高考物理二轮复习板块一专题突破复习专题一力与运动第一讲力与物体的平衡学案.doc

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1、1第一讲第一讲 力与物体的平衡力与物体的平衡知识建构高考调研1.注重对科学素养的考查：题目设置既突出基础，又贴近生活如2017 年天津卷第 8 题通过悬挂衣服的衣架挂钩考查三力平衡问题2.考查形式以选择题为主，更加注重数学方法的运用：2017 年全国卷三套试卷均在选择题中进行了考查，全国卷第 16 题结合复合场考查三力平衡知识，第 21 题考查动态平衡问题(图解法或正弦定理的应用)，全国卷第 16 题考查简单的正交分解的应用，全国卷第 17 题考查对称法、正交分解法和数学方法的运用该内容也可能渗透在力学或电学计算题中进行综合考查3.常用的思想方法：等效思想、分解思想、假设法、矢量三角形法、整体

2、法和隔离法、正交分解法、合成法、转换研究对象法、图解法.答案 (1)场力2(2)接触力3(3)按顺序找力分析场力，如：重力、电场力、磁场力；分析已知外力；分析接触力：先分析弹力，后分析摩擦力(4)受力分析的注意事项只分析受力物体，不分析施力物体；只分析性质力，不分析效果力，如向心力等；只分析外力，不分析内力；分析物体受力时，应关注物体的运动状态(如物体的静止、加速与减速、直线与曲线运动等)(5)平衡条件：F0(正交分解Fx0，Fy0)(6)平衡状态：物体处于静止或匀速直线运动的状态.4考向一 受力分析归纳提炼1受力分析的基本思路2受力分析的常用方法5熟练强化1(2017苏北三市调研)如图所示，

3、匀强电场方向垂直于倾角为的绝缘粗糙斜面向上，一质量为m的带正电荷的滑块静止于斜面上关于该滑块的受力，下列说法中正确的是(当地重力加速度为g)( )A滑块可能只受重力、电场力、摩擦力三个力的作用B滑块所受的摩擦力大小一定为mgsinC滑块所受的电场力大小可能为mgcosD滑块对斜面的压力大小一定为mgcos6解析 物体一定受重力和电场力，如果没有摩擦力滑块不会平衡，故弹力和摩擦力一定同时存在，故 A 错误；对滑块进行受力分析，如右图所示根据力的平衡条件得：mgsinFf，F电F弹mgcos，故 B 对，C、D 均错答案 B2.(2017南昌三中理综测试)如图所示，穿在一根光滑的固定杆上的小球A、

4、B连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA绳与杆的夹角为，OB绳沿竖直方向，则正确的说法是( )A小球A可能受到 2 个力的作用B小球A一定受到 3 个力的作用C小球B可能受到 3 个力的作用D细绳对A的拉力大于对B的拉力解析 对A球受力分析可知，A受到重力、细绳的拉力以及杆对A球的弹力，三个力的合力为零，故 A 错误，B 正确；对B球受力分析可知，B受到重力，细绳的拉力，两个力的合力为零，杆对B球没有弹力，否则B不能平衡，故 C 错误；定滑轮不改变力的大小，7即细绳对A的拉力等于对B的拉力，故 D 错误答案 B3(多选)(2017嘉兴二模)如图所示，在

5、斜面上，木块A与B的接触面是水平的连接木块A的绳子呈水平状态，两木块均保持静止则木块A和木块B可能的受力个数分别为( )A2 个和 4 个 B3 个和 4 个C4 个和 4 个 D4 个和 6 个解析 若绳子上的拉力为零，以A、B整体为研究对象，可知B和斜面之间一定有静摩擦力，A、B的受力情况如图所示，故选项 A 正确；若绳子上的拉力不为零，分别对A、B进行受力分析，A受到重力、B对A的支持力、绳子的拉力和B对A的静摩擦力而平衡，B受到重力、A对B的压力、斜面对B的支持力和A对B的静摩擦力，斜面对B的摩擦力可有可无，所以选项 C 正确答案 AC81善于转换研究对象，尤其是对于摩擦力不易判定的情

