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内容重要的规律、公式和二级结论1.形变、弹力、胡克定律(1)弹力是由施力物体的形变而产生的。(2)在弹性限度内，弹力与形变量成正比，即F＝kx。(3)细绳的弹力一定沿绳指向绳收缩的方向。(4)杆上的弹力不一定沿杆的方向。2.摩擦力(5)摩擦力的方向与物体间的相对运动或相对运动趋势方向相反。(6)静摩擦力的大小0<F≤Fmax；滑动摩擦力的大小Ff＝μFN。3.力的合成和分解(7)两个分力大小不变，夹角越大，合力越小。(8)两个力的合力范围：|F1－F2|≤F≤F1＋F2。(9)若三个力大小相等、方向互成120°，则其合力为零。4.共点力的平衡(10)平衡条件：F合＝0(或Fx＝0，Fy＝0)。5.静电力(11)方向：正电荷所受静电力方向与电场强度方向一致，负电荷所受静电力方向与电场强度方向相反。(12)大小：F＝qE，点电荷间的静电力F＝keq\f(q1q2,r2)。6.安培力(13)方向：左手定则判断，安培力垂直于B、I决定的平面。(14)大小：当B⊥I时，F＝IlB，当B与I的夹角为θ时，F＝IlBsinθ。7.洛伦兹力(15)方向：左手定则判断，洛伦兹力垂直于B、v决定的平面，洛伦兹力不做功。(16)大小：F＝qvB(B⊥v)。高考题型一受力分析及静态平衡问题1.处理平衡问题常用的四种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，每组力都满足平衡条件力的三角形法对受三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，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力2.平衡中的“四看”与“四想”(1)看到“缓慢”，想到“物体处于动态平衡状态”。(2)看到“轻绳、轻环”，想到“绳、环的质量可忽略不计”。(3)看到“光滑”，想到“摩擦力为零”。(4)看到“恰好”，想到“题述的过程存在临界点”。角度1受力分析问题【例1】(2022·广东普宁二中模拟)如图1所示，一直梯靠竖直墙壁放置，人站在梯子上，处于静止状态，忽略梯子与墙壁间的摩擦力，则下列说法正确的是()图1A.人越重，梯子所受合力越大B.地面对梯子支持力的大小与人所站的高度无关C.墙壁对梯子的弹力方向垂直于梯子所在平面斜向上D.地面对梯子的摩擦力大于墙壁对梯子的弹力答案B解析梯子处于平衡状态，所受合力为零，选项A错误；地面对梯子支持力的大小等于人与梯子的重力之和，与人所站的高度无关，选项B正确；墙壁对梯子的弹力方向垂直于墙壁沿水平方向，选项C错误；水平方向受力平衡，则地面对梯子的摩擦力等于墙壁对梯子的弹力，选项D错误。角度2静态平衡问题【例2】(2022·重庆育才中学模拟)如图2所示，轻绳C端拴接甲物体，另一端固定在墙上A点，绳子中间某一点O处通过另一条轻绳跨过光滑定滑轮B拴接物体乙，系统平衡时，OB与竖直方向的夹角为74°，若两物体质量均为m，重力加速度为g，cos53°＝0.6，则绳OA的拉力大小为()图2A.eq\f(6,5)mg B.eq\f(3,5)mgC.eq\f(4,5)mg D.eq\f(8,5)mg答案A解析合成法取O点为研究对象，O点在三力的作用下处于平衡状态，受力分析如图所示，根据几何关系可得α＝53°，则FOA＝2mgcos53°＝eq\f(6,5)mg，故A项正确。【素能提升】1.(2022·山东滨州二模)如图3甲所示为明朝宋应星所著《天工开物》中用重物测量弓弦张力的“试弓定力”插图。示意图如图乙所示，在弓的中点悬挂质量为M的重物，弓的质量为m，弦的质量忽略不计，悬挂点为弦的中点，张角为θ，当地重力加速度为g，则弦的张力为()图3A.eq\f(（M＋m）g,2cos\f(θ,2)) B.eq\f(（M＋m）g,2sin\f(θ,2))C.eq\f(Mg,2sin\f(θ,2)) D.eq\f(mg,2cos\f(θ,2))答案A解析如图所示，对弓和重物整体做受力分析，有(M＋m)g＝2Tcoseq\f(θ,2)，所以T＝eq\f(（M＋m）g,2cos\f(θ,2))，故选项A正确。