江苏专用2017届高考物理二轮复习专题一力与运动第1讲力与物体的平衡提升训练

专题一 力与运动第1讲力与物体的平衡一、单项选择题1.如图1所示，一竖直放置的大圆环，在其水平直径上的A、B两端系着一根不可伸长的柔软轻绳，绳上套有一光滑小铁环。现将大圆环在竖直平面内绕O点顺时针缓慢转过一个微小角度，则关于轻绳对A、B两点拉力FA、FB的变化情况，下列说法正确的是()图1AFA变小，FB变小 BFA变大，FB变大CFA变大，FB变小 DFA变小，FB变大解析柔软轻绳上套有光滑小铁环，两侧轻绳中拉力相等。将大圆环在竖直平面内绕O点顺时针缓慢转过一个微小角度，A、B两点之间的水平距离减小，光滑小铁环两侧轻绳间夹角2减小，由2Fcos mg可知，轻绳中拉力F减小，轻绳对A、B两点的拉力FA和FB都变小，选项A正确。答案A2如图2所示，一光滑小球静置在光滑半球面上，被竖直放置的光滑挡板挡住，现水平向右缓慢地移动挡板，则在小球运动的过程中(该过程小球未脱离球面且球面始终静止)，挡板对小球的推力F、半球面对小球的支持力FN的变化情况是()图2AF增大，FN减小 BF增大，FN增大CF减小，FN减小 DF减小，FN增大解析某时刻小球的受力如图所示，设小球与半球面的球心连线跟竖直方向的夹角为，则Fmgtan ，FN，随着挡板向右移动，越来越大，则F和FN都要增大。答案B3如图3所示，绝缘水平桌面上放置一长直导线a，导线a的正上方某处放置另一长直导线b，两导线中均通以垂直纸面向里的恒定电流。现将导线b向右平移一小段距离，若导线a始终保持静止，则()图3A导线b受到的安培力方向始终竖直向下B导线b受到的安培力逐渐减小C导线a对桌面的压力减小D导线a对桌面的摩擦力方向水平向左解析导线a、b均处在对方产生的磁场中，故两导线均会受到安培力作用，由“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”可知，当导线b未移动时，其受到的安培力方向竖直向下指向导线a，当导线b向右平移一小段距离后，导线b受到的安培力仍会指向导线a，选项A错误；由于导线a、b之间的距离增大而导线中的电流不变，故两导线之间的相互作用力减小(安培力FBIl)，选项B正确；导线b向右平移后导线a的受力情况如图所示，由于导线a始终在桌面上保持静止，所以有FNGFsin ，因为安培力F减小，sin 减小，所以桌面对导线a的支持力增大，由牛顿第三定律可知，导线a对桌面的压力增大，选项C错误；由图可知，桌面对导线a的静摩擦力方向水平向左，故导线a对桌面的摩擦力方向水平向右，选项D错误。答案B4如图4所示，粗糙水平地面上的长方体物块将一重为G的光滑圆球抵在光滑竖直的墙壁上，现用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块，在圆球与地面接触之前，下面的相关判断正确的是()图4A球对墙壁的压力逐渐减小B水平拉力F逐渐减小C地面对长方体物块的摩擦力逐渐增大D地面对长方体物块的支持力逐渐增大解析对球进行受力分析，如图甲所示。FN1Gtan ，FN2。当长方体物块向右运动中，增大，FN1、FN2均增大，由牛顿第三定律知，球对墙壁的压力逐渐增大，选项A错误；圆球对物块的压力在竖直方向的分力FN2cos G等于重力，在拉动长方体物块向右运动的过程中，对物块受力分析如图乙所示，物块与地面之间的压力FNG1FN2cos G1G不变，滑动摩擦力fFN不变，选项C错误；又由于圆球对物块的压力在水平方向的分力FN2sin 逐渐增大，所以水平拉力FfFN2sin 逐渐减小，选项B正确；由于物块与地面之间的压力不变，由牛顿第三定律可知，地面对物块的支持力不变，选项D错误。答案B二、多项选择题5如图5所示，一个半球形的碗固定在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的。一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量分别为m1和m2的小球A、B。