（天津?qū)Ｓ茫?020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題提升訓(xùn)練1 力與物體的平衡（含解析）

專題提升訓(xùn)練1力與物體的平衡一、單項(xiàng)選擇題(本題共6小題,在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1.(2019·天津南開(kāi)中學(xué)月考)一個(gè)質(zhì)點(diǎn)在三個(gè)共點(diǎn)力F1、F2、F3的作用下處于平衡狀態(tài),如圖所示,則它們的大小關(guān)系是()A.F1>F2>F3B.F1>F3>F2C.F3>F1>F2D.F2>F1>F3答案:C解析:因?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)在三個(gè)共點(diǎn)力F1、F2、F3的作用下處于平衡狀態(tài),所以將三力首尾相連組成一封閉三角形,如圖所示,根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)三角形中大邊對(duì)大角,即得出F3>F1>F2,所以選項(xiàng)C正確。2.(2019·天津一模)如圖所示,一架無(wú)人機(jī)執(zhí)行航拍任務(wù)時(shí)正沿直線朝斜向下方向勻速運(yùn)動(dòng)。用G表示無(wú)人機(jī)重力,F表示空氣對(duì)它的作用力,下列四幅圖中能表示此過(guò)程中無(wú)人機(jī)受力情況的是()答案:B解析:無(wú)人機(jī)受重力和空氣作用力的作用,由于無(wú)人機(jī)勻速運(yùn)動(dòng),故受力平衡,空氣作用力豎直向上,與重力相互平衡,故B正確。3.(2019·湖北八校聯(lián)考)如圖所示,重力為G的風(fēng)箏用輕細(xì)繩固定于地面上的P點(diǎn),風(fēng)的作用力垂直風(fēng)箏表面AB,風(fēng)箏處于靜止?fàn)顟B(tài)。若位于P點(diǎn)處的拉力傳感器測(cè)得繩子拉力大小為FT,繩與水平地面的夾角為。則風(fēng)箏表面與水平方向的夾角滿足()A.tan =FTcosG+FTsinB.tan =FTsinG+FTcosC.tan =G+FTsinFTcosD.tan =G+FTcosFTsin答案:A解析:對(duì)風(fēng)箏受力分析,如圖所示,將風(fēng)力FN和繩子的拉力FT沿坐標(biāo)軸分解,則在x軸方向上有FTcos=FNsin,在y軸方向上有FNcos=G+FTsin,聯(lián)立解得tan=FTcosG+FTsin,故A正確。4.(2019·安徽安慶一模)如圖所示,一件質(zhì)量為m'的衣服掛在等腰三角形的衣架上,衣架通過(guò)輕繩OA懸掛在天花板下。衣架質(zhì)量為m,衣架頂角=120°,此時(shí)衣架底邊水平。不計(jì)衣服與衣架摩擦,重力加速度為g,則豎直輕繩OA受到的拉力FT和衣架左側(cè)對(duì)衣服的作用力F大小分別為()A.FT=(m'+m)g,F=33m'gB.FT=(m'+m)g,F=12m'gC.FT=m'g,F=32m'gD.FT=m'g,F=12m'g答案:A解析:以衣服和衣架為整體受力分析可知,整體受總重力和輕繩OA的拉力作用,根據(jù)平衡條件得:FT'=(m'+m)g,根據(jù)牛頓第三定律可知,OA受到的拉力FT=FT'=(m'+m)g;以衣服為研究對(duì)象,其受力分析圖如圖所示。根據(jù)幾何關(guān)系得F與豎直方向的夾角為30°,由平衡條件得2Fcos30°=m'g,解得F=33m'g。故A正確。5.(2019·北京豐臺(tái)期末)有三個(gè)完全相同的金屬小球A、B、C,其中小球C不帶電,小球A和B帶有等量的同種電荷,如圖所示,A球固定在豎直絕緣支架上,B球用不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線懸于A球正上方的O點(diǎn)處,靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向的夾角為。小球C可用絕緣手柄移動(dòng),重力加速度為g,現(xiàn)在進(jìn)行下列操作,其中描述與事實(shí)相符的是()A.僅將球C與球A接觸離開(kāi)后,B球再次靜止時(shí)細(xì)線中的張力比原來(lái)要小B.僅將球C與球B接觸離開(kāi)后,B球再次靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向的夾角為1,僅將球C與球A接觸離開(kāi)后,B球再次靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向的夾角為2,則1=2C.剪斷細(xì)線OB瞬間,球B的加速度一定等于gD.