【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）

第一部分　专题一　第1讲　力与物体的平衡 一、单项选择题 ‎1.图1－1－18为某城市雕塑的一部分。将光滑的球搁置在竖直的高挡板AB与竖直的矮挡板CD之间，由于长时间作用，CD挡板的C端略向右偏过一些，C与AB挡板的距离始终小于球的直径，则与C端未偏时相比 图1－1－18‎ A．AB挡板的支持力变大，C端的支持力变大 B．AB挡板的支持力变小，C端的支持力变小 C．AB挡板的支持力变小，C端的支持力变大 D．AB挡板的支持力变大，C端的支持力变小 解析　以小球为研究对象，受到重力、AB挡板的支持力F，C的支持力FC，如图所示：‎ 根据平衡条件可得：AB挡板的支持力F＝mgtan θ，C端的支持力FC＝；CD挡板的C端略向右偏，θ角增大，则AB挡板的支持力变大，C端的支持力变大，故A正确、BCD错误；故选A。‎ 答案　A ‎2．如图1－1－19所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度。下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方。线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态。若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是 图1－1－19‎ 解析　天平处于平衡状态，说明线圈受到的重力和安培力的合力等于两侧砝码重力差，根据安培力公式F＝BIL，知选项A中线圈在磁场中有效长度最大，所受安培力最大，磁场发生微小变化时，安培力变化最大，天平最容易失去平衡，选项A符合题意。‎ 答案　A ‎3.(2018·开封月考)在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放另一截面也为半圆的光滑柱状物体B，整个装置处于静止状态，截面如图1－1－20所示。设墙对B的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的作用力为F3。在B上加一物体C，整个装置仍保持静止，则 图1－1－20‎ A．F 1保持不变，F3增大　　B．F1增大，F3保持不变 C．F2增大，F3增大 D．F2增大，F3保持不变 解析　在B上加物体C前后，分别以B和B、C 整体为研究对象，进行受力分析可知，它们均在三个力作用下处于平衡状态，且对应各力方向相同，由于B、C整体所受重力大于B所受重力，所以墙壁对B的作用力F1和A对B的作用力均增大，由牛顿第三定律可知，B对A的作用力F2也增大；在B上加物体C前后，分别对A受分析，由于F2增大，所以A所受支持力和摩擦力均增大，这两个力的合力即F3也随之增大，故C项正确。‎ 答案　C ‎4.如图1－1－21所示，一条细绳跨过定滑轮连接物体A、B，A悬挂起来，B穿在一根竖直杆上，两物体均保持静止，不计绳与滑轮、B与竖直杆间的摩擦，已知绳与竖直杆间的夹角为θ，则物体A，B的质量之比mA∶mB等于 图1－1－21‎ A．1∶cos θ B．cos θ∶1‎ C．tan θ∶1 D．1∶sin θ 解析　设绳子的拉力为T，隔离A分析有T＝mAg 隔离B分析有：Tcos θ＝mBg 由以上两个公式可解mA∶mB＝1∶cos θ，故A正确。故选A。‎ 答案　A ‎5．(2018·惠州二调)如图1－1－22所示，三根相同的绳子末端连接于O点，A、B端固定，C端受一水平力F，当F逐渐增大时(O点位置保持不变)，最先断的绳子是 图1－1－22‎ A．OA绳 B．OB绳 C．OC绳 D．三绳同时断 解析　对结点O 受力分析，受三个绳的拉力，根据平衡条件的推论得，水平和竖直两绳拉力的合力与OA绳的拉力等大反向，作出平行四边形，解得三个绳中OA绳的拉力最大，在水平拉力逐渐增大的过程中，OA绳先达到最大值，故OA绳先断，A项正确。‎ 答案　A ‎6．(2017·全国卷Ⅲ)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 cm B．‎‎92 cm C．‎98 cm D．‎‎104 cm 解析　设弹性绳的劲度系数为k，挂上钩码后弹性绳伸长ΔL＝20 cm，由几何关系可知，钩码两侧弹性绳与竖直方向夹角为53°，如图所示，由共点力的平衡条件可知，钩码的重力为G＝2kΔLcos 53°将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点时，钩码的重力为G＝2kΔL′，解得ΔL′＝ΔL＝12 cm。弹性绳的总长度变为L0＋ΔL′＝92 cm，选项B正确。‎ 答案　B ‎7.如图1－1－23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N的变化情况是 图1－2－23‎ A．