精品-2019高考物理二轮复习第1讲力与物体的平衡专题训练
高考物理二轮冲刺专项一力与物体的平衡练习教案
2019 年高考物理二轮冲刺专项一力与物体的均衡练习教课方案注意事项：仔细阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思虑，多理解！不论是单项选择、多项选择仍是阐述题，最重要的就是看清题意。
在阐述题中，问题大多拥有委婉性，特别是历年真题部分，在给考生较大发挥空间的同时也大大增加了考试难度。
考生要仔细阅读题目中供应的有限资料，明确察看要点，最大限度的挖掘资料中的有效信息，建议考生答题时用笔将要点勾勒出来，方便屡次细读。
只有经过仔细商酌，推测命题老师的妄图，积极联想知识点，剖析答题角度，才能够将考点锁定，明确题意。
一．专题要点1. 重力⑴产生：重力是由于地面上的物体碰到地球的万有引力而产生的，但两者不等价，由于万有引力的一个分力要供应物体随处球自转所需的向心力，而另一个分力即重力，如右图所示。
⑵大小：随办理地址的变化而变化。
在两极： G=F万在赤道： G=F -F万向一般状况下，在地表周边 G=mg⑶方向：竖直向下，其实不指向地心。
弹力⑴产生条件：①接触②挤压③形变⑵大小：弹簧弹力F=kx，其余的弹力利用牛顿定律和均衡条件求解。
⑶方向：压力和支持力的方向垂直于接触面指向被压或被支持的物体，假定接触面是球面，那么弹力的作用线必然过球心，绳的作使劲必然沿绳，杆的作使劲不用然沿杆。
＊提示：绳只能产生拉力，杆既能够产生拉力，也能够产生支持力，在剖析竖直平面内的圆周运动时应该注意两者的差异。
3.摩擦力⑴产生条件：①接触且挤压②接触面粗拙③有相对运动或许相对运动趋势⑵大小：滑动摩擦力f N ,与接触面的面积没关，静摩擦力依照牛顿运动定律或均衡条件求解。
⑶方向：沿接触面的切线方向，并且与相对运动或相对运动趋势方向相反4.电场力⑴电场力的方向：正电荷受电场力的方向与场强方向一致，负电荷受电场力的方向与场强方向相反。
⑵电场力的大小：F qE ，假定为匀强电场，电场力那么为恒力，假定为非匀强电场，电场力将与地址有关。
[精品]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
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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。
2019高考物理二轮复习 第一部分 专题一 力和运动专题强化练【共4套31页】
本套资源目录2019高考物理二轮复习第一部分专题一力和运动专题强化练一力与物体的平衡2019高考物理二轮复习第一部分专题一力和运动专题强化练三力与曲线运动2019高考物理二轮复习第一部分专题一力和运动专题强化练二力与直线运动2019高考物理二轮复习第一部分专题一力和运动专题强化练四万有引力定律与航天专题强化练(一)力与物体的平衡考点1 物体的受力分析1.(2016·海南卷)如图，在水平桌面上放置一斜面体P，两长方体物块a和b叠放在P 的斜面上，整个系统处于静止状态．若将a与b、b与P、P与桌面之间摩擦力的大小分别用F f1、F f2和F f3表示．则( )A．F f1＝0，F f2≠0，F f3≠0B．F f1≠0，F f2＝0，F f3＝0C．F f1≠0，F f2≠0，F f3＝0D．F f1≠0，F f2≠0，F f3≠0解析：对整体受力分析可知，整体相对地面没有相对运动趋势，故F f3＝0；再将a和b 看成一个整体，a、b整体有相对斜面向下运动的趋势，故b与P之间有摩擦力，即F f2≠0；再对a受力分析可知，a相对于b有向下运动的趋势，a和b之间存在摩擦力作用，即F f1≠0.故选项C正确.答案：C2.(2018·天水二模)如图所示，A和B两物块的接触面是水平的，A与B保持相对静止一起沿固定粗糙斜面匀速下滑，在下滑过程中B的受力个数为( )A．3个B．4个C．5个D．6个解析：先以A为研究对象，分析受力情况，其受重力、B的竖直向上的支持力，B对A 没有摩擦力，否则A不会匀速运动；再对B研究，B受到重力、A对B竖直向下的压力，斜面的支持力和滑动摩擦力，共4个力，故选项B正确．答案：B3．(2018·西安高三测试)a、b两个质量相同的球用线连接，a球用线挂在天花板上，b 球放在光滑斜面上，系统保持静止，以下图示哪个是正确的( )解析：对b球受力分析，受重力、斜面对其垂直向上的支持力和细线的拉力，由于三力平衡时三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故细线拉力向右上方，故A图错误；再对a、b两个球整体受力分析，受重力、斜面垂直向上的支持力和上面细线的拉力，再次根据共点力平衡条件判断上面的细线的拉力方向斜向右上方，故C、D图均错误．答案：B考点2 共点力平衡4．(多选)(2018·天津卷)明朝谢肇淛《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺庙倾侧，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大解析：选木楔为研究对象，木楔受到的力有：水平向左的力F和两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力，由于木楔处于平衡状态，所以两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力与F沿两侧分解的推力大小是相等的，力F的分解如图：则：F＝2F N1sinθ2，F N1＝F N2＝F2sinθ2，所以F一定时，θ越小，F N越大；θ一定时，F越大，F N越大，B、C正确．答案：BC5．(2018·襄阳四校联考)将三个质量均为m的小球a、b、c用细线相连后(b、c间无细线相连)，再用细绳悬挂于O点，如图所示．用力F拉小球c，使三个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持为θ＝30°，则F的最小值为( )A ．mgB ．2mg C.32mg D.32mg 解析：将三个小球视为一个整体，重力为3mg ，当作用于小球c 上的力F 垂直于Oa 时，F 最小，由正交分解法知，水平方向F cos30°＝T sin 30°，竖直方向F sin 30°＋T cos 30°＝3mg ，解得F ＝32mg ，故C 正确．答案：C考点3 动态平衡6.(2018·本溪中学模拟)如图所示，上表面为光滑曲面的物体静置于水平地面上，一滑块从曲面底端受水平力作用缓缓地沿曲面向上滑动一小段的过程中，曲面始终静止不动．则地面对物体的摩擦力F f 和地面对物体的支持力F N 的大小变化情况是( )A ．F f 增大，F N 减小B ．F f 变小，F N 不变C ．F f 增大，F N 不变D ．F f 不变，F N 不变解析：对滑块受力分析，滑块受重力、水平力与支持力，因处于平衡状态，依据力的合成法则及平衡条件，可知水平力在增大，再将物体与滑块作为整体受力分析，处于平衡状态，那么竖直方向与水平方向均处于平衡状态，因此地面对物体的支持力F N 大小不变，而地面对物体的摩擦力F f 随着水平力的增大而增大，故C 正确．答案：C7.(2016·全国卷Ⅱ)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( )A ．F 逐渐变大，T 逐渐变大B ．F 逐渐变大，T 逐渐变小C ．F 逐渐变小，T 逐渐变大D ．F 逐渐变小，T 逐渐变小解析：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．答案：A8.(多选)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，绳子所受的拉力为F T1，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，此时绳子所受的拉力为F T2，弹簧的弹力为F 2，则下列关于F T1与F T2、F 1与F 2之间的大小关系，正确的是( )A ．F T1＞F T2B ．F T1＝F T2C ．F 1＜F 2D ．F 1＝F 2解析：小球B 受重力mg 、绳子拉力F T 和弹簧弹力F 三个力而平衡，平移F T 、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mg OA＝F T L ＝F AB，其中OA 、L 保持不变，因此绳子的拉力F T 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．答案：BC9.(2018·衡阳模拟)如图所示，两竖直木桩ab 、cd 固定，一不可伸长的轻绳两端固定在a 、c 处，绳长为L ，一质量为m 的物体A 通过轻质光滑挂钩挂在轻绳中间．静止时轻绳两端夹角为120°.若把轻绳换成自然长度为L 的橡皮筋，物体A 仍处于静止状态，橡皮筋处于弹性限度内，若重力加速度大小为g ，对于上述两种情况，下列说法正确的是( )A ．轻绳的弹力大于mgB ．轻绳的弹力小于mgC．橡皮筋的弹力大于mg D．