2020高考物理二轮复习专题提升训练1力与物体的平衡含解析 8页

专题提升训练1　力与物体的平衡 一、单项选择题(本题共6小题,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)‎ ‎1.(2019·天津南开中学月考)一个质点在三个共点力F1、F2、F3的作用下处于平衡状态,如图所示,则它们的大小关系是(　　)‎ A.F1>F2>F3‎ B.F1>F3>F2‎ C.F3>F1>F2‎ D.F2>F1>F3‎ 答案:C 解析:因为质点在三个共点力F1、F2、F3的作用下处于平衡状态,所以将三力首尾相连组成一封闭三角形,如图所示,根据数学知识三角形中大边对大角,即得出F3>F1>F2,所以选项C正确。‎ ‎2.(2019·天津一模)如图所示,一架无人机执行航拍任务时正沿直线朝斜向下方向匀速运动。用G表示无人机重力,F表示空气对它的作用力,下列四幅图中能表示此过程中无人机受力情况的是(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ - 8 -‎ 答案:B 解析:无人机受重力和空气作用力的作用,由于无人机匀速运动,故受力平衡,空气作用力竖直向上,与重力相互平衡,故B正确。‎ ‎3.(2019·湖北八校联考)如图所示,重力为G的风筝用轻细绳固定于地面上的P点,风的作用力垂直风筝表面AB,风筝处于静止状态。若位于P点处的拉力传感器测得绳子拉力大小为FT,绳与水平地面的夹角为α。则风筝表面与水平方向的夹角φ满足(　　)‎ A.tan φ=FTcosαG+FTsinα B.tan φ=‎FTsinαG+FTcosα C.tan φ=G+FTsinαFTcosα D.tan φ=‎G+FTcosαFTsinα 答案:A 解析:对风筝受力分析,如图所示,将风力FN和绳子的拉力FT沿坐标轴分解,则在x轴方向上有FTcosα=FNsinφ,在y轴方向上有FNcosφ=G+FTsinα,联立解得tanφ=FTcosαG+FTsinα,故A正确。‎ ‎4.(2019·安徽安庆一模)如图所示,一件质量为m'的衣服挂在等腰三角形的衣架上,衣架通过轻绳OA悬挂在天花板下。衣架质量为m,衣架顶角θ=120°,此时衣架底边水平。不计衣服与衣架摩擦,重力加速度为g,则竖直轻绳OA受到的拉力FT和衣架左侧对衣服的作用力F大小分别为(　　)‎ - 8 -‎ A.FT=(m'+m)g,F=‎3‎‎3‎m'g B.FT=(m'+m)g,F=‎1‎‎2‎m'g C.FT=m'g,F=‎3‎‎2‎m'g D.FT=m'g,F=‎1‎‎2‎m'g 答案:A 解析:以衣服和衣架为整体受力分析可知,整体受总重力和轻绳OA的拉力作用,根据平衡条件得:FT'=(m'+m)g,根据牛顿第三定律可知,OA受到的拉力FT=FT'=(m'+m)g;以衣服为研究对象,其受力分析图如图所示。根据几何关系得F与竖直方向的夹角为30°,由平衡条件得2Fcos30°=m'g,解得F=‎3‎‎3‎m'g。故A正确。‎ ‎5.(2019·北京丰台期末)有三个完全相同的金属小球A、B、C,其中小球C不带电,小球A和B带有等量的同种电荷,如图所示,A球固定在竖直绝缘支架上,B球用不可伸长的绝缘细线悬于A球正上方的O点处,静止时细线与竖直方向的夹角为θ。小球C可用绝缘手柄移动,重力加速度为g,现在进行下列操作,其中描述与事实相符的是(　　)‎ A.仅将球C与球A接触离开后,B球再次静止时细线中的张力比原来要小 - 8 -‎ B.仅将球C与球B接触离开后,B球再次静止时细线与竖直方向的夹角为θ1,仅将球C与球A接触离开后,B球再次静止时细线与竖直方向的夹角为θ2,则θ1=θ2‎ C.