F增大，N减小　　　　　　B．F增大，N增大 C．F减小，N减小 D．F减小，N增大 解析　某时刻小球的受力情况如图所示，设小球与半球面的球心连线与竖直方向的夹角为α，则F＝mgtan α，N＝，随着挡板向右移动，α角越来越大，则F和N都要增大。故选项B正确。‎ 答案　B ‎8.(2016·海南单科)如图1－1－24所示，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和b、b与P、P与桌面之间摩擦力的大小分别用f1、f2和f3表示。则 图1－1－24‎ A．f1＝0，f2≠0，f3≠0 B．f1≠0，f2＝0，f3＝0‎ C．f1≠0，f2≠0，f3＝0 D．f1≠0，f2≠0，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f1≠0，选项C正确。‎ 答案　C 二、多项选择题 ‎9．如图1－1－25所示，a、b物块质量均为m，轻质弹性绳(遵循胡克定律)A端固定在a上，绕过B、C滑轮，另一端点D悬挂在与定滑轮B等高的天花板上，轻质光滑滑轮B、C都可视为质点，AB＝‎0.7 m、BC＝CD＝‎0.3 m，且BC、CD竖直，弹性绳原长‎1 m，斜面倾角为37°，已知重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。现将D点缓慢右移，a始终静止，当C到天花板的距离为‎0.24 m时，有 图1－1－25‎ A．弹性绳长为‎1.5 m B．弹性绳长为‎1.3 m C．a受摩擦力大小为，方向沿斜面向下 D．a受摩擦力大小为，方向沿斜面向上 解析　本题主要考查受力分析、动态平衡等问题，需要考生利用相关知识解题。初态弹性绳长为1.3 m，由胡克定律有2k(1.3 m－1 m)＝mg，末态如图所示，弹性绳拉力大小T＝＝，又由几何关系可知BC＝，此时k(2BC＋0.7 m－1 m)＝T，解得cos θ＝0.6，BC＝0.4 m，绳中拉力大小T＝，绳长为2BC＋0.7 m＝1.5 m，因为T＞mgsin 37°，则a受到的摩擦力为 T－mgsin 37°＝，方向沿斜面向下，A、C对，B、D错。‎ 答案　AC ‎10．如图1－1－26所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上。小物块b置于斜面上，通过绝缘细绳跨过光滑的定滑轮与带正电小球M连接，连接b的一段细绳与斜面平行，带负电的小球N固定在M的正下方，两带电小球在缓慢漏电的过程中，M、b、c都处于静止状态，下列说法中正确的是 图1－1－26‎ A．b对c的摩擦力可能始终增加 B．地面对c的支持力始终变小 C．c对地面的摩擦力方向始终向左 D．滑轮对绳的作用力方向始终不变 解析　 两带电小球在缓慢漏电的过程中，库仑引力逐渐减小，对M分析，可知拉力逐渐减小，对b分析，开始b所受的摩擦力可能沿斜面向上，则拉力减小，摩擦力可能增加，故A正确；对b、c整体分析，受力分析如图，根据平衡条件得知水平面对c的支持力FN＝(Gb＋Gc)－ FTsin θ，拉力逐渐减小，则支持力逐渐增大，故B错误；以b、c整体为研究对象，根据平衡条件得知水平面对c的摩擦力Ff ＝FTcos θ，方向水平向左，则c对地面的摩擦力方向始终向右，故C错误；绳子对滑轮的作用力为两个相等的力，FT方向不变，所以绳子对滑轮的作用力方向不变，则滑轮对绳子的作用力方向始终不变，故D正确。‎ 答案　AD 三、计算题 ‎11．(2018·济宁一模)如图1－1－27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：‎ 图1－1－27‎ ‎(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FN。‎ 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＝BIL，‎ 解得B＝。‎ ‎(2)设两导轨对导体棒支持力为2FN，则有2FNcos 37°＝mg，‎ 所以每个圆导轨对导体棒的支持力大小FN＝mg。‎ 答案　(1)　(2)mg ‎12．(2018·眉山二模)如图1－1－28所示，粗糙斜面的倾角为30°，μ＝，轻绳通过两个滑轮与物块A相连，轻绳的另一端固定于天花板上，不计轻绳与滑轮的摩擦。物块A的质量为m，不计滑轮的质量，挂上物块B后，当滑轮两边轻绳的夹角为106°时，A、B恰能保持静止且A所受摩擦力沿斜面向下，求物块B的质量。 图1－1－28‎ 解析　先对A受力分析，如图所示。根据共点力平衡条件，有 mgsin 30°＋f＝T，‎ FN＝mgcos 30°，‎ 又f＝μFN，联立解得T＝1.25mg，‎ 再对B受力分析，则有 ‎2Tcos＝Mg，‎ 联立解得M＝1.5 m。‎ 答案　1.5 m