2019届高三物理二轮复习 专题限时练1 第1部分 专题1 力与物体的平衡
2019版高考物理二轮复习专题一力与运动专题突破练1力与物体的平衡
专题突破练1 力与物体的平衡(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(共11小题,每小题7分,共77分。
在每小题给出的四个选项中,第1~8小题只有一个选项符合题目要求,第9~11小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得7分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)1.(2018湖北武汉调研)如图所示,在水平桌面上叠放着物体a、b、c,三个物体均处于静止状态。
下列说法正确的是()A.b对a的摩擦力可能水平向右B.b对a的支持力与a受到的重力是一对平衡力C.c一定受到水平桌面施加的摩擦力D.c对b的作用力一定竖直向上2.(2018河南郑州一中期中)如图所示,三个物块A、B、C叠放在斜面上,用方向与斜面平行的拉力F作用在B上,使三个物块一起沿斜面向上做匀速运动。
设物块C对A的摩擦力为F f A,对B的摩擦力为F f B,下列说法正确的是()A.如果斜面光滑,F f A与F f B方向相同,且F f A>F f BB.如果斜面光滑,F f A与F f B方向相反,且F f A>F f BC.如果斜面粗糙,F f A与F f B方向相同,且F f A>F f BD.如果斜面粗糙,F f A与F f B方向相反,且F f A<F f B3.(2018安徽安庆二模)如图所示,小车在水平地面上向右做匀速直线运动,车内A、B两物体叠放在一起,因前方有障碍物,为避免相撞,小车刹车制动,在小车整个运动的过程中,A、B两物体始终保持相对静止且随小车一起运动,则下列说法正确的是()A.在小车匀速运动过程中,A、B两物体间存在摩擦力B.在小车匀速运动过程中,B物体相对小车有向右运动的趋势C.在小车刹车制动过程中,A相对B一定有沿斜面向上运动的趋势D.在小车刹车制动过程中,A、B两物体间一定存在着沿斜面方向上的摩擦力4.(2018陕西安康质量联考)如图所示,两个小球a、b的质量均为m,用细线相连并悬挂于O点。
2019年高考物理二轮复习专题限时训练1 力与物体的平衡
专题限时训练1 力与物体的平衡时间：45分钟一、单项选择题1．(2017·江淮十校三模)一长方形木板放置在水平地面上，在木板的上方有一条状竖直挡板，挡板的两端固定于水平地面上，挡板跟木板之间并不接触．现在有一个方形物块在木板上沿挡板以某一速度运动，同时方形木板以相同大小的速度向左运动，木板的运动方向与竖直挡板垂直，已知物块跟竖直挡板和水平木板间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，物块的质量为m ，则竖直挡板对物块的摩擦力大小为( )A ．0 B.22μ1μ2mg C.12μ1μ2mg D.2μ1μ2mg解析：因为v 1和v 2数值大小相等，以木板为参考系，物块相对于木板的运动方向如图中v 物，则tan θ＝1，得θ＝45°.则木板对物块的摩擦力方向与v 物方向相反，如图．木板对物块的摩擦力大小为f ＝μ2mg ，物块对挡板的压力F N ＝f ·cos45°＝22μ2mg ，物块对挡板的摩擦力f ′＝μ1F N ＝22μ1μ2mg ，故B 项正确． 答案：B2．(2017·安徽江南十校联考)如图所示，竖直面光滑的墙角有一个质量为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( )A ．2r B.95r C.115r D.135r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f ＝μ·3mg ，此时以B 球为研究对象，对其受力分析如图所示，有F 2＝2mg tan θ，以A 和B 整体为研究对象，在水平方向有μ·3mg ＝F 2，则tan θ＝2mg 3μmg，代入数据得θ＝53°.由几何关系可知，A 球球心到墙角的最远距离l ＝r ＋2r cos θ＝115r ，选项C 正确． 答案：C3．(2017·太原模拟)如图，两个倾角相同的斜面体甲、乙静止在粗糙水平面上，质量为m 的物块分别在竖直向下和沿斜面向下的外力F 作用下沿斜面匀速下滑，整个过程斜面体始终静止，则( )A ．甲受地面向左的摩擦力B ．乙受地面的摩擦力为零C ．甲与m 间的动摩擦因数小于乙与m 间的动摩擦因数D ．乙对m 的合力方向竖直向上解析：整体受力分析可知，甲不受地面的摩擦力，选项A错误；乙受地面向右的摩擦力，选项B错误；对物块受力分析可得甲与m 间的动摩擦因数小于乙与m间的动摩擦因数，选项C正确；对乙斜面上的物块受力分析可知，乙对m的合力与拉力和重力的合力大小相等、方向相反，选项D错误．答案：C4．(2017·银川一模)在很多公园和旅游景点，都建有如图甲所示的拱桥．为了研究问题方便，我们把拱桥简化为如图乙所示由六块大小、形状、质量均相同的石块组成的一个半圆形拱圈，1、6两块石块放置在拱圈两端的基石上．设每块石块质量为m.假设在中间两石块正上方静置一个质量为2m的石块，已知重力加速度为g.则()A．半圆形拱圈两端的基石承受的压力各为3mgB．石块3、4之间的摩擦力大小不为零C．石块2对石块3的弹力大小为mgD．石块5对石块4的摩擦力大小为2mg解析：把六块石块和上方所放石块看成整体，对整体受力分析，由平衡条件可得半圆形拱圈两端的基石对上方石块的支持力各为F＝4mg，由牛顿第三定律可得半圆形拱圈两端的基石承受的压力各为4mg，选项A错误；把石块上方所放石块看成是两块质量均为m的石块，把左侧石块1、2、3和质量为m的石块看成整体，由平衡条件可得，石块3、4之间的摩擦力为零，选项B错误；由对称性可知，石块2对石块3的弹力大小与石块5对石块4的弹力大小相等，石块2对石块3的摩擦力大小与石块5对石块4的摩擦力大小相等．设石块2对石块3的弹力大小为F23，石块2对石块3的摩擦力大小为f23，把石块3和质量为m的石块看成整体，对整体进行受力分析，由平衡条件可得，f23sin30°－F23cos30°＝0，f23cos30°＋F23sin30°＝2mg，联立解得F23＝mg，f23＝3mg，选项C正确，同理可知选项D错误．答案：C5．(2017·安徽联考)如图所示是一旅行箱，它既可以在地面上推着行走，也可以在地面上拉着行走．已知该旅行箱的总质量为15 kg，一旅客用斜向上的拉力拉着旅行箱在水平地面上做匀速运动，若拉力的最小值为90 N，此时拉力与水平方向间的夹角为θ，重力加速度大小为g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，旅行箱受到地面的阻力与其受到地面的支持力成正比，比值为μ，则()A．μ＝0.5，θ＝37°B．μ＝0.5，θ＝53°C．μ＝0.75，θ＝53°D．μ＝0.75，θ＝37°解析：对旅行箱受力分析，如图所示，根据平衡条件可知，水平方向有F cos θ－f ＝0，竖直方向有N ＋F sin θ－G ＝0，其中f ＝μN ，故F ＝μG cos θ＋μsin θ，令μ＝tan α，则F ＝G sin αcos (α－θ)；当θ＝α时，F 有最小值，F min ＝G sin α＝90 N ，α＝37°，故μ＝tan37°＝0.75，θ＝37°，D 正确．答案：D 6.(2016·新课标全国卷Ⅲ)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 、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.m 2B.32m C ．mD ．2m解析：由于物块通过挂钩悬挂在线上，细线穿过圆环且所有摩擦都不计，可知线上各处张力都等于小球重力mg.如图所示，由对称性可知a、b位于同一水平线上，物块处于圆心O点正上方，则∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠1＝∠5.因圆弧对轻环的弹力沿圆弧半径方向，且轻环重力不计，由平衡条件知环两侧细线关于圆弧半径对称，即∠5＝∠6，由几何关系得∠1＝∠2＝∠5＝∠6＝30°，∠3＝∠4＝60°.再由物块与挂钩的受力平衡有mg cos60°＋mg cos60°＝Mg，故有M＝m，C正确．答案：C二、多项选择题7．(2017·广西模拟)《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1 000 kV的高压线上带电作业的过程．如图所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮上．另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，另一端由工人控制．身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C 点运动到处于O 点正下方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 点运动到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C ．OD 、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33mg 解析：对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示．绳OD 的拉力为F 1，与竖直方向的夹角为θ；绳CD 的拉力为F 2，与竖直方向的夹角为α.王进下降的过程中θ减小，α增大，故F 1增大，F 2减小，A 错，B 对；两绳拉力的合力大小等于mg ，C 对；α＝30°时，θ＝30°，可求出F 2＝33mg ，D 对． 答案：BCD8．(2017·洛阳统考)如图所示，小球A、B质量均为m，初始带电荷量均为＋q，都用长L的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O点，A球紧靠绝缘的墙壁且其悬线刚好竖直，B球悬线偏离竖直方向θ角而静止．如果保持B球的电荷量不变，使A球的电荷量缓慢减小，当两球间距缓慢变为原来的13时，下列判断正确的是()A．小球A受到细线的拉力大小不变B．小球B受到细线的拉力大小不变C．两球之间的库仑力大小不变D．小球A的电荷量减小为原来的127解析：画出小球B的受力分析图，根据图中几何关系可得，mgOA＝FAB＝F T OB .由于OA 不变、OB 不变，由mg OA ＝F T OB ，知小球B 受到的细线拉力F T 不变，选项B 正确；当两球间距AB 缓慢变为原来的13时，两球之间的库仑力变为原来的13，选项C 错误；根据库仑定律，F ＝k q A ·q B r 2，小球A 的电荷量减小为原来的127，选项D 正确；对小球A 受力分析可知，两球之间的库仑力变小，小球A 受到的细线拉力变小，选项A 错误．答案：BD9．(2017·天津理综)如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M 、N 上的a 、b 两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态．如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是( )A ．绳的右端上移到b ′，绳子拉力不变B ．将杆N 向右移一些，绳子拉力变大C ．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小D ．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移解析：本题考查物体受力分析、物体的平衡．衣架挂钩为“活结”模型，oa 、ob 为一根绳，两端拉力相等，设绳aob 长为L ，M ，N 的水平距离为d ，bo 延长线交M 于a ′，由几何知识知a ′o ＝ao ，sin θ＝d L ，由平衡条件有2F cos θ＝mg ，则F ＝mg 2cos θ，当b 上移到b ′时，d 、L 不变，θ不变，故F 不变，选项A 正确，C 错误；将杆N 向右移一些，L 不变，d 变大，θ变大，cos θ变小，则F 变大，选项B 正确；只改变m ，其他条件不变，则sin θ不变，θ不变，衣架悬挂点不变，选项D 错误．答案：AB10．(2017·陕西咸阳模拟)如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来处于静止状态，此时磁铁对水平面的压力为F N1.现在磁铁左上方位置固定一导体棒，在导体棒中通以垂直纸面向里的电流瞬间，磁铁对水平面的压力变为F N2，同时出现其他变化，则以下说法正确的是( )A．弹簧长度将变长B．弹簧长度将变短C．F N1>F N2D．F N1<F N2解析：在磁铁的左上方位置固定一导体棒，在导体棒中通以垂直纸面向里的电流瞬间，由左手定则可判断出导体棒所受的安培力斜向右下，由牛顿第三定律可知，条形磁铁所受的安培力斜向左上，因此弹簧长度将变短，磁铁对水平面的压力减小，即F N1>F N2，选项BC 正确，AD错误．答案：BC三、计算题11．(2016·新课标全国卷Ⅰ)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上．已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑．求：(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小．解析：(1)由于ab、cd棒被平行于斜面的导线相连，故ab、cd速度总是大小相等，cd也做匀速直线运动．设两导线上拉力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为F N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F ，左斜面对cd 棒的支持力大小为F N2.对于ab 棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得2mg sin θ＝μF N1＋T ＋F ①F N1＝2mg cos θ②对于cd 棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得mg sin θ＋μF N2＝T ③F N2＝mg cos θ④联立①②③④式得：F ＝mg (sin θ－3μcos θ)⑤(2)设金属棒运动速度大小为v ，ab 棒上的感应电动势为E ＝BL v ⑥回路中电流I ＝E R ⑦安培力F ＝BIL ⑧联立⑤⑥⑦⑧得：v ＝(sin θ－3μcos θ)mgR B 2L 2. 答案：(1)mg (sin θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ)mgR B 2L 2 12.(2015·浙江理综)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L ＝0.1 m ，竖直边长H ＝0.3 m ，匝数为N 1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B 0＝1.0 T ，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0 A 范围内调节的电流I .挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度取g ＝10 m/s 2)(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg ，线圈的匝数N 1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N 2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R ＝10 Ω，不接外电流，两臂平衡．如图乙所示，保持B 0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B 随时间均匀变大，磁场区域宽度d ＝0.1 m ．当挂盘中放质量为0.01 kg 的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率ΔB Δt. 解析：(1)题中“电磁天平”中的线圈受到安培力F ＝N 1B 0IL ① 由天平平衡可知：mg ＝N 1B 0IL ②代入数据解得：N 1＝25匝③(2)由电磁感应定律得：E ＝N 2ΔΦΔt ＝N 2ΔB ΔtLd ④ 由欧姆定律得：I ′＝E R ⑤线圈受到的安培力F ′＝N 2B 0I ′L ⑥由天平平衡可得：m ′g ＝N 22B 0ΔB Δt ·dL 2R⑦ 代入数据可得ΔB Δt＝0.1 T/s ⑧ 答案：(1)25匝 (2)0.1 T/s。