2.(2022·山东泰安一模)挂灯笼的习俗起源于1800多年前的西汉时期，已成为中国人喜庆的象征。如图4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θ1和θ2。关于θ1和θ2，下列关系式中正确的是()图4A.θ1＝θ2 B.θ1＝2θ2C.sinθ1＝2sinθ2 D.tanθ1＝2tanθ2答案D解析设每个灯笼的质量为m，以左边两个灯笼为研究对象，受力分析如图甲所示。设水平方向绳子拉力为F1，则有tanθ1＝eq\f(2mg,F1)；以左边第二个灯笼为研究对象，受力分析如图乙所示，则有tanθ2＝eq\f(mg,F1)，联立解得tanθ1＝2tanθ2，D正确。高考题型二动态平衡问题1.解决动态平衡问题的一般思路化“动”为“静”，“静”中求“动”，分析各力的变化情况或极值问题。2.动态平衡问题的分析过程与处理方法角度1解析法【例3】(2022·浙江1月选考，5)如图5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()图5A.轻绳的合拉力大小为eq\f(μmg,cosθ)B.轻绳的合拉力大小为eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)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答案B解析对石礅受力分析如图所示，设两根轻绳的合力为F，根据平衡条件有Fcosθ＝Ff，Fsinθ＋FN＝mg，且Ff＝μFN，联立可得F＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)，选项A错误，B正确；上式变形得F＝eq\f(μmg,\r(1＋μ2)sin（θ＋α）)，其中tanα＝eq\f(1,μ)，根据三角函数特点，由于θ的初始值不知道，因此减小θ，轻绳的合拉力F并不一定减小，选项C错误；根据上述讨论，当θ＋α＝90°时，轻绳的合拉力F最小，而摩擦力Ff＝Fcosθ＝eq\f(μmgcosθ,cosθ＋μsinθ)＝eq\f(μmg,1＋μtanθ)，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F最小时，地面对石礅的摩擦力不是最小的，选项D错误。角度2图解法【例4】(2022·河北押题卷)如图6所示，质量为m的等腰直角三角板abc，用轻绳一端系着三角板a点，另一端固定于天花板，在三角板的c点作用水平拉力F，当系统处于平衡状态时，细绳与竖直方向夹角为30°，重力加速度为g。则下列说法正确的是()图6A.轻绳拉力大小为eq\f(\r(3),3)mgB.外力F大小为eq\f(2\r(3),3)mgC.若保持外力F的方向不变，使三角板绕O点逆时针缓慢转动，则轻绳的拉力先增大后减小D.若保持细绳拉力方向不变，使外力F逆时针缓慢转动，则外力F先减小后增大答案D解析对三角板进行受力分析，受到重力mg、轻绳拉力T、外力F三个力作用而平衡，有Tcos30°＝mg，F＝Tsin30°，解得T＝eq\f(2\r(3),3)mg，F＝eq\f(\r(3),3)mg，选项A、B错误；三角板绕O点逆时针转动过程中，细绳与竖直方向的夹角(设为α)增大，由平衡条件可知，轻绳拉力的大小T＝eq\f(mg,cosα)，故T必增大，选项C错误；若保持细绳拉力方向不变，由于三角板处于平衡状态，作出力的示意图如图所示当外力F逆时针转动时，其大小先减小后增大，选项D正确。角度3三角形法【例5】(2022·西南大学附中二模)如图7a所示，工人用推车运送石球，到达目的地后，缓慢抬起把手将石球倒出(图b)。若石球与板OB、OA之间的摩擦不计，∠AOB＝60°，图a中BO与水平面的夹角为30°，则在抬起把手使OA变得水平的过程中，石球对OB板的压力FN1、对OA板的压力FN2的大小变化情况是()图7A.FN1变小、FN2先变大后变小B.FN1变小、FN2变大C.FN1变大、FN2变小D.FN1变大、FN2先变小后变大答案A解析在倒出石球的过程中，两个板对球的支持力的夹角是个确定值，为α＝120°，根据力的示意图可知eq\f(FN1,sinβ)＝eq\f(FN2,sinγ)＝eq\f(G,sinα)，在转动过程中β从90°增大到180°，则sinβ不断减小，FN1将不断减小；γ从150°减小到60°，其中跨过了90°，因此sinγ先增大后减小，则FN2将先增大后减小，故选项A正确。