6、形，可以借助相接触物体的受力判定，再应用牛顿第三定律.2实际问题通常需要交叉应用隔离、整体思维法.3对两个以上的物体叠加组成的整体进行受力分析时，一般先采用整体思维法后采用隔离思维法，即“先整体，后隔离”.考向二 静态平衡问题归纳提炼1解决静态平衡问题的基本思路2解决静态平衡问题的四种常用方法合成法物体受三个共点力的作用而平衡时，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时，将某一个力按作用效果分解，则分力与其他两个力分别平衡正交分解法物体受到三个或三个以上力的作用时，将所有力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件矢量三角形法对受三力作用而平衡的物体

7、，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某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下， 距离直升机一段时间后打开降落伞减速下落，他打开降落伞后的速度图象如图(a)所示降落伞用 8 根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为 37，如图(b)所示已知运动员和降落伞的质量均为 50 kg，不计人所受的阻力，打开降落伞后，降落伞所受的阻力f与下落速度v成正比，即fkv.重力加速度g取 10 m/s2，sin370.6，cos3790.8.求：(1)打开降落伞前人下落的高度(2)阻力系数k和打开降落伞瞬间的加速度(3

8、)降落伞的悬绳能够承受的拉力至少为多少？思路点拨 (1)当速度为 5 m/s 时运动员做匀速运动(2)打开降落伞瞬间悬绳对运动员拉力最大解析 (1)打开降落伞前运动员做自由落体运动，根据速度位移公式可得运动员下落的高度h，由图(a)可知v020 m/s，代入解得：h20 m(2)由图(a)可知，当速度v2 0 2g为v5 m/s 时，运动员做匀速运动，伞和运动员整体受力达到平衡状态，由平衡条件可得：kv2mg，即k，解得k200 Ns/m.在打开降落伞瞬间，由牛顿第二定律可得：2mg vkv02mg2ma，解得a30 m/s2，方向竖直向上(3)根据题意可知，打开降落伞瞬间悬绳对运动员拉力最大

9、，设此时降落伞上每根悬绳的拉力为T，以运动员为研究对象，则有：8Tcos37mgma，代入数据可解得T312.5 N，故悬绳能够承受的拉力至少为 312.5 N.答案 (1)20 m (2)200 Ns/m 30 m/s2，方向竖直向上(3)312.5 N“稳态速度类”平衡模型一般是与实际问题相结合的物理问题，其基本特征是物体在开始运动时并不平衡，而是随着外部条件的改变逐渐达到平衡状态.此类模型的一般解法是：先根据试题所描述的情境抽象出物理模型，然后根据物体运动的初始条件，结合运动学知识和牛顿运动定律对物体的运动情况进行分析，当物体最终达到平衡状态时，则要依据共10点力的平衡条件，列出物体的平

10、衡方程进行求解.熟练强化迁移一 单个物体平衡1(多选)(2017浙江十校模拟)如图所示，半圆形槽半径R30 cm，质量m1 kg 的小物块在沿半径方向的轻弹簧挤压下处于静止状态已知弹簧的劲度系数k50 N/m，自由长度L40 cm，一端固定在圆心O处，弹簧与竖直方向的夹角为 37.取g10 m/s2，sin370.6，cos370.8.则( )A物块对槽的压力大小是 15 NB物块对槽的压力大小是 13 NC槽对物块的摩擦力大小是 6 ND槽对物块的摩擦力大小是 8 N解析 物块受重力mg、支持力N、弹簧的推力F、沿半圆形槽切线向上的静摩擦力f，根据共点力平衡条件，切线方向上有mgsin37f

11、，半径方向上有Fmgcos37N，根据胡克定律，Fkx50 N/m(0.40.3)m5 N，解得f6 N，N13 N，选项B、C 正确答案 BC迁移二 多个物体平衡2(2017西安高三二模)11将一横截面为扇形的物体B放在水平面上，一小滑块A放在物体B上，如图所示，除了物体B与水平面间的摩擦力之外，其余接触面的摩擦力均可忽略不计，已知物体B的质量为M、滑块A的质量为m，当整个装置静止时，滑块A与物体B接触的一面与竖直挡板之间的夹角为.已知重力加速度为g，则下列选项正确的是( )A物体B对水平面的压力大小为MgB物体B受水平面的摩擦力大小为mgtanC滑块A与竖直挡板之间的弹力大小为mg tan