剪斷細(xì)線OB后,球B將沿OB方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)直至著地答案:B解析:僅將球C與球A接觸后離開(kāi),球A的電荷量減半,致使小球A、B間的庫(kù)侖力減小,對(duì)球B進(jìn)行受力分析可知它在三個(gè)力的作用下平衡,設(shè)球A到O點(diǎn)的距離為h,細(xì)線的長(zhǎng)度為l,由三角形相似可知mgh=FTl,故細(xì)線的張力不變,故A錯(cuò)誤;將球C與球B接觸后離開(kāi),和將球C與球A接觸后離開(kāi),由庫(kù)侖定律知兩種情況下A、B間的斥力相同,故夾角也相同,故B正確;剪斷細(xì)線OB瞬間,球B在重力和庫(kù)侖力作用下運(yùn)動(dòng),其合力斜向右下方,與原來(lái)細(xì)線的拉力等大反向,故其加速度不一定等于g,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤;剪斷細(xì)線OB后,球B在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的庫(kù)侖力隨球A、B間距的變化而變化,即球B落地前做變加速曲線運(yùn)動(dòng),故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。6.(2019·天津河?xùn)|區(qū)一模)如圖所示,某健身愛(ài)好者手拉著輕繩,在粗糙的水平地面上緩慢地移動(dòng),保持繩索始終平行于地面。為了鍛煉自己的臂力和腿部力量,可以在O點(diǎn)懸掛不同的重物C。則()A.若健身者緩慢向右移動(dòng),繩OA拉力變小B.若健身者緩慢向左移動(dòng),繩OB拉力變大C.若健身者緩慢向右移動(dòng),繩OA、OB拉力的合力變大D.若健身者緩慢向左移動(dòng),健身者與地面間的摩擦力變小答案:D解析:設(shè)OA的拉力為FA,OB的拉力為FB,重物C的質(zhì)量為m,因O點(diǎn)始終處于平衡狀態(tài),根據(jù)平衡條件有FAcos-mg=0,FAsin-FB=0,解得FA=mgcos,FB=mgtan。當(dāng)健身者緩慢向右移動(dòng)時(shí),角變大,則FA、FB均變大,故A錯(cuò)誤;當(dāng)健身者緩慢向左移動(dòng)時(shí),角變小,則FA、FB均變小,因?yàn)榻∩碚咚艿降哪Σ亮εcOB繩拉力相等,故健身者與地面間的摩擦力變小,故B錯(cuò)誤,D正確;不論健身者向哪個(gè)方向移動(dòng),繩OA、OB拉力的合力一定等于重物C的重力mg,故C錯(cuò)誤。二、多項(xiàng)選擇題(本題共4小題,在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的)7.(2019·廣西調(diào)研)如圖所示,間距為0.3 m的平行導(dǎo)軌所在平面與水平面之間的夾角為,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直平行導(dǎo)軌向上,大小隨時(shí)間變化的規(guī)律為B=(2+2t) T。將一根長(zhǎng)為0.3 m、質(zhì)量為0.2 kg的導(dǎo)體棒垂直放置在導(dǎo)軌上,導(dǎo)體棒中通有大小為1 A、方向從a向b的電流。t=0和t=2 s時(shí)刻,導(dǎo)體棒剛好都能處于靜止?fàn)顟B(tài)。g取10 m/s2。則()A.平行導(dǎo)軌傾角=30°B.導(dǎo)體棒對(duì)平行導(dǎo)軌的壓力為1 NC.導(dǎo)體棒與平行導(dǎo)軌間的最大靜摩擦力為0.6 ND.在t=1 s時(shí),導(dǎo)體棒所受的摩擦力為0答案:CD解析:據(jù)題意t=0和t=2s時(shí)刻,導(dǎo)體棒恰好能處于靜止?fàn)顟B(tài),可知t=0時(shí),導(dǎo)體棒受到的摩擦力剛好達(dá)最大值,方向沿導(dǎo)軌向上,t=2s時(shí)最大靜摩擦力沿導(dǎo)軌向下,即t=0時(shí),mgsin=Fmax+B1Il,t=2s時(shí),mgsin+Fmax=B2Il,聯(lián)立得=37°,Fmax=0.6N,故A錯(cuò)誤,C正確;導(dǎo)體棒對(duì)導(dǎo)軌的壓力為FN=mgcos37°=1.6N,故B錯(cuò)誤;t=1s時(shí),BIl=mgsin,導(dǎo)體棒所受摩擦力為零,故D正確。8.(2019·湖北四地七校聯(lián)考)如圖所示,上表面光滑的斜面體B置于粗糙的水平面上,物塊A在豎直向上的力F作用下靜止在斜面上,現(xiàn)將力F沿順時(shí)針?lè)较蚓徛匦D(zhuǎn)至水平方向,在力F旋轉(zhuǎn)的過(guò)程中,物塊始終保持靜止。