橡皮筋的弹力小于mg解析：设两木桩间的距离为s，轻绳的总长度为L，静止时轻绳两端夹角为120°，由于物体A所受拉力的合力方向竖直向上且大小为mg，根据矢量的合成可知，两个分力和mg 的大小是相等的，故轻绳的弹力大小为mg，故A、B错误；若把轻绳换成自然长度为L的橡皮筋，橡皮筋受到拉力后长度增大，两木桩间的距离s不变，所以物体A静止后橡皮筋之间的夹角一定小于120°，两个分力之间的夹角减小，而合力不变，所以两个分力减小，即橡皮筋的弹力小于mg，故C错误，D正确．答案：D10．(多选)(2018·贵阳检测)如图所示，一轻质细绳一端固定在O点，另一端通过一光滑动滑轮P和一光滑定滑轮Q系一质量为m2的物块B，物块B置于斜面体C上，定滑轮Q固定在斜面体C的顶点，斜面体C位于水平地面上．动滑轮P上挂一质量为m1的物块A，开始时，A、B、C均处于静止状态，现将C沿水平地面向右缓慢移动一小段距离，此过程中B相对于C未滑动，系统再一次处于平衡状态时，下列说法正确的是( )A．细绳对O点的拉力一定增大B．C对B的摩擦力一定增大C．地面对C的摩擦力一定增大D．地面对C的支持力一定增大解析：由题意知，OP与PQ间细绳的夹角变大，而合力不变，细绳拉力增大，故A正确；C对B的摩擦力的方向不确定，大小可能增大，可能减小，故B错误；对A、B、C整体而言，OP间细绳的拉力沿水平方向的分力等于地面对C的摩擦力，故地面对C的摩擦力一定增大，故C正确；OP间细绳的拉力在竖直方向的分力不变，对A、B、C整体分析易知，地面对C 的支持力不变，故D错误．答案：AC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.mg2ILB.3mg2ILC.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．(多选)(2016·浙江卷)如图所示，把A 、B 两个相同的导电小球分别用长为0.10 m 的绝缘细线悬挂于O A 和O B 两点．用丝绸摩擦过的玻璃棒与A 球接触，棒移开后将悬点O B 移到O A 点固定．两球接触后分开，平衡时距离为0.12 m ．已测得每个小球质量是8.0×10－4kg ，带电小球可视为点电荷，重力加速度g 取10 m/s 2，静电力常量k ＝9.0×109N ·m 2/C 2，则( )A ．两球所带电荷量相等B ．A 球所受的静电力为1.0×10－2N C ．B 球所带的电荷量为46×10－8 C D ．A 、B 两球连接中点处的电场强度为0解析：由于A 、B 是两个相同的导电小球，因此两球接触后分开带电荷量相等，选项A 正确；设平衡时小球受到的静电力为F ，则由几何知识，知Fmg＝0.06（0.1）2－（0.06）2，解得F ＝6×10－3N ，选项B 错误；由F ＝k q 2r2，解得小球的带电荷量q ＝46×10－8C ，选项C正确；等量同种电荷连线中点的电场强度为零，选项D 正确．答案：ACD13．(多选)(2018·长沙模拟)不计电阻的平行金属导轨与水平面成某角度固定放置，两完全相同的金属导体棒a 、b 垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面．如图所示，现用一平行于导轨的恒力F 拉导体棒a ，使其沿导轨向上运动．在a 运动过程中，b 始终保持静止．则以下说法正确的是( )A ．导体棒a 做匀变速直线运动B ．导体棒b 所受摩擦力可能变为0C ．导体棒b 所受摩擦力可能先增大后减小D ．导体棒b 所受摩擦力方向可能沿导轨向下解析：导体棒a 先做加速度逐渐减小的加速直线运动，最后达到匀速．导体棒b 所受的安培力沿导轨向上，且不断增大，最后保持不变，故导体棒b 所受的摩擦力先沿导轨向上，且不断减小，最后可能变为零甚至变为沿导轨向下，正确选项为B 、D.答案：BD14．(2015·全国卷Ⅰ)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 ，金属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专题强化练(三) 力与曲线运动考点1 运动的合成与分解1.一物体在光滑的水平桌面上运动，在相互垂直的x 方向和y 方向上的分运动的速度随时间变化的规律如图所示．关于物体的运动，下列说法中正确的是( )A ．物体运动的初速度大小是7 m/sB ．物体做变加速直线运动C ．物体做匀变速曲线运动D ．物体运动的加速度大小是5 m/s 2解析：由v －t 图象可得v 0x ＝3 m/s ，v 0y ＝4 m/s ，则初速度为v 0＝v 20x ＋v 20y ＝5 m/s ，选项A 错误；x 方向的匀速直线运动和y 方向的匀减速直线运动合成为匀变速曲线运动，选项B 错误，C 正确；a x ＝0，a y ＝2 m/s 2，物体的加速度a ＝a 2x ＋a 2y ＝2 m/s 2，选项D 错误.答案：C2．有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v 的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k ，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为( )A.kvk 2－1 B.v1－k2C.kv1－k2D.vk 2－1解析：设小船在静水中的速度为v 1，去程时船头垂直河岸，如图所示，由合运动与分运动具有等时性并设河宽为d ，则去程时间t 1＝dv 1；回程时行驶路线垂直河岸，故回程时间t 2＝dv 21－v2，由题意有t 1t 2＝k ，则k ＝v 21－v2v 1，得v 1＝v 21－k2＝v1－k2，选项B 正确．答案：B3.如图所示，长为L的轻直棒一端可绕固定轴O转动，另一端固定一质量为m的小球，小球搁在水平升降台上，升降台以速度v匀速上升，下列说法正确的是( )A．小球做匀速圆周运动B．当棒与竖直方向的夹角为α时，小球的速度为vcos αC．棒的角速度逐渐增大D．当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为vL sin α解析：棒与升降台接触点(即小球)的运动可视为竖直向上的匀速运动和沿平台向左的运动的合成．小球的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上方，如图所示．设棒的角速度为ω，则合速度v实＝ωL，沿竖直方向向上的速度分量等于v，即ωL sin α＝v，所以ω＝vL sin α，小球做角速度减小的变速圆周运动．答案：D考点2 平抛运动4.如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，某次球与墙壁上A点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的B点，已知球拍与水平方向夹角θ＝60°，A、B两点高度差h＝1 m，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则球刚要落到球拍上时速度大小为( )A．4 5 m/s B．2 5 m/sC.4315 m/s D．215 m/s解析：根据h ＝12gt 2得，t＝2hg＝2×110 s ＝15 s ，竖直分速度v y ＝gt ＝10×15m/s ＝2 5 m/s ，根据平行四边形定则知，刚要落到球拍上时速度大小v ＝v y cos 60°＝2512m/s＝4 5 m/s ，故A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A5．(多选)(2018·天水二模)如图所示，某一运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到斜面雪坡上．若斜面雪坡的倾角为θ，飞出时的速度大小为v 0，不计空气阻力．运动员飞出后在空中的姿势保持不变．重力加速度为g ，则( )A ．如果v 0不同，则该运动员落到雪坡时的速度方向也就不同B ．不论v 0多大，该运动员落到雪坡时的速度方向都是相同的C ．运动员在空中经历的时间是2v 0tan θgD ．运动员落到雪坡时的速度大小是v 0cos θ解析：设在空中飞行时间为t ，运动员竖直位移与水平位移之比y x ＝12gt 2v 0t ＝gt2v 0＝tan θ，则有飞行的时间t ＝2v 0tan θg，故C 正确；竖直方向的速度大小为v y ＝gt ＝2v 0tan θ，运动员落回雪坡时的速度大小v ＝v 20＋v 2y ＝v 01＋4tan 2θ，故D 错误；设运动员落到雪坡时的速度方向与水平方向夹角为α，则tan α＝v y v x＝2v 0tan θv 0＝2tan θ，由此可知，运动员落到雪坡时的速度方向与初速度方向无关，初速度不同，运动员落到雪坡时的速度方向相同，故A 错误，B 正确．答案：BC6．如图，窗子上、下沿间的高度H ＝1.6 m ，墙的厚度d ＝0.4 m ，某人在离墙壁距离L ＝1.4 m 、距窗子上沿高h ＝0.2 m 处的P 点，将可视为质点的小物体以速度v 垂直于墙壁水平抛出，小物体直接穿过窗口并落在水平地面上，取g ＝10 m/s 2，则v 的取值范围是( )A ．