高三物理二轮专项复习 力与物体的平衡
力与物体的平衡专题强化练1．(2019·全国卷Ⅱ)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行．已知物块与斜面之间的动摩擦因数为33，重力加速度取10m/s2.若轻绳能承受的最大张力为1500N，则物块的质量最大为() A．150kg B．1003kgC．200kg D．2003kg2.(2018·天津理综·7)(多选)明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可．一游僧见之曰：无烦也，我能正之．”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身．假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力F N，则()A．若F一定，θ大时F N大B．若F一定，θ小时F N大C．若θ一定，F大时F N大D．若θ一定，F小时F N大3.(2019·河南联考)如图所示，滑块放在水平地面上，左边受一个弹簧拉力作用，弹簧原长小于h，水平向右的拉力F拉动滑块，使滑块向右缓慢移动，并且滑块始终没有离开地面，则在上述过程中，下列说法正确的是()A．弹簧弹力在竖直方向的分量不变，滑块受到的摩擦力不变B．弹簧弹力在竖直方向的分量不变，滑块受到的摩擦力变小C．弹簧弹力在竖直方向的分量增大，滑块受到的摩擦力变小D．弹簧弹力在竖直方向的分量增大，滑块受到的摩擦力不变4.(2019·江西省新余市上学期期末)灯笼，又称灯彩，是一种古老的中国传统工艺品．每年的农历正月十五元宵节前后，人们都挂起红灯笼，来营造一种喜庆的氛围．如图是某节日挂出的一只灯笼，轻绳a、b将灯笼悬挂于O点．绳a与水平方向的夹角为θ，绳b 水平．灯笼保持静止，所受重力为G ，绳a 、b 对O 点拉力分别为F 1、F 2，下列说法正确的是()A ．F 1＝G sin θ，F 2＝G tan θB ．F 1＝G sin θ，F 2＝G tan θC ．F 1和F 2的合力与灯笼对地球的引力是一对平衡力D ．F 1和F 2的合力与地球对灯笼的引力是一对相互作用力5.(2019·辽宁省大连市第二次模拟)如图所示，质量分布均匀的细棒中心为O 点，O 1为光滑铰链，O 2为光滑定滑轮，O 2在O 1正上方，一根轻绳一端系于O 点，另一端跨过定滑轮O 2，由水平外力F 牵引，用F N 表示铰链对细棒的作用，现在外力F 作用下，细棒从图示位置缓慢转到竖直位置的过程中，下列说法正确的是()A ．F 逐渐变小，F N 大小不变B ．F 逐渐变小，F N 大小变大C ．F 先变小后变大，F N 逐渐变小D ．F 先变小后变大，F N 逐渐变大6.(2019·广东省韶关市11月月考)(多选)如图所示，用OA 、OB 两根轻绳将花盆悬于两竖直墙之间，开始时OB 绳水平．现保持O 点位置不变，改变OB 绳长使绳右端由B 点缓慢上移至B ′点，此时OB ′与OA 之间的夹角θ＜90°.设此过程OA 、OB 绳的拉力分别为F OA 、F OB ，则下列说法正确的是()A ．F OA 一直减小B ．F OA 先减小后增大C ．F OB 一直增大D ．F OB 先减小后增大7.(2019·福建省厦门市质检)如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于O 点．一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P ，一条绳连接小球Q ，P 、Q 两物体处于静止状态，另一条绳OA 受外力F 的作用，处于水平方向，现缓慢逆时针改变绳OA 的方向至θ＜90°，且保持结点O 位置不变，整个装置始终处于静止状态．下列说法正确的是()A ．绳OA 的拉力一直减小B ．绳OB 的拉力一直增大C ．地面对斜面体有向右的摩擦力D ．地面对斜面体的支持力不断减小8.(2019·安徽省蚌埠市一质检)如图所示，A 、B 、C 三根平行通电直导线质量均为m ，通入的电流大小相等，其中C 中的电流方向与A 、B 中的电流方向相反，A 、B 放置在粗糙的水平面上，C 静止在空中，三根导线的截面处于一个等边三角形的三个顶点，且三根导线均保持静止，重力加速度为g ，则A 导线受到B 导线的作用力大小和方向为()A.33mg ，方向由A 指向BB.33mg ，方向由B 指向AC.3mg ，方向由A 指向BD.3mg ，方向由B 指向A9.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，绝缘细线下面悬挂一质量为m 、长为l 的导线，导线中有垂直纸面向里的恒定电流I ，静止时细线偏离竖直方向θ角，现将磁场沿逆时针方向缓慢转动到水平向右，转动时磁感应强度B的大小不变，在此过程中下列说法正确的是()A．导线受到的安培力逐渐变大B．绝缘细线受到的拉力逐渐变大C．绝缘细线与竖直方向的夹角θ先增大后减小D．导线受到的安培力与绝缘细线受到的拉力的合力大小不变，方向随磁场的方向的改变而改变10.(2019·山西省长治、运城、大同、朔州、阳泉五地市联考)如图所示，光滑的圆环固定在竖直平面内，圆心为O，三个完全相同的小圆环a、b、c穿在大环上，小环c上穿过一根轻质细绳，绳子的两端分别固定着小环a、b，通过不断调整三个小环的位置，最终三小环恰好处于平衡位置，平衡时a、b的距离等于绳子长度的一半．已知小环的质量为m，重力加速度为g，轻绳与c的摩擦不计．则()A．a与大环间的弹力大小3mgmgB．绳子的拉力大小为32C．c受到绳子的拉力大小为3mgD．c与大环间的弹力大小为3mg11.(2019·广西桂林市、贺州市期末联考)如图所示，A、B都是重物，A被绕过小滑轮P的细线悬挂着，B放在粗糙的水平桌面上；小滑轮P被一根斜短线系于天花板上的O点；O′是三根线的结点，bO′水平拉着B物体，细线cO′沿竖直方向拉着O′(c固定在地面上)；细线和小滑轮的重力不计，细线与滑轮之间的摩擦力可忽略．缓慢增大A的质量，∠cO′a＝120°保持不变，整个装置始终处于静止状态．则下列说法正确的是()A．由于细线cO′长度不变化，对结点的拉力保持不变B．物体B的合外力增大C．细线O′a与竖直方向的夹角变大D．物体B受到的摩擦力大小始终是物体A重力的3212．(2019·河北省衡水中学第一次调研)如图所示，放在粗糙的固定斜面上的物块A和悬挂的物块B均处于静止状态．轻绳AO绕过光滑的定滑轮与轻弹簧的右端及轻绳BO的上端连接于O点，轻弹簧中轴线沿水平方向，轻绳的OC段与竖直方向的夹角θ＝53°，斜面倾角α＝37°，物块A和B的质量分别为m A＝5kg、m B＝1.5kg，弹簧的劲度系数k＝500N/m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)弹簧的伸长量x；(2)物块A受到的摩擦力．参考答案1.【答案】A【解析】设物块的质量最大为m ，将物块的重力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡条件，在沿斜面方向有F ＝mg sin 30°＋μmg cos 30°，解得m ＝150kg ，A 项正确．2.【答案】BC3.【答案】C【解析】设弹簧的原长为l 0，劲度系数为k ，弹簧弹力在竖直方向的分量F y ＝k h sin θ－l 0sin θ，故F y ＝kh －kl 0sin θ，当滑块向右移动时弹簧与水平方向的夹角减小，可知弹簧弹力的竖直分量在增大，故滑块与地面间的弹力减小，滑块与地面间的摩擦力减小，C 正确．4.【答案】A【解析】以结点O 为研究对象，受力分析如图所示，由灯笼受力平衡可知，T ＝G ，而F 1与F 2的合力与T 等大反向，即F 1与F 2的合力大小等于灯笼的重力大小．则可知F 1＝G sin θ，F 2＝G tan θ，选项A 正确，B 错误；F 1与F 2的合力与竖直方向绳的拉力是一对平衡力，选项C 错误；地球对灯笼的引力与灯笼对地球的引力是一对相互作用力，选项D 错误．5.【答案】A【解析】画出细棒的受力图如图；根据三角形定则及相似三角形可知：F N OO 1＝mg O 1O 2＝F OO 2，因OO 1和O 1O 2不变，则F N 不变；随OO 2的减小，F 减小，故选A.6.【答案】AD【解析】以结点O为研究对象，分析受力：花盆拉力G、绳OA的拉力F OA 和绳OB的拉力F OB，如图所示，根据平衡条件知，两根绳子的拉力的合力与重力大小相等、方向相反，作出轻绳OB在B点上移过程中的两个位置时力的合成图如图，由图看出，F OA逐渐减小，F OB先减小后增大，当θ＝90°时，F OB最小．7.【答案】D【解析】缓慢改变绳OA的方向至θ<90°的过程，OA拉力的方向变化如图从1位置到2位置到3位置所示，可见OA的拉力先减小后增大，OB的拉力一直减小，故A、B均错误；以斜面体和P、Q整体为研究对象受力分析，根据平衡条件：斜面体受地面的摩擦力与OA绳子水平方向的拉力等大反向，故地面对斜面体的摩擦力方向向左，C 错误；OB的拉力一直减小，则F OBy一直减小，而F OAy＋F OBy＝M Q g得F OAy一直增大，以斜面体和P、Q整体为研究对象受力分析，根据竖直方向受力平衡：F N ＋F OAy＝M斜g＋M P g＋M Q g，综合可得F N一直减小，D正确．8.【答案】A【解析】三根导线的截面处于一个等边三角形的三个顶点，通入的电流大小相等，则F BC＝F AC＝F AB，又反向电流相互排斥，对电流C受力分析如图：由平衡条件可得：2F AC cos30°＝mg，解得：F AC＝33mg，则F AB＝33mg同向电流相互吸引，A导线受到B导线的作用力方向由A指向B.9.【答案】B【解析】导线受到的安培力F安＝BIl大小不变，选项A错误；磁场逆时针转动90°的过程中，F安方向逐渐由水平向左变为竖直向下，由于变化缓慢，所以F安与mg的合力F合与F T大小相等，方向相反，由图可知，F合大小逐渐增大，θ逐渐减小，所以F T大小逐渐增大，选项B正确，选项C错误；F安与F T的合力总是与重力大小相等，方向相反，即竖直向上，选项D错误．10.【答案】C【解析】三个小圆环能静止在光滑的圆环上，由几何知识知：a、b、c恰好能组成一个等边三角形，对a受力分析如图甲所示：在水平方向上：F T sin30°＝F N sin60°在竖直方向上：F T cos30°＝mg＋F N cos60°解得：F N ＝mg ；F T ＝3mg ，故A 、B 错误；甲乙c 受到绳子拉力的大小为：2F T cos 30°＝3mg ，故C 正确；以c 为研究对象，受力分析如图乙，受力分析得：在竖直方向上：F N1＝mg ＋2F T ′cos 30°又F T ′＝F T解得：F N1＝mg ＋23mg ×32＝4mg ，故D 错误．11.【答案】D【解析】因∠cO ′a ＝120°保持不变，整个装置始终处于静止状态，则当A 的质量变大时，O ′a 拉力变大，则细线cO ′对结点的拉力变大，选项A 错误；因物体B 仍静止，则物体B 的合外力仍为零，选项B 错误；因∠cO ′a ＝120°保持不变，则细线O ′a 与竖直方向的夹角不变，选项C 错误；对结点O ′受力分析，由平衡条件，水平方向：F T bO ′＝F T O ′a cos 30°，而F T bO ′＝F f B ，F T O ′a ＝G A ，解得F f B G A ＝cos 30°＝32，选项D 正确．12.【解析】(1)对结点O 受力分析如图所示：根据平衡条件，有：F T cosθ－m B g＝0，F T sinθ－F＝0，且：F＝kx，解得：x＝4cm；(2)设物块A所受摩擦力沿斜面向下，对物块A做受力分析如图所示：根据平衡条件，有：F T′－F f－m A g sinα＝0，且F T′＝F T，解得：F f＝－5N，即物块A所受摩擦力大小为5N，方向沿斜面向上．。
2019高考物理大二轮复习 专题一 力与运动 专题能力训练1 力与物体的平衡
专题能力训练1 力与物体的平衡(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共7小题,每小题8分,共56分。
在每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~7题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.(2017·全国卷Ⅱ)如图所示,一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。
若保持F的大小不变,而方向与水平面成60°角,物块也恰好做匀速直线运动。
物块与桌面间的动摩擦因数为()A.2-B.C.D.2.如图所示,一物体M放在粗糙的斜面体上保持静止,斜面体静止在粗糙的水平面上。
现用水平力F推物体时,M和斜面仍然保持静止状态,则下列说法正确的是()A.斜面体受到地面的支持力增大B.斜面体受到地面的摩擦力一定增大C.物体M受到斜面的静摩擦力一定增大D.物体M受到斜面的支持力可能减小3.如图所示,质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定,轻杆A端用铰链固定,滑轮在A点正上方(滑轮大小及摩擦均可不计),轻杆B端吊一重物G,现将绳的一端拴在杆的B端,用拉力F将B端缓慢上拉(均未断),在AB杆达到竖直前,以下分析正确的是()A.绳子越来越容易断B.绳子越来越不容易断C.AB杆越来越容易断D.AB杆越来越不容易断4.一带电金属小球A用绝缘细线拴着悬挂于O点,另一带电金属小球B用绝缘支架固定于O点的正下方,OA=OB,金属小球A、B静止时位置如图所示。
由于空气潮湿,金属小球A、B缓慢放电。
此过程中,小球A所受的细线的拉力F1和小球B对A的库仑力F2的变化情况是()A.F1减小,F2减小B.F1减小,F2不变C.F1增大,F2增大D.F1不变,F2减小5.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μ1,A与地面间的动摩擦因数为μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
高三物理二轮复习 专题限时集训 第1部分 专题突破篇 专题1 力与物体的平衡
