高考物理二轮复习专题限时训练1力与物体的平衡.docx
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高考物理二轮复习专题限时训练1力与物体的平衡
专题限时训练1 力与物体的平衡
时间：
45分钟
一、单项选择题
1．（2017·江淮十校三模）
一长方形木板放置在水平地面上，在木板的上方有一条状竖直挡板，挡板的两端固定于水平地面上，挡板跟木板之间并不接触．现在有一个方形物块在木板上沿挡板以某一速度运动，同时方形木板以相同大小的速度向左运动，木板的运动方向与竖直挡板垂直，已知物块跟竖直挡板和水平木板间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，物块的质量为m，则竖直挡板对物块的摩擦力大小为（ ）
A．0B.
μ1μ2mg
C.
μ1μ2mgD.
μ1μ2mg
解析：
因为v1和v2数值大小相等，以木板为参考系，物块相对于木板的运动方向如图中v物，则tanθ＝1，得θ＝45°.则木板对物块的摩擦力方向与v物方向相反，如图．木板对物块的摩擦力大小为f＝μ2mg，物块对挡板的压力FN＝f·cos45°＝
μ2mg，物块对挡板的摩擦力f′＝μ1FN＝
μ1μ2mg，故B项正确．
答案：
B
2．（2017·安徽江南十校联考）
如图所示，竖直面光滑的墙角有一个质量为m，半径为r的半球体A.现在A上放一密度和半径与A相同的球体B，调整A的位置使得A、B保持静止状态，已知A与地面间的动摩擦因数为0.5.则A球球心距墙角的最远距离是（ ）
A．2rB.
r
C.
rD.
r
解析：
由题可知B球质量为2m，当A球球心距墙角最远时，A受地面水平向右的摩擦力f＝μ·3mg，此时以B球为研究对象，对其受力分析如图所示，有F2＝
，以A和B整体为研究对象，在水平方向有μ·3mg＝F2，则tanθ＝
，代入数据得θ＝53°.由几何关系可知，A球球心到墙角的最远距离l＝r＋2rcosθ＝
r，选项C正确．
答案：
C
3．（2017·太原模拟）如图，两个倾角相同的斜面体甲、乙静止在粗糙水平面上，质量为m的物块分别在竖直向下和沿斜面向下的外力F作用下沿斜面匀速下滑，整个过程斜面体始终静止，则（ ）
A．甲受地面向左的摩擦力
B．乙受地面的摩擦力为零
C．甲与m间的动摩擦因数小于乙与m间的动摩擦因数
D．乙对m的合力方向竖直向上
解析：
整体受力分析可知，甲不受地面的摩擦力，选项A错误；乙受地面向右的摩擦力，选项B错误；对物块受力分析可得甲与m间的动摩擦因数小于乙与m间的动摩擦因数，选项C正确；对乙斜面上的物块受力分析可知，乙对m的合力与拉力和重力的合力大小相等、方向相反，选项D错误．
答案：
C
4．（2017·银川一模）在很多公园和旅游景点，都建有如图甲所示的拱桥．为了研究问题方便，我们把拱桥简化为如图乙所示由六块大小、形状、质量均相同的石块组成的一个半圆形拱圈，1、6两块石块放置在拱圈两端的基石上．设每块石块质量为m.假设在中间两石块正上方静置一个质量为2m的石块，已知重力加速度为g.则（ ）
A．半圆形拱圈两端的基石承受的压力各为3mg
B．石块3、4之间的摩擦力大小不为零
C．石块2对石块3的弹力大小为mg
D．石块5对石块4的摩擦力大小为2mg
解析：
把六块石块和上方所放石块看成整体，对整体受力分析，由平衡条件可得半圆形拱圈两端的基石对上方石块的支持力各为F＝4mg，由牛顿第三定律可得半圆形拱圈两端的基石承受的压力各为4mg，选项A错误；把石块上方所放石块看成是两块质量均为m的石块，把左侧石块1、2、3和质量为m的石块看成整体，由平衡条件可得，石块3、4之间的摩擦力为零，选项B错误；由对称性可知，石块2对石块3的弹力大小与石块5对石块4的弹力大小相等，石块2对石块3的摩擦力大小与石块5对石块4的摩擦力大小相等．设石块2对石块3的弹力大小为F23，石块2对石块3的摩擦力大小为f23，把石块3和质量为m的石块看成整体，对整体进行受力分析，由平衡条件可得，f23sin30°－F23cos30°＝0，f23cos30°＋F23sin30°＝2mg，联立解得F23＝mg，f23＝
mg，选项C正确，同理可知选项D错误．
答案：
C
5．（2017·安徽联考）
如图所示是一旅行箱，它既可以在地面上推着行走，也可以在地面上拉着行走．已知该旅行箱的总质量为15kg，一旅客用斜向上的拉力拉着旅行箱在水平地面上做匀速运动，若拉力的最小值为90N，此时拉力与水平方向间的夹角为θ，重力加速度大小为g＝10m/s2，sin37°＝0.6，旅行箱受到地面的阻力与其受到地面的支持力成正比，比值为μ，则（ ）