v >7 m/sB ．v >2.3 m/sC ．3 m/s<v <7 m/sD ．2.3 m/s<v <3 m/s解析：设小物体下落h 所用的时间为t 1，下落h ＋H 所用的时间为t 2，要使小物体直接穿过窗口并落在水平地面上，若小物体恰好经过窗子上沿，由平抛运动规律得，h ＝12gt 21，v max t 1＝L ，解得v max ＝7 m/s ；若小物体恰好经过窗子下沿，有h ＋H ＝12gt 22，v min t 2＝L ＋d ，解得v min ＝3 m/s.故v 的取值范围为3 m/s<v <7 m/s ，选项A 、B 、D 错误，选项C 正确．答案：C考点3 圆周运动7．(多选)如图所示，两个质量均为m 的小木块a 和b (可视为质点)放在水平圆盘上，a 与转轴OO ′的距离为l ，b 与转轴的距离为2l ，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g .若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )A ．b 一定比a 先开始滑动B ．a 、b 所受的摩擦力始终相等C ．ω＝kg2l是b 开始滑动的临界角速度 D ．当ω＝2kg3l时，a 所受摩擦力的大小为kmg 解析：小木块a 、b 做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即F f ＝mω2R .当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a ；F f a ＝mω2a l ，当F f a ＝kmg 时，kmg ＝mω2a l ，ωa ＝kgl；对木块b ；F f b ＝mω2b ·2l ，当F f b ＝kmg 时，kmg ＝mω2b ·2l ，ωb ＝kg2l，所以b 先达到最大静摩擦力，选项A 正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则F f a ＝mω2l ，F f b ＝mω2·2l ，F f a <F f b ，选项B 错误；当ω＝kg2l时b 刚开始滑动，选项C正确；当ω＝2kg 3l 时，a 没有滑动，则F f a ＝mω2l ＝23kmg ，选项D 错误． 答案：AC8．(2018·冀州月考)如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m 的小球沿轨道做完整的圆周运动，已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N 1，在最高点时对轨道的压力大小为N 2，重力加速度大小为g ，则N 1－N 2的值为( )A ．3mgB ．4mgC ．5mgD ．6mg解析：在最高点，根据牛顿第二定律可得N ′2＋mg ＝m v 22r ，在最低点，根据牛顿第二定律可得N ′1－mg ＝m v 21r，由牛顿第三定律可知N ′1＝N 1，N ′2＝N 2，从最高点到最低点过程中，机械能守恒，故有mg ·2r ＝12mv 21－12mv 22，联立各式可得N 1－N 2＝6mg ，故选项D 正确．答案：D9．(多选)(2018·资阳联考)如图甲所示是一种利用霍尔效应传感器测量运动速率的自行车速度计．车轮每转一周，安装在自行车前轮上的一块磁铁就靠近霍尔传感器一次，产生一次电压脉冲．图乙为某次骑行中记录的脉冲电压U 与时间t 的图象．已知自行车车轮的半径为33 cm ，磁铁与轮轴的距离为半径的34，则该自行车( )A ．车轮边缘与磁铁的线速度大小相等B ．在1.0～1.4 s 内，速率几乎不变C ．在1.4～2.6 s 内做减速运动D ．在1.2 s 时的速率约为10 m/s解析：根据圆周运动的线速度和角速度的关系v ＝rω，可知，车轮边缘的线速度大于磁铁的线速度，A 项错误；由题图乙可知在1.0～1.4 s 内车轮运动的周期几乎不变，所以车轮的线速度大小不变，即速率几乎不变，B 项正确；同理由题图乙可知在1.4～2.6 s 内车轮运动的周期逐渐增大，则转速减小，自行车做减速运动，C 项正确；在1.0～1.4 s 内车轮的周期为0.2 s ，由线速度的定义式可得车轮的线速度v ＝2πrT≈10.36 m/s ，自行车的速度等于车轮的线速度大小，故D 项正确．答案：BCD考点4 平抛运动与圆周运动的综合问题10．如图所示，质量是1 kg 的小球用长为0.5 m 的细线悬挂在O 点，O 点距地面竖直距离为1 m ．如果使小球绕OO ′轴在水平面内做圆周运动，若细线最大承受拉力为12.5 N ，(g 取10 m/s 2)求：(1)当小球的角速度为多大时，细线将断裂； (2)线断裂后小球落地点与悬点的水平距离．解析：(1)当细线承受的拉力恰为最大时，对小球受力分析，如图所示： 竖直方向F T cos θ＝mg ，得θ＝37°， 向心力F 向＝mg tan 37°＝mω2L sin 37°， 解得ω＝5 rad/s.(2)线断裂后，小球做平抛运动，则其平抛运动的初速度为v 0＝ωL sin 37°＝1.5 m/s ，竖直方向：y ＝h －L cos 37°＝12gt 2，水平方向：x ＝v 0t .解得d ＝（L sin 37°）2＋x 2＝0.6 m. 答案：(1)5 rad/s (2)0.6 m11．(2018·长沙二模)如图所示，A 、B 是水平传送带的两个端点，起初以v 0＝1 m/s 的速度顺时针运转，今将一小物体(可视为质点)无初速度地轻放在A 处，同时传送带以a 0＝1 m/s 2的加速度加速运转，物体和传送带间的动摩擦因数为0.2，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道CPN ，其形状为半径R ＝0.8 m 的圆环剪去了左上角135°的圆弧，PN 为其竖直直径，C 点与B 点的竖直距离为R ，物体离开传送带后由C 点恰好无碰撞落入轨道，g 取10 m/s 2，求：(1)物体由A 端运动到B 端所经历的时间； (2)AC 间的水平距离；(3)判断物体能否沿圆轨道到达N 点．解析：(1)物体离开传送带后由C 点无碰撞落入轨道，则得在C 点物体的速度方向与C 点相切，与竖直方向成45°，有v Cx ＝v Cy ，物体从B 点到C 做平抛运动，竖直方向R ＝12gt 23，v Cy ＝gt 3，水平方向x BC ＝v B t 3(v B ＝v Cx )，得出v B ＝v Cx ＝v Cy ＝4 m/s ，x BC ＝1.6 m ，v C ＝2v B ＝4 2 m/s. 物体刚放上传送带时，由牛顿第二定律有μmg ＝ma ，得a ＝2 m/s 2.物体历时t 1后与传送带共速，则有at 1＝v 0＋a 0t 1，t 1＝1 s ，得v 1＝2 m/s<4 m/s ，故物体此时速度还没有达到v B ，且此后的过程中由于a 0<μg ，物体将和传送带以共同的加速度运动，设又历时t 2到达B 点v B ＝v 1＋a 0t 2，得t 2＝2 s.所以从A 运动到B 的时间为t ＝t 1＋t 2＝3 s. (2)AB 间的距离为x ＝12at 21＋at 1t 2＋12a 0t 22＝7 m ，从A 到C 的水平距离为x AC ＝x ＋x BC ＝8.6 m.(3)物体能到达N 点的速度要求mg ＝m v 2NR，解得v N ＝gR ＝8 m/s.对于小物体从C 到N 点，设能够到达N 位置且速度为v N ′，由机械能守恒定律得 12mv 2C ＝mgR (1＋22)＋12mv N ′2，解得v N′＝16－82m/s<v N. 故物体不能到达N点．答案：见解析专题强化练(二) 力与直线运动考点1 匀变速直线运动1．在离地高h 处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v ，不计空气阻力，两球落地的时间差为 ( )A.2vgB.v gC.2hvD.h v解析：根据竖直上抛运动的对称性，可知向上抛出的小球落回到出发点时的速度也是v ，之后的运动与竖直下抛的物体运动情况相同．因此上抛的小球比下抛的小球多运动的时间为：t ＝－v －v －g ＝2vg ，A 项正确． 答案：A2．大雾天气的时候高速公路经常封道，否则会造成非常严重的车祸．如果某人大雾天开车在高速上行驶，设能见度(观察者与能看见的最远目标间的距离)为50 m ，该人的反应时间为0.5 s ，汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为5 m/s 2，为安全行驶，汽车行驶的最大速度为 ( )A ．25 m/sB ．20 m/sC ．15 m/sD ．10 m/s解析：设汽车行驶的最大速度为v ，则vt 0＋v 22a ＝x ，即0.5v ＋v 22×5＝50，解得v ＝20 m/s ，选项B 正确．答案：B考点2 图象问题3．(2018·无锡测试)一质点由静止开始做直线运动的v －t 关系图象如图所示，则该质点的x －t 关系图象可大致表示为下图中的( )解析：根据位移图象中图线的斜率表示速度可知，该质点的x －t 关系图象可大致表示为B图．答案：B4．