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专题一力与运动第一讲直线运动考点一运动图像的应用1.考查直线运动的x t图像(2016河南第二次联考)设竖直向上为y轴正方向，如图所示曲线为一质点沿y轴运动的位置时间(yt)图像，已知图线为一条抛物线，则由图可知()At0时刻质点速度为0B0t1时间内质点向y轴负方向运动C0t2时间内质点的速度一直减小Dt1t3时间内质点相对坐标原点O的位移先为正后为负解析：选C在t0时刻y t图线斜率不为0，说明t0时刻质点速度不为0,0t1时间内质点向y轴正方向运动，故A、B错误。根据斜率表示速度，可知，0t2时间内质点的速度一直减小，故C正确。t1t3时间内质点相对坐标原点O的位移一直为正，故D错误。2考查直线运动的v t图像和x t图像的比较(2016河北正定中学二模)物体甲的v t图像和乙的x t图像分别如图所示，则这两个物体的运动情况是()A甲在整个t4 s时间内有来回运动B甲在整个t4 s时间内运动方向一直不变C乙在整个t4 s时间内有来回运动D乙在整个t4 s时间内运动方向一直不变，通过的总位移大小为0解析：选A甲图是v t图像，速度的正负表示运动的方向，故前2 s向负方向运动，后2 s向正方向运动，故A正确，B错误；乙图是位移时间图像，斜率表示速度，不变，故乙在整个t4 s时间内运动方向一直不变，位移为6 m，故C、D错误。3考查直线运动的 x图像(2016兰州一中月考)某质点做直线运动，运动速率的倒数与位移x的关系如图所示，关于质点运动的下列说法正确的是()A质点做匀加速直线运动B. x图斜率等于质点运动加速度C四边形AABB面积可表示质点从O到C所用的运动时间D四边形BBCC面积可表示质点从C到C所用的运动时间解析：选D由题中 x图像可知，与x成正比，即vx常数，质点做减速直线运动，故A错误；图线斜率不等于质点运动的加速度，故B错误；由于三角形OBC的面积S1OCBC，体现了从O到C所用的时间，同理，从O到C所用的时间可由S2体现，所以四边形BBCC面积可体现质点从C到C所用的时间，故C错误，D正确。考点二匀变速直线运动的规律4.考查匀变速直线运动规律(2016全国丙卷)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍。该质点的加速度为()A.B.C. D.解析：选A质点在时间t内的平均速度v，设时间t内的初、末速度分别为v1和v2，则v，故。由题意知：mv229mv12，则v23v1，进而得出2v1。质点的加速度a。故选项A正确。5考查匀变速直线运动规律的推论如图所示，两光滑斜面在B处连接，小球从A处由静止释放，经过B、C两点时速度大小分别为3 m/s和4 m/s，ABBC。设球经过B点前后速度大小不变，则球在AB、BC段的加速度大小之比及球由A运动到C过程中的平均速率分别为()A34,2.1 m/s B916,2.5 m/sC97,2.1 m/s D97,2.5 m/s解析：选C设ABBCx，则在AB段a1，在BC段a2，所以，AB段平均速率为v1vB1.5 m/s，BC段平均速率为v2(vBvC)3.5 m/s，因此从A到C的平均速率v2.1 m/s，选C。6考查竖直上抛运动(2016威海二模)某大型游乐场有飞碟射击娱乐游戏，抛碟机将飞碟随机向上抛射出去，射击者用气枪将飞碟射中并击碎。由于飞碟抛射方向具有不确定性，所以游戏充满挑战性和乐趣。假设有一游戏爱好者站在距离抛碟机20 m远处练习射击，射击点与飞碟抛出点近似在同一水平线上，气枪子弹在空中飞行可看作匀速直线运动，且速度大小为100 m/s。某次，抛碟机将飞碟以20 m/s初速度竖直向上抛出，射击者要在飞碟到达最高点时刚好将其击中，(不计空气阻力，g10 m/s2)求：(1)射击方向和水平方向的夹角应该是多少？(2)他必须在飞碟抛出后经多长时间发射子弹？