【素能提升】3.(2022·重庆三诊)如图8为溜溜球示意图，A、B为细线末端，溜溜球转轴O置于细线上并水平静止在空中，细线不可伸长，不计摩擦，整个装置在同一竖直平面内。若移动A端，并保持B端位置不动，下列说法正确的是()图8A.A端缓慢水平右移过程中，细线的弹力大小不变B.A端缓慢水平左移过程中，细线的弹力大小将变小C.A端缓慢竖直上提过程中，细线的弹力大小将变大D.A端缓慢竖直下移过程中，细线的弹力大小不变答案D解析根据水平方向的平衡条件可知，两边细线与竖直方向夹角相同，设细线与竖直方向夹角为θ，根据平衡条件2Tcosθ＝mg，A端缓慢水平右移过程中，溜溜球左右两侧细线夹角减小，细线的弹力大小将变小，故A错误；A端缓慢水平左移过程中，溜溜球左右两侧细线夹角增大，细线的弹力大小将变大，故B错误；A端缓慢竖直上提过程中，溜溜球左右两侧细线夹角不变，细线的弹力大小不变，故C错误；A端缓慢竖直下移过程中，溜溜球左右两侧细线夹角不变，细线的弹力大小不变，故D正确。4.(2022·福建龙岩二模)如图9所示，用一轻绳将光滑小球P系于竖直墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一长方体物块Q，P、Q均处于静止状态，现有一铅笔紧贴墙壁从O点开始缓慢下移，则在铅笔缓慢下移的过程中()图9A.细绳的拉力逐渐变小B.Q受到墙壁的摩擦力逐渐变大C.Q将从墙壁和小球之间滑落D.Q受到墙壁的弹力逐渐变大答案D解析对P受力分析如图所示，P受到重力mg、绳的拉力F和Q对P的支持力FN处于平衡状态，设拉力与竖直方向的夹角为θ，根据共点力平衡条件有Fcosθ＝mg，则绳的拉力F＝eq\f(mg,cosθ)，Q对P的支持力FN＝mgtanθ，铅笔缓慢下移的过程中，θ增大，则绳的拉力F增大，Q对P的支持力增大，故A错误；对Q受力分析，在水平方向上受到P对Q的压力和墙壁对Q的弹力，二力平衡，根据牛顿第三定律知，Q对P的支持力增大，则P对Q的压力增大，所以墙壁对Q的弹力增大；在竖直方向上受到重力与墙壁的摩擦力，二力平衡，重力不变，所以Q受到墙壁的摩擦力不变，Q不会从墙壁和小球之间滑落，故D正确，B、C错误。高考题型三电磁学中的平衡问题1.基本思路：坚持“电学问题，力学方法”的基本原则，结合电学的基本规律和力学中的受力分析及平衡条件解题。2.解答电磁学中平衡问题的四点注意(1)判断点电荷在电场中受到静电力的方向时，注意电荷的正、负。(2)判断安培力的方向时要先确定磁场方向、电流方向，再用左手定则，同时注意将立体图转化为平面图。(3)静电力或安培力的出现，可能会对弹力或摩擦力产生影响。(4)涉及电路问题时，要注意闭合电路欧姆定律的应用。【例6】(2021·海南高考，8)如图10所示，V型对接的绝缘斜面M、N固定在水平面上，两斜面与水平面夹角均为α＝60°，其中斜面N光滑。两个质量相同的带电小滑块P、Q分别静止在M、N上，P、Q连线垂直于斜面M，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则P与M间的动摩擦因数至少为()图10A.eq\f(\r(3),6) B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\f(\r(3),3)答案D解析设P、Q之间的库仑力为F，滑块质量为m，隔离Q受力分析，如图所示，沿斜面方向，由平衡条件可得Fcos30°＝mgsin60°；隔离P受力分析，沿斜面方向，由平衡条件可得μ(mgcos60°＋F)＝mgsin60°，联立解得μ＝eq\f(\r(3),3)，选项D正确。电磁场中平衡问题的思维流程和处理技巧【素能提升】5.