专题限时练(一) 力与物体的平衡(建议用时：40分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．在科学研究中，可以用风力仪直接测量风力的大小．仪器中有一根轻质金属丝悬挂着一个金属球，无风时金属球自由下垂，当受到沿水平方向吹来的风时，金属丝偏离竖直方向一个角度并保持恒定，如图所示．关于风力大小F与小球质量m、偏角θ之间的关系，下列关系中正确的是( )图A．F＝mg tan θB．F＝mg sin θC．F＝mgcos θD．F＝mgtan αA[对金属球的受力分析如图所示，由几何知识得，F＝mg tan θ，选项A正确，选项B、C、D错误．]2．(2016·贵阳二模)如图所示，轻质弹簧的左端与物块P相连，另一端固定在木板上．先将木板水平放置，并使弹簧处于压缩状态．缓慢抬起木板的右端，使倾角逐渐增大，直至物块P刚要沿木板向下滑动，在这个过程中，物块P所受静摩擦力的大小变化情况是( )图A．一直增大B．保持不变C．先减小后增大D．先增大后减小A[在抬起木板右端的过程中，物块受重力、支持力、弹簧对物块沿木板向下的弹力、摩擦力作用，由平衡条件有mg sin α＋kx＝F f，α为木板与水平面的夹角，所以在抬起木板右端的过程中物块所受摩擦力不断增大，A项正确．]3．(2016·南京市盐城市二联)如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态．若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态．则下列判断中正确的是( )图A．球B对墙的压力增大B．球B对柱状物体A的压力增大C．地面对柱状物体A的摩擦力不变D．地面对柱状物体A的支持力不变D[以B为研究对象，受力分析如图甲所示，由图可知，把A向右移动少许，墙对球B的压力F1减小，柱状物体A对球B的支持力F2减小，由牛顿第三定律知，球B对墙的压力减小，球B对柱状物体A的压力减小，选项A、B错误；把A、B作为一个整体，受力分析如图乙所示，由平衡条件得，地面对柱状物体A的摩擦力F f＝F1，地面对柱状物体A的支持力F N＝(m A＋m B)g，由此可知，地面对柱状物体A的摩擦力减小，地面对柱状物体A 的支持力不变，选项C错误，D正确．]甲乙4．(2016·天津河西区二模)将某材料制成的长方体锯成A、B两块放在水平面上，A、B 紧靠在一起，物体A的角度如图所示．现用水平方向的力F推物体B，使物体A、B保持原来形状整体沿力F的方向匀速运动，则( )图A．物体A在水平方向受两个力的作用，合力为零B．物体A只受一个摩擦力C．物体B对A的压力小于桌面对物体A的摩擦力D．物体B在水平方向受三个力的作用C[对A受力分析如图所示，A在水平方向受到B对A的压力F N、B对A沿斜面向上的摩擦力f1、桌面对A的摩擦力f2三个力的作用而处于平衡状态，合力为零，选项A、B错误；对A由平衡条件有f2sin 60°＝F N，故B对A的压力小于桌面对物体A的摩擦力，选项C正确；对B受力分析知，B在水平方向受到水平方向的推力、A对B的压力、A对B的摩擦力、桌面对B的摩擦力四个力的作用，选项D错误．]5．(2016·济南二模)如图所示，在竖直放置的穹形支架上，一根长度不变且不可伸长的轻绳通过轻质光滑滑轮悬挂一重物G.现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从B点沿支架缓慢地向C点靠近(C点与A点等高)．则在此过程中绳中拉力大小( )A．先变大后不变B．先变大后变小C．先变小后不变D．先变小后变大A[当轻绳的右端从B点移到直杆最上端时，设两绳的夹角为2θ；以滑轮为研究对象，分析受力情况如图甲所示．根据平衡条件得2F cos θ＝mg，得到绳子的拉力F＝mg2cos θ，所以在轻绳的右端从B点移到直杆最上端的过程中，θ增大，cos θ减小，则F变大；当轻绳的右端从直杆最上端移到C点时，设两绳的夹角为2α，设绳子总长为L，两直杆间的距离为s，由几何知识得到sin α＝sL，L、s不变，则α保持不变，再根据平衡条件可知，两绳的拉力F保持不变，所以绳中拉力大小变化的情况是先变大后不变，选项A正确．]甲乙6．如图所示，一质量为m1的光滑匀质球，夹在竖直墙面和倾角为θ的斜块之间，斜块质量为m2，斜块底面与水平地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两者始终保持静止．下列说法正确的是( )图A ．斜块对球的作用力为m 1g /cos θB ．地面对斜块的摩擦力为μ(m 1＋m 2)gC ．减小m 1，地面对斜块的摩擦力一定减小D ．减小m 1，墙面对球的作用力一定增大AC [小球受力情况如图所示，根据三力平衡，斜块对球的作用力F N2＝m 1g cos θ，选项A 正确；根据小球平衡，墙壁对球的作用力F N1＝m 1g tan θ，整体研究m 1和m 2，地面对斜块的静摩擦力为m 1g tan θ，减小m 1，地面对斜块的静摩擦力减小，选项B 错误，C 正确；墙壁对球的作用力F N1＝m 1g tan θ，减小m 1，墙面对球的作用力一定减小，选项D 错误．]7．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θ.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 ( )图A ．小球A 与B 之间库仑力的大小为kq 2d 2B ．当qd ＝mg sin θk 时，细线上的拉力为0C ．当qd ＝mg tan θk时，细线上的拉力为0 D ．当qd ＝mgk tan θ时，斜面对小球A 的支持力为0AC [两球间库仑力为F ＝kq 2d 2，A 项正确；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，具体关系为kq 2d 2＝mg tan θ，B 项错误，C 项正确；由受力分析可知，斜面对小球的支持力不可能为0，所以D 项错误．]8．如图113所示，ACD 、EFG 为两根相距L 的足够长的金属直角导轨，它们被竖直固定在绝缘水平面上，CDGF 面与水平面成θ角．两导轨所在空间存在垂直于CDGF 平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B .两根质量均为m 、长度均为L 的金属细杆ab 、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，两金属细杆的电阻均为R ，导轨电阻不计．当ab 以速度v 1沿导轨向下匀速运动时，cd 杆也正好以速度v 2向下匀速运动．重力加速度为g .以下说法正确的是 ( )图A ．回路中的电流为BL v 1＋v 22RB ．ab 杆所受摩擦力为mg sin θC ．cd 杆所受摩擦力为μ⎝ ⎛⎭⎪⎫mg sin θ＋B 2L 2v 12R D ．μ与v 1大小的关系为μ＝mg sin θ－B 2L 2v 12R mg cos θCD [回路中只有ab 杆切割磁感线产生电动势，故I ＝BLv 12R ，A 错误；两杆所受安培力大小为F 安ab ＝F 安cd ＝BIL ＝B 2L 2v 12R ，ab 杆所受摩擦力F f2＝mg sin θ－F 安ab ＝μmg cos θ，B 错误；cd 杆所受的摩擦力F f1＝mg cos θ＝μF N1＝μ(mg sin θ＋F 安cd )＝μ(mg sin θ＋B2L2v1 2R )，由以上两式可得：μ与v1大小的关系为μ＝mg sin θ－B2L2v12Rmg cos θ，故C、D均正确．]二、非选择题(共2小题，32分)9．(16分)(2016·江西十校联考)如图所示，一个底面粗糙，质量为m的斜面体静止在水平地面上，斜面体的斜面是光滑的，倾角为30°，现用一端固定的轻绳系一质量为m的小球，小球静止时轻绳与斜面的夹角是30°.图(1)求当斜面体静止时绳的拉力大小；(2)若地面对斜面体的最大静摩擦力等于地面对斜面体支持力的k倍，为了使整个系统始终处于静止状态，k值必须满足什么条件？【解析】(1)设绳的拉力为F T，斜面体对小球的支持力为F N，对小球进行受力分析如图所示，由平衡条件可知，F T和F N的合力竖直向上，大小等于mg，由几何关系可得出F N＝F T＝33 mg.(2)对斜面体进行受力分析，设小球对斜面体的压力为F N′，地面的支持力为F，地面的静摩擦力为F f，由正交分解和平衡条件可知，在竖直方向上：F＝mg＋F N′cos 30°在水平方向上：F f＝F N′sin 30°根据(1)和牛顿第三定律可知；F N′＝F N＝33 mg又由题设可知F fmax＝kF≥F f综合上述各式解得k≥3 9 .【答案】 (1)33mg (2)k ≥3910．(16分)(2016·邵阳二模)如图所示为一电流表的原理示意图．质量为m 的匀质细金属棒MN 的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，绝缘弹簧劲度系数为k .在矩形区域abcd 内有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外．与MN 的右端N 连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN 的长度大于ab .当MN 中没有电流通过且处于平衡状态时，MN 与矩形区域的cd 边重合；当MN 中有电流通过时，指针示数可表示电流的大小．(不计通电时电流产生的磁场的作用)图 (1)当电流表示数为零时，弹簧伸长多少？(重力加速度为g )(2)若要电流表正常工作，MN 的哪一端应与电源正极相接？(3)若k ＝2.0 N/m ，ab ＝0.20 m ，cb ＝0.050 m ，B ＝0.20 T ，此电流表的量程是多少？【解析】 (1)设当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为Δx ，则有mg ＝k Δx ，得Δx ＝mgk .(2)为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN 的安培力必须向下，因此M 端应接正极．(3)设电流表满偏时通过MN 间电流为I m ，则有BI m ab ＋mg ＝k (cb ＋Δx )联立并代入数据得I m ＝2.5 A.【答案】 (1)mg k (2)M 端 (3)2.5 A。
2019届高三物理二轮复习专项训练：第一部分+专题整合+专题一+力与运动+第1讲+Word版含答案
2019届高三物理二轮复习专项训练第一部分 专题整合第1讲 力与物体的平衡[真题再现]1. (2017·全国卷Ⅱ)如图1－1－1所示，一物块在水平拉力F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。
若保持F 的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动。
物块与桌面间的动摩擦因数为图1－1－1A ．2－3 B.36 C.33 D.32解析 在水平力F 的作用下沿水平桌面匀速运动时F ＝μmg ；F 的方向与水平面成60°角拉动时有F cos 60°＝μ(mg －F sin 60°)，联立解得μ＝33，故选C 。
答案 C2．(多选)(2018·天津卷)明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可。
一游僧见之曰：无烦也，我能正之。
”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身。
假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F ，方向如图1－1－2所示，木楔两侧产生推力F N ，则图1－1－2A ．若F 一定，θ大时F N 大B ．若F 一定，θ小时F N 大C ．若θ一定，F 大时F N 大D ．若θ一定，F 小时F N 大解析 木楔两侧面产生的推力合力大小等于F ，由力的平行四边形定则可知，F N ＝F2sin θ2，由表达式可知，若F 一定，θ越小，F N 越大，A 项错误，B 项正确；若θ一定，F 越大，F N 越大，C 项正确，D 项错误。
答案 BC3．(多选)(2016·课标卷Ⅰ)如图1－1－3所示，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，则图1－1－3A ．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T 1等于物块a 的重力G a ，C 项错误；以O ′点为研究对象，受力分析如图甲所示，T 1恒定，夹角θ不变，由平衡条件知，绳OO ′的张力T 2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。
高考物理二轮复习 专题强化练(一)力与物体的平衡(含解析)
专题强化练(一)考点1 物体的受力分析1．(2019·浙江卷)如图所示，小明撑杆使船离岸，则下列说法正确的是( )A．小明与船之间存在摩擦力B．杆的弯曲是由于受到杆对小明的力C．杆对岸的力大于岸对杆的力D．小明对杆的力和岸对杆的力是一对相互作用力解析：小明与船之间存在静摩擦力，A正确；杆的弯曲是由于受到小明对杆的作用力，B 错误；杆对岸的力与岸对杆的力是作用力与反作用力，大小相等，C错误；小明对杆的力和岸对杆的力受力物体都是杆，两者不是作用力与反作用力，故D错误．答案：A2．(2018·商丘一模)如图所示，物体B与竖直墙面接触，在竖直向上的力F的作用下，A、B均保持静止，则物体B的受力个数为( )A．2个B．3个C．4个D．5个解析：物体A处于静止状态，其受到的合外力为零，受力分析如甲图所示；对物体A、B 整体受力分析如图乙所示，竖直墙面对物体B没有弹力作用，则墙面也不会提供静摩擦力；对物体B受力分析，如图丙所示，则物体B受到4个力的作用，选项C正确．答案：C3．(2019·柳州模拟)两个质量相同的直角楔形物体a和b，分别在垂直于斜边的恒力F1和F2作用下静止在竖直墙面上，如图所示，下列说法正确的是( )A．a、b一定都受四个力的作用B．a、b所受摩擦力的方向都是竖直向上C．F2一定小于F1D．F1、F2大小可能相等解析：对a受力分析如图甲：除摩擦力外的三个力不可能平衡，故一定有摩擦力，摩擦力方向竖直向上，故a受四个力；除摩擦力外对b受力分析如图乙：除摩擦力外，F N、F2、mg三力有可能平衡，沿竖直方向和水平方向分解F2，设F2与竖直方向夹角为α则有：F2cos α＝mg，F2sin α＝F N，解得F2＝mgcos α；(1)若F2＝mgcos α没有摩擦力，此时b受3个力；(2)若F2＞mgcos α，摩擦力向下，b受四个力；(3)若F2＜mgcos α，摩擦力向上，b受四个力；F1和F2没有必然的联系，有可能相等，但也有可能不等，故D正确，A、B、C错误．答案：D考点2 共点力的平衡4．(2019·江苏卷)如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右．细绳与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为( )A.F Tsin αB.F Tcos αC ．F T sin αD ．F T cos α解析：以气球为研究对象，受力分析如图所示，则由力的平衡条件可知，气球在水平方向的合力为零，即风对气球作用力的大小为F ＝F T sin α，C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C5．(多选)(2019·烟台调研)如图所示，将一劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O ′处(O 为球心)，弹簧另一端与质量为m 的小球相连，小球静止于P 点．已知容器半径为R 、与水平地面之间的动摩擦因数为μ，OP 与水平方向的夹角为θ＝30°.下列说法正确的是( )A ．轻弹簧对小球的作用力大小为32mg B ．容器相对于水平地面有向左的运动趋势 C ．容器和弹簧对小球的作用力的合力竖直向上 D ．弹簧原长为R ＋mg k解析：对小球受力分析，如图所示，因为θ＝30°，所以三角形OO ′P 为等边三角形，由相似三角形法得F N ＝F ＝mg ，所以A 项错误；由整体法得，容器与地面间没有相对运动趋势，B 项错误；小球处于平衡状态，容器和弹簧对小球的作用力的合力与重力平衡，故C 项正确；由胡克定律有F ＝mg ＝k (L 0－R )，解得弹簧原长L 0＝R ＋mgk，D 项正确．答案：CD考点3 动态平衡6．(多选)(2019·新乡模拟)如图所示，木板P下端通过光滑铰链固定于水平地面上的O 点，物体A、B叠放在木板上且处于静止状态，此时物体B的上表面水平．现使木板P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，物体A、B仍保持静止，与原位置的情况相比( )A．B对A的支持力不变B．B对A的支持力减小C．木板对B的支持力增大D．