(计算结果小数点后保留2位数字)解析：(1)设飞碟上升的最大高度为h，飞碟抛出后做竖直上抛运动，由v022gh可得：h20 m由于飞碟抛出点与射击点的水平距离d20 m，所以可得：tan 1所以射击方向和水平方向的夹角为45。(2)设飞碟上升到最高点所用时间为t1t12 s子弹击中飞碟的位移x和飞行时间t2为x m20 mt2 s0.28 s飞碟抛出后到发射子弹的时间间隔t为tt1t22 s0.28 s1.72 s。答案：(1)45(2)1.72 s考点三刹车和追及相遇问题7.考查由v t图像分析追及相遇问题(多选)(2016全国乙卷)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其中vt图像如图所示。已知两车在t3 s时并排行驶，则()A在t1 s时，甲车在乙车后B在t0时，甲车在乙车前7.5 mC两车另一次并排行驶的时刻是t2 sD甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m解析：选BD由题图知，甲车做初速度为0的匀加速直线运动，其加速度a甲10 m/s2。乙车做初速度v010 m/s、加速度a乙5 m/s2的匀加速直线运动。3 s内甲、乙车的位移分别为：x甲a甲t3245 mx乙v0t3a乙t3252.5 m由于t3 s时两车并排行驶，说明t0时甲车在乙车前，xx乙x甲7.5 m，选项B正确；t1 s时，甲车的位移为5 m，乙车的位移为12.5 m，由于甲车的初始位置超前乙车7.5 m，则t1 s时两车并排行驶，选项A、C错误；甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为52.5 m12.5 m40 m，选项D正确。8考查由x t图像分析追及相遇问题(多选)(2016黄冈中学模拟)甲、乙两车某时刻由同一地点，沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的位移时间图像，即x t图像如图所示，甲图像过O点的切线与AB平行，过C点的切线与OA平行，则下列说法中正确的是()A在两车相遇前，t1时刻两车相距最远Bt3时刻甲车在乙车的前方C0t2时间内甲车的瞬时速度始终大于乙车的瞬时速度D甲车的初速度等于乙车在t3时刻的速度解析：选AD图像的纵坐标表示物体所在的位置，由图可知t1时刻两图线相距最大，即两车的距离最大，故A正确；t3时刻两车的位置相同，两车处在同一位置，故B错误；图线斜率表示速度，由图可知，0t1时间内甲图线的斜率大于乙图线的斜率，之后甲图线的斜率小于乙图线的斜率，故C错误；图线的斜率表示物体的速度，由图可知，甲车的初速度等于乙车在t3时刻的速度，故D正确。9考查刹车避碰问题(2016山东省实验中学高三段考)货车A正在该公路上以20 m/s的速度匀速行驶，因疲劳驾驶司机注意力不集中，当司机发现正前方有一辆静止的轿车B时，两车距离仅有75 m。(1)若此时B车立即以2 m/s2的加速度启动，通过计算判断：如果A车司机没有刹车，是否会撞上B车；若不相撞，求两车相距最近时的距离；若相撞，求出从A车发现B车开始到撞上B车的时间。(2)若A车司机发现B车，立即刹车(不计反应时间)做匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s2(两车均视为质点)，为避免碰撞，在A车刹车的同时，B车立即做匀加速直线运动(不计反应时间)，问：B车加速度至少多大才能避免事故。(这段公路很窄，无法靠边让道)解析：(1)当两车速度相等时，A、B两车到达同一个位置，设经过的时间为t，则：vAvB对B车vBat联立可得：t10 sA车的位移为：xAvAt200 mB车的位移为：xBat2100 m因为xBx0175 mBvq，由E可知，减小场强E的方法有增大极板间距离和减小极板间电压，故C错误，D正确；而移动滑动头P并不能改变极板间电压，故A、B均错误。