(2022·河北石家庄二模)如图11所示，竖直平面内有三根轻质细绳，绳1水平，绳2与水平方向成60°角，O为结点，绳3的下端拴接一质量为m、长度为l的导体棒，棒垂直于纸面静止，整个空间存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。现向导体棒通入方向向里、大小由零缓慢增大到I0的电流，可观察到导体棒缓慢上升到与绳1所处的水平面成30°角时保持静止。已知重力加速度为g。在此过程中，下列说法正确的是()图11A.绳1受到的拉力先增大后减小B.绳2受到的拉力先增大后减小C.绳3受到的拉力最大值为eq\r(3)mgD.导体棒中电流I0的值为eq\f(\r(3)mg,lB)答案D解析对绳3和导体棒整体分析，重力大小和方向不变，绳1、2弹力方向不变，根据左手定则，安培力水平向右逐渐增大，由平衡条件得水平方向F1＝F2cos60°＋IlB，竖直方向F2sin60°＝mg，电流逐渐变大，则F1增大、F2不变，故A、B错误；对绳3受力分析，当电流增大到I0时，安培力与重力的合力最大，即绳3的拉力最大，最大值为F3＝eq\f(mg,sin30°)＝2mg，故C错误；对导体棒受力分析得tan30°＝eq\f(mg,I0lB)，得I0＝eq\f(\r(3)mg,lB)，故D正确。6.(2022·茂名综合测试)如图12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()图12A.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eq\r(\f(2mg,q))D.磁感应强度的大小为eq\f(\r(3)mg,qv)答案D解析带电小球做匀速直线运动，受力平衡，受力分析如图所示。由左手定则可判断匀强磁场的方向垂直纸面向里，小球带负电荷，A、B项错误；静电力与重力大小相等，夹角60°，电场强度E＝eq\f(mg,q)，C项错误；由共点力的平衡条件得qvB＝2mgcos30°＝eq\r(3)mg，则B＝eq\f(\r(3)mg,qv)，D项正确。1.(2022·浙江1月选考，7)如图13所示，水平放置的电子秤上有一磁性玩具，玩具由哑铃状物件P和左端有玻璃挡板的凹形底座Q构成，其重量分别为GP和GQ。用手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态(即P和Q的其余部分均不接触)，P与Q间的磁力大小为F。下列说法正确的是()图13A.Q对P的磁力大小等于GPB.P对Q的磁力方向竖直向下C.Q对电子秤的压力大小等于GQ＋FD.电子秤对Q的支持力大小等于GP＋GQ答案D解析当P静止在Q上时，Q的玻璃挡板对P有水平向右的弹力，根据平衡条件可得，Q对P的磁力方向斜向左上方，其磁力F的大小大于GP，选项A、B均错误；将P、Q看成整体，P与挡板接触后放开手，整体处于静止状态，则电子秤对整体的支持力大小等于GP＋GQ，选项D正确；根据牛顿第三定律可知，Q对电子秤的压力大小等于GP＋GQ，选项C错误。2.(2022·辽宁高考，4)如图14所示，蜘蛛用蛛丝将其自身悬挂在水管上，并处于静止状态。蛛丝OM、ON与竖直方向夹角分别为α、β(α>β)。用F1、F2分别表示OM、ON的拉力，则()图14A.F1的竖直分力大于F2的竖直分力B.F1的竖直分力等于F2的竖直分力C.F1的水平分力大于F2的水平分力D.F1的水平分力等于F2的水平分力答案D解析对结点O受力分析，根据平衡条件，水平方向，有F1sinα＝F2sinβ＝Fx，即F1的水平分力等于F2的水平分力，选项C错误，D正确；竖直方向，有F1的竖直分量F1y＝F1cosα＝eq\f(Fx,tanα)，F2的竖直分量F2y＝F2cosβ＝eq\f(Fx,tanβ)，因为tanα＞tanβ，所以F1y<F2y，选项A、B错误。3.(2021·湖南高考，5)质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图15所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是()图15A.推力F先增大后减小B.凹槽对滑块的支持力先减小后增大C.