剪断细线OB瞬间,球B的加速度一定等于g D.剪断细线OB后,球B将沿OB方向做匀变速直线运动直至着地 答案:B 解析:仅将球C与球A接触后离开,球A的电荷量减半,致使小球A、B间的库仑力减小,对球B进行受力分析可知它在三个力的作用下平衡,设球A到O点的距离为h,细线的长度为l,由三角形相似可知mgh‎=‎FTl,故细线的张力不变,故A错误;将球C与球B接触后离开,和将球C与球A接触后离开,由库仑定律知两种情况下A、B间的斥力相同,故夹角也相同,故B正确;剪断细线OB瞬间,球B在重力和库仑力作用下运动,其合力斜向右下方,与原来细线的拉力等大反向,故其加速度不一定等于g,故选项C错误;剪断细线OB后,球B在空中运动时受到的库仑力随球A、B间距的变化而变化,即球B落地前做变加速曲线运动,故选项D错误。‎ ‎6.(2019·天津河东区一模)如图所示,某健身爱好者手拉着轻绳,在粗糙的水平地面上缓慢地移动,保持绳索始终平行于地面。为了锻炼自己的臂力和腿部力量,可以在O点悬挂不同的重物C。则(　　)‎ A.若健身者缓慢向右移动,绳OA拉力变小 B.若健身者缓慢向左移动,绳OB拉力变大 C.若健身者缓慢向右移动,绳OA、OB拉力的合力变大 D.若健身者缓慢向左移动,健身者与地面间的摩擦力变小 答案:D 解析:设OA的拉力为FA,OB的拉力为FB,重物C的质量为m,因O点始终处于平衡状态,根据平衡条件有 FAcosθ-mg=0,FAsinθ-FB=0,‎ 解得FA=mgcosθ,FB=mgtanθ。‎ 当健身者缓慢向右移动时,θ角变大,则FA、FB均变大,故A错误;当健身者缓慢向左移动时,θ角变小,则FA、FB均变小,因为健身者所受到的摩擦力与OB绳拉力相等,故健身者与地面间的摩擦力变小,故B错误,D正确;不论健身者向哪个方向移动,绳OA、OB拉力的合力一定等于重物C的重力mg,故C错误。‎ - 8 -‎ 二、多项选择题(本题共4小题,在每小题给出的四个选项中,有多个选项是符合题目要求的)‎ ‎7.(2019·广西调研)如图所示,间距为0.3 m的平行导轨所在平面与水平面之间的夹角为θ,匀强磁场的磁感应强度方向垂直平行导轨向上,大小随时间变化的规律为B=(2+2t) T。将一根长为0.3 m、质量为0.2 kg的导体棒垂直放置在导轨上,导体棒中通有大小为1 A、方向从a向b的电流。t=0和t=2 s时刻,导体棒刚好都能处于静止状态。g取10 m/s2。则(　　)‎ A.平行导轨倾角θ=30°‎ B.导体棒对平行导轨的压力为1 N C.导体棒与平行导轨间的最大静摩擦力为0.6 N D.在t=1 s时,导体棒所受的摩擦力为0‎ 答案:CD 解析:据题意t=0和t=2s时刻,导体棒恰好能处于静止状态,可知t=0时,导体棒受到的摩擦力刚好达最大值,方向沿导轨向上,t=2s时最大静摩擦力沿导轨向下,即t=0时,mgsinθ=Fmax+B1Il,t=2s时,mgsinθ+Fmax=B2Il,联立得θ=37°,Fmax=0.6N,故A错误,C正确;导体棒对导轨的压力为FN=mgcos37°=1.6N,故B错误;t=1s时,BIl=mgsinθ,导体棒所受摩擦力为零,故D正确。‎ ‎8.(2019·湖北四地七校联考)如图所示,上表面光滑的斜面体B置于粗糙的水平面上,物块A在竖直向上的力F作用下静止在斜面上,现将力F沿顺时针方向缓慢地旋转至水平方向,在力F旋转的过程中,物块始终保持静止。则在此过程中(　　)‎ A.F先减小后增大 B.斜面对物块的弹力先增大后减小 C.水平面对斜面体的支持力逐渐增大 D.