11考查带电体的直线运动及电场能的性质(多选)如图所示，粗糙且绝缘的斜面体ABC在水平地面上始终静止。在斜面体AB边上靠近B点固定一点电荷，从A点无初速释放带负电且电荷量保持不变的小物块(视为质点)，运动到P点时速度恰为零。则小物块从A到P运动的过程()A水平地面对斜面体没有静摩擦作用力B小物块的电势能一直增大C小物块所受到的合外力一直减小D小物块损失的机械能大于增加的电势能解析：选BD小物块运动过程中具有加速度，由整体法可知地面对斜面体有静摩擦力，A错误；由运动情况可知，B处电荷带负电荷，物块也带负电荷，故物块在下滑的过程中，库仑力做负功，故物块的电势能增大，B正确；物块先加速后减速，加速度大小先减小后增大，故受到的合力先减小后增大，C错误；由能量守恒可知小物块损失的机械能大于增加的电势能(损失的机械能包括摩擦力做负功)，D正确。12考查均匀带电棒的直线运动及能量问题如图所示，在光滑绝缘水平面上，质量为m的均匀绝缘棒AB长为L、带有电量为Q且均匀分布。在水平面上O点右侧有匀强电场，场强大小为E，其方向为水平向左，BO距离为x0，若棒在水平向右的大小为QE/4的恒力作用下由静止开始运动。求：(1)棒的B端进入电场L/8时的加速度大小和方向；(2)棒在运动过程中的最大动能；(3)棒的最大电势能。(设O点处电势为零)解析：(1)根据牛顿第二定律，得ma，a，方向水平向右。(2)设当棒进入电场x时，其动能达到最大，则此时棒受力平衡，有x， 得xL/4，由动能定理有(x0x)xEk，解得Ek(3)棒减速到零时，棒可能全部进入电场，也可能不能全部进入电场，设恰能全部进入电场，则有(x0L)L0，得x0L；Epm(LL)当x0L，棒能全部进入电场，设进入电场为x，有(x0x)LQE(xL)0, 得x，Epm(x0x)。答案：(1)a方向水平向右(2)Ek(3)最大电势能可能是、x0、考点一运动图像的应用本考点主要对x t图像和v t图像进行考查，考生若在此类问题上失分，大多不是知识和能力的欠缺，往往是审题不仔细、知识迁移不够灵活等原因造成的。建议考生自学为主先记牢 1对x t图像和v t图像的理解(1)无论是x t图像还是v t图像，都只能描述直线运动。(2)x t图像和v t图像都不表示物体运动的轨迹。(3)x t图像和v t图像的形状由x与t、v与t的函数关系决定。2运动图像及其应用斜率的意义纵截距的意义图像与t轴所围面积匀速直线运动匀变速直线运动x t图像速度初位置倾斜的直线抛物线v t图像加速度初速度位移与时间轴平行的直线倾斜的直线再用活 1注意看清坐标轴所表示的物理量，明确因变量与自变量间的制约关系。如在诊断卷第2题中，甲图为vt图像，乙图为xt图像，两图像形状相同，所描述的运动规律大不相同。2充分理解图像“面积”对应的含义，如v t图像中v t图线与t轴所围“面积”表示物体在这段时间内的位移，而诊断卷第3小题中 x图线与x轴所围“面积”表示质点在发生这段位移过程中所经历的时间。因此质点由C到C所用的时间等于四边形BBCC的面积，D项正确。1(2016三门峡检测)在平直公路上行驶的a车和b车，其位移时间图像分别为图中直线a和曲线b，由图可知()Ab车运动方向始终不变B在t1时刻a车的位移大于b车Ct1到t2时间内a车的平均速度小于b车Dt1到t2时间内某时刻两车的速度可能相同解析：选Db图线切线先为正值，然后为负值，知b的运动方向发生变化，故A错误。在t1时刻，两车的位移相等，故B错误。t1到t2时间内，两车的位移相同，时间相同，则平均速度相同，故C错误。t1到t2时间内，b图线的切线斜率在某时刻与a图线斜率相同，则两车的速度可能相同，故D正确。2利用传感器与计算机结合，可以自动作出物体运动的图像。