如图所示，为三个运动物体的v－t图象，其中A、B两物体是从不同地点出发，A、C是从同一地点出发，则以下说法正确的是( )A．A、C两物体的运动方向相反B．t＝4 s时，A、B两物体相遇C．t＝4 s时，A、C两物体相遇D．t＝2 s时，A、B两物体相距最远解析：在t＝4 s之前，A、B、C三个物体开始阶段速度方向均为正，方向相同；当t ＝4 s时，A、B两物体发生的位移相同，但由于两物体不是从同一地点出发，因此此时两者并没有相遇，而A、C两物体是同时同地出发，此时两者的位移也相等，故此时两物体相遇；当t＝2 s时，A、B两物体的速度相同，此时应当为两者之间距离的一个极值，但由于初始状态不清，没有明确A、B谁在前，故有“相距最远”和“相距最近”两种可能，因此D错．答案：C5．(多选)(2018·桂林、崇左联考)水平力F方向确定，大小随时间的变化如图(a)所示，用力F拉静止在水平桌面上的物块，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间t变化的图象如图(b)所示．重力加速度大小为10 m/s2，最大静摩擦力大于滑动摩擦力．由图可知( )A．物块与水平桌面间的最大静摩擦力为3 NB．物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.1C．物块的质量m＝2 kgD．在0～4 s时间内，合外力的冲量为12 N·s解析：由题图(b)可知，t＝2 s时物块刚开始运动，静摩擦力最大，最大静摩擦力等于此时的拉力，由题图(a)易知最大静摩擦力为6 N，故A错误；由题图(b)知：当t＝2 s时，a＝1 m/s2，F＝6 N，根据牛顿第二定律得：F－μmg＝ma，代入得：6－μm×10＝m.当t＝4 s时，a＝3 m/s2，F＝12 N，根据牛顿第二定律得：F－μmg＝ma，代入得：12－μm×10＝3m .联立解得μ＝0.1，m ＝3 kg ，故B 正确，C 错误；a －t 图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，则0～4 s 内物块速度的增量为Δv ＝1＋32×(4－2)m/s ＝4 m/s ，t ＝0时刻速度为0，则物块在第4 s 末的速度为4 m/s ；根据动量定理，得0～4 s 内合外力的冲量为：ΔI ＝Δp ＝m Δv ＝3×4 N ·s ＝12 N ·s ，故D 正确．答案：BD6．(2018·黄冈质检)如图所示，在水平地面上有一长木板B ，其上叠放木块A .假定木板与地面之间、木块和木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等．用一水平力F 作用于B ，A 、B 的加速度与F 的关系如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法中正确的是( )A ．A 的质量为0.25 kgB ．B 的质量为1.25 kgC ．B 与地面间的动摩擦因数为0.2D ．A 、B 间的动摩擦因数为0.2解析：由题图乙知，B 与地面的最大静摩擦力F f ＝3 N ，当F 1＝9 N 时，A 、B 达到最大的共同加速度a 1＝4 m/s 2，对A 、B 整体由牛顿第二定律得F 1－F f ＝(m A ＋m B )a 1.水平力再增大时，A 、B 发生相对滑动，A 的加速度仍为4 m/s 2，B 的加速度随水平力的增大而增大，当F 2＝13 N 时，a B ＝8 m/s 2，对B 有F 2－F f －m A a 1＝m B a B ，解得m B ＝1 kg ，m A ＝0.5 kg ，进一步求得B 与地面间的动摩擦因数μ1＝F f （m A ＋m B ）g ＝0.2，A 、B 间的动摩擦因数μ2＝m A a 1m A g＝0.4，C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C考点3 牛顿运动定律的应用7．(多选)(2018·西安联考)如图所示，质量为m ＝1 kg 的物块A 停放在光滑的水平桌面上．现对物块施加一个水平向右的外力F ，使它在水平面上做直线运动．已知外力F 随时间t (单位为s)的变化关系为F ＝(6－2t )N ，则( )A ．在t ＝3 s 时，物块的速度为零B ．物块向右运动的最大速度为9 m/sC ．在0～6 s 内，物块的平均速度等于4.5 m/sD ．物块向右运动的最大位移大于27 m。
(新课标)高考物理二轮复习 专题一 第1讲 力与物体的平衡精练(含解析)-人教版高三全册物理试题
力与物体的平衡(45分钟)[刷根底]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．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，如此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，如此由平衡条件可知F cos θ＝μF sin θ，解得μ＝1tan θ，由数学知识可知，cos θ＝μ1＋μ2，如此黑板擦所受的摩擦力大小F f＝F cos θ＝μ1＋μ2F，应当选项C正确．答案：C2．如下列图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，当它们吊起一样重物时，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，如此它们的大小关系是( )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展受力分析，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.如此在图甲中，F a＝2mg cos 30°＝3mg；在图乙中，F b＝mg tan 60°＝3mg；在图丙中，F c＝mg cos30°＝32mg.可知F a＝F b>F c，故B正确，A、C、D错误．答案：B 3．(2019·山西吕梁高三期末)如下列图，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 NB ．15 NC ．10 ND ．10 3 N解析：当拉力水平向左时，受到竖直向下的重力、沿OA 向外的支持力以与拉力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．如下列图，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，如此物块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，假设杆对B 的弹力垂直于杆向下，因滑环B 恰好不能下滑，如此由平衡条件有m 2g cos θ＝μ(m 1g －m 2g sin θ)，解得m 1m 2＝135；假设杆对B 的弹力垂直于杆向上，因滑环B 恰好不能下滑，如此由平衡条件有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．如下列图，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．假设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．应当选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，如下列图．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，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 .如此如下选项正确的答案是( )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 mg tan 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，如下列图，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，如下列图，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．(多项选择)如下列图，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，如下说法正确的答案是( )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.(多项选择)如下列图，高空作业的工人被一根绳索悬在空中，工人与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F 1，墙壁与工人之间的弹力大小为F 2，重力加速度为g ，不计人与墙壁之间的摩擦，如此( )A ．F 1＝mg sin αB ．F 2＝mg tan αC ．假设缓慢增大悬绳的长度，F 1与F 2都变小D ．