12、D滑块A对物体B的压力大小为mg cos解析 以滑块A为研究对象进行受力分析，并运用合成法，如图所示，由几何知识得，挡板对滑块A的弹力大小为FN1，C 正确；物体B对滑块A的弹力大小为FN2，根据牛顿第三定律，滑块mg tanmg sinA对物体B的压力大小为，D 错误；以滑块A和物体B组成的系统为研究对象，在竖mg sin直方向上受力平衡，则水平面对物体B的支持力FN(Mm)g，故水平面所受压力大小为12(Mm)g，A 错误；A和B组成的系统在水平方向上受力平衡，则水平面对物体B的摩擦力大小为FfFN1，B 错误mg tan答案 C考向三 动态平衡及临界极值问题归纳提炼解决动态平衡问题的一般

13、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：(多选)(2017全国卷)如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N.初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为.现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角不变在OM由竖直被拉到水平的( 2)过程中( )AMN上的张力逐渐增大BMN上的张力先增大后减小COM上的张力逐渐增大13DOM上的张力先增大后减小思路路线 解析 解法一：图解法：对重物受力分析可知，重物受重力G、OM的拉力FOM、MN的拉力FMN.重物处于动态平衡状态，合力为零，所以G、FOM、FMN构成封闭的矢量三角

14、形重力不变，由于OM与MN之间的夹角不变，则FOM与FMN的夹角()，不变，矢量三角形动态图如图甲所示，当FOM为圆的直径时最大，最后FOM变为水平，此时FMN最大，所以FOM先增大后减小，FMN一直增大14解法二：正弦定理法：当重物转到某一位置时，对重物受力分析，如图乙所示由正弦定理得，则FMN，FOMG sinFMN sinFOM sinGsin sinGsin sin角的取值范围在 0到 90之间，当OM水平时，90，小于 90当角增大时，sin增大，故MN上的张力逐渐增大，OM上的张力先增大后减小答案 AD这个题的难点是三力平衡中一个力不变，另外两个力都在变化，但是变化的两个力的方向夹

15、角不变，作出多个矢量三角形，利用几何知识分析，学生在求解这个题时的障碍之一：题目描述情景“将重物向右上方缓慢拉起”不够清晰，学生难以想象MN绳的变化；障碍之二：对数学知识应用不熟练，这个题还可以用分析特殊位置法或者正弦定理解决.常见的解决动态平衡问题的方法(1)图解法：如果物体受到三个力的作用，其中一个力的大小、方向均不变，并且还有另一个力的方向不变，此时可用图解法，画出不同状态下力的矢量图，判断各个力的变化情况注意，此题给出的重力大小和方向不变，但两侧绳中的张力大小均变化，需认真画出动态图分析(2)解析法：如果物体受到多个力的作用，可进行正交分解，利用解析法，建立平衡方程，根据自变量的变化确

16、定因变量的变化15(3)相似三角形法：如果物体受到三个力的作用，其中的一个力大小、方向均不变，另外两个力的方向都发生变化，可以用力三角形与几何三角形相似的方法(2017孝感高三调研)如图所示，用细线相连的质量分别为 2m、m的小球A、B在拉力F作用下，处于静止状态，且细线OA与竖直方向的夹角保持30不变，则拉力F的最小值为( )A.mg B.mg3 322 312C.mg D.mg2 3223 2思路路线 解析 A和B处于静止状态，受力平衡，把A和B作为整体受力分析，受到重力3mg、OA绳的拉力T及拉力F，根据三力平衡原则，T与F的合力竖直向上，大小等于3mg，当F与T垂直时，F最小，F3mg

17、sin30mg，选项 D 正确3 216答案 D1平衡问题的临界状态是指物体所处的平衡状态将要被破坏而尚未被破坏的状态，可理解成“恰好出现”或“恰好不出现” ，在问题的描述中常用“刚好” “刚能” “恰好”等语言叙述，解临界问题的基本方法是假设推理法.2临界问题往往是和极值问题联系在一起的.解决此类问题重在形成清晰的物理图景，分析清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件.要特别注意可能出现的多种情况.熟练强化迁移一 图解法1(多选)大国工匠节目中讲述了王进利用“秋千法”在 1000 kV 的高压线上带电作业的过程如右图所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压电线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮上另