某同学在一次实验中得到运动小车的速度时间图像如图所示，由此图像可知()A18 s时的加速度大于13 s时的加速度B小车做曲线运动C13 s末小车距离出发点最远D小车前10 s内的平均速度比后10 s内的大解析：选A由v t图像的斜率大小表示小车的加速度大小可知，18 s时小车的加速度大于13 s时小车的加速度，A正确；v t图像只表示直线运动，B错误；小车在020 s内速度方向不变，故t20 s时小车离出发点最远，C错误；由x前10 s0，即有两个解，则可以相遇两次；若0，则刚好追上或相遇；若0，162416(a22)0，故a26 m/s2。方法三：图像法如图所示，当速度相同时，阴影面积s表示两者位移之差，若ss0，则恰好不会相撞，由几何关系可得ss0，解得t2 s，再由v1a1tv2a2t，解得a26 m/s2，故乙车的加速度至少为6 m/s2才能避免两车相撞。方法四：相对运动法两者的相对速度为vv2v18 m/s，相对加速度的大小为aa2a1，避免相撞的条件为0vat，vtat2s0，代入数据解得a4 m/s2，故a26 m/s2满足题意。答案6 m/s2考点四电磁场中的直线运动高考对本考点的考查相对简单，解答此类问题应注意以下三点：洛伦兹力的方向与电荷的性质有关；电势高低、电势能大小的比较方法；综合应用平衡条件、牛顿第二定律及功能关系解题。建议考生适当关注即可先记牢 1正电荷所受电场力的方向与电场方向相同，负电荷所受电场力的方向与电场方向相反。2正电荷在磁场中所受的洛伦兹力的方向可由左手定则直接判断，而同样运动方向的负电荷在磁场中所受的洛伦兹力的方向与正电荷的洛伦兹力方向相反。3沿电场线方向电势降低。4电场力做正功，电荷的电势能减小。再用活 1判断洛伦兹力方向时要区分电荷种类如诊断卷第10题，电子带负电，其所受洛伦兹力的方向向下，有的考生没有注意粒子电性，直接应用左手定则得出其洛伦兹力方向向上，从而错选C选项。2判断电场力做功时要联系物块的运动规律如诊断卷第11题，若B处固定的点电荷带正电，从A点释放的带负电的小物块到P点的速度不可能为零，由此可判断小物块下滑过程中，电场力做负功，小物块的电势能增大，从而可得出B、D项正确。1A、B是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速度为零的电子，电子仅在电场力作用下沿电场线从A运动到B，其电势能Ep随位移x变化的规律如图所示。设A、B两点的电场强度分别为EA和EB，电势分别为A和B。则()AEAEBBEAB DAB解析：选D根据动能定理qExEk，由于电势能Ep随位移x变化的规律为直线，所以为匀强电场，EAEB，故A、B错误。电子仅在电场力作用下沿电场线从A运动到B，电势能减小，电场力做正功，电场线方向从B到A，A8 m，即这位同学已通过关卡2，距该关卡1 m，当关卡关闭t22 s时，此同学在关卡2、3之间通过了x3v1t24 m的位移，接着关卡放行t5 s，同学通过的位移x4v1t10 m，此时距离关卡4为x524 m(18410) m1 m，关卡关闭2 s，经过t30.5 s后关卡4最先挡住他前进。二、练名校模拟好题一题能通一类题4(2016湖南省六校联考)在平直公路上行驶的a车和b车，其位移时间(xt)图像分别为图中直线a和曲线b，已知b车的加速度恒定且等于2 m/s2，t3 s时，直线a和曲线b刚好相切，则()Aa车做匀速运动且其速度为va m/sBt3 s时a车和b车相遇但此时速度不等Ct1 s时b车的速度为10 m/sDt0时a车和b车的距离x09 m解析：选Dxt图像的斜率等于速度，由图可知，a车的速度不变，做匀速直线运动，速度为：va m/s2 m/s，故A错误。t3 s时，直线a和曲线b刚好相切，位置坐标相同，两车相遇，斜率相等，此时两车的速度相等，故B错误。t3 s时，b车的速度为：vbva2 m/s，设b车的初速度为v0，对b车，由v0atvb，解得：v08 m/s，则t1 s时b车的速度为：vbv0at18 m/s21 m/s6 m/s，故C错误。t3 s时，a车的位移为：xavat6 m，b车的位移为：xbt3 m15 m，t3 s时，a车和b车到达同一位置，得：x0xbxa9 m，故D正确。