当它们处于平衡状态时，碗内的细线与水平方向的夹角为60，小球B位于水平地面上，设此时半球形的碗对A的弹力为F，小球B对地面的压力大小为FN，细线的拉力大小为T，则下列说法中正确的是()图5AFN(m2m1)g BFNm2gm1gCT0 DFm1g解析分析小球A的受力情况，由平衡条件可得，细线的拉力TF，Fsin 60Tsin 60m1g，解得TFm1g，选项C错误，D正确；分析小球B的受力情况，由平衡条件可得TFNm2g，即FNm2gm1g，故A错误，B正确。答案BD6(2016安徽皖南八校二次联考)如图6所示，三角形ABC是固定在水平面上的三棱柱的横截面，A30，B37，C处有光滑小滑轮，质量分别为m1、m2的两物块通过细线跨放在AC面和BC面上，且均恰好处于静止状态，已知AC面光滑，物块2与BC面间的动摩擦因数0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则两物块的质量比m1m2可能是()图6A13 B35 C53 D21解析物块1受重力m1g、细线拉力T和斜面支持力FN作用处于平衡状态，则Tm1gsin 30，物块2受重力m2g、细线拉力T、斜面支持力FN及摩擦力Ff作用处于平衡状态，当m1较大时，最大静摩擦力方向沿斜面向下，此时有Tm2gsin 37m2gcos 37，即2；当m1较小时，最大静摩擦力方向沿斜面向上，此时有Tm2gsin 37m2gcos 37，即，所以2。答案BCD7如图7所示，一根通电的导体棒放在倾斜的粗糙斜面上，置于图示方向的匀强磁场中，处于静止状态。现增大电流，导体棒仍静止，则在增大电流过程中，导体棒受到的摩擦力的大小变化情况可能是()图7A一直增大 B先减小后增大C先增大后减小 D始终为零解析若F安mgsin ，因安培力方向向上，则摩擦力方向向上，当F安增大时，F摩减小到零，再向下增大，B项对，C、D项错；若F安mgsin ，摩擦力方向向下，随F安增大而一直增大，A项对。答案AB8.如图8所示，带电物体P、Q可视为点电荷，电荷量相同。倾角为、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()图8AP、Q所带电荷量为BP对斜面的压力为0C斜面体受到地面的摩擦力为0D斜面体对地面的压力为(Mm)g解析设P、Q所带电荷量为q，对物体P受力分析如图所示，受到水平向左的库仑力Fk、竖直向下的重力mg、支持力FN，由平衡条件可得tan ，解得q，选项A正确；斜面对P的支持力FNmgcos Fsin ，由牛顿第三定律可知，P对斜面的压力为FNmgcos Fsin ，选项B错误；对P和斜面体整体受力分析，可知水平方向受到Q对P向左的库仑力Fk和地面对斜面体水平向右的摩擦力，由平衡条件可知，斜面体受到水平向右的摩擦力大小为fk，选项C错误；对P和斜面体整体受力分析，竖直方向受到竖直向下的重力(Mm)g和水平面的支持力，由平衡条件可得，水平面支持力等于(Mm)g，根据牛顿第三定律，斜面体对地面的压力大小为(Mm)g，选项D正确。答案AD9如图9所示，用两根完全相同的橡皮筋M、N将两个质量均为m1 kg 的可视为质点的小球A、B拴接在一起，并悬挂在水平天花板上，在小球A上施加一水平向左的恒力F，当系统处于静止状态时，橡皮筋M与竖直方向的夹角为60。假设两橡皮筋的劲度系数均为k5 N/cm，且始终处在弹性限度以内，重力加速度取g10 m/s2。则()图9A橡皮筋M的伸长量为4 cmB橡皮筋N的伸长量为2 cmC水平恒力的大小为10 ND如果将水平恒力撤去，则小球B的瞬时加速度为零解析先对小球B进行受力分析，小球B受重力mg和橡皮筋N的拉力F1，根据平衡条件，有F1mg10 N，又F1kxN，解得橡皮筋N的伸长量xN2 cm，选项B正确；再将小球A、B看成一个整体，整体受重力2mg、水平恒力F和橡皮筋M的拉力F2，如图所示，根据平衡条件，有F2mgtan 602mg20 N，选项C错误；橡皮筋M的弹力F24mg40 N，根据胡克定律有F2kxM，解得橡皮筋M的伸长量xM8 cm，选项A错误；小球B受重力和橡皮筋N的拉力，撤去水平恒力的瞬间，小球B的重力和橡皮筋N的拉力都不变，故小球仍处于平衡状态，加速度为零，选项D正确。