則在此過(guò)程中()A.F先減小后增大B.斜面對(duì)物塊的彈力先增大后減小C.水平面對(duì)斜面體的支持力逐漸增大D.水平面對(duì)斜面體的摩擦力逐漸增大答案:ACD解析:以A為研究對(duì)象受力分析,如圖甲所示,由圖解法可以看出,F先減小后增大,斜面對(duì)物塊的支持力FNA逐漸增大,故A正確,B錯(cuò)誤;以B為研究對(duì)象受力分析,如圖乙所示,正交分解,列平衡方程,FN=FN'cos+m'g,Ff=FN'sin。由牛頓第三定律知FN'=FN,則FN'增大,所以水平面對(duì)斜面體支持力FN增大,水平面對(duì)斜面體摩擦力Ff增大,故C、D正確。甲乙9.(2019·天津河北區(qū)二模)如圖所示,物體A置于粗糙的傾角為的固定斜面上,用水平力F推物體A,物體保持靜止,當(dāng)F稍減小時(shí),物體A仍然保持靜止,則()A.物體所受的合力減小B.斜面對(duì)物體的支持力減小C.物體所受摩擦力一定減小D.物體所受合力不變答案:BD解析:由題意知物體處于平衡狀態(tài),合外力始終為零。建立平面直角坐標(biāo)系分解F、G,如圖所示。若Fx=Gx時(shí),Ff=0;當(dāng)F減小時(shí)Fx=Fcos隨之減小,此時(shí)Gx=Fx+Ff,摩擦力應(yīng)增大;已知FN=Gy+Fy=Gcos+Fsin又因?yàn)?斜面傾角不變,物體重力G不變,則Gcos不變,斜面傾角不變,F減小,則Fsin減小,所以,當(dāng)F減小時(shí)FN(支持力)減小,故A、C錯(cuò)誤,B、D正確。10.如圖所示,在豎直平面內(nèi),一輕質(zhì)絕緣彈簧上端固定在P點(diǎn),下端與帶電小圓環(huán)連接,帶電小圓環(huán)套在半徑為R的光滑絕緣大圓環(huán)上,大圓環(huán)的圓心O點(diǎn)固定一個(gè)帶電小球,帶電小圓環(huán)與帶電小球均可看作點(diǎn)電荷,它們的電性相同且電荷量大小均為q,P點(diǎn)在O點(diǎn)的正上方,當(dāng)把帶電小圓環(huán)放在大圓環(huán)A、B位置時(shí),帶電小圓環(huán)均能保持平衡,且B點(diǎn)與O點(diǎn)在同一水平線上,帶電小圓環(huán)在B位置平衡時(shí),大圓環(huán)與帶電小圓環(huán)之間剛好無(wú)相互作用力,已知APO=AOP=30°,靜電力常量為k,則下列說(shuō)法正確的是()A.帶電小圓環(huán)在A位置時(shí)彈簧一定處于壓縮狀態(tài)B.帶電小圓環(huán)在A位置平衡時(shí),大圓環(huán)與帶電小圓環(huán)之間無(wú)彈力C.帶電小圓環(huán)的重力為kq2R2D.彈簧的勁度系數(shù)為kq2R3答案:BD解析:在B位置,對(duì)帶電小圓環(huán)受力分析可知,G=kq2R2tan60°=3kq2R2,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;小圓環(huán)在A位置時(shí),若彈簧給帶電小圓環(huán)斜向下的彈力,不論有沒(méi)有大圓環(huán)的彈力,帶電小圓環(huán)都不可能平衡,故彈簧一定處于拉伸狀態(tài),選項(xiàng)A錯(cuò)誤;帶電小圓環(huán)在A位置平衡時(shí),對(duì)帶電小圓環(huán)受力分析,假設(shè)兩圓環(huán)之間的相互作用力為F,由平衡知識(shí):FAPsin30°+F+kq2R2sin30°,FAPcos30°+F+kq2R2cos30°=G,解得F=0,即兩圓環(huán)之間無(wú)彈力,選項(xiàng)B正確;由平衡條件可知,A、B兩位置的彈簧彈力分別為FA=kq2R2,FB=kq2R2cos60°=2kq2R2,彈簧形變量為x=R,由胡克定律得彈簧的勁度系數(shù)為k'=Fx=FB-FAR=kq2R3,選項(xiàng)D正確。三、計(jì)算題(本題共1小題,須寫出規(guī)范的解題步驟)11.(2019·福建龍巖質(zhì)檢)如圖所示,質(zhì)量為m的物塊靜止于斜面上,物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,逐漸增大斜面的傾角,直到等于某特定值時(shí),物塊達(dá)到“欲動(dòng)未動(dòng)”的臨界狀態(tài),此時(shí)的摩擦力為最大靜摩擦力,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,求角滿足什么條件時(shí)物塊總與斜面保持相對(duì)靜止。答案:tan 解析:等于某特定值時(shí),物塊受力平衡,則有FN-Gcos=0,Ffm-Gsin=0。又Ffm=FN,解得=tan。顯然,當(dāng)即tan時(shí),物塊始終保持靜止。- 7 -