5(2016孝感三中一模)如图所示，水平地面O点的正上方的装置M每隔相等的时间由静止释放一小球，当某小球离开M的同时，O点右侧一长为L1.2 m的平板车开始以a6.0 m/s2的恒定加速度从静止开始向左运动，该小球恰好落在平板车的左端，已知平板车上表面距离M的竖直高度为h0.45 m，忽略空气的阻力，重力加速度g取10 m/s2。(1)求小球左端离O点的水平距离；(2)若至少有2个小球落在平板车上，则释放小球的时间间隔t应满足什么条件？解析：(1)设小球自由下落至平板车上表面处历时t0，在该时间段内由运动学方程对小球有：hgt02对平板车有：xat02由式并代入数据可得：x0.27 m。(2)从释放第一个小球至第2个小球下落到平板车上表面高度处历时tt0，设平板车在该时间段内的位移为x1，由运动学方程有：x1a(tt0)2至少有2个小球落在平板车上须满足：x1xL由式并代入数据可得：t0.4 s。答案：(1)0.27 m(2)t0.4 s第二讲力与物体平衡考点一受力分析1.考查弹力的方向、力的合成与分解(2016淄博市实验中学一诊)如图所示，一质量均匀的实心圆球被直径AB所在的平面一分为二，先后以AB沿水平和竖直两种不同方向放置在光滑支架上，处于静止状态，两半球间的作用力分别为F和F，已知支架间的距离为AB长度的一半，则等于()A.B.C. D.解析：选A设两半球的总质量为m，当球以AB沿水平方向放置，可知Fmg，当球以AB沿竖直方向放置，以两半球为整体，隔离右半球受力分析如图所示，可得：Ftan ，根据支架间的距离为AB的一半，可得：30，则，则A正确。2考查摩擦力的有无及方向判断(多选)如图甲、乙所示，倾角为的斜面上放置一滑块M，在滑块M上放置一个质量为m的物块，M和m相对静止，一起沿斜面匀速下滑，下列说法正确的是()A图甲中物块m受到摩擦力B图乙中物块m受到摩擦力C图甲中物块m受到水平向左的摩擦力D图乙中物块m受到与斜面平行向上的摩擦力解析：选BD对题图甲：设m受到摩擦力，则物块m受到重力、支持力、摩擦力，而重力、支持力平衡，若受到摩擦力作用，其方向与接触面相切，方向水平，则物体m受力将不平衡，与题中条件矛盾，故假设不成立，A、C错误。对题图乙：设物块m不受摩擦力，由于m匀速下滑，m必受力平衡，若m只受重力、支持力作用，由于支持力与接触面垂直，故重力、支持力不可能平衡，则假设不成立，由受力分析知：m受到与斜面平行向上的摩擦力，B、D正确。3考查物体的平衡条件、胡克定律(2016江西省红色七校二模)如图所示，三个相同的轻质弹簧连接在O点，弹簧1的另一端固定在天花板上，且与竖直方向的夹角为30，弹簧2水平且右端固定在竖直墙壁上，弹簧3的另一端悬挂质量为m的物体且处于静止状态，此时弹簧1、2、3的形变量分别为x1、x2、x3，则()Ax1x2x312Bx1x2x321Cx1x2x312Dx1x2x321解析：选D以结点O为研究对象受力分析，运用合成法，如图：由几何知识知：T1T2mgtan 30T3mg故：T1T2T321根据胡克定律：Tkx则：x1x2x321，故选D。4考查物体的平衡条件、摩擦力的分析与计算(2015山东高考)如图，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.C. D.解析：选B滑块B刚好不下滑，根据平衡条件得mBg1F；滑块A恰好不滑动，则滑块A与地面之间的摩擦力等于最大静摩擦力，把A、B看成一个整体，根据平衡条件得F2(mAmB)g，解得。选项B正确。考点二整体法与隔离法的应用5.考查整体法与隔离法、力的合成与分解(多选)(2016洛阳二模)如图所示，质量分别为m1和m2的两个物体用两根轻质细线，分别悬挂在天花板上的A、B两点，两线与水平方向夹角分别为、，且，两物体间的轻质弹簧恰好处于水平状态，两根绳子拉力分别为FTA和FTB，则下列说法正确的是()AFTAFTB BFTAm2 Dm1，有cos FTB，A正确，B错；对m1和m2竖直方向受力平衡，FTAsin m1g，FTBsin m2g，得m1m2，C正确，D错。