《2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題一 力與直線運(yùn)動(dòng) 1-1-1 力與物體的平衡訓(xùn)練.docx》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題一 力與直線運(yùn)動(dòng) 1-1-1 力與物體的平衡訓(xùn)練.docx（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1-1-1 力與物體的平衡 課時(shí)強(qiáng)化訓(xùn)練 1．(2018安徽A10聯(lián)盟聯(lián)考)(多選)如圖所示，斜面體放在水平面上，C是斜面體斜面AB上的一點(diǎn)，AC部分粗糙，CB部分光滑，一物塊在AC部分勻速下滑，此時(shí)斜面體對(duì)物塊的作用力為F1、地面對(duì)斜面體的摩擦力為f1，物塊在CB部分下滑時(shí)，斜面體對(duì)物塊的作用力為F2、地面對(duì)斜面體的摩擦力為f2，整個(gè)過(guò)程斜面體始終處于靜止，不計(jì)空氣阻力，則(　　) A．f1＜f2 　　B．f1＝f2 C．F1＞F2 D．F1＝F2 [解析] 物塊在AC段勻速下滑時(shí)，物塊和斜面體整體處于平衡狀態(tài)，因此地面對(duì)斜面體的摩擦力為零，即f1＝0，這時(shí)斜面對(duì)物塊的作用力大小等于物塊的重力，即F1＝mg。當(dāng)物塊在CB段下滑時(shí)，物塊加速下滑，整體有向左的加速度，則地面對(duì)斜面體有向左的摩擦力，因此有f1＜f2，A正確、B錯(cuò)誤；斜面體對(duì)物塊的作用力F2＝mg cos θ(θ為斜面的傾角)，因此有F1＞F2，C正確，D錯(cuò)誤。 [答案] AC 2．(2018福建廈門(mén)質(zhì)檢)如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m的滑塊置于傾角為30的固定粗糙斜面上，一根輕彈簧一端固定在豎直墻上的P點(diǎn)，另一端系在滑塊上的Q點(diǎn)，直線PQ與斜面垂直，滑塊保持靜止。則(　　) A．彈簧可能處于原長(zhǎng)狀態(tài) B．斜面對(duì)滑塊的摩擦力大小可能為零 C．斜面對(duì)滑塊的支持力大小可能為零 D．滑塊一定受到四個(gè)力作用 [解析] 若滑塊受重力、支持力和摩擦力，且三者合力為零時(shí)，彈簧對(duì)滑塊沒(méi)有作用力，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，所以A正確，D錯(cuò)誤；若摩擦力為零，滑塊不可能靜止，所以B錯(cuò)誤；若支持力為零，則摩擦力也為零，滑塊不可能靜止，所以C錯(cuò)誤。 [答案] A 3．(2018河北石家莊質(zhì)檢一)飛艇常常用于執(zhí)行掃雷、空中預(yù)警、電子干擾等多項(xiàng)作戰(zhàn)任務(wù)。如圖所示為飛艇拖曳掃雷具掃除水雷的模擬圖。當(dāng)飛艇勻速飛行時(shí)，繩子與豎直方向恒成θ角。已知掃雷具質(zhì)量為m，重力加速度為g，掃雷具所受浮力不能忽略，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．掃雷具受3個(gè)力作用 B．繩子拉力大小為 C．海水對(duì)掃雷具作用力的水平分力小于繩子拉力 D．繩子拉力一定大于mg [解析] 掃雷具受繩子拉力、海水的浮力和阻力及自身重力四個(gè)力作用，A項(xiàng)錯(cuò)誤。海水對(duì)掃雷具作用力的水平分力F水＝FTsin θ，C項(xiàng)正確。因?yàn)楦×Υ笮∥粗?，則繩子拉力大小不能確定，B、D項(xiàng)錯(cuò)誤。 [答案] C 4．(2018山西五市聯(lián)考)如圖所示，光滑的圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)， 圓心為O。三個(gè)完全相同的小圓環(huán)a、b、c穿在大環(huán)上，小環(huán)c上穿過(guò)一根輕質(zhì)細(xì)繩，繩子的兩端分別固定著小環(huán)a、b，通過(guò)不斷調(diào)整三個(gè)小環(huán)的位置，最終三小環(huán)恰好處于平衡位置，平衡時(shí)a、b的距離等于繩子長(zhǎng)度的一半。已知小環(huán)的質(zhì)量為m，重力加速度為g，輕繩與c的摩擦不計(jì)。則(　　) A．a(chǎn)與大環(huán)間的彈力大小為mg B．繩子的拉力大小為mg C．c受到繩子的拉力大小為3mg D．c與大環(huán)間的彈力大小為3mg [解析] 三個(gè)小圓環(huán)能夠靜止在光滑的圓環(huán)上，因平衡時(shí)a、b的距離等于繩子長(zhǎng)度的一半，則△abc恰好是等邊三角形，對(duì)a受力分析如圖所示： 在水平方向上：Tasin 30＝Nacos 30 在豎直方向上：Tacos 30＝mg＋Nasin 30 解得：Na＝mg，Ta＝mg，故A、B項(xiàng)均錯(cuò)。 