假设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，如下列图，根据共点力平衡条件，有F 1＝mgcos α，F 2＝mg tan α；假设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．(多项选择)(2019·广东某某高三模拟)如下列图，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，直到手与重物别离，重物Q 下降的高度为0.3 m ，此时物体P 未到达滑轮处．如此( )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，如下列图，如此根据平行四边形定如此可得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．(多项选择)如下列图，物体P 、Q 可视为点电荷，电荷量一样．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 ，如此如下说法正确的答案是( )A ．P 、Q 所带电荷量为mgk tan θr 2 B ．P 对斜面体的压力为mg cos 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 ＝r mg tan θk由牛顿第三定律得P 对斜面体的压力为F N ′＝F N ＝mg cos 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．(多项选择)如下列图，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，如下说法正确的答案是( )A ．牵引力F 的最小值为25 NB ．牵引力F 的最小值为2533 N C ．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，如下列图，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 ＝μG cos θ＋μsin θ，设tan Φ＝μ，如此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：AD 12．如下列图，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．细绳与竖直方向的夹角为θ，如此如下说法中正确的答案是( )A ．球A 与水平细杆间的动摩擦因数为m B sin θm A ＋m BB ．球B 受到的风力F 为m B g tan θC ．风力增大时，假设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 ，如此球A 与水平细杆间的动摩擦因数为μ＝F f F N ＝mB tan θm A ＋m B，B 正确，A 错误；当风力增大时，θ增大，如此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.(多项选择)(2019·辽宁大连高三模拟)如下列图，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．假设将A 的位置向左移动稍许，整个装置仍保持平衡，如此( )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.(多项选择)如下列图，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，以下说法正确的答案是( )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．(多项选择)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．如此如下说法正确的答案是( )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一样，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，如此有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，如此有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，如此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。
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高考物理二轮作业手册 第1讲 力与物体的平衡
专题限时集训(一) [第1讲 力与物体的平衡](时间：40分钟)1．如图1－1所示，在水平力F 作用下，木块A 、B 保持静止．若木块A 与B 的接触面是水平的，且F≠0.则关于木块B 的受力个数可能是( )图1－1A ．3个B ．4个C ．5个D ．6个2. 如图1－2所示，豆豆和丁丁伸直手臂共同提着一桶水(水和桶总重为G)．他们的手臂与竖直线的夹角为θ.他们各自用了多大的力( )图1－2A.G 2cos θ B.G 2sin θ C.G cos θ D.G 2图1－33．如图1－3所示，电荷量为Q 1、Q 2的两个正点电荷分别置于A 点和B 点，两点相距L.在以L 为直径的光滑绝缘半圆环上，穿着一个带电荷量＋q 的小球(视为点电荷)，在P 点平衡，PA 与AB 的夹角为α.不计小球的重力，则( )A ．tan 3α＝Q 2Q 1B ．tan α＝Q 2Q 1C ．O 点场强为零D ．Q 1＜Q 24．如图1－4所示，匀强电场方向垂直于倾角为α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，下列分析正确的是(当地重力加速度为g)( )图1－4A ．滑块可能只受重力、电场力、摩擦力共三个力的作用B ．滑块所受摩擦力大小一定为mgsin αC ．滑块所受电场力大小可能为mgcos αD ．滑块对斜面的压力大小一定为mgcos α5．如图1－5所示，与水平面夹角为30°的固定斜面上有一质量m ＝1.0 kg 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测力计相连．物体静止在斜面上，弹簧测力计的示数为 4.9 N ．关于物体受力的判断(取g ＝9.8 m/s 2)，下列说法正确的是( )图1－5A ．斜面对物体的支持力大小为4.9 N ，方向垂直斜面向上B ．斜面对物体的摩擦力大小为4.9 N ，方向沿斜面向上C ．斜面对物体的支持力大小为4.9 3 N ，方向竖直向上D ．斜面对物体的摩擦力大小为零6．如图1－6所示，质量为M 、半径为R 的半球形物体A 放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m 、半径为r 的光滑球B.则( )图1－6A ．A 对地面的压力等于(M ＋m)gB ．A 对地面的摩擦力方向向左C ．B 对A 的压力大小为R ＋r Rmg D ．细线对小球的拉力大小为r Rmg 7．如图1－7所示，质量为m 、顶角为α的直角劈和质量为M 的正方体放在两个竖直墙和水平面间，处于静止状态．若不计一切摩擦，则( )图1－7A ．水平面对正方体的弹力大小为(M ＋m)gB ．墙面对正方体的弹力大小mg tan αC ．正方体对直角劈的弹力大小为mgcos αD ．直角劈对墙面的弹力大小mgsin α8．如图1－8所示，质量为m 的物体置于倾角为θ的固定斜面上．物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，先用平行于斜面的推力F 1作用于物体上，使其能沿斜面匀速上滑，若改用水平推力F 2作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，则两次力之比F 1F 2为( ) 图1－8A ．cos θ＋μsin θB ．cos θ－μsin θC ．1＋μtan θD ．1－μtan θ9．如图1－9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 的水平向右的恒力，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．图1－910．如图1－10所示，两平行金属导轨间的距离L ＝0.40 m ，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B ＝0.50 T 、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场，金属导轨的一端接有电动势E ＝4.5 V 、内阻r ＝0.50 Ω的直流电源．