6考查整体法与隔离法、物体的平衡条件(2016衡水市冀州中学检测)如图所示，桌面上固定一个光滑竖直挡板，现将一个长方形物块A与截面为三角形的垫块B叠放在一起，用水平外力F缓缓向左推动B，使A缓慢升高，设各接触面均光滑，则该过程中()AA和B均受三个力作用而平衡BB对桌面的压力越来越大CA对B的压力越来越小D推力F的大小恒定不变解析：选D先以A为研究对象，分析受力情况：重力、墙的弹力和斜面的支持力三个力，B受到重力、A的压力、地面的支持力和推力F四个力。故A错误。当B向左移动时，B对A的支持力和墙对A的支持力方向均不变，根据平衡条件得知，这两个力大小保持不变，则A对B的压力也保持不变。对整体分析受力如图所示，由平衡条件得知，FN1，挡板对A的支持力N1不变，则推力F不变。桌面对整体的支持力NG总，保持不变。则B对桌面的压力不变，故B、C错误，D正确。7考查整体法与隔离法、摩擦力的分析与判断(多选)如图所示，质量为M的斜面体A放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球B置于斜面上，整个系统处于静止状态，已知斜面倾角及轻绳与竖直方向夹角均为30。不计小球与斜面间的摩擦，则()A轻绳对小球的作用力大小为mgB斜面对小球的作用力大小为mgC斜面体对水平面的压力大小为(Mm)gD斜面体与水平面间的摩擦力大小为mg解析：选AD以B为研究对象，受力如图甲所示，由几何关系知30。根据受力平衡可得FTFNmg以斜面体为研究对象，其受力如图乙所示。由受力平衡得FN1MgFNcos MgmgFfFNsin mg故B、C选项错误，A、D选项正确。考点三动态平衡问题8.考查用图解法分析动态平衡问题(2016全国甲卷)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。用T表示绳 OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中()AF逐渐变大，T逐渐变大BF逐渐变大，T逐渐变小CF逐渐变小，T逐渐变大DF逐渐变小，T逐渐变小解析：选A以O点为研究对象，受力如图所示，当用水平向左的力缓慢拉动O点时，则绳OA与竖直方向的夹角变大，由共点力的平衡条件知F逐渐变大，T逐渐变大，选项A正确。9考查用解析法分析动态平衡问题(2016衢州质检)如图所示，一根不可伸长的轻绳两端连接两轻环A、B，两环分别套在相互垂直的水平杆和竖直杆上 。轻绳绕过光滑的轻小滑轮，重物悬挂于滑轮下，始终处于静止状态。下列说法正确的是()A只将环A向下移动少许，绳上拉力变大，环B所受摩擦力变小B只将环A向下移动少许，绳上拉力不变，环B所受摩擦力不变C只将环B向右移动少许，绳上拉力变大，环A所受杆的弹力不变D只将环B向右移动少许，绳上拉力不变，环A所受杆的弹力变小解析：选B轻绳绕过滑轮，绳上张力大小处处相等，则易知滑轮两侧绳子与竖直方向夹角相等，设为，设滑轮左侧绳长为x，右侧绳长为y，总绳长xyl。两环A、B水平距离为d，则有dxsin ysin lsin ，sin ，当环A向下移动少许，d不变，绳长不变，不变，而2Fcos mg，可知绳上拉力F不变。选环B为研究对象，由FfFsin ，知环B所受摩擦力不变，A错，B对；环B向右移动少许，d变大，绳长不变，增大，可知绳上拉力变大。选环A为研究对象，由FNFsin ，知环A所受杆的弹力变大，C、D错。