木板对B的摩擦力增大解析：开始时，A只受到重力和支持力作用而处于平衡状态，所以B对A的支持力与A 的重力大小相等、方向相反，A不受B的摩擦力作用，P转动后，A受到重力、B对A的支持力和摩擦力作用而平衡，此时B对A的支持力和摩擦力的合力与A的重力大小相等，所以B 对A的支持力一定减小了，B正确，A错误；以整体为研究对象，受到总重力G、板的支持力F N和摩擦力F f作用，设板的倾角为θ，由平衡条件有F N＝G cos θ，F f＝G sin θ，θ减小，F N增大，F f减小，C正确，D错误．答案：BC7．(多选)(2019·潍坊调研)如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的一段细绳与斜面平行．在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则( )A．b对c的摩擦力一定减小B．b对c的摩擦力方向可能平行斜面向上C．地面对c的摩擦力方向一定向右D．地面对c的摩擦力一定减小解析：若m a g＞m b g sin θ，则b对c的摩擦力平行于斜面向上，且随a中的沙子缓慢流出，b对c的摩擦力减小；若m a g＜m b g sin θ，则b对c的摩擦力平行于斜面向下，且随a中的沙子缓慢流出，b对c的摩擦力增大，A错误，B正确；以b、c为整体受力分析，应用平衡条件可得，地面对c的摩擦力方向一定水平向左，且F f＝m a g cos θ，随m a的减小而减小，C 错误，D正确．答案：BD8．(多选)(2019·西安模拟)如图所示，一根绳子一端固定于竖直墙上的A 点，另一端绕过动滑轮P 悬挂一重物B ，其中绳子的PA 段处于水平状态，另一根绳子一端与动滑轮P 的轴相连，在绕过光滑的定滑轮Q 后在其端点O 施加一水平向左的外力F ，使整个系统处于平衡状态，滑轮均光滑、轻质，且均可看作质点，现拉动绳子的端点O 使其向左缓慢移动一小段距离后达到新的平衡状态，则该平衡状态与原平衡状态相比较( )A ．拉力F 增大B ．拉力F 减小C ．角θ不变D ．角θ减小解析：以动滑轮P 为研究对象，AP 、BP 段绳子受的力始终等于B 的重力，两绳子拉力的合力在∠APB 的角平分线上，拉动绳子后，滑轮向上运动，两绳子夹角减小，两拉力的合力增大，故F 增大，A 项正确，B 项错误；PQ 与竖直方向夹角等于∠APB 的一半，故拉动绳子后角θ减小，C 项错误，D 项正确．答案：AD9．(2019·商丘模拟)如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔．质量为m 的小球套在圆环上．一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移．在移动过程中手对线的拉力F 和轨道对小球的弹力F N 的大小变化情况是( )A ．F 不变，F N 增大B ．F 不变，F N 减小C ．F 减小，F N 不变D ．F 增大，F N 减小解析：小球沿圆环缓慢上移过程中，受重力G 、拉力F 、弹力F N 三个力处于平衡状态．小球受力如图所示，由图可知△OAB ∽△F N AF ，即：G R ＝F AB ＝F NR，当A 点上移时，半径R 不变，AB 长度减小，故F 减小，F N 不变，故选项C 正确．答案：C10．(多选)(2019·威海一中摸底)如图所示，质量均为m 的小球A 、B 用劲度系数为k 1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，所受绳子的拉力为F T 1，弹簧的弹力为F 1；现把A 、B 间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k 2(k 2＞k 1)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时小球B 所受绳子的拉力为F T 2，弹簧的弹力为F 2.则下列关于F T 1与F T 2、F 1与F 2大小之间的关系，正确的是( )A ．F T 1＞F T 2B ．F T 1＝F T 2C ．F 1＜F 2D ．F 1＝F 2解析：以小球B 为研究对象，分析受力情况，如图所示．由平衡条件可知，弹簧的弹力F 和绳子的拉力T 的合力F 合与重力mg 大小相等，方向相反，即F 合＝mg ，作出力的合成图如图，由力三角形与几何三角形相似得：mg AO ＝F AB ＝F TOB.当弹簧劲度系数变大时，弹簧的压缩量减小，故AB 长度增加，而OB 、OA 的长度不变，故F T 1＝F T 2，F 2＞F 1，A 、D 错误，B 、C 正确．答案：BC考点4 电学中的平衡问题11．(2018·重庆高三测试)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L 、质量为m 的直导体棒，导体棒中电流为I .要使导体棒静止在斜面上，需要外加匀强磁场的磁感应强度B 的最小值为( )A.mg 2ILB.3mg 2ILC.mg ILD.3mg IL解析：平衡状态下导体棒受三个力，重力为恒力，支持力的方向不变，安培力的大小和方向不确定；由动态平衡知当安培力F 平行于斜面向上时安培力最小，则B 最小，即BIL ＝mg sin 30°，B ＝mg2IL，由左手定则知B 的方向垂直于斜面向下．答案：A12．(2019·青岛模拟)如图，绝缘光滑圆环竖直放置，a 、b 、c 为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c 位于圆环最高点，ac 连线与竖直方向成60°角，bc 连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态．下列说法正确的是( )A ．a 、b 、c 小球带同种电荷B ．a 、b 小球带异种电荷，b 、c 小球带同种电荷C ．a 、b 小球电量之比为36D ．a 、b 小球电量之比为39解析：对c 小球受力分析可得，a 、b 小球必须带同种电荷，c 小球才能平衡．对b 小球受力分析可得，b 、c 小球带异种电荷，b 小球才能平衡．故A 、B 项错误；对c 小球受力分析，将力正交分解后可得：kq a q c r 2ac sin60°＝k q b q cr 2bcsin 30°，又r ac ∶r bc ＝1∶3，解得q a ∶q b ＝3∶9.故C 项错误，D 项正确．答案：D。
2019届高三物理二轮复习专项训练：第一部分+专题整合+专题一+力与运动+第3讲课时检测+Word版含答案
2019届高三物理二轮复习专项训练第一部分专题整合第一部分专题一第3讲力与物体的曲线运动课时检测一、单项选择题1．(2018·南京调研)如图1－3－17所示，当汽车静止时，车内乘客看到窗外雨滴沿竖直方向OE匀速运动。
现从t＝0时汽车由静止开始做甲、乙两种匀加速启动，甲启动后t1时刻，乘客看到雨滴从B处离开车窗，乙启动后t2时刻，乘客看到雨滴从F处离开车窗。
F为AB中点。
则t1∶t2为图1－3－17A．2∶1B．1∶ 2C．1∶ 3 D．1∶(2－1)解析由题意可知，在乘客看来，雨滴在竖直方向上做匀速直线运动，在水平方向做匀加速直线运动，因分运动与合运动具有等时性，则t1∶t2＝ABv∶AFv＝2∶1。
答案 A2.(2018·兰州二模)如图1－3－18所示物体A、B经无摩擦的定滑轮用细线连在一起，A物体受水平向右的力F的作用，此时B匀速下降，A水平向左运动，可知图1－3－18A．物体A做匀速运动B．物体A做加速运动C．物体A所受摩擦力逐渐增大D．物体A所受摩擦力不变解析把A向左的速度v沿细线方向和垂直细线方向分解，设细线与水平方向夹角为α，沿细线方向的分速度为v cos α，B匀速，则v cos α不变，而α角增大，cos α减小，则v增大，所以A做加速运动，选项B正确，A错误；由于A对地面的压力逐渐减小，所以物体A所受摩擦力逐渐减小，选项C、D错误。
答案 B3.半圆形轨道竖直放置，在轨道水平直径的两端，分别以速度v1、v2水平抛出a、b两个小球，两球均落在轨道上的P点，OP与竖直方向所成夹角θ＝30°，如图1－3－19所示，设两球落在P点时速度与竖直方向的夹角分别α、β，则图1－3－19A．v2＝2v1B．v2＝3v1C．α＝3βD．tan α＝3tan β解析两球下落高度相同，即运动时间相同，由几何关系可知x b＝32R，所以x a＝2R－32R＝12R，所以v2＝3v1，即选项A错误，选项B正确；因为竖直方。
2019人教版高考物理二轮复习练习题：专题一+第1讲力与物体的平衡+Word版含解析
第1讲 力与物体的平衡[做真题·明考向] 真题体验 透视命题规律[真题再做]1.(2017·高考全国卷Ⅱ，T16)如图，一物块在水平拉力F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F 的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数为( )A ．2－3 B.36C.33D.32 解析：在F 的作用下沿水平桌面匀速运动时有F ＝μmg ；F 的方向与水平面成60°角拉动时有F cos 60°＝μ(mg －F sin 60°)，联立解得μ＝33，故选C. 答案：C2．(2017·高考全国卷Ⅲ，T17)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm 的两点上，弹性绳的原长也为80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm ；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)( )A ．86 cmB ．92 cmC ．98 cmD ．104 cm解析：将钩码挂在弹性绳的中点时，由数学知识可知钩码两侧的弹性绳(劲度系数设为k )与竖直方向夹角θ均满足sin θ＝45，对钩码(设其重力为G )静止时受力分析，得G ＝2k (1 m 2－0.8 m 2)cos θ；弹性绳的两端移至天花板上的同一点时，对钩码受力分析，得G ＝2k (L 2－0.8 m 2)，联立解得L ＝92 cm ，故A 、C 、D 项错误，B 项正确．答案：B3．(多选)(2017·高考全国卷Ⅰ，T21)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α(α>π2)．现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM 由竖直被拉到水平的过程中( )A ．MN 上的张力逐渐增大B ．MN 上的张力先增大后减小C ．OM 上的张力逐渐增大D ．OM 上的张力先增大后减小解析：将重物向右上方缓慢拉起，重物处于动态平衡状态，可利用平衡条件或力的分解画出动态图分析．将重物的重力沿两绳方向分解，画出分解的动态图如图所示．在三角形中，根据正弦定理有G sin γ1＝F OM 1sin β1＝F MN 1sin θ1，由题意可知F MN 的反方向与F OM 的夹角γ＝180°－α不变，因sin β(β为F MN 与G 的夹角)先增大后减小，故OM 上的张力先增大后减小，当β＝90°时，OM 上的张力最大，因sin θ(θ为F OM 与G 的夹角)逐渐增大，故MN 上的张力逐渐增大，选项A 、D 正确，B 、C 错误．答案：AD4.(2015·高考全国卷Ⅰ，T24)如图所示，一长为10 cm 的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为0.1 T ，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12 V 的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm ；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s 2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．解析：金属棒通电后，闭合回路电流I ＝E R ＝122A ＝6 A 导体棒受到的安培力大小为F ＝BIL ＝0.06 N.开关闭合后，电流方向为从b 到a ，由左手定则判断可知金属棒受到的安培力方向竖直向下由平衡条件知，开关闭合前：2kx ＝mg开关闭合后：2k (x ＋Δx )＝mg ＋F代入数值解得m ＝0.01 kg.答案：方向竖直向下 0.01 kg[考情分析]■ 命题特点与趋势——怎么考1．物体的平衡条件及其应用历来是高考的热点，它不仅涉及力学中共点力的平衡，还常涉及带电粒子在电场、磁场或复合场中的平衡问题．2．应用整体法和隔离法分析物体的受力特点及平衡问题是考生必须掌握的方法，也是高考考查的重点．3．“整体法、隔离法”在受力分析中的应用，物体的“动态平衡”问题在2019年复习中应引起重视．■ 解题要领——怎么做解决物体的平衡问题，一是要认清物体平衡状态的特征和受力环境，这是分析平衡问题的关键；二是要灵活运用处理力学平衡问题的基本方法(如合成法、正交分解法、效果分解法、三角形相似法等)来解答；三是要有辨析图形几何关系的能力．[建体系·记要点] 知识串联 熟记核心要点[网络构建][要点熟记]1．熟悉各个力的特点，会判断弹力的方向，会判断和计算摩擦力．(1)两物体间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．(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．(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．2．共点力的平衡：共点力的平衡条件是F合＝0，平衡状态是指物体处于匀速直线运动状态或静止状态．3．多个共点力平衡：任意方向上合力为零，建立直角坐标系后，两个坐标轴上的合力均为零，即F x＝0，F y＝0.4．动态平衡：物体在缓慢移动过程中，可以认为物体处于平衡状态，其所受合力为零．5．带电物体在复合场中除了受到重力、弹力和摩擦力外，还涉及电磁学中的电场力、安培力或洛伦兹力．电磁场中的平衡问题也遵循合力为零这一规律．[研考向·提能力]考向研析掌握应试技能考向一物体的受力分析受力分析的三点注意(1)在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法进行分析．(2)采用整体法进行受力分析时，要注意系统内各个物体的状态应该相同．(3)当直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力，此法叫“转移研究对象法”．1．(多选)(2018·辽宁大连高三质检)如图所示，地面上固定着一个斜面，上面叠放上着A、B两个物块并均处于静止状态．现对物块A施加一斜向上的作用力F，A、B两个物块始终处于静止状态．则木块B的受力个数可能是()A．3个 B.4个C．5个D．6个解析：对A受力分析可得，A受竖直向下的重力、斜向左上方的拉力F、竖直向上的支持力及水平向右的摩擦力，对B受力分析可得，B受重力、A对B的压力、斜面的支持力、A对B向左的摩擦力，若斜面对B没有摩擦力则B受到4个力作用，若斜面对B有摩擦力则B受5个力作用，选项A、D错误，B、C正确．答案：BC2.如图，一个L形木板(上表面光滑)放在斜面体上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的木块相连．斜面体放在平板小车上，整体一起沿水平向右的方向做匀速直线运动，不计空气阻力，则关于各物体的受力情况，下列说法正确的是()A．L形木板受4个力的作用B．斜面体可能只受2个力作用C．木块受2个力作用D．斜面体不可能受平板小车对它的摩擦力作用解析：先把L形木板、木块、斜面体看成一个整体进行分析，受重力、小车的支持力，选项D正确；隔离木块进行分析，其受重力、L形木板的支持力、弹簧的弹力(沿斜面向上)三个力作用处于平衡状态，选项C错误；隔离L形木板进行分析，其受重力、斜面体的支持力、弹簧的弹力(沿斜面向下)、木块的压力、斜面体对它的摩擦力5个力作用，选项A错误；隔离斜面体进行分析，其受重力、小车的支持力、L形木板对它的压力和摩擦力4个力作用，选项B错误．答案：D3.