墙面对凹槽的压力先增大后减小D.水平地面对凹槽的支持力先减小后增大答案C解析对小滑块受力分析，如图甲所示，由题意可知，推力F与凹槽对滑块的支持力FN始终垂直，即α＋β始终为90°，在小滑块由A点向B点缓慢移动的过程中，α减小，β增大，由平衡条件得F＝mgcosα、FN＝mgsinα，可知推力F一直增大，凹槽对滑块的支持力FN一直减小，A、B错误；对小滑块和凹槽整体受力分析，如图乙所示，根据平衡条件可得，墙面对凹槽的压力大小FN1＝Fsinα＝eq\f(1,2)mgsin2α，水平地面对凹槽的支持力FN2＝Mg＋mg－Fcosα＝Mg＋mgsin2α，在小滑块由A点向B点缓慢移动的过程中，α由eq\f(π,2)逐渐减小到零，根据数学知识可知墙面对凹槽的压力先增大后减小，水平地面对凹槽的支持力一直减小，C正确，D错误。甲乙4.(2021·河北高考，5)如图16，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间。相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连。质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止。重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力。下列说法正确的是()图16A.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝eq\f(mgRsinθ,B1B2Ld)B.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝eq\f(mgRsinθ,B1B2Ld)C.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝eq\f(mgRtanθ,B1B2Ld)D.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝eq\f(mgRtanθ,B1B2Ld)答案B解析由左手定则可知Q板带正电，P板带负电，所以金属棒ab中的电流方向为从a到b，对金属棒受力分析可知，金属棒受到的安培力方向沿导轨平面向上，由左手定则可知导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，由受力平衡可知ILB2＝mgsinθ，而I＝eq\f(U,R)，而对等离子体受力分析有qeq\f(U,d)＝qvB1，解得v＝eq\f(mgRsinθ,B1B2Ld)。故B正确，A、C、D错误。1.(2022·浙江安吉模拟)如图1所示为杂技的某个精彩瞬间，男演员单臂稍倾斜撑地将女演员背起，成“T”型静止状态。下列分析正确的是()图1A.男演员对女演员的作用力斜向右上方B.男演员受到地面对他向左的摩擦力作用C.男演员受到地面对他的作用力竖直向上D.地面对人的支持力与人对地面的压力是一对平衡力答案C解析对女演员受力分析可知，男演员对她的作用力与其重力平衡，所以男演员对女演员的作用力方向竖直向上，所以A错误；对男演员和女演员整体受力分析可知，男演员与地面没有摩擦力作用，所以B错误；对整体，由平衡条件可知，只受两个力作用，重力与支持力，则男演员受到地面的作用力竖直向上，所以C正确；地面对人的支持力与人对地面的压力是一对相互作用力，所以D错误。2.(2022·广东高考，1)图2是可用来制作豆腐的石磨。木柄AB静止时，连接AB的轻绳处于绷紧状态。O点是三根轻绳的结点，F、F1和F2分别表示三根绳的拉力大小，F1＝F2且∠AOB＝60°。下列关系式正确的是()图2A.F＝F1 B.F＝2F1C.F＝3F1 D.F＝eq\r(3)F1答案D解析以O点为研究对象，受力分析如图所示，由几何关系可知θ＝30°，在竖直方向上，由平衡条件可得F1cos30°＋F2cos30°＝F，又F1＝F2，可得F＝eq\r(3)F1，故D正确，A、B、C错误。3.(2022·山东济宁二模)如图3所示，为一种倾斜放置的装取台球的装置，圆筒底部有一轻质弹簧，每个台球的质量为m，半径为R，圆筒直径略大于台球的直径。