10考查用相似三角形法求解平衡问题(多选)如图所示，质量均为m的小球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连，B球用长为L的细绳悬于O点，A球固定在O点正下方，当小球B平衡时，绳子所受的拉力为FT1，弹簧的弹力为F1；现把A、B间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k2(k2k1)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为FT2，弹簧的弹力为F2，则下列关于FT1与FT2、F1与F2大小之间的关系，正确的是()AFT1FT2 BFT1FT2CF1F2 DF1F2解析：选BC小球B受重力mg、绳子拉力FT和弹簧弹力F三个力而平衡，平移FT、F构成矢量三角形如图所示，由图可以看出，力的矢量三角形总是与几何三角形OAB相似，因此有，其中OA、L保持不变，因此绳子的拉力FT大小保持不变，A错误、B正确；当弹簧的劲度系数k增大时，弹簧的压缩量减小，A、B间距离增大，因此对应的力F增大，C正确、D错误。考点四电磁场中的平衡问题11.考查库仑定律、物体的平衡条件、力的合成与分解(多选)(2014浙江高考)如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为。一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行。小球A的质量为m、电量为q。小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d。静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷。小球A静止在斜面上，则()A小球A与B之间库仑力的大小为B当 时，细线上的拉力为0C当 时，细线上的拉力为0D当 时，斜面对小球A的支持力为0解析：选AC根据库仑定律可得两小球之间的库仑力大小为F，选项A正确；当细线上的拉力为0时，小球A受到库仑力、斜面支持力、重力，由平衡条件得mgtan ，解得，选项B错误，C正确；由受力分析可知，斜面对小球的支持力不可能为0，选项D错误。12考查电场力作用下物体的动态平衡问题如图所示，一带电小球用绝缘轻质细线悬挂于O点，空间存在场强方向、大小均可调节的匀强电场，开始时匀强电场方向水平向右，小球平衡时细线与竖直方向成角(45)。现使电场方向在原竖直平面内沿逆时针方向缓慢转过2角(转动过程中小球所带电荷量不变)，而保持小球在原位置不动，则此过程中下列判断正确的是()A细线的拉力先减小后增大B电场强度一直减小C细线的拉力先增大后减小D电场强度先减小后增大解析：选D带电小球在重力G、细线拉力FT及电场力qE作用下处于平衡状态，此三力必可组成一封闭矢量三角形，当电场强度方向发生变化时，带电小球受力变化情况如图所示，则由图知细线拉力一直在减小，选项A、C错误；电场力先减小后增大(电场方向逆时针转过角时电场力最小)，选项B错误，D正确。13考查安培力作用下导体的平衡问题长为L的通电导体放在倾角为的光滑斜面上，并处在磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，当B方向竖直向上，电流为I1时导体处于平衡状态，若B方向改为垂直斜面向上，则电流为I2时导体仍处于平衡状态，电流比值应为()Acos B.Csin D.解析：选B当B竖直向上时，对导体受力分析如图甲所示，由平衡条件得：BI1Lmgtan 当B垂直斜面向上时，对导体受力分析如图乙所示，甲乙由平衡条件得：BI2Lmgsin 联立得：，故选项B正确。14考查安培力作用下导体的动态平衡问题如图所示，两根通电直导体棒用四根长度相等的绝缘细线悬挂于O1、O2两点，已知O1O2连线水平，导体棒静止时绝缘细线与竖直方向的夹角均为，保持导体棒中的电流大小和方向不变，在导体棒所在空间加上匀强磁场后绝缘细线与竖直方向的夹角均增大了相同的角度，下列分析正确的是()A两导体棒中的电流方向一定相同B所加磁场的方向可能沿x轴正方向C所加磁场的方向可能沿z轴正方向D所加磁场的方向可能沿y轴负方向解析：选C在导体棒所在空间加上匀强磁场后绝缘细线与竖直方向的夹角均增大了相同的角度，则两导体棒中的电流方向一定相反，且电流大小相等，选项A错误；由左手定则可知，所加磁场的方向可能沿z轴正方向，选项C正确，B、D错误。