2019高考物理二轮复习 专题一 力与直线运动 1-1-1 力与物体的平衡训练

1-1-1 力与物体的平衡
课时强化训练
1．(2018·安徽A10联盟联考)(多选)如图所示，斜面体放在水平面上，C是斜面体斜面AB上的一点，AC部分粗糙，CB部分光滑，一物块在AC部分匀速下滑，此时斜面体对物块的作用力为F1、地面对斜面体的摩擦力为f1，物块在CB部分下滑时，斜面体对物块的作用力为F2、地面对斜面体的摩擦力为f2，整个过程斜面体始终处于静止，不计空气阻力，则( )
A．f1＜f2B．f1＝f2
C．F1＞F2 D．F1＝F2
[解析] 物块在AC段匀速下滑时，物块和斜面体整体处于平衡状态，因此地面对斜面体的摩擦力为零，即f1＝0，这时斜面对物块的作用力大小等于物块的重力，即F1＝mg。

当物块在CB段下滑时，物块加速下滑，整体有向左的加速度，则地面对斜面体有向左的摩擦力，因此有f1＜f2，A正确、B错误；斜面体对物块的作用力F2＝mg cos θ(θ为斜面的倾角)，因此有F1＞F2，C正确，D错误。

[答案] AC
2．(2018·福建厦门质检)如图所示，一个质量为m的滑块置于倾角为30°的固定粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上的Q点，直线PQ与斜面垂直，滑块保持静止。

则( )
A．弹簧可能处于原长状态
B．斜面对滑块的摩擦力大小可能为零
C．斜面对滑块的支持力大小可能为零
D．滑块一定受到四个力作用
[解析] 若滑块受重力、支持力和摩擦力，且三者合力为零时，弹簧对滑块没有作用力，弹簧处于原长状态，所以A正确，D错误；若摩擦力为零，滑块不可能静止，所以B错误；若支持力为零，则摩擦力也为零，滑块不可能静止，所以C错误。

[答案] A
3．(2018·河北石家庄质检一)飞艇常常用于执行扫雷、空中预警、电子干扰等多项作战任务。

如图所示为飞艇拖曳扫雷具扫除水雷的模拟图。

当飞艇匀速飞行时，绳子与竖直方向恒成θ角。

已知扫雷具质量为m ，重力加速度为g ，扫雷具所受浮力不能忽略，下列说法正确的是( )
A ．扫雷具受3个力作用
B ．绳子拉力大小为mg
cos θ
C ．海水对扫雷具作用力的水平分力小于绳子拉力
D ．绳子拉力一定大于mg
[解析] 扫雷具受绳子拉力、海水的浮力和阻力及自身重力四个力作用，A 项错误。

海水对扫雷具作用力的水平分力F 水＝F T sin θ，C 项正确。

因为浮力大小未知，则绳子拉力大小不能确定，B 、D 项错误。

[答案] C
4．(2018·山西五市联考)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为3mg
B ．绳子的拉力大小为
32
mg C ．c 受到绳子的拉力大小为3mg D ．c 与大环间的弹力大小为3mg
[解析] 三个小圆环能够静止在光滑的圆环上，因平衡时a 、b 的距离等于绳子长度的一半，则△abc 恰好是等边三角形，对a 受力分析如图所示：
在水平方向上：T a sin 30°＝N a cos 30° 在竖直方向上：T a cos 30°＝mg ＋N a sin 30° 解得：N a ＝mg ，T a ＝3mg ，故A 、B 项均错。

c 受到两根绳子的拉力的合力T c ＝2T a cos 30°＝3mg ，所以C 项正确。

c 与环之间的弹力N c ＝mg ＋T c ＝4mg ，故D 项错误。

[答案] C
5．(2018·湖南郴州质检)如图所示，两个可视为质点的小球a 和b ，用质量可忽略的刚性细杆相连，放置在一个光滑的半球面内，已知小球a 和b 的质量之比为3，细杆长度是球面半径的2倍。