当将筒口处台球缓慢取走后，又会冒出一个台球，刚好到达被取走台球的位置。若圆筒与水平面之间的夹角为θ，重力加速度为g，忽略球与筒间的摩擦力。则弹簧的劲度系数k的值为()图3A.eq\f(mgsinθ,2R) B.eq\f(mgsinθ,R)C.eq\f(mgcosθ,R) D.eq\f(mgtanθ,R)答案A解析小球整体处于平衡状态，有mgsinθ＝ΔF＝k·2R，解得k＝eq\f(mgsinθ,2R)，故A正确。4.(2022·湖南娄底质检)如图4所示，三根长为L的直线电流在空间构成等边三角形，电流的方向垂直纸面向里，电流大小均为I，其中A、B电流在C处产生的磁感应强度的大小均为B0，导线C位于水平面且处于静止状态，则导线C受到的静摩擦力是()图4A.eq\f(\r(3),2)ILB0，水平向左B.eq\f(\r(3),2)ILB0，水平向右C.eq\r(3)ILB0，水平向左D.eq\r(3)ILB0，水平向右答案D解析根据安培定则，知A、B电流在C处的磁场方向分别垂直于AC、BC斜向下，如图所示，可知θ＝30°，则有BC＝eq\r(3)B0，方向竖直向下。再由左手定则可知，导线C受到的安培力方向水平向左，大小为F安＝eq\r(3)ILB0；由于导线C位于水平面且处于静止状态，所以导线C受到的静摩擦力大小为eq\r(3)ILB0，方向水平向右，故D项正确。5.(2022·广东广州模拟)单兵飞行器使得人类像鸟儿一样自由飞行的梦想成为现实。某士兵驾驶单兵飞行器(由燃油背包和脚下的喷射器组成)在无风的晴朗天气里沿水平方向匀速飞行的场景如图5所示，喷射器引擎沿士兵身体所在直线的方向斜向后喷气，士兵身体与水平面的夹角为θ，受到的空气阻力大小f＝kv2(其中k为常量，v是飞行速度的大小)，不计喷气过程燃油的减少，则士兵飞行的速度大小为()图5A.eq\r(\f(G,ksinθ)) B.eq\r(\f(kG,sinθ))C.eq\r(\f(G,ktanθ)) D.eq\r(\f(kG,tanθ))答案C解析士兵与飞行器组成的系统受到重力、沿着士兵身体斜向上的喷气反冲力以及水平方向的空气阻力的作用，根据物体的平衡条件，空气阻力的大小f＝eq\f(G,tanθ)，又f＝kv2，联立以上两式解得v＝eq\r(\f(G,ktanθ))，故C正确。6.(2022·石家庄市高三质量检测)如图6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()图6A.eq\f(1,6)B.eq\f(6＋\r(3),33)C.eq\f(\r(3),15)D.eq\f(\r(3),18)答案C解析对小球受力分析如图甲所示，由平衡条件有F＝FN＝eq\f(mg,2cos30°)＝eq\f(\r(3),3)mg。对小球和斜面体整体受力分析如图乙所示，由平衡条件有Ff≤μFN1＝μ(3mg－Fcos30°)，斜面体不动，水平方向有Ff＝Fsin30°，将数据代入解得μ≥eq\f(\r(3),15)，故选项C正确，A、B、D错误。7.(2022·安徽涡阳九中期中)如图7所示，钉子A和小定滑轮B均固定在竖直墙面上，它们相隔一定距离且处于同一高度，细线的一端系有一小砂桶D，另一端跨过定滑轮B固定在钉子A上。质量为m的小球E与细线上的轻质动滑轮C固定连接。初始时整个系统处于静止状态，滑轮C两侧细线的夹角为74°。现缓慢地往砂桶添加细砂，当系统再次平衡时，滑轮C两侧细线的夹角为120°。不计一切摩擦，取cos37°＝0.8，则此过程中往砂桶D中添加的细砂质量为()图7A.eq\f(3,8)m B.eq\f(5,24)mC.eq\f(1,3)m D.eq\f(5,8)m答案A解析对砂桶分析，由平衡条件可知F＝m1g，对动滑轮C受力分析，由平衡条件可得2Fcos37°＝mg，往砂桶D中添加细砂后，为F′＝(m1＋Δm)g，2F′cos60°＝mg，联立解得Δm＝eq\f(3,8)m，所以A正确，B、C、D错误。8.(2022·上海长宁区一模)如图8所示，工人正在清洗建筑外墙，依靠固定在屋顶的绳子保障安全。