A．μ＝0.5，θ＝37°B．μ＝0.5，θ＝53°
C．μ＝0.75，θ＝53°D．μ＝0.75，θ＝37°
解析：
对旅行箱受力分析，如图所示，根据平衡条件可知，水平方向有Fcosθ－f＝0，竖直方向有N＋Fsinθ－G＝0，其中f＝μN，故F＝
，令μ＝tanα，则F＝
；当θ＝α时，F有最小值，Fmin＝Gsinα＝90N，α＝37°，故μ＝tan37°＝0.75，θ＝37°，D正确．
答案：
D
6.
（2016·新课标全国卷Ⅲ）如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球．在a和b之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为（ ）
A.
B.
m
C．mD．2m
解析：
由于物块通过挂钩悬挂在线上，细线穿过圆环且所有摩擦都不计，可知线上各处张力都等于小球重力mg.如图所示，由对称性可知a、b位于同一水平线上，物块处于圆心O点正上方，则∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠1＝∠5.因圆弧对轻环的弹力沿圆弧半径方向，且轻环重力不计，由平衡条件知环两侧细线关于圆弧半径对称，即∠5＝∠6，由几何关系得∠1＝∠2＝∠5＝∠6＝30°，∠3＝∠4＝60°.再由物块与挂钩的受力平衡有mgcos60°＋mgcos60°＝Mg，故有M＝m，C正确．
答案：
C
二、多项选择题
7．（2017·广西模拟）
《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1000kV的高压线上带电作业的过程．如图所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮上．另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制．身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处．绳OD一直处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为m，不计一切阻力，重力加速度大小为g.关于王进从C点运动到E点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．工人对绳的拉力一直变大
B．绳OD的拉力越来越大
C．OD、CD两绳拉力的合力大小等于mg
D．当绳CD与竖直方向的夹角为30°时，工人对绳的拉力为
mg
解析：
对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示．绳OD的拉力为F1，与竖直方向的夹角为θ；绳CD的拉力为F2，与竖直方向的夹角为α.王进下降的过程中θ减小，α增大，故F1增大，F2减小，A错，B对；两绳拉力的合力大小等于mg，C对；α＝30°时，θ＝30°，可求出F2＝
mg，D对．
答案：
BCD
8．（2017·洛阳统考）
如图所示，小球A、B质量均为m，初始带电荷量均为＋q，都用长L的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O点，A球紧靠绝缘的墙壁且其悬线刚好竖直，B球悬线偏离竖直方向θ角而静止．如果保持B球的电荷量不变，使A球的电荷量缓慢减小，当两球间距缓慢变为原来的
时，下列判断正确的是（ ）
A．小球A受到细线的拉力大小不变
B．小球B受到细线的拉力大小不变
C．两球之间的库仑力大小不变
D．小球A的电荷量减小为原来的
解析：
画出小球B的受力分析图，根据图中几何关系可得，
＝
＝
.由于OA不变、OB不变，由
＝
，知小球B受到的细线拉力FT不变，选项B正确；当两球间距AB缓慢变为原来的
时，两球之间的库仑力变为原来的
，选项C错误；根据库仑定律，F＝k
，小球A的电荷量减小为原来的
，选项D正确；对小球A受力分析可知，两球之间的库仑力变小，小球A受到的细线拉力变小，选项A错误．
答案：
BD
9．（2017·天津理综）
如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态．如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是（ ）
A．绳的右端上移到b′，绳子拉力不变