18、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，另一端有工人控制身穿屏蔽服的王进在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方的E点的电缆处绳OD一直处于伸直状态，兜篮、王进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，关于王进从C点到E点的过程中，下列说法正确的是( )A工人对绳的拉力一直变大B绳OD的拉力越来越大COC、CD两绳拉力的合力大小等于mgD当绳CD与竖直方向的夹角为 30时，工人对绳的拉力为mg3317解析 对兜篮、王进及携带的设备整体进行受力分析如右图所示一是重力mg、二是绳OD的拉力F1、三是绳CD对它的拉力F2，F1、F2的夹角为，F2、F1与重力的夹角分别

19、为、，减小，增大，则F1减小，F2增大当CD与竖直方向夹角为 30时，OD与竖直方向夹角为 30，可求出F2.答案 BCD迁移二 相似三角形法2(多选)城市中的路灯、无轨电车的供电线路等，经常用三角形的结构悬挂，如图是这一类结构的简化模型图中轻杆OB可以绕过B点且垂直于纸面的轴自由转动，钢索OA和杆OB的质量都可以忽略不计，如果悬挂物的重力为G，ABO90，ABOB.某次产品质量检测和性能测试中保持A、B两点不动，只改变钢索OA的长度，关于钢索OA的拉力F1和杆OB上的支持力F2的变化情况，下列说法正确的有( )A从图示位置开始缩短钢索OA，钢索OA的拉力F1先减小后增大B从图示位置开始缩短钢

20、索OA，杆OB上的支持力F2不变大小18C从图示位置开始伸长钢索OA，钢索OA的拉力F1增大D从图示位置开始伸长钢索OA，杆OB上的支持力F2先减小后增大解析 设钢索OA的长度为L，杆OB的长度为R，A、B两端距离为H，根据相似三角形知识可知 ，所以从题中图示位置开始缩短钢索OA，钢索OA的拉力F1减小，杆G HF1 LF2 ROB上的支持力F2大小不变，选项 A 错误，B 正确；从题中图示位置开始伸长钢索OA，钢索OA的拉力F1增大，杆OB上的支持力F2大小不变，选项 C 正确，D 错误答案 BC迁移三 解析法3(多选)如图所示，一光滑半圆环竖直固定于粗糙的木板上，圆心为O1，小球A套在半圆

21、环左侧最低点，并由轻绳通过光滑的小滑轮O与小球B相连，B右侧细线水平，O点在环心O1的正上方，OA与竖直方向成30角，OAOB，两球均处于静止状态，且小球A恰好对木板没有力的作用若对B施加一外力F，使小球A缓慢运动到O点正下方的过程中，木板始终静上，则下列说法正确的是( )AA、B两球的质量之比为13B轻绳OA的拉力逐渐增大C地面对木板的摩擦力逐渐减小D地面对木板的摩擦力逐渐增大解析 对A、B进行受力分析如图乙所示由几何关系和平衡条件可得：Fcos30mAg，Tcos60mBg，联立可得mAmB，即，1 232mA mB3119选项 A 正确；当小球A沿光滑半圆环缓慢向上移动时，处于动态平衡状

22、态，由力三角形与几何三角形相似可得： ，其中mAg、h、R均不变，故NA大小不变，OA段绳NA RT lmAg h长l逐渐减小，故绳的拉力T逐渐减小，选项 B 错误；NA的大小不变，与水平面的夹角逐渐变大，故其在水平方向上的分力逐渐减小，则A对圆环的反作用力NA在水平方向上的分力也逐渐减小，与分力平衡的地面对木板的摩擦力随之变小，选项 C 正确，选项 D 错误答案 AC4(2017长沙四市联合调研)质量为M的木楔倾角为，在水平面上保持静止，质量为m的木块刚好可以在木楔上表面上匀速下滑现在用与木楔上表面成角的力F拉着木块匀速上滑，如右图所示，求：(1)当时，拉力F有最小值，求此最小值；(2)拉力