墙面对工人的作用力为F1，绳子对工人的作用力为F2，不计工人和竖直墙面之间的摩擦。当他保持同样的姿势缓慢下滑过程中，下列说法正确的是()图8A.F1减小F2减小B.F1减小F2增大C.F1增大F2减小D.F1增大F2增大答案A解析设绳子与墙面间的夹角为θ，屋顶到人之间的绳子长度为L，绳子与人的接触点到墙之间的距离为d，当他保持同样的姿势缓慢下滑过程中，由于d不变，L增大，则θ减小，对人受力分析，如图所示，由平衡条件可得F1＝mgtanθ，F2＝eq\f(mg,cosθ)，θ变小，tanθ变小，cosθ变大，则F1、F2均减小，故A正确，B、C、D错误。9.(2021·1月新高考8省联考·湖南)如图9，力传感器固定在天花板上，边长为L的正方形匀质导线框abcd用不可伸长的轻质绝缘细线悬挂于力传感器的测力端，导线框与磁感应强度方向垂直，线框的bcd部分处于匀强磁场中，b、d两点位于匀强磁场的水平边界线上。若在导线框中通以大小为I、方向如图所示的恒定电流，导线框处于静止状态时，力传感器的示数为F1，只改变电流方向，其他条件不变，力传感器的示数为F2，该匀强磁场的磁感应强度大小为()图9A.eq\f(F2－F1,4IL) B.eq\f(F1－F2,4IL)C.eq\f(\r(2)（F2－F1）,4IL) D.eq\f(\r(2)（F1－F2）,4IL)答案C解析线框在磁场中受到安培力的有效长度为bd＝eq\r(2)L，当电流方向为图示方向时，由左手定则可知导线框受到的安培力竖直向上，大小为F＝eq\r(2)ILB，因此对导线框，由受力平衡可得F1＋F＝mg；当导线框中的电流反向时，安培力方向竖直向下，此时有mg＋F＝F2，联立可得B＝eq\f(\r(2)（F2－F1）,4IL)，故C正确。10.(多选)(2022·福建三明质检)如图10所示，已知带电小球A、B的电荷量分别为QA、QB，A球固定，B球用长为L的绝缘丝线悬挂在O点，静止时A、B相距为d。若A球电荷量保持不变，B球缓慢漏电，不计两小球半径，则下列说法正确的是()图10A.丝线对B球的拉力逐渐变大B.A球对B球的库仑力逐渐变小C.当A、B间距离减为eq\f(d,3)时，B球的电荷量减小为原来的eq\f(1,9)D.当A、B间距离减为eq\f(d,3)时，B球的电荷量减小为原来的eq\f(1,27)答案BD解析对B球受力分析，B球受力平衡，根据三角形相似可得eq\f(G,OA)＝eq\f(FT,OB)＝eq\f(F,d)，B球缓慢漏电，可知F减小，则d逐渐减小，FT不变，A错误，B正确；当A、B间距离减为eq\f(d,3)时，则库仑力减小到原来的eq\f(1,3)，根据F＝keq\f(QAQB,d2)可知，B球的电荷量减小为原来的eq\f(1,27)，C错误，D正确。11.如图11所示，有一边长为l的刚性正三角形导线框ABC在竖直平面内，且AB水平，导线框重力不计，各边导线材料及粗细完全相同，处在方向垂直导线框所在平面向里的匀强磁场中。在C点用绝缘绳悬挂一个重力为G的物体，在两顶点A、B上加上恒定电压，重物恰好对地面无压力。某时刻A、B间导线的某处突然断开，其他条件不变，则稳定后物体对地面的压力是()图11A.eq\f(G,3) B.eq\f(G,2)C.eq\f(2G,3) D.eq\f(\r(5),3)G答案C解析由于AC边与CB边先串联再与AB边并联，则在A、B未断开时，设ACB中的电流为I，则AB边中的电流为2I，由平衡条件可得IlB＋2IlB＝G；当某时刻A、B间导线的某处突然断开时，由平衡条件可得IlB＋FN＝G，联立解得FN＝eq\f(2G,3)，由牛顿第三定律，可知稳定后物体对地面的压力大小为eq\f(2G,3)，故C正确。12.(2022·哈尔滨六中一模)如图12所示，半径相同、质量分布均匀的圆柱体E和半圆柱体M靠在一起，E表面光滑，重力为G；M下表面粗糙，E、M均静止在水平地面上。现过E的轴心施以水平作用力F，可使圆柱体E被缓慢拉离水平地面，并缓慢地滑到M的顶端，在上述全过程中，M始终处于静止状态。对该过程的分析，下列说法正确的是()图12A.地面所受M的压力一直增大B.地面对M的摩擦力一直增大C.水平作用力F的大小一直增大D.E、M间的压力最大值为2G答案D解析