B．将杆N向右移一些，绳子拉力变大
C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小
D．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移
解析：
本题考查物体受力分析、物体的平衡．衣架挂钩为“活结”模型，oa、ob为一根绳，两端拉力相等，设绳aob长为L，M，N的水平距离为d，bo延长线交M于a′，由几何知识知a′o＝ao，sinθ＝
，由平衡条件有2Fcosθ＝mg，则F＝
，当b上移到b′时，d、L不变，θ不变，故F不变，选项A正确，C错误；将杆N向右移一些，L不变，d变大，θ变大，cosθ变小，则F变大，选项B正确；只改变m，其他条件不变，则sinθ不变，θ不变，衣架悬挂点不变，选项D错误．
答案：
AB
10．（2017·陕西咸阳模拟）
如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来处于静止状态，此时磁铁对水平面的压力为FN1.现在磁铁左上方位置固定一导体棒，在导体棒中通以垂直纸面向里的电流瞬间，磁铁对水平面的压力变为FN2，同时出现其他变化，则以下说法正确的是（ ）
A．弹簧长度将变长B．弹簧长度将变短
C．FN1>FN2D．FN1解析：
在磁铁的左上方位置固定一导体棒，在导体棒中通以垂直纸面向里的电流瞬间，由左手定则可判断出导体棒所受的安培力斜向右下，由牛顿第三定律可知，条形磁铁所受的安培力斜向左上，因此弹簧长度将变短，磁铁对水平面的压力减小，即FN1>FN2，选项BC正确，AD错误．
答案：
BC
三、计算题
11．（2016·新课标全国卷Ⅰ）
如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，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μ，重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑．求：
（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
2mgsinθ＝μFN1＋T＋F①
FN1＝2mgcosθ②
对于cd棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得
mgsinθ＋μFN2＝T③
FN2＝mgcosθ④
联立①②③④式得：
F＝mg（sinθ－3μcosθ）⑤
（2）设金属棒运动速度大小为v，ab棒上的感应电动势为
E＝BLv⑥
回路中电流I＝
⑦
安培力F＝BIL⑧
联立⑤⑥⑦⑧得：
v＝（sinθ－3μcosθ）
.
答案：
（1）mg（sinθ－3μcosθ）
（2）（sinθ－3μcosθ）
12.
（2015·浙江理综）小明同学设计了一个“电磁天平”，如图甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L＝0.1m，竖直边长H＝0.3m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0T，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．（重力加速度取g＝10m/s2）
（1）为使电磁天平的量程达到0.5kg，线圈的匝数N1至少为多少？
（2）进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10Ω，不接外电流，两臂平衡．如图乙所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1m．当挂盘中放质量为0.01kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率
.
解析：
（1）题中“电磁天平”中的线圈受到安培力F＝N1B0IL①
由天平平衡可知：
mg＝N1B0IL②
代入数据解得：
N1＝25匝③
（2）由电磁感应定律得：
E＝N2
＝N2
Ld④
由欧姆定律得：
I′＝
⑤
线圈受到的安培力F′＝N2B0I′L⑥
由天平平衡可得：
m′g＝N
B0
·
⑦
代入数据可得
＝0.1T/s⑧
答案：
（1）25匝
（2）0.1T/s
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