【物理】2019届二轮复习 力与物体的平衡 作业 （全国通用）

【物理】2019届二轮复习 力与物体的平衡 作业 （全国通用）

力与物体平衡 ‎1.(2018·安徽质检)如图甲所示,一根非弹性绳的两端分别固定在两座山的A、B处,A、B两点的水平距离BD=16 m,竖直距离AD=2 m,A、B间绳长为20 m。重为120 N的猴子抓住套在绳子上的滑环在A、B间滑动,某时刻猴子在最低点C处静止,则此时绳的张力大小为(　　)。(绳处于拉直状态)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.75 N B.100 N C.150 N D.200 N 乙 解析▶　作出猴子受力分析图,如图乙所示。设绳子拉力T与水平方向的夹角为θ,延长AC与竖直线BE交于E点,由几何关系可得cos θ=BDAE=‎16‎‎20‎=‎4‎‎5‎,解得θ=37°,又由平衡条件得2Tsin θ=G,解得T=G‎2sinθ=100 N,故A、C、D三项错误,B项正确。‎ 答案▶　B 甲 ‎2.如图甲所示,弧面光滑、底面粗糙的半径为R的光滑四分之一圆弧轨道置于粗糙的水平面上,今在轨道底部O'处固定一轻弹簧,弹簧另一端与质量为m的小球相连,小球静止于P点,OP与水平方向的夹角θ=30°。现用一水平恒力F作用在圆弧轨道上,整个系统一直处于静止状态,已知弹簧的原长为L,重力加速度为g,则下列说法中正确的是(　　)。‎ A.弹簧对小球的作用力大小为 ‎1‎‎2‎mg B.小球对圆弧轨道的压力大小为 ‎3‎‎2‎mg C.弹簧的劲度系数k=‎mgL-R D.地面受到圆弧轨道摩擦力的方向水平向右 乙 解析▶　对小球受力分析如图乙所示,由平衡条件和几何关系有F1=FN,则2F1sin θ=mg,解得F1=FN=mg,由牛顿第三定律可得小球对圆弧轨道的大小为mg,A、B两项错误;设弹簧的形变量为x,根据胡克定律有F1=kx,根据几何关系有L-x=R,联立解得k=mgL-R,C项正确;以小球和圆弧轨道整体为研究对象,由平衡条件可知,圆弧轨道受到地面对它的摩擦力的方向水平向右,根据牛顿第三定律可知,地面受到圆弧轨道对它的摩擦力的方向水平向左,D项错误。‎ 答案▶　C ‎3.(2018·山东模拟)如图所示,一斜面固定在地面上,木块m和M叠放在一起沿斜面向下运动,它们始终相对静止,m、M间的动摩擦因数为μ1,M与斜面间的动摩擦因数为μ2,则(　　)。‎ A.若m、M一起匀加速运动,可能有μ1=0,μ2=0‎ B.若m、M一起匀速运动,一定有μ1=0,μ2≠0‎ C.若m、M一起匀加速运动,一定有μ1≠0,μ2=0‎ D.若m、M一起匀速运动,可能有μ1≠0,μ2≠0‎ 解析▶　若m、M一起匀加速运动,对m,根据牛顿第二定律知,m受到三个力,M对m的支持力, m的重力,M对m摩擦力,所以一定有μ1≠0,A项错误。若m、M一起匀速运动,合力为零,对m,由平衡条件可知,支持力大小等于重力,所以m、M之间没有摩擦力,故可能有μ1≠0,也可能有μ1=0;对整体,由平衡条件分析可知,斜面对M有摩擦力作用,方向沿斜面向上,故μ2≠0,B、C两项错误,D项正确。‎ 答案▶　D 甲 ‎4.(2018·东北模拟)如图甲所示,在粗糙的水平面上,固定一个半径为R的半圆柱体M,挡板PQ固定在半圆柱体M上,挡板PQ的延长线过半圆柱截面圆心O,且与水平面成30°角。