现把一个质量m ＝0.040 kg 的导体棒ab 放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R 0＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g 取10 m/s 2，已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，求：(1)通过导体棒的电流；(2)导体棒受到的安培力大小；(3)导体棒受到的摩擦力大小．图1－10专题限时集训(一)1．BC [解析] 设斜面倾角为θ，A 、B 质量分别为m 和M ，对A 、B 整体受力分析，重力、斜面支持力和外力F 一定存在，当(M ＋m)gsin θ≠Fcos θ时，B 还受到斜面的摩擦力，对木块B 受力分析，重力、斜面支持力、A 对B 的摩擦力和压力一定存在，B 与斜面的摩擦力可能存在也可能不存在，选项B 、C 正确．2．A3．A [解析] 对带电小球受力分析，有F AP ＝kqQ 1（Lcos α）2，F BP ＝kqQ 2（Lsin α）2，圆环对带电小球的作用力为F ，由平行四边形定则知，F AP ＝Fcos α，F BP ＝Fsin α，联立解得tan 3α＝Q 2Q 1，选项A 正确，选项B 错误；因电荷量Q 1、Q 2关系不明确，故不能确定O 点电场强度是否为零，选项C 、D 错误．4．B [解析] 滑块受重力、电场力、支持力和摩擦力共四个力的作用，选项A 错误；沿斜面方向，有mgsin α＝F f ，选项B 正确；垂直斜面方向，有mgcos α－qE ＝F N ，选项C 、D 错误．5．D [解析] 设绳的拉力为T ，斜面对物体的摩擦力为f, 物体静止在斜面上，有Gsin 30°＝T ＋f ，解得f ＝0，B 错，D 对；斜面对物体的支持力N ＝Gcos 30°＝4.9 3 N, 方向垂直斜面向上，A 、C 错．6．AC [解析] 对A 、B 整体，由平衡条件，地面对A 的支持力F N ＝(M ＋m)g ，地面对A的摩擦力为零，选项A 正确，选项B 错误；对木块B ，由平衡条件，有mg R ＝F NB R ＋r ＝F T r ＋l(设绳长为l)，选项C 正确，选项D 错误．7．AB [解析] 对直角劈和正方体的整体，由平衡条件，竖直方向上有(M ＋m)g ＝F N ，选项A 正确；水平方向上墙面对正方体的弹力和墙面对直角劈的弹力大小相等．单独对直角劈研究，由平衡条件，墙面对直角劈的弹力F N1＝mg tan α，选项B 正确，选项D 错误；正方体对直角劈的弹力F N2＝mg sin α，选项C 错误． 8．B [解析] 用F 1推物体沿斜面匀速上滑，有F 1＝mg sin θ＋μmgcos θ；用F 2推物体沿斜面匀速上滑时，有F 2cos θ＝μ(mgcos θ＋F 2sin θ)＋mgsin θ，则有F 1F 2＝cos θ－μsin θ，选项B 正确．9．(1)33(2)60° [解析] (1)物体恰匀速下滑，由平衡条件有F N1＝mgcos 30°mgsin 30°＝μF N1 则μ＝tan 30°＝33. (2)设斜面倾角为α，由平衡条件有Fcos α＝mgsin α＋fF N2＝mgcos α＋Fsin α静摩擦力f≤μF N2 联立解得F(cos α－μsin α)≤mg sin α＋μmgcos α要使“不论水平恒力F多大”，上式都成立，则有cos α－μsin α≤0所以tan α≥1μ＝3＝tan 60°即θ0＝60°10．(1)1.5 A (2)0.30 N (3)0.06 N[解析] (1)根据闭合电路欧姆定律，有I＝ER0＋r＝1.5 A.(2)导体棒受到的安培力F安＝BIL＝0.30 N.(3)对导体棒，由力的平衡条件得F安＝mgsin 37°＋f，解得f＝0.06 N.。
必做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届高考物理二轮复习第1章力与运动考前基础回扣练3物体的平衡和牛顿运动定律
考前基础回扣练 3物体的平衡和牛顿运动定律
．如右图为“中国新歌声”娱乐节目所设计的“导师战车”，战车可以在倾斜直轨道上运动．当坐战车就由静止开始沿长10米的斜面冲到学员面前，
秒．在战车的运动过程中，下列说法正确的是()
．战车在运动过程中所受合外力始终不变
将一横截面为扇形的物体B放在水平面上，一小滑块
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，
滑块A与物体B接触的一面与竖直挡板之间的夹角为
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
对滑块A的弹力大小为F
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
)g，故水平面所受压力大小为
如图所示，一根轻绳上端固定在
轻绳所能承受的最大拉力为2G，现对小球施加一个方向始终水平向右的力
球缓慢地移动，则在小球缓慢地移动过程中，下列说法正确的是
对小球受力分析，如图甲：
逐渐增大，则F逐渐增大，故A正确；如图乙，小球缓慢地移动过程
，则可得cosθ＝
G
2G
＝
1
2
，θ＝60°，此时
如图甲所示，质量m＝1 kg的物块在平行斜面向上的拉力
时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象
，求：
x和通过的路程L；
沿斜面向上运动的两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F.。
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。
2019年高考物理二轮专题复习课件：第1讲+力与物体的平衡+PPT
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FN，则
( BC )
A．若F一定，θ大时FN大
B．若F一定，θ小时FN大
大
二
C．若θ一定，F大时FN大
D．若θ一定，F小时FN大
轮 复
习
·
物 理
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专题整合突破 专题一 力与运动
[解析] 根据力 F 的作用效果将力 F 分解为垂直于木楔两侧的力
力：F＝kx
垂直，且指向受力物体
摩擦力
静摩擦力 0<F1≤Ffm；滑动摩擦力 与接触面相切，与相对运动或相
F1＝μFN
对运动趋势方向相反
电场力
匀强电场中的电场力 F＝qE；真空 正电荷所受电场力与电场强度
中点电荷的库仑力 F＝kQr2q
方向相同，负电荷相反
大 二 轮 复
安培力 F＝ILB(I⊥B)
垂直于 I、B 所决定的平面
专题整合突破
专题一 力与运动
专题整合突破 专题一 力与运动
要点解读
1.力与物体平衡部分：考查物体受力分析和平衡条件，一般以选择题形式命题， 注意与静摩擦力有关的临界极值问题。
2．力与直线运动部分：考查牛顿运动定律与直线运动规律的综合应用，以选择 题形式命题为主，注意与运动图象的结合。
3．力与曲线运动部分：考查抛体运动、圆周运动、直线运动组合情景下的运动
[解析] 本题考查共点力平衡和胡克定律。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 sinθ
＝45，对钩码(设其重力为 G)静止时受力分析，得 G＝2k(12－02.8)cosθ；弹性绳的
2019高考物理二轮复习 第1讲 力与物体的平衡专题突破练
第1讲力与物体的平衡考点一受力分析及运算1. (受力分析)如图1-1所示,在倾斜的滑杆上套一个质量为m的圆环,圆环通过轻绳拉着一个质量为M的物体,在圆环沿滑杆向下滑动的过程中,悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向,则()图1-1A.环只受三个力作用B.环一定受四个力作用C.物体做匀加速运动D.轻绳对物体的拉力小于物体的重力2.(三力平衡与平行四边形定则)如图1-2所示,由绝缘材料制成的内壁光滑的半圆碗固定在水平面上,O点为圆心,带电荷量为q a、质量为m a的a小球固定在半圆碗底端的A点,带电荷量为q b、质量为m b的b小球静止于半圆碗内的B点,此时∠AOB=74°,由于a、b两小球的质量变化或电荷量变化使得b小球沿半圆碗的内壁缓慢下滑,其恰好静止于C点,∠AOC=60°,此时a、b两小球的质量分别为m'a、m'b,电荷量分别为q'a、q'b,已知a、b两小球均可视为带电质点,sin 37°=0.6,则下列说法正确的是()图1-2A.b小球受到的支持力一定大于其重力B.b小球的质量和电荷量至少有一个应发生变化C.可能仅是b小球的质量m'b增大至m bD.可能仅是a、b两小球电荷量的乘积q'a q'b减小至q a q b3.(多力平衡与正交分解)如图1-3所示,斜面固定,平行于斜面放置的处于压缩状态的轻弹簧一端连接物块A,另一端固定,最初A静止.在A上施加与斜面成30°角的恒力F,A仍静止,下列说法正确的是()图1-3A.A对斜面的压力一定变小B.A对斜面的压力可能不变C.A对斜面的摩擦力一定变大D.A对斜面的摩擦力可能变为零4.(三维受力平衡)如图1-4甲所示,某工地上起重机将重为G的正方形工件缓缓吊起.四根等长的钢绳(质量不计)一端分别固定在正方形工件的四个角上,另一端汇聚于一处挂在挂钩上,绳端汇聚处到每个角的距离均与正方形的对角线长度相等(如图乙所示),则每根钢绳所受的力大小为()图1-4A.GB.GC.GD.G归纳1.