c受到兩根繩子的拉力的合力Tc＝2Ta cos 30＝3mg，所以C項(xiàng)正確。 c與環(huán)之間的彈力Nc＝mg＋Tc＝4mg，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。 [答案] C 5．(2018湖南郴州質(zhì)檢)如圖所示，兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球a和b，用質(zhì)量可忽略的剛性細(xì)桿相連，放置在一個(gè)光滑的半球面內(nèi)，已知小球a和b的質(zhì)量之比為，細(xì)桿長(zhǎng)度是球面半徑的倍。則：兩球處于平衡狀態(tài)時(shí)，細(xì)桿與水平面的夾角θ是(　　) A．45 B．30 C．22.5 D．15 [解析] 設(shè)桿的彈力為T(mén)，小球a和b受力如圖所示，其中FNa和FNb指向球心，設(shè)球面的半徑為R，則有cos α＝＝，得出α＝45，β1＝90－45－θ＝45－θ，β2＝90－(45－θ)＝45＋θ。兩球都受到重力、細(xì)桿的彈力和球面的彈力的作用，過(guò)O作豎直線交ab于c點(diǎn)，由幾何三角形與力三角形相似有：＝，＝，可得FNa＝FNb ；以整體為研究對(duì)象，由平衡條件：FNa sin β1＝FNbsin β2，即FNa sin(45－θ)＝FNb sin(45＋θ)，解得θ＝15，所以D項(xiàng)正確。 [答案] D 6．(2018安徽六校二聯(lián))如圖，在一段平坦的地面上等間距分布著一 排等高的輸電線桿，掛在線桿上的電線粗細(xì)均勻且呈對(duì)稱(chēng)性。由于熱脹冷縮，冬季兩相鄰線桿之間的導(dǎo)線長(zhǎng)度會(huì)有所減少。對(duì)B線桿及兩側(cè)的電線，冬季與夏季相比(　　) A．電線最高點(diǎn)處的張力變小 B．電線最低處的張力不變 C．線桿對(duì)地面的壓力變小 D．線桿兩側(cè)電線對(duì)線桿拉力的合力不變 [解析] 以線桿間電線為研究對(duì)象，受力分析如圖所示。 由對(duì)稱(chēng)性及共點(diǎn)力平衡條件可得：F cos θ＝mg，由于熱脹冷縮，冬天電線變短，θ角增大，電線最高點(diǎn)處的張力變大，A項(xiàng)錯(cuò)誤，電線最低處的張力F′＝F sin θ＝mg tan θ，θ角增大，F(xiàn)′變大，B項(xiàng)錯(cuò)誤。線桿兩側(cè)電線對(duì)線桿拉力的合力等于兩桿間電線的重力，方向豎直向下，且保持不變，則知桿對(duì)地面的壓力不變，則C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。 [答案] D 7．(2018湖北四地七校聯(lián)盟聯(lián)考)如圖所示，帶有光滑豎直桿的三角 形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球與套在豎直桿上的小滑塊用輕繩連接，開(kāi)始時(shí)輕繩與斜劈平行?，F(xiàn)給小滑塊施加一個(gè)豎直向上的拉力，使小滑塊沿桿緩慢上升，整個(gè)過(guò)程中小球始終未脫離斜劈，則有(　　) A．小球?qū)π迸膲毫Ρ３植蛔? B．輕繩對(duì)小球的拉力先減小后增大 C．豎直桿對(duì)小滑塊的彈力先增大再減小 D．對(duì)小滑塊施加的豎直向上的拉力逐漸增大 [解析] 對(duì)小球受力分析，受重力、支持力和輕繩的拉力，如圖所示： 在小滑塊沿桿緩慢上升過(guò)程中，根據(jù)平衡條件可以知道，輕繩的拉力T增加，支持力N減小，根據(jù)牛頓第三定律，球?qū)π泵娴膲毫σ矞p小，故A、B錯(cuò)誤； 對(duì)球和滑塊整體受力分析，受重力、斜面的支持力N、桿的彈力N桿、拉力F，如圖所示： 根據(jù)平衡條件，有：水平方向：N桿＝N sin θ 豎直方向：F＋N cos θ＝G總 因?yàn)镹減小，故N桿減小，F(xiàn)增加； 故C錯(cuò)誤、D正確。 [答案] D 8．如圖所示，一水平導(dǎo)軌處于與水平方向成45角向左上方的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一根通有恒定電流的金屬棒，由于受到安培力作用而在粗糙的導(dǎo)軌上向右做勻速運(yùn)動(dòng)?，F(xiàn)將磁場(chǎng)方向沿 順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)至豎直向上，在此過(guò)程中，金屬棒始終保持勻速運(yùn)動(dòng)，已知棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則(　　) A．金屬棒所受摩擦力一直在減小 B．導(dǎo)軌對(duì)金屬棒的支持力先變小后變大 C．