考点一受力分析本考点是对重力、弹力、摩擦力及受力分析等知识的考查，常结合物体的平衡条件、力的合成与分解等相关知识简单交汇命题，题型一般为选择题。建议考生自学为主先记牢 1理清知识体系2遵循分析顺序一般按照一重力、二弹力、三摩擦力、四其他力的顺序分析物体受力。再用活 一、谨记三个“嘱托”，不被“表象”遮慧眼1弹力的方向一定与接触面或接触点的切面垂直，且指向受力物体。如诊断卷第1题中，两半球间的弹力方向与直径垂直，光滑支架对球的两个弹力的方向均沿球半径方向，且指向球心。2两物体接触处有无静摩擦力，要根据物体间有无相对运动趋势或根据平衡条件进行判断。如诊断卷第2题，图甲中m相对M无相对运动趋势，m不受静摩擦力，图乙中m随M一起匀速下滑时必受沿斜面向上的静摩擦力作用。3物体间恰好不相对滑动时，其间静摩擦力恰好等于最大静摩擦力。如诊断卷第4题中，对滑块B：mBg1F，对A、B组成的整体：F2(mAmB)g。以上两式联立可得出选项B正确。二、掌握摩擦力的三类“突变”，命题人常在此设“迷点”类型一“静静”突变静摩擦力为被动力，当物体的受力情况发生变化时，其运动趋势方向可能发生突变，静摩擦力的方向也随之发生突变，而突变的时刻往往发生在静摩擦力为零的时刻。兴趣课堂上，某同学将完全相同的甲、乙两个条形磁铁水平放在粗糙的水平木板上(N极正对)，如图所示，并缓慢抬高木板的右端至倾角为，这一过程中两磁铁均保持静止状态。请对该同学提出的说法进行分析，其中正确的是()A甲受到的摩擦力相对木板的方向可能发生变化B乙受到的摩擦力相对木板的方向可能发生变化C继续增大倾角，甲、乙将会同时发生滑动D若减小甲、乙间距，重复上述过程，增大倾角时乙会先发生向上滑动解析因两条形磁铁N极正对，相互排斥，在较小时，乙有沿斜面向上运动的趋势，且随的增大，乙所受的摩擦力沿斜面向下逐渐减小，可能出现反向增大的情况；而甲一定具有沿斜面向下运动的趋势，且随的增大，甲所受摩擦力增大，不可能出现摩擦力方向变化的情况，故A错误，B正确；增大倾角或减小甲、乙间距时，最易发生相对滑动的为甲，故C、D均错误。答案B类型二“静动”突变静摩擦力的大小变化范围满足：0FfFfm，假设物体间不发生相对滑动，静摩擦力超出该范围，则物体间的相对运动趋势将突变为相对运动，同时摩擦力由静摩擦力突变为滑动摩擦力，其大小将遵循：FfFN。(2016淄博实验中学诊考)如图甲所示，质量为m的半球体静止在倾角为的平板上，当从0缓慢增大到90的过程中，半球体所受摩擦力Ff与的关系如图乙所示，已知半球体始终没有脱离平板，半球体与平板间的动摩擦因数为，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度为g，则()AOq段图像可能是直线Bq段图像可能是直线CqDp解析半球体在平板上恰好开始滑动的临界条件是：mgsin mgcos ，故有：tan ，解得：，即q，故C错误；在0之间时，Ff是静摩擦力，大小为mgsin ；在之间时，Ff是滑动摩擦力，大小为mgcos ；综合以上分析得其Ff与关系如图中实线所示，故A、B错误；当时，Ffmgsin，即p，故D正确。答案D类型三“动静”突变当物体间的摩擦力由滑动摩擦力突变为静摩擦力时，摩擦力的大小所遵循的规律也发生了突变。(2016德州模拟)把一重为G的物体，用一个水平的推力Fkt(k为恒量，t为时间)压在竖直的足够高的平整的墙上(如图所示)，从t0开始物体所受的摩擦力Ff随t的关系是下图中的哪一个()解析开始时由于推力F为零，物体和墙面间没有挤压，则摩擦力为零。物体在重力作用下开始沿竖直墙面下滑，所以开始时为滑动摩擦力。由FfFN，又FNFkt，所以
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