共点力作用下的物体平衡问题,涉及受力分析、力的合成与分解、建立平衡方程等,其思维与解题过程如下:2.三维空间受力问题一般是转化为直线或平面受力问题:选取合适的直线或平面,然后将不在直线或平面内的力分解到选定的直线或平面内,物体在三维共点力作用下平衡,则在选定的直线或平面内也受力平衡.考点二整体法与隔离法1 如图1-5所示,粗糙水平地面上放有A、B、C、D四个相同的木块,A与C间用一轻绳相连,B带负电,A、C、D不带电,空间中存在一水平方向的匀强电场.若四个木块以相同的速度一起向右匀速运动,则以下说法正确的是()图1-5A.匀强电场方向水平向右B.B木块受到三个力的作用C.D木块受到水平向右的摩擦力作用D.地面对A、C两木块的摩擦力大小和方向是相同的[导思] ①对A、B、C、D整体,在水平方向上受到几个力作用?电场力的方向如何确定?②对木块B或D,它们是否受到摩擦力作用?归纳整体法与隔离法是解决复杂连接体问题时常采用的方法,应用整体法和隔离法的常见思维模板如下:运用隔离法选择研究对象分析物体受力时,应按照由易到难的原则.整体法和隔离法不是独立的,对一些较复杂问题,通常需要多次选取研究对象,交替使用整体法和隔离法.式1 用两段等长的轻质细线将a、b两小球连接并悬挂于O点,小球a、b分别受到水平向右的拉力F1和水平向左的拉力F2的作用,系统平衡时两小球的位置情况如图1-6所示,此时上、下两段细线中的张力大小之比为4∶3,则a、b两小球的质量之比为()图1-6A.3∶1B.1∶3C.2∶3D.3∶4式2 如图1-7所示,在粗糙水平地面上静止放置一个截面为三角形的斜劈,其质量为M,两侧面的倾角分别为α、β,两个质量分别为m1和m2的小物块恰好能沿斜劈的两侧面匀速下滑.若现在对两物块同时分别施加一个平行于斜劈侧面的恒力F1和F2,且F1>F2,重力加速度为g,则在两个小物块沿斜劈侧面下滑的过程中,下列说法中正确的是()图1-7A.斜劈可能向左运动B.斜劈受到地面向右的摩擦力作用C.斜劈对地面的压力大小等于(M+m1+m2)gD.斜劈对地面的压力大小等于(M+m1+m2)g+F1sin α+F2sin β式3 如图1-8所示,竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘,两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面,且处于同一竖直平面内.若用图示方向的水平推力F作用于小球B,则两球静止于图示位置;如果将小球B向左推动少许,并待两球重新达到平衡时,则两个小球的受力情况与原来相比()图1-8A.推力F将增大B.竖直墙面对小球A的弹力减小C.地面对小球B的弹力一定不变D.地面对小球B的弹力一定不变考点三动态平衡、临界问题2 (多选)如图1-9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,开始时轻绳与斜面平行.现给小滑块施加一竖直向上的拉力,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()图1-9A.轻绳对小球的拉力逐渐增大B.小球对斜劈的压力先减小后增大C.竖直杆对小滑块的弹力先增大后减小D.对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大[导思] ①小球受到几个力作用?②小滑块沿杆缓慢上升过程中受力是否平衡?③如何选取研究对象?归纳解决动态平衡问题的一般思路: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:式1 如图1-10所示,a、b两细绳一端系着质量为m的小球,另一端系在竖直放置的圆环上,小球位于圆环的中心,开始时绳a水平,绳b倾斜.现将圆环在竖直平面内顺时针缓慢地向右滚动至绳b水平,在此过程中()图1-10A.绳a中的张力逐渐增大,绳b中的张力逐渐增大B.绳a中的张力逐渐减小,绳b中的张力逐渐减小C.绳a专题一力与运动第1讲力与物体的平衡高频考点探究考点一1.B[解析] 物体受到重力和轻绳的拉力,因为悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向,故二力平衡,物体做匀速运动,C、D错误;对环进行受力分析可知,环受到重力、轻绳对它的拉力、滑杆对它的支持力和摩擦力共四个力作用,A错误,B正确.2.C[解析] 对b进行受力分析,如图所示,由平行四边形定则结合几何关系知m b g=F N,2m b g sin =,而sin=,整理得2m b g sin3=,则=.保持电荷量不变,需将b小球的质量m'b增大至m b;若保持质量不变,需将a、b两小球电荷量的乘积q a'q b'减小至q a q b,选项C正确,选项A、B、D错误.3.D[解析] 对物块A,施加外力F前,有mg sin θ=kx±f1,F N1=mg cos θ,施加外力F后,有mg sin θ=kx+F cos 30°±f2,F N2=F sin 30°+mg cos θ,斜面对A的支持力变大(即A对斜面的压力增大),摩擦力可能为0,选项A、B、C错误,选项D正确.4.D[解析] 设每根钢绳所受的力为F,由平衡条件得4F cos θ=G,而sin θ=,则F=G,选项D正确.考点二例1D[解析] 以整体为研究对象,摩擦力水平向左,因整体受力平衡,故B受到水平向右的电场力,由于B 带负电,所以匀强电场方向水平向左,选项A错误;B受到重力、支持力、电场力、摩擦力四个力的作用,选项B错误;D做匀速运动,在水平方向上所受合外力为零,故不受摩擦力作用,选项C错误;地面对A、C的摩擦力都是滑动摩擦力,A、C对地面的压力相同,与地面间的动摩擦因数相同,故地面对A、C的摩擦力大小和方向是相同的,选项D正确.例1变式1B[解析] 设Oa和ab与竖直方向的夹角为θ,对a、b整体,有F Oa cos θ=(m a+m b)g;对b,有F ab cos θ=m b g,又知F0a∶F ab=4∶3,解得=,选项B正确.例1变式2C[解析] 在施加恒力之前,三个物体都处于平衡状态,对三个物体组成的整体受力分析,其受重力和支持力,故支持力为(M+m1+m2)g,没有摩擦力;施加恒力之后,两个物块对斜劈的压力和摩擦力不变,故斜劈的受力情况不变,斜劈仍保持静止,斜劈对地面的压力大小等于(M+m1+m2)g,与地面间没有摩擦力,A、B、D错误,C正确.例1变式3C[解析] 设A、B处的电流方向垂直于纸面向里,C处的电流方向垂直于纸面向外,连接AC、BC,过C作AB的垂线CD,由几何关系可知, AB=BC=AC=R,即△ABC是一个等边三角形,根据磁感应强度的表达式B=k可知,三处的电流大小相等,若A处电流对B处电流的磁场力大小为F,则A处电流对C处电流的磁场力大小也为F,B处电流对A处电流的磁场力大小也为F,B处电流对C处电流的磁场力大小也为F,故A、B错误;对C处电流受力分析,由力的合成得F合=2F cos 30°=F,C正确,D错误.考点三例2AD[解析] 对小球受力分析,其受重力、支持力和轻绳的拉力,如图甲所示,因小滑块沿杆缓慢上升,则轻绳与竖直方向的夹角减小,根据平衡条件结合几何关系知,轻绳的拉力T增大,支持力N减小,根据牛顿第三定律知,小球对斜劈的压力减小,选项A正确,B错误;对小球和小滑块整体分析,其受重力、斜劈的支持力N、杆的支持力N'、拉力F,如图乙所示,根据平衡条件知,水平方向上有N'=N sin θ,竖直方向上有F+N cos θ=G',由于N减小,故N'减小,F增大,选项C错误,D正确.例2变式1D[解析] 设小球的重力为G,圆环沿顺时针方向滚动过程中,b绳与竖直方向的夹角为θ,a和b中的张力大小分别为T1、T2.由平衡条件知,两绳中的张力的合力不变,小球受到的重力G和T1、T2组成一个闭合的三角形,T1、T2的夹角β不变,由正弦定理得==,在θ≤90°的范围内,θ变大,故T1变大,T2变小,选项D正确.例2变式2A[解析] 当环A与杆间的摩擦力为最大静摩擦力时,A、B间的距离最大,设此时细线与杆的夹角为θ,对环A,有F T cos θ=μF N,F N=F T sin θ,解得μ=,而cos θ=,则最大距离x=,选项A正确.例2变式3D[解析] 对结点C受力分析可知,橡皮条的弹力F1满足: 2F1cos 30°=F,则F1=F,对小环受力分析可知,橡皮条的拉力F1水平向右,大圆环对小环的弹力N沿半径方向,若F'沿水平方向,则N=0,此时F'=F1=F,选项A错误;若F'沿竖直方向,则一定是竖直向上,此时N的方向背离圆心,由平衡条件结合几何关系可知,F'=F1tan 30°=F,选项B错误;根据平行四边形定则可知,F'最大值趋于无穷大,当F'与过B点的半径垂直时,有最小值,为F min=F1sin 30°=F,选项C错误,D正确.中的张力逐渐减小,绳b中的张力逐渐增大D.绳a中的张力逐渐增大,绳b中的张力逐渐减小式2 如图1-11所示,在水平杆MN上套有两个质量不计的小环A和B,一长度为l、不可伸长的细线两端分别系在环A、B上,并在细线中点挂一质量为m的物块.已知环A、B与杆间的动摩擦因数均为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.当系统平衡时,小环A、B间的最大距离为()图1-11A.B.C.D.式3 如图1-12所示,光滑圆环竖直固定,A为最高点,橡皮条上端固定在A点,下端连接一套在圆环上的轻质小环,小环位于B点,AB与竖直方向的夹角为30°,用光滑钩拉橡皮条中点,将橡皮条中点拉至C点时,钩的拉力大小为F.为保持小环静止于B点,需给小环施加一作用力F',下列说法中正确的是 ()图1-12A.若F'沿水平方向,则F'=FB.若F'沿竖直方向,则F'=FC.F'的最大值为FD.F'的最小值为 F11。
