新课标版高考物理二轮复习专题一力与物体的平衡练习

力与物体的平衡(45分钟)[刷基础]1．(2019·湖南株洲高三年级教学检测)如图，黑板擦在手施加的恒力F作用下匀速擦拭黑板．已知黑板擦与竖直黑板间的动摩擦因数为μ，不计黑板擦的重力，则它所受的摩擦力大小为( ) A．F B．μFC.μ1＋μ2F D.1＋μ2μF解析：设力F与运动方向的夹角为θ，黑板擦做匀速运动，则由平衡条件可知F cos θ＝μF sin θ，解得μ＝1tan θ，由数学知识可知，cos θ＝μ1＋μ2，则黑板擦所受的摩擦力大小F f＝F cos θ＝μ1＋μ2F，故选项C正确．答案：C2．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，如图甲、乙、丙所示，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 cos 30°＝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．(2019·山西吕梁高三期末)如图所示，14光滑圆轨道竖直固定在水平地面上，O为圆心，A为轨道上的一点，OA与水平面夹角为30°.小球在拉力F作用下始终静止在A点．当拉力方向水平向左时，拉力F的大小为10 3 N．当将拉力F在竖直平面内转至沿圆轨道切线方向时，拉力F的大小为( ) A．5 3 N B．15 NC．10 N D．10 3 N解析：当拉力水平向左时，受到竖直向下的重力、沿OA向外的支持力以及拉力F，如图甲所示，根据矢量三角形可得G ＝F tan 30°＝103×33N ＝10 N ，当拉力沿圆轨道切线方向时，受力如图乙所示，根据矢量三角形可得F ＝G cos 30°＝5 3 N ，A 正确．答案：A4．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：C5．如图所示，由粗糙的水平杆AO 与光滑的竖直杆BO 组成的绝缘直角支架，在AO 杆、BO 杆上套有带正电的小球P 、Q ，两个小球恰能在某一位置平衡．现将P 缓慢地向左移动一小段距离，两球再次达到平衡．若小球所带电荷量不变，与移动前相比( )A．杆BO对Q的弹力减小B．杆AO对P的弹力减小C．杆AO对P的摩擦力增大D．P、Q之间的距离增大解析：Q受力如图，由力的合成与平衡条件可知：BO杆对小球Q的弹力变大，两小球之间的库仑力变大，由库仑定律知，两小球P、Q的距离变小，A、D错误；对整体受力分析，可得AO杆对小球P的摩擦力变大，C正确；对整体分析可知，竖直方向只受重力和AO杆的支持力，故AO杆对小球P的弹力不变，B错误．故选C.答案：C6．(2019·河南南阳一中高三理综)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，A、B接触面的切线与竖直挡板之间的夹角为θ，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受到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mgtan θD．滑块A对物体B的压力大小为mgcos θ解析：首先对滑块A受力分析，如图所示，根据平衡条件，有F1＝mgsin θF2＝mgtan θ根据牛顿第三定律，A对B的压力大小为mgsin θ，A对竖直挡板的压力大小为mgtan θ，故C正确，D错误；对A、B整体受力分析，受重力、水平面的支持力、竖直挡板的支持力、水平面的静摩擦力，如图所示，根据平衡条件，水平面的支持力大小F N＝(M＋m)g，水平面的摩擦力大小F f＝F2＝mgtan θ，再根据牛顿第三定律，物体B对水平面的压力大小为(M＋m)g，故A、B错误．答案：C7．(多选)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不变解析：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正确．答案：BD8.(多选)如图所示，高空作业的工人被一根绳索悬在空中，已知工人及其身上装备的总质量为m，绳索与竖直墙壁的夹角为α，悬绳上的张力大小为F1，墙壁与工人之间的弹力大小为F2，重力加速度为g，不计人与墙壁之间的摩擦，则( )A．F1＝mgsin αB．F2＝mg tan αC．若缓慢增大悬绳的长度，F1与F2都变小D ．