在M和PQ之间有一个质量为m的光滑均匀球体N,其半径也为R。整个装置处于静止状态,则下列说法正确的是(　　)。‎ A.N对PQ的压力大小为mg B.N对PQ的压力大小为‎1‎‎2‎mg C.N对M的压力大小为mg 乙 D.N对M的压力大小为‎3‎‎3‎mg 解析▶　对球N受力分析,设M对N的支持力为F1,PQ对N的支持力为F2,由几何关系可知,F1和F2与G'的夹角均为30°,则F1=F2=‎3‎‎3‎mg,由牛顿第三定律知D项正确。‎ 答案▶　D ‎5.(多选)如图甲所示,水平挡板A和竖直挡板B固定在斜面体C上,一质量为m的光滑小球恰能与两挡板和斜面体同时接触。挡板A、B和斜面体C对小球的弹力大小分别为FA、FB和FC。现使斜面体和小球一起在水平面上水平向左做加速度为a的匀加速直线运动。若FA和FB不会同时存在,斜面体倾角为θ,重力加速度为g,则图乙所示图象中,可能正确的是(　　)。‎ 解析▶　对小球进行受力分析,当agtan θ时,对小球进行受力分析如图丁所示,根据牛顿第二定律,水平方向有FCsin θ+FB=ma,竖直方向有FCcos θ=mg,解得FC=mgcosθ,FB=ma-mgtan θ,可知FB与a也呈线性关系,而FC不变,所以C项错误,D项正确。‎ 丙　　　　　　丁 答案▶　BD 甲 ‎6.如图甲所示,倾角为θ的斜面体C置于水平面上,光滑滑块B置于斜面体上,与滑块B连接的细绳固定在天花板上,此时细绳与斜面平行,滑块B与斜面体C均处于静止状态。现将斜面体C稍向左移动,移动后滑块B与斜面体C仍处于静止状态,则(　　)。‎ A.细绳对滑块B的拉力变小 B.斜面体C对滑块B的支持力变小 C.地面对斜面体C的支持力变小 D.地面对斜面体C的摩擦力变大 乙 解析▶　以滑块B为研究对象,受重力mg、细绳拉力FT和斜面体C对它的支持力FN三个力的作用,其中重力mg大小、方向均不变,斜面体C对滑块B的支持力FN方向不变。三力平衡,构成力的三角形,如图乙所示。初始位置绳子对滑块B的拉力与斜面C对滑块B的支持力方向垂直,斜面体C向左移动后,拉力方向与竖直方向的夹角变大,则拉力和斜面体C对滑块B的支持力均变大,由牛顿第三定律可知,滑块B对斜面体C的压力增大,方向不变,以斜面体C为研究对象,由共点力平衡可知,地面对斜面体C的支持力和摩擦力均变大,A、B、C三项错误,D项正确。‎ 答案▶　D 甲 ‎7.(2018· 黑龙江模拟)(多选)如图甲所示,跨过光滑轻小滑轮的轻绳一端连接物体,在绳另一端A施加竖直向下的拉力F,使物体沿水平面向右匀速滑动,在此过程中(　　)。‎ A.绳端A的速度逐渐减小 B.绳端A的速度逐渐增大 C.绳端拉力F逐渐增大 D.绳端拉力F的功率逐渐减小 乙 解析▶　设绳子与水平方向夹角为θ,物体做匀速直线运动,将速度分解,有v1=v0cos θ,因夹角θ增大,则绳端A的速度逐渐减小,A项正确,B项错误;由平衡条件得Fcos θ=f,N+Fsin θ=mg,f=μN,解得F=μmgcosθ+μsinθ=μmg‎1+‎μ‎2‎sin(θ+α)‎(tan α=‎1‎μ),在物体向右运动过程中θ 角逐渐增大,力F可能一直减小,也可能先减小后增大,C项错误;物块匀速运动,拉力F的功率p=Fv1=μmgv‎0‎‎1+μtanθ,θ增大,则所以拉力F的功率变小,D项正确。