(多选)(2018·江西南昌三中摸底)如图所示，穿在一根光滑的固定杆上的小球A、B连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，OB绳沿竖直方向，则下列说法正确的是()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的拉力与对B的拉力大小相等解析：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，即细绳对A的拉力与对B的拉力大小相等，故D正确．答案：BD[方法技巧]受力分析的四种方法(1)假设法：在受力分析时，若不能确定某力是否存在，可先对其作出存在的假设，然后根据分析该力存在对物体运动状态的影响来判断假设是否成立．(2)整体法：将几个相互关联的物体作为一个整体进行受力分析的方法，如第2题中，研究斜面体和平板小车间作用力时，将L形木板、木块和斜面体看成一个整体．(3)隔离法：将所研究的对象从周围的物体中分离出来，单独进行受力分析的方法，如第1题中，对A、B两物体单独分析，研究其受力个数．(4)动力学分析法：对变速运动的物体进行受力分析时，应用牛顿运动定律进行分析求解的方法．考向二共点力作用下的静态平衡问题[典例展示1](多选)如图所示，细绳CO与竖直方向成30°角，A、B两物体用跨过轻质滑轮(可看成质点)的细绳相连．已知物体B的重力m B g＝100 N，地面对物体B的支持力F N＝80 N．下列说法正确的是()A．物体A的重力为40 NB．物体B与地面间的摩擦力大小为20 NC．细绳CO受到的拉力为40 3 ND．OB与竖直方向的夹角为60°[思路探究](1)跨过滑轮两侧细绳上的弹力有什么特点？(2)物体受力个数多于三个力时，一般如何处理？[解析]画出定滑轮的轴心O的受力分析示意图，选取直角坐标系，如图甲所示，根据平衡条件得F T1sin α－F T2sin 30°＝0，F T2cos 30°－F T1cos α－F T3＝0，其中F T1＝F T3＝m A g，联立解得α＝60°，选项D正确；画出物体B的受力分析示意图，选取直角坐标系，如图乙所示，根据平衡条件得F f－F T1sin α＝0，F N＋F T1cos α－m B g＝0，联立并代入数据解得F T1＝40 N，F T2＝40 3 N，F f＝20 3 N，选项B错误，C正确；m A g＝F T1＝40 N，选项A正确．[答案]ACD[方法技巧]处理平衡问题常用的三种方法(1)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等大、反向，如例题中，细绳CO的拉力与跨过滑轮的两细绳拉力的合力等大反向，故除解析法外也可用合成法求解．(2)效果分解法：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．(3)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．4．(2018·山东潍坊高三期末)如图所示，质量为m的物体置于光滑半球上，物体与球心O的连线跟水平方向的夹角为θ.水平推力F作用在物体上，物体与半球均处于静止状态，则F与mg的关系正确的是()A．F＝mg sin θ B.F＝mg cos θC．F＝mg tan θD．F＝mg cot θ解析：物体受到重力、沿半径向外的支持力和水平向右的推力，三个力平衡，则有F N sin θ＝mg，F N cos θ＝F，联立解得F＝mg cot θ，选项D正确．答案：D5．如图所示，物块A 和滑环B 用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，滑环B 套在与竖直方向成θ＝37°的粗细均匀的固定杆上，连接滑环B 的绳与杆垂直并在同一竖直平面内，滑环B 恰好不能下滑，滑环和杆间的动摩擦因数μ＝0.4，设滑环和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A 和滑环B 的质量之比为( )A.75B.57C.135D.513解析：设物块A 和滑环B 的质量分别为m 1、m 2，若杆对B 的弹力垂直于杆向下，因滑环B 恰好不能下滑，则由平衡条件有m 2g cos θ＝μ(m 1g －m 2g sin θ)，解得m 1m 2＝135；若杆对B 的弹力垂直于杆向上，因滑环B 恰好不能下滑，则由平衡条件有m 2g cos θ＝μ(m 2g sin θ－m 1g )，解得m 1m 2＝－75(舍去)．综上分析可知应选C. 答案：C6.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 接触的切面与竖直挡板之间的夹角为θ.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mg tan θC ．滑块A 与竖直挡板之间的弹力大小为mg tan θD ．滑块A 对物体B 的压力大小为mg cos θ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F N1＝mgtan θ，C正确；物体B对滑块A的弹力大小为F N2＝mg sin θ，根据牛顿第三定律知，滑块A对物体B的压力大小为mgsin θ，D错误；以滑块A和物体B组成的系统为研究对象，在竖直方向上受力平衡，则水平面对物体B的支持力F N＝(M＋m)g，故水平面所受压力大小为(M＋m)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F f＝F N1＝mgtan θ，B错误．答案：C考向三共点力作用下的动态平衡问题[典例展示2]如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点．现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力F N以及绳对小球的拉力F T的变化情况是() A．F N保持不变，F T不断增大B．F N不断增大，F T不断减小C．F N保持不变，F T先增大后减小D．F N不断增大，F T先减小后增大[思路探究]分析求解本题，必须明确以下问题：(1)用水平力缓慢推动斜面体时，小球在斜面上处于什么状态？(2)小球在斜面上无摩擦滑动过程中，受到哪些力的作用？哪些力不变，哪些力变化？[解析]方法一：解析法先对小球进行受力分析，如图甲，小球受到重力mg、支持力F N、拉力F T的作用，设细绳与水平方向的夹角为β，斜面的倾角为α，由平衡条件得F N cosα＋F T sin β＝mg，F N sin α－F T cos β＝0，联立解得F T＝mg sin αcos(β－α)，F N＝mgcos α＋sin αtan β.用水平力F缓慢推动斜面体，β一直减小直至接近0.由题图易知，起始时刻β>α，当β＝α时，cos(β－α)＝1，F T最小，所以F T先减小后增大．β一直减小直至接近0，tan β不断减小，F N 不断增大，选项D正确．方法二：图解法由于用水平力F缓慢推动斜面体，故小球处于动态平衡状态．小球受到大小方向均不变的重力、方向不变的支持力、方向大小均变化的细绳的拉力，三个力构成封闭的三角形，画出小球受力示意图如图乙所示．当细绳与斜面平行时，细绳拉力F T2与支持力方向垂直，细绳拉力最小．当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，细绳拉力为F T4，所以F T先减小后增大，而此过程中斜面对小球的支持力F N一直增大，选项D正确．[答案] D[方法技巧]“三法”巧解动态平衡问题(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，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，判断第三个力的变化情况．如例题中小球重力大小方向不变，斜面对小球支持力方向不变，可用图解法．(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定因变量的变化，如例题中的方法一，写出表达式分析β角的变化．(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．7．(多选)(2017·高考天津卷)如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态．如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是( )A ．绳的右端上移到b ′，绳子拉力不变B ．将杆N 向右移一些，绳子拉力变大C ．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小D ．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移解析：设两杆间距离为d ，绳长为l ，Oa 、Ob 段长度分别为l a 和l b ，则l ＝l a ＋l b ，两部分绳子与竖直方向夹角分别为α和β，受力分析如图所示．绳子各部分张力相等，F a ＝F b ＝F ，则α＝β，满足2F cos α＝mg ，d ＝l a sin α＋l b sin α，即sin α＝d l ，F ＝mg 2cos α，当改变b 的位置或绳两端的高度差时，d 和l 均不变，则sin α为定值，α为定值，cos α为定值，绳子的拉力保持不变，故A 正确，C 错误；当换挂质量更大的衣服时，d 、l 不变，则sin α为定值，α不变，故衣架悬挂点不变，选项D 错误；将杆N 向右移一些，d 增大，则sin α增大，cos α减小，绳子的拉力增大，故B 正确．答案：AB8.如图所示是一个简易起吊设施的示意图，AC 是质量不计的撑杆，A端与竖直墙之间用铰链连接，一滑轮固定在A 点正上方，C 端吊一重物．现施加一拉力F 将重物P 缓慢向上拉，在AC 杆达到竖直状态前( )A ．BC 绳中的拉力F T 越来越大B ．BC 绳中的拉力F T 越来越小C ．AC 杆中的支持力F N 越来越大D ．AC 杆中的支持力F N 越来越小解析：对C 点进行受力分析，如图甲所示，由平衡条件可知，将三个力按顺序首尾相接，可形成如图乙所示的闭合三角形．很容易发现，这三个力与△ABC 的三边始终平行，则G AB ＝F N AC ＝F T BC ，其中G 、AC 、AB 均不变，BC 逐渐减小，则由上式可知，F N 不变，F T变小．答案：B9．(2018·福建厦门市高三5月调研)如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于O点．一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条绳连接小球Q，P、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA受外力F的作用，处于水平方向，现缓慢逆时针改变绳OA的方向至θ<90°，且保持结点O位置不变，整个装置始终处于静止状态．下列说法正确的是()A．绳OA的拉力一直减小B．绳OB的拉力一直增大C．地面对斜面体有向右的摩擦力D．地面对斜面体的支持力不断减小解析：对结点O受力分析，受与小球连接的绳的拉力，大小为mg，绳OB的拉力F T和OA绳的拉力，大小为F，三力平衡，保持结点O位置不变，则绳OB的方向不变，做矢量三角形如图所示，可知当绳OA与绳OB垂直时，外力F最小，所以改变绳OA的方向至θ<90°的过程中，绳OA的拉力F先减小再增大，连接物块的OB绳子的张力F T一直在减小，选项A、B 错误；以斜面和P、Q整体为研究对象，根据平衡条件，地面对斜面体的摩擦力与OA绳子水平方向的分力等大反向，即水平向左，选项C错误；根据竖直方向受力平衡F N＋F y＝M总g，由于绳OA拉力的竖直分力F y不断增大，则地面对斜面体的支持力F N不断减小，选项D 正确．答案：D考向四电磁场中的平衡问题10.如图所示，质量为m 、电荷量为q 的带电小球A 用绝缘细线悬挂于O 点，带有电荷量也为q 的小球B 固定在O 点正下方绝缘柱上，其中O 点与小球A 的间距为l ，O 点与小球B 的间距为3l ，当小球A 平衡时，悬线与竖直方向夹角θ＝30°，带电小球A 、B 均可视为点电荷，静电力常量为k ，则( )A ．A 、B 间库仑力大小F ＝kq 22l 2 B ．A 、B 间库仑力大小F ＝3mg 3 C ．细线拉力大小F T ＝kq 23l2 D ．细线拉力大小F T ＝3mg解析：带电小球A 受力如图所示，由几何关系可知OC ＝32l ，即C 点为OB 中点，根据对称性可知AB ＝l .由库仑定律知A 、B 间库仑力大小F ＝kq 2l2，选项A 错误；根据平衡条件得F sin 30°＝F T ·sin 30°，F cos 30°＋F T cos 30°＝mg ，解得F ＝F T ＝3mg 3＝kq 2l2，选项B 正确，C 、D 错误． 答案：B11．(多选)如图所示，质量为m 、长为L 的直导线用两绝缘细线悬挂于O 、O ′点，并处于匀强磁场中．当导线中通以沿x 正方向的电流I ，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ，则磁感应强度方向和大小可能为( )A ．z 正向，mg ILtan θ B ．y 正向，mg ILC ．z 负向，mg ILtan θ D ．沿悬线向上，mg ILsin θ 解析：若磁感应强度方向为z 正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y 负方向，直导线不能平衡，选项A 错误；若磁感应强度方向为y 正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿z 正方向，根据平衡条件有BIL ＝mg ，所以B ＝mg IL，选项B 正确；若磁感应强度方向为z 负向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y 正方向，根据平衡条件有BIL ＝mg tan θ，所以B ＝mg ILtan θ，选项C 正确；若磁感应强度方向沿悬线向上，根据左手定则，直导线所受安培力方向如图所示(侧视图)，直导线不能平衡，选项D 错误．答案：BC12.如图所示，一质量为m 的导体棒MN 两端分别放在两个固定的光滑圆形导轨上，两导轨平行且间距为L ，导轨处在竖直方向的匀强磁场中，当导体棒中通以自左向右的电流I 时，导体棒静止在与竖直方向成37°角的导轨上，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)磁场的磁感应强度B ；(2)每个圆导轨对导体棒的支持力大小F N .解析：(1)从左向右看，受力分析如图所示，由平衡条件得tan 37°＝F 安mg ，F 安＝BIL ， 解得B ＝3mg 4IL. (2)设两导轨对导体棒支持力为2F N ，则有2F N cos 37°＝mg ，所以每个圆导轨对导体棒的支持力大小F N ＝58mg .答案：(1)3mg 4IL (2)58mg [方法技巧]解决电磁场中平衡问题的两条主线(1)正确判断方向①明确电荷的电性和场的方向．②根据左手定则结合带电体的带电性质、导体的电流方向以及磁场方向，判定研究对象所受的安培力或洛伦兹力的方向，如11题、12题中安培力方向的判断．根据电荷的电性和电场的方向判断库仑力的方向，如10题中库仑力方向的判断．(2)注意方法迁移处理电磁场中的平衡问题的方法与纯力学问题的分析方法一样，把方法和规律进行迁移应用．[限训练·通高考] 科学设题 拿下高考高分(45分钟)一、单项选择题1．一通电直导体棒用两根绝缘轻质细线悬挂在天花板上，静止在水平位置(如正面图)．现在通电导体棒所处位置加上匀强磁场，使导体棒能够静止在偏离竖直方向θ角(如侧面图)的位置．如果所加磁场的强弱不同，则磁场方向的范围是(以下选项中各图，均是在侧面图的平面内画出的，磁感应强度的大小未按比例画)( )解析：对导体棒受力分析可知，导体棒受到的安培力与重力和绳子的拉力的合力大小相等，方向相反，故由左手定则可以判断出磁场的方向范围，故C正确．答案：C2．