磁感應(yīng)強(qiáng)度先變小后變大 D．金屬棒所受安培力恒定不變 [解析] 金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，受力如圖甲所示，則有FN＋F安 sin θ＝mg，F(xiàn)安 cos θ＝Ff＝μFN，F(xiàn)安＝BIL，聯(lián)立解得B＝，其中tan α＝，即45＜α＜90，因θ是從45減小到0，所以B先變小后變大，金屬棒所受安培力也先變小后變大，C對(duì)，D錯(cuò)；將FN與Ff合成一個(gè)力F，則F與水平方向的夾角是一定值，金屬棒受力滿(mǎn)足圖乙所示情況，F(xiàn)安順時(shí)針變化，力F一直在增大，所以金屬棒所受摩擦力及導(dǎo)軌對(duì)金屬棒的支持力一直在增大，A、B錯(cuò)。 [答案] C 9．將三根伸長(zhǎng)可不計(jì)的輕繩AB、BC、CD如圖連接，現(xiàn)在B點(diǎn)懸掛一個(gè)質(zhì)量為m的重物，為使BC繩保持水平且AB繩、CD繩與水平天花板夾角分別為60與30，需在C點(diǎn)再施加一作用力，則該力的最小值為(　　) A．mg B.mg C.mg D.mg [解析] 對(duì)B點(diǎn)受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡得，tan 30＝＝。解得FTBC＝mg，對(duì)C點(diǎn)分析，CD的拉力方向一定，根據(jù)圖解法知，當(dāng)外力的方向與CD垂直時(shí)，外力F最小，根據(jù)平行四邊形定則知，sin 30＝，F(xiàn)＝FTBCsin 30＝mg＝mg。 [答案] D 10．(2018黑龍江牡丹江一中摸底)兩個(gè)帶同種電荷小球A、B(可視為質(zhì)點(diǎn))通過(guò)絕緣的不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，若將輕繩的某點(diǎn)O固定在天花板上，平衡時(shí)兩個(gè)小球的連線恰好水平，且兩根懸線偏離豎直方向的夾角分別為30和60，如圖甲所示。若將輕繩跨接在豎直方向的光滑定滑輪(滑輪大小可不計(jì))兩端，調(diào)節(jié)兩球的位置能夠重新平衡，如圖乙所示，求： (1)兩個(gè)小球的質(zhì)量的比值； (2)圖乙狀態(tài)，滑輪兩端的繩長(zhǎng)O′A、O′B的比值。 [解析] (1)對(duì)小球，有Tcos θ－mg＝0 Tsin θ－F＝0 解得：mg＝Fcot θ 所以：＝＝3。 (2)對(duì)A受力分析，設(shè)繩子的拉力為T(mén)，小球A到O′的距離為L(zhǎng)A，O′C的距離為h， 則有＝， 同理可得，＝ 則＝＝。 [答案] (1)3　(2) 11．如圖所示，質(zhì)量M＝2 kg的木塊A套在水平桿上，并用輕繩將木塊A與質(zhì)量m＝ kg的小球B相連。今用跟水平方向成α＝30角的力F＝10 N，拉著球帶動(dòng)木塊一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中A、B相對(duì)位置保持不變，取g＝10 m/s2。求： (1)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中輕繩與水平方向夾角θ； (2)木塊與水平桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ。 [解析] (1)設(shè)輕繩對(duì)B的拉力為FT，以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，分析受力，作出受力圖如圖甲，由平衡條件可得： Fcos 30＝FTcos θ，F(xiàn)sin 30＋FTsin θ＝mg 代入解得，F(xiàn)T＝10 N，tan θ＝，即θ＝30。 (2)以木塊和小球組成的整體為研究對(duì)象，分析受力情況，如圖乙。由平衡條件得Fcos 30＝Ff FN＋Fsin 30＝(M＋m)g，又Ff＝μFN 解得μ＝＝。 [答案] (1)θ＝30　(2)μ＝ 12．(2018河北唐山市二模)如圖所示，物體在拉力F的作用下沿水平面做勻速直線運(yùn)動(dòng)，發(fā)現(xiàn)當(dāng)外力F與水平方向夾角為30時(shí)，所需外力最小，由以上條件求外力F的最小值與重力的比值。 [解析] 物體受力分析如圖，建立直角坐標(biāo)系，對(duì)力進(jìn)行正交分解得： y方向：支持力FN＝G－Fy＝G－Fsin θ① x方向：摩擦力F′＝Fx＝Fcos θ② 又：F′＝μFN③ 聯(lián)立①②③得：F＝G ＝④ 令：＝tan β 則：F＝＝ 可知當(dāng)β＋θ＝90時(shí)，F(xiàn)有最小值。 由題意，當(dāng)θ＝30時(shí)有最小值，所以β＝60 ＝tan 60＝，所以μ＝ 將θ＝30，μ＝代入④可得：F＝G。 [答案]