‎ 答案▶　AD 甲 ‎8.(2018·山西模拟)(多选)如图甲所示,处于竖直平面内的正六边形金属框架ABCDEF可绕过C点且与平面垂直的水平轴自由转动,该金属框架的边长为L,中心记为O,用两根不可伸长、长度均为L的轻质细线将质量为m的金属小球悬挂于框架的A、E两个顶点并处于静止状态,现令框架绕C点转轴沿顺时针方向缓慢转过90°角,已知重力加速度为g,在包括初、末状态的整个转动过程中,下列说法正确的是(　　)。‎ A.细线OA中拉力最大值为mg B.细线OE中拉力最大值为‎2‎3‎mg‎3‎ C.细线OA中拉力逐渐增大 D.细线OE中拉力逐渐减小 乙 解析▶　对小球进行受力分析,如图乙所示,因OA、OE夹角始终为120°,则在力的三角形中,重力mg的对角始终为60°,设力的三角形中FTA的对角为α,FTE的对角为β,缓慢转动过程中,小球始终受力平衡,由正弦定理得mgsin60°‎=FTAsinα=FTEsinβ, α角由30°增大到120°,FTA先增大后减小,当α=90°时,FTA最大,最大值为‎2‎3‎mg‎3‎,A、C两项错误;β角由90°减小到0°,FTE减小到0,当β=90°时,FTE最大,最大值为‎2‎3‎mg‎3‎,故B、D两项正确。‎ 答案▶　BD ‎9.(2018·上海调研)(多选)如图甲所示,A是一均匀小球,搁在竖直墙壁与四分之一圆弧形滑块B之间,最初A、B相切于小球的最低点,不计一切摩擦。一水平推力F作用在滑块B上,使球与滑块均静止,现将滑块B向右缓慢推过一较小的距离,在此过程中(　　)。‎ 甲 A.墙壁对球的弹力不变 B.滑块对球的弹力增大 C.地面对滑块的弹力增大 D.推力F增大 解析▶　对小球受力分析,小球受到重力、墙壁对它的弹力和滑块对它的弹力,如图乙所示,因为重力的大小和方向都不变,墙壁对它的弹力方向不变,根据作图法知,滑块对小球的弹力方向始终在变化,墙壁对它的弹力和滑块对小球弹力的合力不变,大小等于重力,从图乙中可知,滑块对小球的弹力在增大,墙壁对小球的弹力也在增大,A项错误,B项正确。对滑块和小球整体进行受力分析,整体受重力、地面对整体的支持力、墙壁对整体的弹力及水平推力F,在竖直方向上,地面对滑块的支持力等于滑块和小球的重力大小,滑块和小球的重力都不变,所以地面对滑块的支持力不变。在水平方向上,推力F大小等于墙壁对小球的弹力,所以水平推力F增大,C项错误,D项正确。‎ 乙 答案▶　BD ‎10.(2018·广东模拟)(多选)如图所示,在距定滑轮O正下方l处的B点用绝缘底座固定一带电荷量为+q的小球1,绝缘轻质弹性绳一端悬挂在定滑轮O正上方l‎2‎处的D点,另一端与质量为m的带电小球2连接,发现小球2恰好在A位置平衡,已知OA长为l ‎,与竖直方向的夹角为60°。由于弹性绳的绝缘效果不是很好,小球2缓慢漏电,一段时间后,当滑轮下方的弹性绳与竖直方向夹角为30°时,小球2恰好在AB连线上的C位置。已知静电力常量为k,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　)。‎ A.小球2带负电 B.小球2在C位置时所带电荷量为mgl‎2‎‎4kq C.小球2在A位置时所带电荷量为 ‎mgl‎2‎kq D.