(2018·河南重点中学联考)如图所示为三种形式的吊车的示意图，OA为可绕O点转动的轻杆，AB为质量可忽略不计的拴接在A点的轻绳，当它们吊起相同重物时，图甲、图乙、图丙中杆OA对结点的作用力大小分别为F a、F b、F c，则它们的大小关系是()A．F a>F b＝F c B.F a＝F b>F cC．F a>F b>F c D．F a＝F b＝F c解析：设重物的质量为m，分别对三图中的结点进行受力分析，杆对结点的作用力大小分别为F a、F b、F c，对结点的作用力方向沿杆方向，各图中G＝mg.则在图甲中，F a＝2mg cos30°＝3mg；在图乙中，F b＝mg tan 60°＝3mg；在图丙中，F c＝mg cos 30°＝32mg.可知F a＝F b>F c，故B正确，A、C、D错误．答案：B3.(2018·重庆高三调研)重庆一些地区有挂红灯笼的习俗．如图所示，质量为m 的灯笼用两根长度一定的轻绳OA 、OB 悬挂在水平天花板上，O 为结点，OA >OB ，∠AOB ＝90°.设OA 、OB 对O 点的拉力大小分别为F A 、F B ，轻绳能够承受足够大的拉力，则( )A ．F A 大于F BB ．若左右调节A 点位置，可使F A 等于F BC ．若左右调节A 点位置，可使F A 、F B 均大于mgD ．若改挂质量为2m 的灯笼，可使F A 、F B 均增大mg解析：如图所示，对O 点受力分析，应用正交分解法可得F A cos α＝F B cosθ，F A sin α＋F B sin θ＝mg ，因为OA >OB ，所以不管怎么调节A 点位置，都有α<θ，所以F A <F B ，选项A 、B 错误；当α、θ都较小时，可使F A 、F B 都大于mg ，选项C 正确；若改挂质量为2m 的灯笼，α、θ均不变，根据F A F B＝ΔF A ΔF B ＝cos θcos α<1可知F B 的增加量比F A 的增加量大，选项D 错误． 答案：C4.(2018·安徽合肥高三质检)如图所示，两小球A 、B 固定在一轻质细杆的两端，其质量分别为m 1和m 2.将其放入光滑的半圆形碗中，当细杆保持静止时，圆的半径OA 、OB 与竖直方向夹角分别为30°和45°，则m 1和m 2的比值为( ) A.2∶1 B.3∶1 C ．2∶1 D.6∶1解析：分别对小球A 、B 受力分析如图所示．对小球A 、B 分别由三角形相似原理得m 1g OO ′＝F N1OA ，m 2g OO ′＝F N2OB，故m 1m 2＝F N1F N2；分别由正弦定理得F N1sin α＝F sin 30°，F N2sin β＝F sin 45°，而sin α＝sin β，故F N1F N2＝sin 45°sin 30°＝2∶1，故m 1∶m 2＝2∶1，选项A 正确． 答案：A。
2019届高三物理二轮复习专题一力与运动第1讲力和物体的平衡对点规范演练
专题 1 第 1 讲 力和物体的均衡1．(2017 ·安徽要点中学联考) 如下图是一旅行箱，它既能够在地面上推着行走，也 能够在地面上拉着行走．已知该旅行箱的总质量为15 kg ，一游客用斜向上的拉力拉着旅行箱在水平川面上做匀速运动．若拉力的最小值为90 N ，此时拉力与水平方向间的夹角为θ .重力加快度大小为 g ＝ 10 m/s 2 ，sin 37°＝ 0.6 ，旅行箱遇到地面的阻力与其遇到地面的支持力成正比，比值为 μ ，则 ( D )A ． μ＝ 0.5 ， θ＝37°C ． μ＝ 0.75 ，θ ＝ 53°B ． μ＝ 0.5 ， θ＝53°D ． μ＝ 0.75 ， θ ＝37°分析对旅行箱受力剖析，如下图．依据均衡条件可知，水平方向有F cos θ － F ＝0，竖直fμ Gθ ，令 μ ＝ tan α，则 F方向有 F N ＋ F sin θ － G ＝ 0，此中 F f ＝ μ F N ，故 F ＝ cos θ＋ μ sin sin α ＝ G sin α＝ 90 N ， α＝37°，故 μ＝ tan＝；当 θ ＝ α 时， F 有最小值， FGminα － θ37°＝ 0.75 ， θ ＝37°，选项 D 正确．2．(2017 ·山东潍坊统考题) 如下图，质量为 的物体置于圆滑半球上，物体与球心m的连线跟水平方向的夹角为θ . 水平推力F 作用在物体上， 物体与半球均处于静止状态． 则OF 与 mg 的关系正确的选项是( D)A ． F ＝mg sinθB ． F ＝mg cos θC ． F ＝mg tanθD ． F ＝mg cot θ分析 对物体受力剖析如下图，由均衡条件可知，水平推力与支持力的协力与重力等F大反向，由几何关系可知 cotθ ＝ ，即 F ＝ mg cotθ ，选项 D 正确．mg3．(2017 ·宁夏银川模拟) 在好多公园和旅行景点，都建犹如图甲所示的拱桥．为了研究问题方便，我们把拱桥简化为如图乙所示由六块大小、形状、质量均同样的石块构成的一个半圆形拱圈，1、 6 两块石块搁置在拱圈两头的基石上．设每块石块质量为m.假定在中间两石块正上方静置一个质量为2m的石块，已知重力加快度为g，则( A )A．半圆形拱圈两头的基石蒙受的压力各为4mgB．石块 3、 4 之间的摩擦力大小不为零C．石块 2 对石块 3 的弹力大小为mgD．石块 5 对石块 4 的摩擦力大小为2mg分析把六块石块和上方所放石块当作整体，对整体受力剖析，由均衡条件可得半圆形拱圈两头的基石对上方石块的支持力各为F＝4mg，由牛顿第三定律可得半圆形拱圈两头的基石蒙受的压力各为4mg，选项 A 正确；把石块上方所放石块当作是两块质量均m的石块，把左边石块1、2、3 和质量为 m的石块当作整体，由均衡条件可得，石块3、 4 之间的摩擦力为零，选项 B 错误；由对称性可知，石块 2 对石块 3 的弹力大小与石块 5 对石块 4 的弹力大小相等，石块 2 对石块3的摩擦力大小与石块 5 对石块 4 的摩擦力大小相等．设石块 2 对石块 3 的弹力大小为F23，石块 2 对石块 3 的摩擦力大小为F f23，石块 4 对石块 3 的弹力为F T(将F T当作已知力) ，把石块 3 和质量为m的石块当作整体，对整体进行受力剖析，如下图，由均衡条件可得F23cos 30°－F f23 sin 30°＝F T，F f23 cos 30°＋F23sin 30°＝ 2mg，联立解得F23＝ mg＋F T cos 30°>mg，F f23＝3mg－F T sin 30 °< 3mg，应选项C、D 错误．4．(2017 ·河南郑州展望) 如下图，斜面体搁置在粗拙的水平川面上，在水平向右的推力 F 作用下，物体 A 和斜面体 B 均保持静止．若减小推力 F，物体 A 仍旧静止在斜面上，则(B)A．物体A所受协力必定变小B．斜面对物体 A 的支持力必定变小C．斜面对物体 A 的摩擦力必定变小D．地面对斜面体 B 的摩擦力必定为零分析物体A 一直静止，合外力向来为 0，选项 A 错误；斜面对A的支持力为N＝sinθF F＋mg cosθ，减小 F，则支持力减小，选项 B 正确；开始时F cos θ和mg sinθ 大小关系未知，斜面对物体 A的摩擦力方向不可以确立，减小 F 后斜面对物体 A 的摩擦力方向和大小不能确立，选项 C 错误；由整体法可知，选项 D 错误．5．(2017 ·海南五校模拟 ) 如下图是一种研究劈的作用的装置表示图，托盘固定在细杆上，细杆放在固定的圆孔中，细杆下端连结有滚轮，使细杆只好在竖直方向上转动，在与细杆连结的滚轮正下方的底座上也固定一个滚轮，轻质劈放在两滚轮之间，劈背的宽度为a，侧面的长度为l ，劈尖上固定的细线经过定滑轮悬挂总质量为m的钩码，调整托盘上所放砝码的质量 M，能够使劈在任何地点时都不发生挪动．忽视全部摩擦，不计劈、托盘、细杆与滚轮的重力，则( A )A．在a、l必定状况下，M与m成正比B．在m、l必定状况下，M与a成反比C．在m、a必定状况下，M与l成正比10D．若a＝5l ， M是 m的2.5倍分析对由托盘、细杆和滚轮构成的整体受力剖析，如图甲所示，遇到砝码的重力F3＝Mg，劈对滚轮的支持力F1，圆孔的拘束力F2.对劈受力剖析，如图乙所示，劈受两个滚轮的作使劲a456由几何关系可知2 aF 、F ，细线的拉力 F ＝ mg . sin α ＝ l ＝2l . 对托盘、细杆和滚轮构成的整体有3＝＝ 1cos α ，则＝ 4l 2－ a 21；对劈有4＝ 5， 6＝＝2 5sin α ，则 ＝ a5.F Mg FMg2l FF F F mg Fmg l F4l 2－ a 2因为 F 1 与 F 5 是一对互相作使劲， 所以 F 1＝ F 5，联立各式整理得， M ＝ m ，选项 A 正确，2a10B 、C 错误．若 a ＝ 5 l ，则 M ＝ 1.5 m ，选项D 错误．6．(2017 ·广东百校联考 ) 质量为 的半圆柱体 P 放在粗拙的水平川面上，其右端固定M一个竖直挡板 AB ，在 P 上放两个大小同样的圆滑小球C 和D ，质量均为 m ，整个装置的纵截面如下图．开始时P 的半圆截面的圆心，与 C 的球心连线同水平面的夹角为θ，与 D 的球心连线处于竖直方向．已知重力加快度为 g ，以下说法正确的选项是 (C)mgmgA ． P 和挡板对 C 的弹力分别为 tan θ 和 sin θB ．地面对 P 的摩擦力大小为零C ．使挡板迟缓地向右平行挪动，但C 仍在 P 和挡板 AB 作用下悬于半空中，则地面对 P的摩擦力将不停增大D ．使挡板绕 B 点顺时针迟缓转动， P 一直保持静止，则 D 必定迟缓下滑分析 对 D 受力剖析， 遇到重力 mg 和 P 的支持力 N ，对 C 受力剖析， 遇到重力 mg 、挡板mgmgAB 的支持力 N 1 和 P 对 C 的支持力 N 2，如下图， 依据均衡条件， 得 N 1＝ tan θ，N 2＝sin θ ，选项 A 错误；以 P 、 C 、 D 整体为研究对象，进行受力剖析，遇到三者的重力、挡板AB 的弹力 N 1、地面的支持力 N 3 和地面的静摩擦力 F f ，依据共点力均衡条件，有 N 3＝ ( M ＋ 2m ) g ， F f ＝ N 1，选项 B 错误；使挡板迟缓地向右平行挪动，因为 θ 不停减小，故 F f 不停增大，选项 C 正确；因为 P 、D 球心连线处于竖直方向，当使挡板绕 B 点顺时针迟缓地转动时，小球 D 可持续保持静止，选项 D 错误．7．(2017 ·湖南长沙一模)(多项选择 ) 如下图，质量为m 1、 m 2 的小球分别带同种电荷q 1 和q 2，它们用等长的细线悬挂在同一点，因为静电斥力的作用，小球m 1 靠在竖直圆滑墙上，m 1的拉线沿竖直方向， m 1、 m 2 均处于静止状态．因为某种原由，两球之间的距离变成本来的一半，则其原由可能是 (BC )A ． m 2 变成本来的一半B ． m 2 变成本来的八倍C ． q 1 变成本来的八分之一D ． q 2 变成本来的四分之一q 1q 22k d 2分析 设两球的间距为 d ，细线长为 2mg，所以 d ＝L ，对 m 进行受力剖析可知L ＝d31 2q q Lq变成本来的八分之一时均可使 d 变成本来的一半，k m 2g ，明显当 m 变成本来的八倍或21正确选项为 B 、 C.8．(2017 ·东北三省四市联考二)( 多项选择 ) 如下图，两根轻绳一端系于结点，另一端O分别系于固定圆环上的 A 、 B 两点， O 点下边悬挂一物体 M ，绳 OA 水平，拉力大小为 F 1，绳OB 与 OA 夹角 α ＝120°，拉力大小为F 2，将两绳同时迟缓顺时针转过 75°，并保持两绳之间的夹角 α 一直不变，且物体一直保持静止状态．则在旋转过程中，以下说法正确的选项是 ( BC )A ． F 渐渐增大B ． F 先增大后减小11C ． F 2 渐渐减小D ． F 2 先增大后减小分析 设两绳转动过程中，绳与水平方向的夹角为 θ ，以O 点为研究对象，受力分OA析如下图，因为两绳是迟缓挪动的，所以O 点一直处于均衡状态，由均衡条件得 F 1cos θ ＝2cos(60 ° － θ ) ，1sin θ ＋ 2sin(60° － θ ) ＝，由以上两式解得1＝FFFMgFMg－ θ， 2＝ Mg cos θ. 当 θ<60°时，θ 增大， 1 增大， 2 减小；当 60°<θ<75° sin 60 ° F sin 60 ° F F时，θ 增大， F 减小， F 减小． 所以，在两绳旋转的过程中， F 先增大后减小， F 渐渐减小，1 2 1 2选项 B 、 C 正确．。
高三物理(新课标)二轮专题复习课时作业1力与物体的平衡
专题一力与运动课时作业1力与物体的平衡时间：45分钟一、单项选择题1.如图所示，物块a、b质量分别为2m、m，水平地面和竖直墙面均光滑，在水平推力F作用下，两物块均处于静止状态，则() A．物块b受四个力作用B．物块b受到的摩擦力大小等于2mgC．物块b对地面的压力大小等于mgD．物块a受到物块b的作用力水平向右解析：物块b受重力、地面的支持力、物块a的水平弹力、物块a的竖直向下的摩擦力及外力F作用而静止，A错；物块a受重力、墙壁的弹力、物块b的水平弹力和竖直向上的摩擦力作用而静止，所以物块a受到物块b的作用力是斜向右上方的，D错；物块b对物块a的摩擦力大小为2mg，所以物块b受到的摩擦力大小等于2mg，B对；由整体法可知物块b 对地面的压力大小等于3mg，C错．答案：B2．(2014·山东卷)如图，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千．某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变．木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后()A．F1不变，F2变大B．F1不变，F2变小C．F1变大，F2变大D．F1变小，F2变小解析：木板静止时受力情况如图所示，设轻绳与竖直木桩的夹角为θ，由平衡条件知，合力F1＝0，故F1不变，F2＝mg2cosθ，剪短轻绳后，θ增大，cosθ减小，F2增大，故A正确．答案：A3．如图所示，质量为M、半径为R、内壁光滑的半球形容器静止在粗糙水平地面上，O为球心．有一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在半球形容器底部O′处，另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点．已知地面与半球形容器间的动摩擦因数为μ，OP与水平方向的夹角为θ＝30°，下列说法正确的是()A．小球受到轻弹簧的弹力大小为32mgB．小球受到容器的支持力大小为mg 2C．小球受到容器的支持力大小为mgD．半球形容器受到地面的摩擦力大小为32mg解析：小球受三个力而平衡，如图所示．由题图几何关系可知，这三个力互成120°角，因此三个力大小相等，C正确；A、B错；对整体，竖直方向受重力和地面支持力而平衡，水平方向不受力，D错．答案：C4.如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是() A．棒中的电流变大，θ角变大B．两悬线等长变短，θ角变小C．金属棒质量变大，θ角变大D．磁感应强度变大，θ角变小解析：棒中电流变大，金属棒所受安培力变大，θ角变大，选项A正确；两悬线等长变短，θ角不变，选项B错误；金属棒质量变大，θ角变小，选项C错误；磁感应强度变大，金属棒所受安培力变大，θ角变大，选项D错误．答案：A5.如图所示，轻弹簧的一端与物块P相连，另一端固定在木板上．先将木板水平放置，并使弹簧处于拉伸状态．缓慢抬起木板的右端，使倾角逐渐增大，直至物块P刚要沿木板向下滑动．在这个过程中，物块P所受静摩擦力的大小变化情况是()A．先减小后增大B．先增大后减小C．一直增大D．保持不变解析：木板水平时，F f＝kx，方向水平向左，木板倾斜时，设开始F f 沿板向下，则有：mg sinθ＋F f＝kx，F f随θ增大逐渐减小到0，然后F f沿板向上，此时有：mg sinθ＝kx＋F f，F f再随θ增大而增大，直到要下滑，故A正确．答案：A二、多项选择题6.如图，物体P静止于固定的斜面上，P的上表面水平，现把物体Q轻轻地叠放在P上，则()A．P向下滑动B．P静止不动C．P所受的合外力增大D．P与斜面间的静摩擦力增大解析：物体P处于静止状态，把物体Q轻轻地叠放在P上时，P、Q仍处于静止状态．根据共点力的平衡条件解决问题．设斜面倾角为θ，P、Q的质量分别为M、m，因物体P静止于固定的斜面上，则动摩擦因数μ≥tanθ，所受合外力F1＝0，静摩擦力f1＝Mg sinθ.