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 C 解析:根据题意可知abc边的电流为I'=,正三角形框架接入电路后,受安培力的等效长度为L,总电流为I总=I+I'=,所受摩擦力大小为Ff=F安=I总LBsin 60°=,故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 7.凿子是中国传统的木工工具,一凿子两侧面与中心轴线平行,尖端夹角为θ,当凿子插入木板中后,若用锤子沿中心轴线方向以适当的力F敲打凿子上侧时,凿子仍静止,侧视图如图,此时凿子与木板1面、2面、3面的弹力大小分别为F1、F2、F3,忽略凿子重力和摩擦力。下列关系式中正确的是(　　) A.F1<F3 B.F1=Fcos θ C.F=F2sin θ D.F= 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 C 解析:对凿子受力分析并按图示建立平面直角坐标系, 由受力平衡可得 F2sin θ=F,F2cos θ+F3=F1 所以可得F1>F3 F=F2sin θ=·sin θ 故F1=+F3 F=F2sin θ== A、B、D错误,C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 8.(2024·江苏学业水平考试押题卷)如图所示,倾角为θ=30°、静置在水平地面上的斜面体顶端有一光滑的定滑轮,斜面上的物块A通过细线绕过定滑轮与物块B相连,此时物块A恰要沿斜面滑动,现在物块B上施加水平向右的力使物块B缓慢升高(图中未画出),当物块B与滑轮间的细线与竖直方向的夹角φ=60°时,物块A也恰要沿斜面滑动,已知物块B的质量为m,重力加速度为g,整个过程斜面体始终静止,则(　　) A.外力F的最大值为2mg B.物块A的质量为2m C.物块A和斜面间的最大静摩擦力为mg D.地面和斜面体间的摩擦力一直减小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 C 解析:对物块B受力分析,如图所示,可知细线对物块B的拉力F拉和水平外力F的合力大小始终等于物块B的重力,结合几何知识知φ=60°时F有最大值,为Fm=mgtan 60°=mg,A错误;设物块A的质量为m1,初始时细线的拉力大小为mg,φ=60°时细线的拉力大小为=2mg,沿斜面方向对物块A,分别有m1gsin 30°=Ffm+mg、m1gsin 30°+Ffm=2mg,联立解得m1=3m、Ffm=mg,B错误,C正确;斜面体与两个物块组成的系统始终处于平衡状态,水平方向外力逐渐增大,故地面和 斜面体间的摩擦力也增大,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 9.如图所示,固定的倾斜光滑杆上套有一个重环,绕过光滑定滑轮的轻绳一端与重环相连,另一端施加拉力F使重环从A点缓慢上升到B点。设杆对重环的弹力大小为FN,整个装置处于同一竖直平面内。在此过程中(　　) A.F逐渐增大,FN逐渐增大 B.F逐渐增大,FN先减小后增大 C.F先减小后增大,FN逐渐增大 D.F先减小后增大,FN先减小后增大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 解析:对重环受力分析,并构造封闭的矢量三角形,如图所示, 由图可知,在拉力到达竖直方向前,与竖直方向的夹角越来越小,拉力F增大,FN减小,经过竖直方向后,拉力与竖直方向的夹角又逐渐变大,拉力F继续增大,FN也增大,故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 10.如图所示,某创新实验小组制作了一个半径为8 cm的圆环,将3个相同的轻弹簧一端等间距地连接在圆环上的A、B、C三点,另外一端连接于同一点,结点恰好在圆心O处。将圆环水平放置,在结点O处悬挂一瓶矿泉水,缓慢释放直至平衡时测得结点下降了6 cm。已知轻弹簧的原长为8 cm,矿泉水的重力为6 N,则弹簧的劲度系数为(　　) A.500 N/m B. N/m C.5 N/m D. N/m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 解析:由几何关系可知每根弹簧此时的长度为l==10 cm,此时每根弹簧与竖直方向夹角的正切值为tan θ==,可知θ=53°,由平衡条件可知3k(l-l0)cos 53°=G,可得k= N/m,故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 11.如图所示,倾角为θ的斜面固定在水平地面上,两个物块A、B用轻质弹簧连接,两物块恰好能静止在斜面上。已知物块A的质量为1 kg,物块A与斜面间的动摩擦因数为0.4,物块B与斜面间的动摩擦因数为0.8,两物块受到的摩擦力方向相同,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,sin θ=0.6。下列说法正确的是(　　) A.弹簧可能处于压缩状态 B.弹簧中的弹力大小为2.4 N C.物块B的质量为7 kg D.物块B受到的摩擦力大小为56 N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 C 解析:因tan θ>0.4,物块A静止在斜面上,所以弹簧一定处于伸长状态, A错误;对物块A有mAgsin θ=μAmAgcos θ+F,解得F=2.8 N,B错误;把A、B看成一个整体,有μAmAgcos θ+μBmBgcos θ=(mA+mB)gsin θ,解得mB=7 kg,物块B受到的摩擦力大小为f=μBmBgcos θ=44.8 N,C正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 12.(2024·江苏南京考前训练)质量为M、半径为R的光滑匀质球,用一根长度也为R的细线悬挂在互相垂直的两竖直墙壁交线处的P点,则球对任一墙壁的压力大小为(重力加速度为g)(　　) A.Mg B.Mg C.Mg D.Mg 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 解析:对球进行受力分析,球受重力Mg、细线的拉力FT及两个墙壁对它的支持力,两个支持力大小相等,夹角为90°,设支持力的大小为FN、细线与竖直墙壁交线的夹角θ,根据几何知识可知球心到竖直墙壁交线的垂直距离为d==R,故sin θ==,解得θ=45°,在竖直方向上根据受力平衡可得FTcos θ=Mg,解得FT=Mg,在水平方向上根据受力平衡可知两个墙壁对球的支持力的合力大小等于细线拉力FT的水平分力的大小,即=FTsin θ,解得FN=Mg,根据牛顿第三定律可得, 则球对任一墙壁的压力大小为Mg,故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 13.如图所示,A球、C球均带正电,B球带负电,A球固定在绝缘的水平地面上,B球由绝缘的细线拉着,C球处在与B球等高的位置,A、B、C三球均静止且三者所在位置构成一个等边三角形。若细线与竖直方向的夹角为60°,A、B、C三球所带电荷量大小分别为qA、qB、qC,质量mC=6mB=6mA,则qA∶qB∶qC为(　　) A.4∶2∶1 B.2∶1∶4 C.1∶∶2 D.∶2∶1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 解析:B、C球受力如图所示,对C球,由力的平衡条件可得FBC=FACcos 60°,mCg=FACsin 60°,对B球,由力的平衡条件有FTsin 60°=FABcos 60°+FCB,FTcos 60°=FABsin 60°+mBg,三个球的质量关系mC=6mB=6mA,库仑定律表达式F=,联立各式可得qA∶qB∶qC=2∶1∶4,故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 $$