弹性绳的原长为l‎2‎ 解析▶　根据题意可知小球2受到小球1的排斥力,所以小球2带正电,A项错误;设弹性绳的劲度系数为K,原长为l0,在A位置时,小球2受到竖直向下的重力,小球1对它的库仑力F,绳子对它的拉力T,根据几何知识可知,三个力正好形成一个等边矢量三角形,故F=kqqAl‎2‎=mg,T=Kl‎2‎‎+l-‎l‎0‎=mg,解得qA=mgl‎2‎kq;在C位置时,小球2受到竖直向下的重力,小球1对它的库仑力F',绳子对它的拉力T',根据几何知识可知,三个力正好形成一个直角矢量三角形,故F'=4kqqA'‎l‎2‎=‎1‎‎2‎mg,T'=K‎3‎‎2‎l+l‎2‎-‎l‎0‎=‎3‎‎2‎mg,解得qA'=mgl‎2‎‎8kq,联立解得l0=l‎2‎,B项错误,C、D两项正确。‎ 答案▶　CD 甲 ‎11.(2018·安徽模拟)(多选)如图甲所示,在绝缘水平面上固定着一光滑绝缘的圆形槽,圆形槽平面与水平面平行,在某一过直径的直线上有O、A、B三点,其中O为圆心,A点固定着一电荷量为Q的正电荷,B点固定着一个未知电荷,且圆槽圆周上各点电势相等,AB=L ‎。有一个可视为质点的质量为m,电荷量为-q的带电小球正在圆槽中运动,在C点小球受到的电场力指向圆心,C点所处的位置如图甲所示,根据题干和图示信息可知(　　)。‎ A.B点的电荷带正电 B.B点电荷的电荷量为3Q C.B点电荷的电荷量为 ‎3‎Q D.小球在圆槽内做匀速圆周运动 乙 解析▶　小球在C点受到的电场力指向圆心知,A点的正电荷对小球吸引,则B点的电荷对小球必排斥,因此B点的电荷带负电,A项错误;由∠ABC=∠ACB=30°知,∠ACO=30°,AB=AC=L,BC=2ABcos 30°=‎3‎L,由力的合成可得F1=‎3‎F2 ,即kQqL‎2‎=‎3‎kqQB‎(‎3‎L‎)‎‎2‎,QB=‎3‎Q,B项错误,C项正确;圆周上各点电势相等,小球在运动过程中电势能不变,根据能量守恒知,小球的动能不变,小球做匀速圆周运动,D项正确。‎ 答案▶　CD ‎12.如图所示,A、B、C三球的质量均为m,轻质弹簧一端固定在斜面顶端,另一端与A球相连,A、B间由一轻质细线连接,B、C间由一轻杆相连。倾角为θ的光滑斜面固定在地面上,弹簧、细线与轻杆均平行于斜面,初始系统处于静止状态,细线被烧断的瞬间,下列说法正确的是(　　)。‎ A.A球的加速度沿斜面向上,大小为gsin θ B.C球的受力情况未变,加速度为零 C.B、C两球的加速度均沿斜面向下,大小均为gsin θ D.B、C之间杆的弹力大小不为零 解析▶　初始系统处于静止状态,把B、C看成整体,B、C受重力2mg、斜面的支持力FN、细线的拉力FT ,由平衡条件可得FT =2mgsin θ,对A进行受力分析,A受重力mg ‎、斜面的支持力、弹簧的拉力F弹和细线的拉力FT ,由平衡条件可得:F弹=FT +mgsin θ=3mgsin θ,细线被烧断的瞬间,拉力会突变为零,弹簧的弹力不变,根据牛顿第二定律得A球的加速度沿斜面向上,大小a=2gsin θ,A项错误;细线被烧断的瞬间,把B、C看成整体,根据牛顿第二定律得B、C整体的加速度a'=gsin θ,均沿斜面向下,B项错误,C项正确;对C进行受力分析,C受重力mg、杆的弹力F和斜面的支持力,根据牛顿第二定律得mgsin θ+F=ma',解得F=0,所以B、C之间杆的弹力大小为零,D项错误。‎ 答案▶　C