则：两球处于平衡状态时，细杆与水平面的夹角θ是(
)
A ．45°
B ．30°
C ．22.5°
D ．15°
[解析] 设杆的弹力为T ，小球a 和b 受力如图所示，其中F N a 和F N b 指向球心，设球面的半径为R ，则
有cos α＝
22
R R
＝
2
2
，得出α＝45°，β1＝90°－45°－θ＝45°－θ，β2＝90°－(45°－θ)＝45°＋θ。

两球都受到重力、细杆的弹力和球面的弹力的作用，过O 作竖直线交ab 于c 点，由几何三角形与力三角形相似有：
m a g Oc ＝F N a R ，m b g Oc ＝F N b
R
，可得F N a ＝3F N b ；以整体为研究对象，由平衡条件：F N a sin β1＝F N b sin β2，即F N a sin(45°－θ)＝F N b sin(45°＋θ)，解得θ＝15
°，所以D 项正确。

[答案] D
6．(2018·安徽六校二联)如图，在一段平坦的地面上等间距分布着一
排等高的输电线杆，挂在线杆上的电线粗细均匀且呈对称性。

由于热胀冷缩，冬季两相邻线杆之间的导线长度会有所减少。

对B 线杆及两侧的电线，冬季与夏季相比( )
A ．电线最高点处的张力变小
B ．电线最低处的张力不变
C ．线杆对地面的压力变小
D ．线杆两侧电线对线杆拉力的合力不变
[解析] 以线杆间电线为研究对象，受力分析如图所示。

由对称性及共点力平衡条件可得：F cos θ＝1
2mg ，由于热胀冷缩，冬天电线变短，θ角增大，电线
最高点处的张力变大，A 项错误，电线最低处的张力F ′＝F sin θ＝1
2mg tan θ，θ角增大，F ′变大，
B 项错误。

线杆两侧电线对线杆拉力的合力等于两杆间电线的重力，方向竖直向下，且保持不变，则知杆对地面的压力不变，则
C 项错误，
D 项正确。

[答案] D
7．(2018·湖北四地七校联盟联考)如图所示，带有光滑竖直杆的三角
形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行。

现给小滑块施加一个竖直向上的拉力，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则有( )
A ．小球对斜劈的压力保持不变
B ．轻绳对小球的拉力先减小后增大
C ．竖直杆对小滑块的弹力先增大再减小
D ．对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大
[解析] 对小球受力分析，受重力、支持力和轻绳的拉力，如图所示：
在小滑块沿杆缓慢上升过程中，根据平衡条件可以知道，轻绳的拉力T 增加，支持力N 减小，根据牛顿第三定律，球对斜面的压力也减小，故A 、B 错误；
对球和滑块整体受力分析，受重力、斜面的支持力N 、杆的弹力N 杆、拉力F ，如图所示：
根据平衡条件，有：水平方向：N 杆＝N sin θ 竖直方向：F ＋N cos θ＝G 总 因为N 减小，故N 杆减小，F 增加； 故C 错误、D 正确。

[答案] D
8．如图所示，一水平导轨处于与水平方向成45°角向左上方的匀强磁场中，一根通有恒定电流的金属棒，由于受到安培力作用而在粗糙的导轨上向右做匀速运动。

现将磁场方向沿
顺时针缓慢转动至竖直向上，在此过程中，金属棒始终保持匀速运动，已知棒与导轨间的动摩擦因数为μ，则( )
A ．金属棒所受摩擦力一直在减小
B ．导轨对金属棒的支持力先变小后变大
C ．磁感应强度先变小后变大
D ．金属棒所受安培力恒定不变
[解析] 金属棒匀速运动时，受力如图甲所示，则有F N ＋F 安 sin θ＝mg ，F 安 cos θ＝F f ＝μF N ，F 安
＝BIL ，联立解得B ＝
μmg
IL 1＋μ2sin （θ＋α）
，其中tan α＝1
μ，即45°＜α＜90°，因θ是从45°
减小到0°，所以B 先变小后变大，金属棒所受安培力也先变小后变大，C 对，D 错；将F N 与F f 合成一个
力F ，则F 与水平方向的夹角是一定值，金属棒受力满足图乙所示情况，F 安顺时针变化，力F 一直在增大，所以金属棒所受摩擦力及导轨对金属棒的支持力一直在增大，A 、B 错。