若缓慢增大悬绳的长度，F 1减小，F 2增大解析：对工人受力分析，工人受到重力、墙壁的支持力和绳索的拉力作用，如图所示，根据共点力平衡条件，有F 1＝mgcos α，F 2＝mg tan α；若缓慢增大悬绳的长度，工人下移时，细绳与竖直方向的夹角α变小，故F 1变小，F 2变小，故B 、C 正确，A 、D 错误．答案：BC9．(多选)(2019·广东深圳高三模拟)如图所示，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O 点，右端跨过固定于O ′点的光滑滑轮悬挂一质量为1 kg 的物体P ，此时轻绳OO ′段水平，长度为0.8 m ．绳子OO ′段套有一个可自由滑动的轻环．现在轻环上挂上一重物Q ，用手扶住重物后缓慢下降，直到手与重物分离，重物Q 下降的高度为0.3 m ，此时物体P 未到达滑轮处．则( )A ．重物Q 的质量为1.2 kgB ．重物Q 的质量为1.6 kgC ．物体P 上升的高度为0.2 mD ．物体P 上升的高度为0.4 m解析：重新平衡后，根据几何知识可得tan θ＝0.40.3＝43，即θ＝53°，OO ′之间的绳长为0.5×2 m＝1 m ，故P 上升了1 m －0.8 m ＝0.2 m ，C 正确，D 错误；重新平衡后，对轻环处结点受力分析，如图所示，则根据平行四边形定则可得cos 53°＝12m Q g m P g＝0.6，解得m Q ＝1.2 kg ，A 正确，B 错误．答案：AC10．(多选)如图所示，物体P 、Q 可视为点电荷，电荷量相同．倾角为θ、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( )A ．P 、Q 所带电荷量为 mgk tan θr 2 B ．P 对斜面体的压力为mgcos θC ．斜面体受到地面的摩擦力为0D ．斜面体对地面的压力为(M ＋m )g解析：以P 为研究对象，受到重力mg 、斜面体的支持力F N 和库仑力F ，由平衡条件得：F ＝mg tan θ，F N ＝mgcos θ根据库仑定律得：F ＝k q 2r2联立解得：q ＝rmg tan θk由牛顿第三定律得P 对斜面体的压力为F N ′＝F N ＝mgcos θ，故A 错误，B 正确．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F f ＝F ，地面对斜面体的支持力为F N1＝(M ＋m )g ，根据牛顿第三定律得斜面体对地面的压力为F N1′＝F N1＝(M ＋m )g ，故C 错误，D 正确．答案：BD[刷综合]11．(多选)如图所示，质量为m ＝5 kg 的物体放在水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝33，g 取10 m/s 2.当物体做匀速直线运动时，下列说法正确的是( )A ．牵引力F 的最小值为25 NB ．牵引力F 的最小值为253 3 NC ．最小牵引力F 与水平面的夹角为45°D ．最小牵引力F 与水平面的夹角为30°解析：物体受重力G 、支持力F N 、摩擦力F f 和拉力F 的共同作用，将拉力沿水平方向和竖直方向分解，如图所示，由共点力的平衡条件可知，在水平方向上有F cos θ－μF N ＝0，在竖直方向上有F sin θ＋F N －G ＝0，联立解得F ＝μGcos θ＋μsin θ，设tan Φ＝μ，则cos Φ＝11＋μ2，所以F ＝μG cos (θ－Φ)·11＋μ2，当cos(θ－Φ)＝1即θ－Φ＝0时，F 取到最小值，F min ＝μG 1＋μ2＝25 N ，而tan Φ＝μ＝33，所以Φ＝30°，θ＝30°.答案：AD12．如图所示，水平细杆上套一球A ，球A 与球B 间用一轻绳相连，质量分别为m A 和m B ，由于B 球受到水平风力作用，球A 与球B 一起向右匀速运动．已知细绳与竖直方向的夹角为θ，则下列说法中正确的是( )A ．球A 与水平细杆间的动摩擦因数为 mB sin θm A ＋m BB ．球B 受到的风力F 为m B g tan θC ．风力增大时，若A 、B 仍匀速运动，轻质绳对球B 的拉力保持不变D ．