23、F最小时，木楔对水平面的摩擦力的大小解析 (1)木块刚好可以沿木楔上表面匀速下滑，mgsinmgcos，则tan，用力F拉着木块匀速上滑，受力分析如图甲所示，20FcosmgsinFf，FNFsinmgcos，FfFN.联立以上各式解得，F.mgsin2 cos当时，F有最小值，Fminmgsin2.(2)对木块和木楔整体受力分析如图乙所示，由平衡条件得，FfFcos()，当拉力F最小时，FfFmincos2mgsin4.1 2答案 (1)mgsin2 (2)mgsin41 2考向四 电磁场中的平衡问题归纳提炼电磁场中平衡问题的处理方法与纯力学问题的分析方法一样，学会把电磁学问题力学化，分析方

24、法是：(2017河北六校联考)如图所示，在MN、PQ间同时存在匀强磁场21和匀强电场，磁场方向垂直纸面水平向外，电场在图中没有标出一带电小球从a点射入场区，并在竖直面内沿直线运动至b点，则小球( )A一定带正电B受到电场力的方向一定水平向右C从a点到b点的过程，克服电场力做功D从a点到b点的过程中可能做匀加速运动思路点拨 (1)为使小球在场内做直线运动，小球的速度大小不能变化(2)从a点到b点过程，洛伦兹力不做功解析 因小球受到的洛伦兹力FqvB随小球速度的变化而变化，为使带电小球能在场内做直线运动，小球的速度大小不能变化，即小球受力平衡，做匀速直线运动，D 错误；小球共受到重力、电场力和洛伦

25、兹力三个力的作用，无论小球带何种电荷，三力均可能平衡，故 A、B 错误；从a点到b点的过程中，小球的动能不变，洛伦兹力不做功，根据动能定理有EkWGW电场0，重力做正功，所以电场力必做负功，C 正确答案 C带电体在复合场中的平衡问题或导体棒在磁场中的平衡问题，无非是多考虑带电体所受的电场力、洛伦兹力或导体棒所受的安培力，分析方法与力学中的平衡问题完全相同熟练强化迁移一 电场中的平衡问题1(2017长沙四市联合调研)如右图所示，物体P、Q可视为点电荷，电荷量相同倾角为、质量为M的斜面体放在粗糙水平面上，将质量为m的物体P放在粗糙的斜面体上当物体Q放在与P等高(PQ连线水平)且与物体P相距为r的右

26、侧位置时，P静止且受斜面体的摩擦力为 0，斜面体保持静止，静电力常量为k，则下列说法正确的是( )22AP、Q所带电荷量为 mgktan r2BP对斜面体的压力为 0C斜面体受到地面的摩擦力为 0D斜面体对地面的压力为(Mm)g解析 以P为研究对象，受到重力mg、斜面体的支持力FN和库仑力F，由平衡条件得：Fmgtan FNmg cos根据库仑定律得：Fkq2 r2联立解得：qr mgtan k由牛顿第三定律得P对斜面体的压力为：FNFN，故 A、B 错误mg cos以斜面体和P整体为研究对象，由平衡条件得地面对斜面体的摩擦力为：FfF地面对斜面体的支持力为：FN1(Mm)g，根据牛顿第三定律

27、得斜面体受到地面的摩擦力为F，斜面体对地面的压力为：FN1FN1(Mm)g.故 C 错误，D 正确答案 D迁移二 磁场中的平衡问题2(2017石家庄一模)如图所示，用两根等长的轻细导线将质量为m，长为L的金属棒ab悬挂在c、d两处，金属棒置于匀强磁场中当棒中通以由a到b的电流I后，两导线偏离竖直方向角处于静止状态已知重力加速度为g，为了使棒静止在该位置，磁场的磁感应强度的最小值为( )23A. B.tanmg ILmg ILC.sin D.cosmg ILmg IL解析 要求所加磁场的磁感应强度最小，即棒平衡时所受的安培力有最小值棒的重力恒定，轻细导线拉力的方向不变，对棒受力分析可知，当安培力

28、与轻细导线垂直时，安培力有最小值Fminmgsin，即ILBminmgsin，所以Bminsin，C 正确mg IL答案 C高考高频考点强化整体法、隔离法考点归纳整体法隔离法概念将加速度相同的几个物体作为一个整体来分析的方法将研究对象与周围物体分隔开的方法选用原则研究系统外的物体对系统整体的作用力或系统整体的加速度研究系统内物体之间的相互作用力注意问题进行受力分析时不需再考虑系统内物体间的相互作用一般先隔离受力较少的物体真题归类1.24(2016全国卷)如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球在a和b之间的细线上悬挂一小物块平衡时，a、