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第1讲力与物体的平衡选择题(每小题6分,共84分)1.(多选)如图所示,木板C放在水平地面上,木板B放在C的上面,木板A放在B的上面,A的右端通过轻质弹簧测力计固定在竖直的墙壁上,A、B、C质量相等,且各接触面间动摩擦因数相等,用大小为F的力向左拉动C,使它以速度v匀速运动,三者稳定后弹簧测力计的示数为T。
则下列说法正确的是( )A.B对A的摩擦力大小为T,方向向左B.A和B保持静止,C匀速运动C.A保持静止,B和C一起匀速运动D.C受到地面的摩擦力大小为F-T2.(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mgB.绳子的拉力大小为mgC.c受到绳子的拉力大小为3mgD.c与大环间的弹力大小为3mg3.如图所示,在水平拉力F和三根等长的细线作用下,质量分别为m和2m的小球A、B处于静止状态,其中细线OA和OB同系于天花板上面的O点,细线AB连接两个小球,三根细线都拉直且细线OB恰好处于竖直方向,则细线OA和OB的张力之比为( )A.1∶2B.1∶1C.1∶D.∶14.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O1、O2连线水平,导体棒静止时绝缘细线与竖直方向的夹角均为θ,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5.(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=f2C.F1>F2D.F1=F26.(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mg7.如图所示,粗糙水平面上有一固定的、粗糙程度处处相同的半圆形框架ABC,框架下面放置一块厚度不计的金属板,金属板的中心O点是框架的圆心,框架上套有一个轻圆环,用轻弹簧把圆环与金属板的O点固定连接,开始时轻弹簧处于水平拉伸状态。
用一个始终沿框架切线方向的拉力F拉动圆环,从左侧水平位置缓慢绕框架运动,直到轻弹簧达到竖直位置,金属板始终保持静止状态,则在整个过程中( )A.沿框架切线方向的拉力F逐渐减小B.水平面对金属板的摩擦力逐渐增大C.水平面对金属板的支持力逐渐减小D.框架对圆环的支持力逐渐减小8.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为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(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)()A.B.C.D.9.如图所示,用与水平面成θ角的推力F作用在物块上,随着θ逐渐减小直到水平的过程中,物块始终沿水平面做匀速直线运动。
关于物块受到的外力,下列判断正确的是( )A.推力F先增大后减小B.推力F一直减小C.物块受到的摩擦力先减小后增大D.物块受到的摩擦力一直不变10.(2018福建漳州模拟)如图所示,在光滑的水平杆上穿两个重力均为2 N的球A、B,在两球之间夹一弹簧,弹簧的劲度系数为10 N/m,用两条等长的细线将球C与A、B相连,此时弹簧被压短了10 cm,两条细线的夹角为60°,则( )A.弹簧的弹力大小为0.5 NB.细线拉力大小为2 NC.C球的重力为 ND.杆对A球的支持力为 N11.如图所示,在一个倾角为θ的斜面上,有一个质量为m、带负电的小球P(可视为点电荷),空间存在着方向垂直斜面向下的匀强磁场,带电小球与斜面间的摩擦力不能忽略,它在斜面上沿图中所示的哪个方向运动时,有可能保持匀速直线运动状态( )A.v1方向B.v2方向C.v3方向D.v4方向12.(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F T1,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(k2>k1)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F T2,弹簧的弹力为F2,则下列关于F T1与F T2、F1与F2大小之间的关系,正确的是( )A.F T1>F T2B.F T1=F T2C.F1<F2D.F1=F213.(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的水桶匀速提上来,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14.(多选)如图所示,在粗糙固定的斜面上,放有A、B两个木块,用轻质弹簧将A、B两木块连接起来,B木块的另一端再通过细线与物体C相连接,细线跨过光滑定滑轮使C物体悬挂着,A、B、C均处于静止状态,下列说法正确的是( )A.弹簧弹力可能为零B.A受到的摩擦力一定沿斜面向上C.B可能不受摩擦力的作用D.若增大B木块的质量,则B木块受到的摩擦力一定将先增大后减小答案精解精析选择题1.ACD 由题意,A、B、C质量相等,且各接触面间动摩擦因数相等,再依据滑动摩擦力公式F f=μF N,可知,B、C之间的滑动摩擦力大于A、B之间的,因此在F作用下,B、C作为一整体运动,对A受力分析,A受水平向右的拉力和水平向左的摩擦力,根据平衡条件可知,B对A的摩擦力大小为T,方向向左,故A、C正确,B错误;又因为木板间力的作用是相互的,则木板B受到A对它水平向右的摩擦力,大小为T,由于B、C做匀速直线运动,则B、C受到水平向左的拉力F和水平向右的两个摩擦力平衡(A对B的摩擦力和地面对C的摩擦力),根据平衡条件可知,C受到地面的摩擦力大小为F-T,故D正确。
2.C 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=mg,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与大环之间的弹力N c=mg+T c=4mg,故D项错误。
3.B 小球B受到竖直向下的重力2mg和细线OB对它竖直向上的拉力,若细线AB有张力,则小球B无法平衡,所以AB没有张力,细线OB的张力T OB=2mg;小球A受重力mg、水平拉力F和细线OA的拉力T OA作用,根据几何关系可得T OA=2mg,所以细线OA和OB的张力之比为1∶1,选项B正确,A、C、D错误。
4.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。
5.AC 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。
6.C 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。
7.C 弹簧伸长量不变,弹簧的弹力大小F'不变,弹簧与水平方向夹角为θ。
金属板受重力mg、支持力N、弹簧的拉力F'和向右的静摩擦力f作用,水平方向f=F' cos θ,竖直方向N+F' sin θ=mg,得N=mg-F' sin θ,随着θ的增大,支持力不断减小,静摩擦力逐渐减小,故B错,C对;圆环受弹簧的拉力、框架的支持力(大小不变为F')、拉力F和滑动摩擦力f',有F=f'=μF',故拉力大小不变,A、D错。
8.C 设物块A和滑环B的质量分别为m1、m2,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m2g cos θ=μ(m1g-m2g sin θ),解得=;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m2g cos θ=μ(m2g sin θ-m1g),解得=-(舍去)。
综上分析可知应选C。
9.B 对物块受力分析,如图所示。
由平衡条件得,水平方向F cos θ-F f=0,竖直方向F N-(mg+F sin θ)=0,又F f=μF N,联立可得F=,F f=μ(mg+F sin θ),可见,当θ减小时,F、F f一直减小,故选项B正确,A、C、D 错误。
10.B 弹簧弹力F=kx=1 N,对A根据平衡条件有F T sin 30°=kx,解得细线拉力F T=2 N,所以A错误,B正确;杆对A球的支持力F N=F T cos 30°+G A=(+2) N,故D错误;对C球,G C=2F T cos 30°=2 N,故C错误。