[答案] C
9．将三根伸长可不计的轻绳AB 、BC 、CD 如图连接，现在B 点悬挂一个质量为m 的重物，为使BC 绳保持水平且AB 绳、CD 绳与水平天花板夹角分别为60°与30°，需在C 点再施加一作用力，则该力的最小值为( )
A ．mg B.1
2mg
C.
33mg D.36
mg [解析] 对B 点受力分析，根据共点力平衡得，tan 30°＝
F T BC F T ＝F T BC mg 。

解得F T BC ＝3
3
mg ，对C 点分析，CD 的拉力方向一定，根据图解法知，当外力的方向与CD 垂直时，外力F 最小，根据平行四边形定则知，
sin 30°＝
F F T BC ，F ＝F T BC sin 30°＝33mg ×12＝3
6
mg 。

[答案] D
10．(2018·黑龙江牡丹江一中摸底)两个带同种电荷小球A 、B (可视为质点)通过绝缘的不可伸长的轻绳相连，若将轻绳的某点O 固定在天花板上，平衡时两个小球的连线恰好水平，且两根悬线偏离竖直方向的夹角分别为30°和60°，如图甲所示。

若将轻绳跨接在竖直方向的光滑定滑轮(滑轮大小可不计)两端，调节两球的位置能够重新平衡，如图乙所示，求：
(1)两个小球的质量的比值；
(2)图乙状态，滑轮两端的绳长O ′A 、O ′B 的比值。

[解析] (1)对小球，有T cos θ－mg ＝0
T sin θ－F ＝0
解得：mg ＝F cot θ
所以：m A m B ＝cot 30°cot 60°
＝3。

(2)对A 受力分析，设绳子的拉力为T ，小球A 到O ′的距离为L A ，O ′C 的距离为h ， 则有
m A g h ＝T L A
， 同理可得，
m B g h ＝T L B
则L A L B ＝m B m A ＝13。

[答案] (1)3 (2)1
3
11．如图所示，质量M ＝2 3 kg 的木块A 套在水平杆上，并用轻绳将木块A 与质量m ＝ 3 kg 的小球
B 相连。

今用跟水平方向成α＝30°角的力F ＝10 3 N ，拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中A 、B
相对位置保持不变，取g ＝10 m/s 2。

求：
(1)运动过程中轻绳与水平方向夹角θ； (2)木块与水平杆间的动摩擦因数μ。

[解析] (1)设轻绳对B 的拉力为F T ，以小球为研究对象，分析受力，作出受力图如图甲，由平衡条件可得：
F cos 30°＝F T cos θ，F sin 30°＋F T sin θ＝mg
代入解得，F T ＝10 3 N ，tan θ＝
3
3
，即θ＝30°。

(2)以木块和小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图乙。

由平衡条件得F cos 30°＝F f
F N ＋F sin 30°＝(M ＋m )g ，又F f ＝μF N 解得μ＝F cos 30°（M ＋m ）g －F sin 30°＝3
5。

[答案] (1)θ＝30° (2)μ＝
35
12．(2018·河北唐山市二模)如图所示，物体在拉力F 的作用下沿水平面做匀速直线运动，发现当外力F 与水平方向夹角为30°时，所需外力最小，由以上条件求外力F 的最小值与重力的比值。

[解析] 物体受力分析如图，建立直角坐标系，对力进行正交分解得：
y 方向：支持力F N ＝G －F y ＝G －F sin θ① x 方向：摩擦力F ′＝F x ＝F cos θ②
又：F ′＝μF N ③ 联立①②③得：F ＝
μ
cos θ＋μsin θ
·G
＝
G
1
μ
cos θ＋sin θ④
令：1
μ
＝tan β
则：F ＝G cos βsin βcos θ＋cos βsin θ＝G cos β
sin （β＋θ）
可知当β＋θ＝90°时，F 有最小值。

由题意，当θ＝30°时有最小值，所以β＝60° 1μ＝tan 60°＝3，所以μ＝33 将θ＝30°，μ＝
33代入④可得：F ＝1
2
G 。

1 [答案]
2。