答案BD三、计算题10如图10所示，一质量为M2 kg的铁块套在倾斜放置的杆上，杆与水平方向的夹角60，一轻绳一端连在铁块上，一端连在一质量为m1 kg的小球上，一水平力F作用在小球上，连接铁块与球的轻绳与杆垂直，铁块和球都处于静止状态。(g取10 m/s2)求：图10(1)拉力F的大小；(2)杆对铁块的摩擦力的大小。解析(1)对B球受力分析如图所示。根据力的平衡Fmgtan 解得F10 N(2)由于绳对铁块的拉力垂直于杆，且铁块处于静止状态，因此铁块受到的摩擦力等于铁块的重力沿斜面向下的分力，即FfMgsin Ff10 N答案(1)10 N(2)10 N11如图11所示，两平行金属导轨间的距离d1.0 m，导轨所在平面与水平面之间的夹角为53，在导轨所在的空间内分布着磁感应强度大小为B1.5 T，方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，导轨的一端接有电动势E6.0 V，内阻r1.0 的直流电源。现将一质量m0.5 kg，电阻R3.0 ，长度为1.0 m的导体棒ab垂直导轨放置，开关S接通后导体棒刚好能保持静止。已知电路中定值电阻R06.0 ，重力加速度g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6，导体棒受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：图11(1)导体棒中通过的电流大小；(2)导体棒与导轨间的动摩擦因数。解析(1)由电路知识可知，导体棒与定值电阻R0并联后接在电源两端，设电路中的总电阻为R总，则有R总r，代入数据可得R总3 ，由闭合电路欧姆定律可知，电路中的总电流I2 A，导体棒ab两端的电压为UabEIr，代入数据可得Uab4 V，所以流经导体棒的电流IR A。(2)对导体棒进行受力分析如图所示。设导轨对导体棒的支持力大小为FN，摩擦力大小为Ff，导体棒受到的安培力大小为F。由题意可知，导体棒中的电流方向为ba，由左手定则可知，导体棒受到的安培力沿导轨所在的平面向上，其大小 FBIRd，代入数据有F2 N，又因为重力沿导轨所在的平面向下的分量为mgsin 534 N，所以可判断出此时的摩擦力方向一定沿导轨所在的平面向上，且大小为Ffmgsin 53F，即Ff2 N，又Ffmgcos 53，代入数据解得。答案(1) A(2)12(2016全国卷，24)如图12，两固定的绝缘斜面倾角均为，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，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑。求图12(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FN1，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FN2。对于ab棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得甲乙2mgsin FN1TFFN12mgcos 对于cd棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得mgsin FN2TFN2mgcos 联立式得：Fmg(sin 3cos )(2)设金属棒运动速度大小为v，ab棒上的感应电动势为EBLv回路中电流I安培力FBIL联立得：v(sin 3cos )答案(1)mg(sin 3cos )(2)(sin 3cos )9