29、b间的距离恰好等于圆弧的半径不计所有摩擦小物块的质量为( )A. B.m Cm D2mm 232解析 本题考查物体的平衡绳的拉力等于物体的重力，圆弧对轻环的弹力一定垂直于圆弧，弹力的作用线平分拉力与重力的作用方向，由几何知识知，中间绳的拉力方向与竖直方向夹角为 60，根据 2mgcos60Mg，解得Mm，选项 C 正确答案 C2(2015山东卷)如图所示，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1，A与地面间的动摩擦因数为2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力A与B的质量之比为( )A. B.1 12112 1

30、2C. D.112 12212 12解析 本题考查了共点力的平衡问题设A、B的质量分别为M、m，水平力为F，对整体受力分析，根据平衡条件得F2(mM)g，对物体B受力分析，物体B恰好不下滑，则mg1F，两式联立得 ，B 正确M m112 12答案 B3(多选)(2016全国卷)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则( )25A绳OO的张力也在一定范围内变化B物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C连接a和b的绳的张力也

31、在一定范围内变化D物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化解析 系统处于静止状态，连接a和b的绳的张力大小T1等于物块a的重力Ga，C项错误；以O点为研究对象，受力分析如图甲所示，T1、恒定，夹角不变，由平衡条件知，绳OO的张力T2恒定不变，A 项错误；以b为研究对象，受力分析如图乙所示，则FNT1cosFsinGb0fT1sinFcos0FN、f均随F的变化而变化，故 B、D 项正确答案 BD整体法、隔离法的使用技巧(1)对于连结体问题，如果能够运用整体法，我们优先采用整体法，这样涉及的研究对26象少，未知量少，方程少，求解简便(2)对于大多数动力学问题，单纯采用整体法并不一定能解决，通常采

32、用整体法和隔离法相结合的方法迁移训练1(2017华中师大附中月考)下图中，如果作用在乙球上的力大小为F，作用在甲球上的力大小为 2F，则此装置平衡时的位置可能是( )解析 将甲、乙两个小球作为一个整体，受力分析如右图所示，设上面的绳子与竖直方向的夹角为，则根据平衡条件，可得tan，再单独研究乙球，设下面的绳子与竖直方向的夹角为，根据平衡条件，可F 2mg得 tan，因此，因此甲球在竖直线的右侧，而乙球在竖直线的左侧，选项 C 正F mg确答案 C2(2017安徽江南十校联考)如图所示，竖直面光滑的墙角27有一个质量为m，半径为r的半球体A.现在A上放一密度和半径与A相同的球体B，调整A的位置使

33、得A、B保持静止状态，已知A与地面间的动摩擦因数为 0.5.则A球球心距墙角的最远距离是( )A2r B.r C.r D.r9 511 513 5解析 由题可知B球质量为 2m，当A球球心距墙角最远时，A受地面水平向右的摩擦力f3mg，此时以B球为研究对象，对其受力分析如图所示，有F2，以A2mg tan和B整体为研究对象，在水平方向有3mgF2，则 tan，代入数据得2mg 3mg53.由几何关系可知，A球球心到墙角的最远距离lr2rcosr，选项 C 正11 5确答案 C3(多选)(2017江西南昌 3 月模拟)如图所示，静止在粗糙水平面上的半径为 4R的半球的最高点A处有一根水平细线系着

34、质量为m、半径为R的光滑小球已知重力加速度为g.下列说法正确的是( )28A地面对半球的摩擦力的方向水平向右B细线对小球的拉力大小为mg3 4C保持小球的位置不变，将A点沿半球逐渐下移，半球对小球的支持力逐渐减小D剪断细线的瞬间，小球的加速度大小为 0.6g解析 以半球和小球整体为研究对象，整体处于平衡状态，不受摩擦力作用，A 项错误对小球受力分析如图，拉力FAmgtan，由几何关系可知 tan，则FAmg，B 项正确半球对小球的支持力FN，在A点下移时，增大，3 43 4mg coscos减小，则FN增大，C 项错误在剪断细线的瞬间，细线对小球的拉力消失，小球在沿切线方向有mgsinma，其中 sin0.6，得a0.6g，D 项正确答案 BD