把物体Q轻轻地叠放在P上，选整体为研究对象，则(M＋m)g sinθ≤μ(M＋m)g cosθ，故P、Q 仍处于静止状态．P所受的合外力F2＝0，即F1＝F2，P与斜面间的静摩擦力f2＝(M＋m)g sinθ>f1.故选项B、D正确，选项A、C错误．如果将P、Q两物体视为一个整体，则更容易得正确的选项为B、D.答案：BD7.如图所示，水平地面粗糙，A、B两同学站在地上水平推墙．甲图中A 向前推B，B向前推墙；乙图中A、B同时向前推墙．每人用力的大小都为F，方向水平，则下列说法中正确的是()A．甲图方式中墙受到的推力为2FB．乙图方式中墙受到的推力为2FC．甲图方式中两位同学受到地面的摩擦力大小都为FD．乙图方式中两位同学受到地面的摩擦力大小都为F解析：对于题图甲所示的情况，先以墙壁为研究对象，此时墙壁受到的推力只有B对它的推力F，如图a所示．选项A错误．对于图乙所示的情况，墙壁在水平方向所受的人的作用力如图b所示(俯视图)，此时墙壁所受到的推力为F合＝2F.根据力的平衡可知A、B两人受到的静摩擦力均为f＝F.选项B、D正确．然后再以B为研究对象，B受到A的推力F和墙壁的反作用力F1′，由于F＝F1′，所以此时B在水平方向不受摩擦力的作用，B同学在水平方向的受力情况如图c所示，再以A为研究对象，根据牛顿第三定律可知由于A对B的作用力为F，所以B对A的反作用力F2′＝F，根据力的平衡可知A所受地面的摩擦力为F，A同学在水平方向的受力情况如图d 所示．选项C错．答案：BD8．在探究静摩擦力变化的规律及滑动摩擦力变化的规律的实验中，特设计了如图甲所示的演示装置，力传感器A与计算机连接，可获得力随时间变化的规律，将力传感器固定在光滑水平桌面上，测力端通过细绳与一滑块相连(调节传感器高度可使细绳水平)，滑块放在较长的小车上，小车一端连接一根轻绳并跨过光滑的轻定滑轮系一只空沙桶(调节滑轮可使桌面上部细绳水平)，整个装置处于静止状态．实验开始时打开传感器同时缓慢向沙桶里倒入沙子，小车一旦运动起来，立即停止倒沙子，若力传感器采集的图象如图乙，则结合该图象，下列说法正确的是()A．可求出空沙桶的重力B．可求出滑块与小车之间的滑动摩擦力的大小C．可求出滑块与小车之间的最大静摩擦力的大小D．可判断第50秒后小车做匀速直线运动(滑块仍在车上)解析：t＝0时刻，传感器显示拉力为2 N，则滑块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为2 N，由车与空沙桶受力平衡可知空沙桶的重力也等于2 N，A对；t＝50 s时刻摩擦力达到最大值，即最大静摩擦力为3.5 N，同时小车启动，说明带有沙的沙桶重力等于3.5 N，此时摩擦力立即变为滑动摩擦力，最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，故摩擦力突变为3 N的滑动摩擦力，B、C正确；此后由于沙和沙桶重力3.5 N大于滑动摩擦力3 N，故50 s后小车将加速运动，D错．答案：ABC三、计算题9.如图所示，质量为m的物体，放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F的水平向右恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)这一临界角θ0的大小．解析：(1)“恰能匀速下滑”：满足mg sin30°＝μmg cos30°，解得μ＝3 3.(2)设斜面倾角为α，受力情况如图所示，由匀速直线运动的条件：F cosα＝mg sinα＋fN＝mg cosα＋F sinαf＝μN解得：F＝mg sinα＋μmg cosαcosα－μsinα当cosα－μsinα＝0，即cotα＝μ时，F→∞，即“不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行”，此时，临界角θ0＝α＝60°.答案：(1)33(2)60°10.粗细均匀的直导线MN的两端悬挂在两根相同的轻质弹簧下边，MN 恰好在水平位置(如图)．已知MN的质量m＝10 g，MN的长度l＝49 cm，沿水平方向与MN垂直的匀强磁场的磁感应强度B＝0.5 T．(取g＝9.8 m/s2)(1)要使两根弹簧能处于自然状态，既不被拉长，也不被压缩，MN中应沿什么方向、通过多大的电流？(2)若导线中有从M到N方向的、大小为0.2 A的电流通过时，两根弹簧均被拉长了Δx＝1 mm，求弹簧的劲度系数．(3)当由N到M方向通过0.2 A的电流时，两根弹簧被拉长多少？解析：(1)只有MN受到的安培力方向竖直向上且等于MN的重力时，11 两根弹簧才能处于自然状态．根据左手定则，MN 中的电流方向应由M 到N ，电流的大小由mg ＝BIl 求得I ＝mg Bl ＝0.01×9.80.5×0.49A ＝0.4 A (2)导线中通过由M 到N 方向的电流时，受到竖直向上的安培力作用，被拉长的两根弹簧对MN 有竖直向上的拉力，MN 受到竖直向下的重力，平衡时有：BI 1l ＋2k Δx ＝mg可得弹簧的劲度系数k ＝mg －BI 1l 2Δx ＝0.01×9.8－0.5×0.2×0.492×0.001N/m ＝24.5 N/m (3)当电流方向由N 到M 时，MN 所受安培力竖直向下，平衡时有： 2k Δx ′＝mg ＋BI 2l由此式可求出两根弹簧被拉伸的长度Δx ′＝mg ＋BI 2l 2k ＝0.01×9.8＋0.5×0.2×0.492×24.5m ＝0.003 m 答案：(1)0.4 A 方向是M 到N (2)24.5 N/m(3)0.003 m。
高考物理二轮复习 第一部分 专题一 力和运动 第1讲 力与物体的平衡练习(含解析)
第1讲 力与物体的平衡构建网络·重温真题1．(2019·全国卷Ⅲ) 用卡车运输质量为m 的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。
两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°。
重力加速度为g 。
当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F 1、F 2，则( )A ．F 1＝33mg ，F 2＝32mg B ．F 1＝32mg ，F 2＝33mg C ．F 1＝12mg ，F 2＝32mgD ．F 1＝32mg ，F 2＝12mg答案 D解析如图所示，卡车匀速行驶，圆筒受力平衡，由题意知，力F1′与F2′相互垂直。
由牛顿第三定律知F1＝F1′，F2＝F2′，则F1＝mg sin60°＝32mg，F2＝mg sin30°＝12mg，D正确。
2．(2019·天津高考)2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式开通。
为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索(所有钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥，其索塔与钢索如图所示。
下列说法正确的是( )A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度C．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下D．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布答案 C解析索塔对钢索竖直向上的作用力跟钢索和桥体整体的重力平衡，增加钢索数量，其整体重力变大，故索塔受到的向下的压力变大，A错误；若索塔高度降低，则钢索与竖直方向夹角θ将变大，由T cosθ＝G可知，钢索拉力T将变大，B错误；两侧钢索的拉力对称，合力一定竖直向下，C正确；若两侧的钢索非对称分布，但其水平方向的合力为0，合力仍竖直向下，D错误。
3．(2018·天津高考)(多选)明朝谢肇淛《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可。
2019届高考物理二轮复习 力与物体的平衡 作业(全国通用)
专题一力与物体的平衡1．(多选)(2018·合肥一模)如图3所示，置于水平地面上的三脚架上固定一相机，其重心在支架的竖直轴上．三根支架等长且与水平地面的夹角相等，该夹角及支架的长短均可以调节．则下列说法正确的是()图3A．每根支架承受的压力大小相等B．支架对地面施加压力的原因是地面发生了形变C．若仅使三根支架增加相同长度，则支架承受的压力变大D．若三根支架与地面的夹角变小，则支架承受的压力变大AD[由对称性知每根支架承受的压力大小相等，选项A正确；支架对地面施加压力的原因是支架发生了形变，选项B错误；若仅使三根支架增加相同长度，由对称性知支架承受的压力大小不变，选项C错误；由竖直方向平衡得3F sin α＝mg，若三根支架与地面的夹角α变小，则支架承受的压力F变大，选项D 正确．]2．(2018·沈阳和平区一模)如图4所示，OA、OB是两根轻绳，AB是轻杠，它们构成一个正三角形，在A、B两处分别固定质量均为m的小球，此装置悬挂在O 点，开始时装置自然下垂，现对小球B施加一个水平力F，使装置静止在图乙所示的位置，此时OA竖直，设在图甲所示的状态下OB对小球B的作用力大小为T，在图乙所示的状态下OB对小球B的作用力大小为T′，下列判断正确的是( )甲 乙图4A ．T ′＝2TB ．T ′＞2 TC ．T ′＜2TD ．条件不足，无法比较T 和T ′的大小关系C [甲图中，对B 球受力分析，受重力、OB 绳子拉力T 、AB 杆的支持力，如图所示：甲 乙根据平衡条件，有：T ＝mg cos 30°＝233mg ；乙图中，先对小球A 受力分析，受重力、AO 绳子的拉力，杆对其无弹力，否则不平衡；再对B 球受力分析，受拉力、重力和OB 绳子的拉力，如图所示；根据平衡条件，有：T ′＝2mg ；故T ′＜2T ；故选C.]3. (2018·洛阳模拟)水平面上放置一个斜面足够长的斜劈A ，小物块B 静止在斜面上，如图5所示．现对B 施加一个沿斜面向上的拉力F ，F 的大小从零随时间均匀增大，斜劈A 一直处于静止状态．设A 、B 之间的摩擦力大小为f 1，A 与地面之间的摩擦力大小为f 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则整个过程中摩擦力大小随时间变化的图象可能正确的是()图5B[对B受力分析可知，当F小于重力沿斜面向下的分力时，根据平衡条件可知，当F随时间均匀增大时摩擦力f1随时间均匀减小；当F等于重力沿斜面向下的分力时摩擦力f1为0；当F大于重力沿斜面向下的分力时，根据平衡条件可知，当F随时间均匀增大时摩擦力f1随时间均匀增大，一直达到最大静摩擦力之后，B物体将沿斜面向上滑动，摩擦力将保持不变，且大于刚开始静止时的摩擦力，故A错误，B正确；当A、B都静止时，对AB整体受力分析可知，A与地面之间的摩擦力大小f2与F在水平方向的分力大小相等，当F随时间均匀增大时摩擦力f2也随时间均匀增大，当B相对A滑动时，A、B不能当成一个整体，A、B间的摩擦力为滑动摩擦力f1保持不变，此时F随时间均匀增大，对摩擦力f2没有影响，故此时摩擦力f2保持不变，故C、D错误；故选B.] 4．(多选) (2018·嘉兴一中模拟)在水平板上有M、N两点，相距D＝0.45 m，用长L＝0.45 m的轻质绝缘细线分别悬挂有质量m＝3×10－2kg、电荷量q＝3.0×10－6 C的小球(小球可视为点电荷，静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2)，当两小球处于如图6所示的平衡状态时()图6A．细线与竖直方向的夹角θ＝30°B ．两小球间的距离为0.9 mC ．细线上的拉力为0.2 ND ．若两小球带等量异种电荷，则细线与竖直方向的夹角θ＝30°ABC [对任意小球进行受力分析可以得到：kq 2(D ＋2L sin θ)2＝mg tan θ，代入数据整理可以得到：sin θ＝12，即θ＝30°，故选项A 正确；两个小球之间的距离为r ＝D ＋2L sin θ＝0.9 m ，故选项B 正确；对任意小球受力平衡，则竖直方向：F cos θ＝mg ，代入数据整理可以得到：F ＝0.2 N ，故选项C 正确；当两小球带等量异种电荷时，则：kq 2(D －2L sin θ)2＝mg tan θ，整理可知选项D 错误．]5．(2018·河北名校联盟联考)如图7所示，边长为l 、质量为m 的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板上，导线框中通一逆时针方向的电流，图中虚线过ab 边中点和ac 边中点，在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B ，此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为F 1；保持其他条件不变，现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时细线中拉力为F 2，则导线框中的电流大小为( )图7A.F 2－F 1BlB.F 2－F 12BlC.2(F 2－F 1)BlD.2(F 2－F 1)3BlA [当匀强磁场在虚线的下方时，bc 边所受的安培力为F bc ＝BIl ，方向竖直向上，ac 边和ab 边所受安培力大小相等，F ab ＝F ac ＝12BIl ，且两个安培力的夹角为120°，因此ac 边和ab 边所受安培力的合力为12BIl ，方向竖直向下，则整个导线框所受的安培力为12BIl ，方向竖直向上，根据导线框处于平衡状态可得F 1＋12BIl＝mg .当匀强磁场在虚线的上方时，ac 边和ab 边所受安培力大小相等，均为F ab＝F ac ＝12BIl ，且两个安培力的夹角为120°，因此ac 边和ab 边所受安培力的合力为12BIl ，方向竖直向下，则整个导线框所受的安培力为12BIl ，方向竖直向下，根据导线框处于平衡状态可得F 2－12BIl ＝mg ，联立解得导线框中的电流大小为I ＝F 2－F 1Bl ，选项A 正确．]6．(2018·抚顺一模)用一轻绳将小球P 系于光滑墙壁上的O 点，在墙壁和球P 之间夹有一矩形物块 Q ，如图10所示．P 、Q 均处于静止状态，则下列相关说法正确的是( )图10A ．P 受3个力B ．Q 受3个力C ．若绳子变短，Q 受到的静摩擦力将增大D ．若绳子变长，绳子的拉力将变小D [P 受到重力、Q 的支持力、Q 的静摩擦力、绳子的拉力，共4个力作用，故A 错误．Q 受到重力、墙壁的弹力、P 的压力和静摩擦力，共4个力作用，故B 错误．Q 受到的静摩擦力竖直向上，与其重力平衡，与绳子长度无关，所以若绳子变短，Q 受到的静摩擦力不变，故C 错误．设绳子与竖直方向的夹角为α，P的重力为G，绳子的拉力大小为F，则由平衡条件得：f＝G Q，G P＋f＝F cos α，则G P＋G Q＝F cos α，G P与G Q不变，若绳子变长，α变小，cos α变大，则F变小，故D正确．]7．(2018·南阳一中模拟)如图11所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力的作用下处于静止状态，P与圆心O的连线与水平面的夹角为θ，将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90°，框架与小球始终保持静止状态．在此过程中下列说法正确的是()图11A．框架对小球的支持力先减小后增大B．拉力F的最小值为mg cos θC．地面对框架的摩擦力先减小后增大D．框架对地面的压力先增大后减小B[以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意图，如图所示．根据几何关系可知，力F顺时针转动至竖直向上之前，支持力N逐渐减小，F先减小后增大，当F的方向沿圆的切线方向向上时，F最小，此时：F＝mg cos θ，故A错误，B正确．以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿水平方向的分力逐渐减小，所以地面对框架的摩擦力始终在减小，故C错误．F沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的支持力始终在减小，故D错误．故选B.]8. (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13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，设悬挂物的重力为G，∠ABO＝90°，AB>OB.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()图13A．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索OA，杆OB上的支持力F2大小不变C．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BC[设钢索OA的长度为L，杆OB的长度为R，A、B两点间的距离为H，根据相似三角形知识可知GH＝F1L＝F2R，所以从题图图示位置开始缩短钢索OA，钢索OA的拉力F1减小，杆OB上的支持力F2大小不变，选项A错误，B正确；从题图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．]9．(多选)(2018·广东五校联考)双十一期间，智能仓储机器人在仓库运作的情景被广泛报道．如图15所示，一个智能仓储机器人搬运着A、B、C三个快递包裹，三者质量相同，在移动过程中A、B、C与机器人没有发生相对运动，则下列说法正确的是()图15A ．机器人在扫描二维码时，采用了传感器技术B ．如果机器人向右做匀速直线运动，B 受到2个力的作用C ．如果机器人向右做匀减速直线运动，C 受到向右的摩擦力D ．如果机器人向右做匀减速直线运动，机器人对A 的摩擦力是B 对C 的摩擦力的3倍AD [机器人在扫描二维码时，拍摄过程采用了光学传感器，A 正确；机器人向右做匀速直线运动时，B 受到重力、A 对B 的支持力和C 对B 的压力，共三个力，B 错误；机器人向右做匀减速直线运动时，加速度方向向左，则C 受到向左的摩擦力，C 错误；机器人向右做匀减速直线运动时，根据牛顿定律，对物体C ：f BC ＝ma ，对ABC 整体：f ′＝3ma ，所以机器人对A 的摩擦力是B 对C 的摩擦力的3倍，D 正确．]10．(2018·第二次全国大联考Ⅲ卷)某班级同学要调换座位，一同学用斜向上的拉力拖动桌子沿水平地面匀速运动．已知桌子的总质量为10 kg ，若拉力的最小值为50 3 N ，此时拉力与水平方向间的夹角为θ.重力加速度大小为g ＝10 m/s 2，桌子与地面间的动摩擦因数为μ，不计空气阻力，则( )A ．μ＝3，θ＝60°B ．μ＝33，θ＝60°C ．μ＝3，θ＝30°D ．μ＝33，θ＝30°A [对桌子受力分析，如图所示．根据平衡条件可知，水平方向有F cos θ－F f ＝0，竖直方向有F N ＋F sin θ－G ＝0，其中F f ＝μF N ，故F ＝μG cos θ＋μsin θ，令μ＝tan α，则F ＝G sin αcos α cos θ＋sin αsin θ＝G sin αcos (α－θ)；当θ＝α时，F 有最小值，F min ＝G sin α＝50 3 N ，解得α＝60°，故μ＝tan 60°＝3，θ＝60°，选项A 正确．。
2019高考物理二轮练习学案-专项1第1讲力与物体的平衡
2019高考物理二轮练习学案-专项1第1讲力与物体的平衡[例1](2018·浙江高考)如图1－1－1所示，与水平面夹角为30°的固定斜面上有一质量m＝1.0kg的物体。
细绳的一端与物体相连。
另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧秤相连。
物体静止在斜面上，图1－1－1弹簧秤的示数为4.9N。
关于物体受力的判断(取g＝9.8m/s2)。
以下说法正确的选项是()A、斜面对物体的摩擦力大小为零B、斜面对物体的摩擦力大小为4.9N，方向沿斜面向上C、斜面对物体的支持力大小为4.93N，方向竖直向上D、斜面对物体的支持力大小为4.9N，方向垂直斜面向上[思路点拨]解答此题时应注意以下两点：(1)定滑轮不计摩擦，弹簧秤的示数等于绳子拉力大小。
(2)物体静止在斜面上，物体合力一定为零。
[解析]因物体的重力沿斜面方向的分力mgsin30°＝1×9.8×0.5N＝4.9N，与弹簧秤的示数相等，故斜面对物体的摩擦力大小为0，那么选项A正确，选项B错误；斜面对物体的支持力大小为mgcos30°＝1×9.8×32N＝4.93N，方向垂直斜面向上，那么选项C、D错误。
[答案]A【理论升华】…………………………………………(掌握类题通法)【一】基础知识要记牢1、分类(1)静摩擦力(大小0＜F≤Fmax)。
(2)滑动摩擦力(大小F＝μFN)。
2、方向与物体的相对运动或相对运动趋势的方向相反，沿接触面的切线方向。
3、产生条件(1)相互接触且接触面粗糙；(2)有相对运动或相对运动趋势；(3)接触面间有弹力。
【二】方法技巧要用好1、物体间静摩擦力的有无及方向判断方法(1)“假设法”和“反推法”。
①假设法：先假设没有摩擦力(即光滑)时，看相对静止的物体间能否发生相对运动。
假设能，那么有静摩擦力，方向与相对运动方向相反；假设不能，那么没有静摩擦力。
②反推法：是从被研究物体表现出的运动状态这个结果反推出它必须具有的条件，分析组成条件的相关因素中摩擦力所起的作用，就容易判断摩擦力的方向了。
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2019届高三物理二轮复习专题限时练1 第1部分专题1 力与物体的平衡一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分)1. (2015·青岛模拟)如图114所示，横截面为直角三角形的斜劈A，底面靠在粗糙的竖直墙面上，力F通过球心水平作用在光滑球B上，系统处于静止状态．当力F增大时，系统仍保持静止，则下列说法正确的是( )图114A．斜劈A受到的力的个数不变B．斜劈A受到的摩擦力一定增大C．光滑球B对地面的压力一定不变D．光滑球B受到的合力不变2．如图115甲所示，一定质量的通电导体棒ab置于倾角为θ的粗糙导轨上，在图乙所加各种大小相同、方向不同的匀强磁场中，导体棒ab均静止，则下列判断错误的是( )图115A．四种情况导体棒受到的安培力大小相等B．A中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零C．B中导体棒ab可能是二力平衡D．C、D中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零3. (2015·东北三省四市模拟)如图116所示，一条细绳跨过定滑轮连接两个小球A、B，它们都穿在一根光滑的竖直杆上，不计绳与滑轮间的摩擦，当两球平衡时OA绳与水平方向的夹角为2θ，OB绳与水平方向的夹角为θ，则球A、B的质量之比为( )图116A．2cos θ∶1 B．1∶2cos θC．tan θ∶1 D．1∶2sin θ4.轻质弹簧A的两端分别连在质量均为m的小球上，两球均可视为质点．另有两根与A 完全相同的轻质弹簧B、C，且B、C的一端分别与两个小球相连，B的另一端固定在天花板上，C的另一端用手牵住，如图117所示．适当调节手的高度与用力的方向，保持B弹簧轴线跟竖直方向夹角为37°不变(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，当弹簧C的拉力最小时，B、C两弹簧的形变量之比为( )图117A．1∶1 B．3∶5C．4∶3 D．5∶45．(2014·全国卷Ⅰ)如图118所示，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)．与稳定在竖直位置时相比，小球的高度( )图118A．一定升高B．一定降低C．保持不变D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定6. (2015·广东高考)如图119所示，三条绳子的一端都系在细直杆顶端，另一端都固定在水平地面上，将杆竖直紧压在地面上，若三条绳长度不同．下列说法正确的有( )图119A．三条绳中的张力都相等B．杆对地面的压力大于自身重力C．绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零D．绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力7.如图120所示，上表面光滑、右端固定有立柱的木板平放在水平地面上，总质量为M.木板上放有质量分别为m1和m2的物块A和B，物块A用一根不可伸长的水平轻绳拴在立柱上，A与B之间的动摩擦因数为μ；现将木板的左端固定，用一始终竖直向上的力F缓慢抬起木板的右端，以下说法正确的是( )图120A．B开始滑动前，A对B的摩擦力先增大后减小B．B开始滑动前，轻绳中的拉力逐渐增大C．B开始滑动前，B对A的弹力逐渐减小D．当木板与地面的夹角的正切值等于μ时，B开始滑动8.如图121所示，粗糙程度均匀的绝缘空心斜面ABC放置在水平面上，∠CAB＝30°，斜面内部O点(与斜面无任何连接)固定一个正点电荷，一带负电可视为质点的小物体可以分别静止在M、P、N点，P为MN的中点，OM＝ON，OM∥AB，则下列判断正确的是( )图121A．小物体在M、P、N点静止时一定都是受4个力B．小物体静止在P点时受到的摩擦力最大C．小物体静止在P点时受到的支持力最大D．小物体静止在M、N点时受到的支持力相等二、计算题(本题共2小题，共计32分．解答过程要有必要的文字说明和解题步骤)9. (16分)如图122所示，一个底面粗糙，质量为m的斜面体静止在水平地面上，斜面体斜面是光滑的，倾角为30°，现用一端固定的轻绳系一质量为m的小球，小球静止时轻绳与斜面的夹角是30°.图122(1)求当斜面体静止时绳的拉力大小；(2)若地面对斜面体的最大静摩擦力等于地面对斜面体支持力的k倍，为了使整个系统始终处于静止状态，k值必须满足什么条件？10. (16分)如图123所示，ace和bdf是间距为L的两根足够长平行导轨，导轨平面与水平面的夹角为θ.整个装置处在磁感应强度为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，ab之间连有阻值为R的电阻．若将一质量为m的金属棒置于ef端，今用大小为F、方向沿斜面向上的恒力把金属棒从ef位置由静止推至距ef端s处的cd位置(此时金属棒已经做匀速运动)，现撤去恒力F，金属棒最后又回到ef端(此时金属棒也已经做匀速运动)．若不计导轨和金属棒的电阻，且金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ.求：图123(1)金属棒上滑过程中的最大速度；(2)金属棒下滑过程的末速度．【详解答案】1．D 当力F增大时，A受的摩擦力的变化情况不能确定，故A、B选项不对；以A、B 系统为研究对象，B对地面的压力除与A、B的重力有关外，还与墙面施于A的竖直方向的摩擦力有关，而摩擦力随力F增大发生变化，故光滑球B对地面的的压力是变化的，C不对；系统处于静止状态，光滑球B受到的合力为零，故D对．2．D 因磁感线都垂直于导体棒，所以导体棒受到安培力的大小相等，A中安培力方向水平向右，而支持力垂直于斜面，与重力可以形成三力平衡，所以摩擦力可能为零；同理，B中安培力方向向上，可与重力构成二力平衡；C中安培力方向向下，D中安培力方向水平向左，要平衡则一定受到摩擦力作用，故选项D错误．3．A 以A为研究对象，根据平衡条件得：F T sin 2θ＝m A g.以B为研究对象，根据平衡条件得：F T sin θ＝mΒg，故m Am B＝sin 2θsin θ＝2cos θ，选项A正确．4．C以两球和弹簧A组成的整体为研究对象，受力分析如图所示，由合成法知当C弹簧与B弹簧垂直时，弹簧C施加的拉力最小，由几何关系知F T B∶F T C＝4∶3.结合胡克定律可得选项C正确．5．A 这是一连接体，当稳定后，小球与小车有相同的加速度，橡皮筋中弹力满足胡克定律，并且竖直方向合力为零，由此判断橡皮筋竖直方向的分量与原来长度的关系．设橡皮筋原长为l0、劲度系数为k，静止时，橡皮筋长度为l，加速时长度为l′且与竖直方向夹角为θ.由胡克定律可知，静止时k(l－l0)＝mg，加速时小球受力分析如图所示，由竖直方向受力平衡可知k(l′－l0)cos θ＝mgk(l′－l0)sin θ＝ma则k(l－l0)＝k(l′－l0)cos θl′cos θ＝l－l0(1－cos θ)即l′cos θ<l所以小球高度一定升高，故选项A 正确．6．BC 杆静止在水平地面上，则杆受到重力、三条绳子的拉力和地面对它的支持力．根据平衡条件，则三条绳的拉力的合力竖直向下，故绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零．杆对地面的压力大小等于杆的重力与三条绳的拉力的合力之和，选项B 、C 正确．由于三条绳长度不同，即三条绳与竖直方向的夹角不同，所以三条绳上的张力不相等，选项A 错误．绳子拉力的合力与杆的重力方向相同，因此两者不是一对平衡力，选项D 错误．7．BC 设木板右端抬起后木板与地面的夹角为θ，对B 受力分析，B 开始滑动前，沿轻绳方向A 对B 的摩擦力f AB ＝m 2g sin θ，θ逐渐增大，所以A 对B 的摩擦力逐渐增大，选项A 错误；B 开始滑动前，对A 、B 组成的整体，沿轻绳方向有：轻绳的拉力T ＝(m 1＋m 2)g sin θ，逐渐增大 ，选项B 正确；B 对A 的弹力N ＝m 1g cos θ，逐渐减小，选项C 正确；沿轻绳方向，当m 2g sin θ＝μm 1g cos θ，即tan θ＝μm 1m 2时B 开始滑动，选项D 错误． 8．CD对小物体分别在三处静止时进行受力分析，如图．结合平衡条件知，小物体在P 、N 两点时一定受四个力的作用，而在M 处不一定，故A 错误；小物体静止在P 点时，摩擦力F f ＝mg sin 30°，设小物体静止在M 、N 点时，库仑力为F ′，则小物体静止在N 点时F f ′＝mg sin 30°＋F ′cos 30°，小物体静止在M 点时F f ″＝mg sin 30°－F ′cos 30°，可见小物体静止在N 点时所受摩擦力最大，故B 错误；小物体静止在P 点时，设库仑力为F ，受到的支持力F N ＝mg cos 30°＋F ，小物体静止在M 、N 点时：F N ′＝mg cos 30°＋F ′sin 30°，由库仑定律知F >F ′，故F N >F N ′，即小物体静止在P 点时受到的支持力最大，静止在M 、N 点时受到的支持力相等，故C 、D 正确．9．解析：图(1)设绳的拉力为F T ，斜面体对小球的支持力为F N ，对小球进行受力分析如图所示，由平衡条件可知，F T 和F N 的合力竖直向上，大小等于mg ，由几何关系可得出F N ＝F T ＝33mg . (2)对斜面体进行受力分析，设小球对斜面体的压力为F N ′，地面的支持力为F ，地面的静摩擦力为F f ，由正交分解和平衡条件可知，在竖直方向上：F ＝mg ＋F N ′cos 30°在水平方向上：F f ＝F N ′sin 30°根据(1)和牛顿第三定律可知：F N ′＝F N ＝F T ＝33mg 又由题设可知F fmax ＝kF ≥F f综合上述各式解得k ≥39. 答案：(1)33mg (2)k ≥3910．解析：(1)设当金属棒上滑到匀速时速度最大为v 1，此时受力平衡，则： F －μmg cos θ－mg sin θ－BI 1L ＝0I 1＝BLv 1R解得v 1＝（F －μmg cos θ－mg sin θ）R B 2L2. (2)设金属棒下滑过程的末速度为v 2，此时受力平衡，则： BI 2L ＋μmg cos θ－mg sin θ＝0I 2＝BLv 2R解得v 2＝（mg sin θ－μmg cos θ）R B 2L2. 答案：(1)（F －μmg cos θ－mg sin θ）R B 2L2 (2)（mg sin θ－μmg cos θ）R B 2L2。