水平面对斜面体的摩擦力逐渐增大 答案:ACD 解析:以A为研究对象受力分析,如图甲所示,由图解法可以看出,F先减小后增大,斜面对物块的支持力FNA - 8 -‎ 逐渐增大,故A正确,B错误;以B为研究对象受力分析,如图乙所示,正交分解,列平衡方程,FN=FN'cosθ+m'g,Ff=FN'sinθ。由牛顿第三定律知FN'=FN,则FN'增大,所以水平面对斜面体支持力FN增大,水平面对斜面体摩擦力Ff增大,故C、D正确。‎ 甲 乙 ‎9.(2019·天津河北区二模)如图所示,物体A置于粗糙的倾角为θ的固定斜面上,用水平力F推物体A,物体保持静止,当F稍减小时,物体A仍然保持静止,则(　　)‎ A.物体所受的合力减小 B.斜面对物体的支持力减小 C.物体所受摩擦力一定减小 D.物体所受合力不变 答案:BD 解析:由题意知物体处于平衡状态,合外力始终为零。建立平面直角坐标系分解F、G,如图所示。‎ 若Fx=Gx时,Ff=0;‎ 当F减小时Fx=Fcosθ随之减小,此时Gx=Fx+Ff,摩擦力应增大;‎ 已知FN=Gy+Fy=Gcosθ+Fsinθ 又因为:斜面倾角θ不变,物体重力G不变,则Gcosθ不变,斜面倾角θ不变,F减小,则Fsinθ减小,所以,当F减小时FN(支持力)减小,故A、C错误,B、D正确。‎ - 8 -‎ ‎10.如图所示,在竖直平面内,一轻质绝缘弹簧上端固定在P点,下端与带电小圆环连接,带电小圆环套在半径为R的光滑绝缘大圆环上,大圆环的圆心O点固定一个带电小球,带电小圆环与带电小球均可看作点电荷,它们的电性相同且电荷量大小均为q,P点在O点的正上方,当把带电小圆环放在大圆环A、B位置时,带电小圆环均能保持平衡,且B点与O点在同一水平线上,带电小圆环在B位置平衡时,大圆环与带电小圆环之间刚好无相互作用力,已知∠APO=∠AOP=30°,静电力常量为k,则下列说法正确的是(　　)‎ A.带电小圆环在A位置时弹簧一定处于压缩状态 B.带电小圆环在A位置平衡时,大圆环与带电小圆环之间无弹力 C.带电小圆环的重力为kq‎2‎R‎2‎ D.弹簧的劲度系数为kq‎2‎R‎3‎ 答案:BD 解析:在B位置,对带电小圆环受力分析可知,G=kq‎2‎R‎2‎tan60°=‎3‎kq‎2‎R‎2‎,选项C错误;小圆环在A位置时,若弹簧给带电小圆环斜向下的弹力,不论有没有大圆环的弹力,带电小圆环都不可能平衡,故弹簧一定处于拉伸状态,选项A错误;带电小圆环在A位置平衡时,对带电小圆环受力分析,假设两圆环之间的相互作用力为F,由平衡知识:FAPsin30°+F+kq‎2‎R‎2‎sin30°,FAPcos30°+F+kq‎2‎R‎2‎cos30°=G,解得F=0,即两圆环之间无弹力,选项B正确;由平衡条件可知,A、B两位置的弹簧弹力分别为FA=kq‎2‎R‎2‎,FB=kq‎2‎R‎2‎cos60°‎‎=‎‎2kq‎2‎R‎2‎,弹簧形变量为Δx=R,由胡克定律得弹簧的劲度系数为k'=ΔFΔx‎=FB‎-‎FAR=‎kq‎2‎R‎3‎,选项D正确。‎ 三、计算题(本题共1小题,须写出规范的解题步骤)‎ ‎11.(2019·福建龙岩质检)如图所示,质量为m的物块静止于斜面上,物块与斜面间的动摩擦因数为μ,逐渐增大斜面的倾角θ,直到θ等于某特定值φ时,物块达到“欲动未动”的临界状态,此时的摩擦力为最大静摩擦力,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,求θ角满足什么条件时物块总与斜面保持相对静止。‎ - 8 -‎ 答案:tan θ≤μ 解析:θ等于某特定值φ时,物块受力平衡,则有FN-Gcosφ=0,Ffm-Gsinφ=0。又Ffm=μFN,解得μ=tanφ。显然,当θ≤φ即tanθ≤μ时,物块始终保持静止。‎ - 8 -‎