杆对球A 的支持力随着风力的增大而增大解析：对球B 受力分析，受重力、风力和拉力，如图甲，风力为F ＝m B g tan θ，绳对B 球的拉力为F T ＝m B gcos θ，把球A 和球B 当作一个整体，对其受力分析，受重力(m A ＋m B )g 、支持力F N 、风力F 和向左的摩擦力F f ，如图乙，根据共点力平衡条件可得，杆对球A 的支持力大小F N ＝(m A ＋m B )g ，杆对球A 的摩擦力大小F f ＝F ，则球A 与水平细杆间的动摩擦因数为μ＝F f F N ＝m B tan θm A ＋m B，B 正确，A 错误；当风力增大时，θ增大，则F T 增大，C 错误；由以上分析知杆对球A 的支持力F N ＝(m A ＋m B )g ，不变，D 错误．答案：B13.(多选)(2019·辽宁大连高三模拟)如图所示，光滑水平地面上放有截面为14圆周的柱状物体A ，A 与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B ，对A 施加一水平向左的力F ，整个装置保持静止．若将A 的位置向左移动稍许，整个装置仍保持平衡，则( )A ．水平外力F 增大B ．墙对B 的作用力减小C ．地面对A 的支持力减小D ．B 对A 的作用力减小解析：对B 受力分析，受到重力mg 、A 对B 的支持力F N AB 和墙壁对B 的支持力F N B ，如图甲所示，当A向左移动后，A对B的支持力F N AB的方向变化，根据平衡条件结合合成法可以知道A 对B的支持力F N AB和墙对B的支持力F N B都在不断减小，由牛顿第三定律知B对A的支持力减小，故B、D正确；再对A和B整体受力分析，受到总重力G、地面支持力F N、外力F和墙的弹力F N B，如图乙所示，根据平衡条件，有F＝F N B，F N＝G，故地面对A的支持力不变，外力F 随着墙对B的支持力F N B的减小而减小，故A、C错误．答案：BD14.(多选)如图所示，用一段绳子把轻质滑轮吊装在A点，一根轻绳跨过滑轮，绳的一端拴在井中的水桶上，人用力拉绳的另一端，滑轮中心为O点，人所拉绳子与OA的夹角为β，拉水桶的绳子与OA的夹角为α.人拉绳沿水平面向左运动，把井中质量为m的水桶缓慢提上来，人的质量为M，重力加速度为g，在此过程中，以下说法正确的是( ) A．α始终等于βB．吊装滑轮的绳子上的拉力逐渐变大C．地面对人的摩擦力逐渐变大D．地面对人的支持力逐渐变大解析：水桶匀速上升，拉水桶的轻绳中的拉力F T始终等于mg，对滑轮受力分析如图甲所示．垂直于OA方向有F T sin α＝F T sin β，所以α＝β，沿OA方向有F＝F T cos α＋F T cos β＝2F T cos α，人向左运动的过程中α＋β变大，所以α和β均变大，吊装滑轮的绳子上的拉力F变小，选项A正确，B错误；对人受力分析如图乙所示，θ＝α＋β逐渐变大，水平方向有F f＝F T′sin θ，地面对人的摩擦力逐渐变大，竖直方向有F N＋F T′cos θ＝Mg，地面对人的支持力F N＝Mg－F T′cos θ逐渐变大，选项C、D正确．答案：ACD15．(多选)如图，一光滑的轻滑轮用轻绳OO′悬挂于O点，另一轻绳跨过滑轮，一端连着斜面上的物体A，另一端悬挂物体B，整个系统处于静止状态．现缓慢向左推动斜面，直到轻绳平行于斜面，这个过程中物块A与斜面始终保持相对静止．则下列说法正确的是( )A．物块A受到的摩擦力一定减小B．物块A对斜面的压力一定增大C．轻绳OO′的拉力一定减小D．轻绳OO′与竖直方向的夹角一定减小解析：对B分析，因为过程缓慢，故B受力平衡，所以绳子的拉力F T′＝m B g，由于同一条绳子上的拉力大小相同，故绳子对A的拉力大小恒为F T＝m B g.设绳子与斜面的夹角为θ，斜面与水平面的夹角为α，对A分析，在垂直于斜面方向上，有F T sin θ＋F N＝m A g cos α，随着斜面左移，θ在减小，故F N＝m A g cos α－F T sin θ在增大，在沿斜面方向上，物块A受到重力沿斜面向下的分力m A g sin α和绳子沿斜面向上的分力F T cos θ，如果m A g sin α>F T cos θ，则有m A g sin α＝F T cos θ＋F f，随着θ在减小，F f在减小，如果m A g sin α<F T cos θ，则有m A g sin α＋F f＝F T cos θ，随着θ在减小，F f在增大，故A错误，B正确；因为轻绳与竖直方向上的夹角越来越大，又滑轮两端绳的拉力大小相等且不变，则滑轮两端绳的合力越来越小，所以轻绳OO′的拉力在减小，C正确；OO′一定在滑轮两端轻绳夹角的角平分线上，因为轻绳与竖直方向上的夹角越来越大，所以OO′与竖直方向的夹角一定增大，D错误．答案：BC。