专题一力与物体的平衡.docx

1、专题一 力与物体的平衡课时作业(一)一、选择题(共11个小题，2、10、11为多选，其余为单项选择题，每题5分共55分)1(2017甘肃二模)如图所示，一物块置于水平地面上当用与水平方向成30角的力F1推物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成60角的力F2拉物块时，物块仍做匀速直线运动若F1和F2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为()A.1 B2C. D1答案B分析在两种情况下分别对物体受力分析，根据共点力平衡条件，运用正交分解法列式求解，即可得出结论解析对两种情况下的物体分别受力分析，如图：将F1正交分解为F3和F4，F2正交分解为F5和F6，则有：F滑F3mgF4FN；F滑

2、F5mgF6FN而F滑FNF滑FN则有F1cos30(mgF1sin30) F2cos60(mgF2sin60) 又根据题意F1F2 联立解得：2.点评本题关键要对物体受力分析后，运用共点力平衡条件联立方程组求解，运算量较大，要有足够的耐心，更要细心2(2016江苏)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中()A桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面答案BD解析当桌布被拉出时，鱼缸由静止到向右运动，但它相对于桌

3、布来说，仍向左运动，由于滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，因此桌布对鱼缸的摩擦力的方向应向右，A项错误；因为鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，鱼缸受到桌布向右的摩擦力与它受到桌面向左的摩擦力大小相等，所以鱼缸向右加速的加速度大小与向右减速的加速度大小相等，方向相反，鱼缸的初速度为零，末速度也为零，根据对称性可知，鱼缸做加速运动的时间与做减速运动的时间相等，B项正确；若猫增大拉力，桌布的加速度更大，但是由于鱼缸与桌布间的压力不变，动摩擦因数也不变，故摩擦力也不变，C项错误；若猫减小拉力，桌布的加速度减小，鱼缸在桌布上的运动时间变长，而鱼缸向右的加速度不变，由xat2知，鱼缸相对于桌面

4、的位移变大，桌布被拉出后鱼缸在桌面上的位移也变大，鱼缸就有可能滑出桌面，D项正确3(2017课标全国)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)()A86 cm B92 cmC98 cm D104 cm答案B解析由题可知，挂上钩码后，如下图(1)所示：此时弹性绳长度为100 cm，则角度为：37，sin0.6.对结点O进行受力分析如图(2)所示：则由图(2)得：2Tsinmg当将两端缓慢

5、移动至同一点时，由受力分析可得：2Tmg由于弹性绳上弹力为：Fkx得出：由题可知：x1008020 cm则弹性绳伸长长度为：x12 cm那么弹性绳总长度为：LL0x92 cm点评本题考查共点力的平衡，本题的关键是找出绳子与竖直方向的夹角，然后计算出劲度系数另外做这一类题目，要养成画图的习惯，这样题目就能变的简单4.(2017江西一模)如图所示，质量为m(可视为质点)的小球P，用两根轻绳OP和OP在P点拴结实后再分别系于竖直墙上且相距0.4 m的O、O两点上，绳OP长0.5 m，绳OP刚拉直时，OP绳拉力为T1，绳OP刚松弛时，OP绳拉力为T2，37，则为(sin370.6，cos370.8)(

6、)A34 B43C35 D45答案C分析绳OP刚拉直时，此时OP绳子拉力为零，绳OP刚松弛时，此时OP绳子拉力为零，根据小球的受力情况画出受力示意图，根据共点力的平衡条件求解解析绳OP刚拉直时，OP绳拉力为T1，此时OP绳子拉力为零，小球受力如图所示，根据几何关系可得sin，所以53，所以90；根据共点力的平衡条件可得：T1mgsin；绳OP刚松弛时，OP绳拉力为T2，此时OP绳子拉力为零，小球受力如图所示，根据共点力的平衡条件可得：T2mgtan，由此可得：，所以C项正确、A、B、D项错误；故选C项5.(2017课标全国一模)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

7、有等量的同种电荷，如图所示，A球固定在竖直支架上，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OA的夹角为.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B仅将球C与球A接触离开后，B球再次静止时细线与OA的夹角为1，仅将球C与球A接触离开后，B球再次静止时细线与OA的夹角为2，则12C剪断细线OB瞬间，球B的加速度等于gD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分析A项，依据受力分析，与平衡条件，及库仑定律与三角形的相似比，即可判定；B项，由库仑定律和库

8、仑分电量法，即可求解；C项，根据牛顿第二定律，及矢量的合成法则，即可确定；D项，依据库仑力随间距的变化而变化，从而判定运动性质解析A项，仅将球C与球A接触后离开，球A的电量减半，致使二者间的库仑力减小，对球B进行受力分析可知它在三个力的作用下平衡，由三角形相似可知，故细线的张力不变，故A项错误；B项，将球C与球B接触后离开，和球C与球A接触后离开，由库仑定律和库仑分电量法知道两种情况下AB间的斥力相同，故夹角也相同，故B项正确；C项，剪断细绳瞬间球B在重力和库仑力作用下运动，其合力斜向右下方，与原来细线的张力等大反向，故其加速度不等于g，故C项错误；D项，剪断细线OB后，球B在空中运动时受到的

9、库仑力随间距的变化而变化，即球B落地前做变加速曲线运动，故D项错误点评考查库仑定律、牛顿第二定律的应用，掌握数学中三角形的相似比，理解电荷的相互作用力影响因素6.(2016课标全国)如图所示，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. mCm D2m答案C解析如图所示，圆弧的圆心为O，悬挂小物块的点为c，由于abR，则aOb为等边三角形，同一条细线上的拉力相等，Tmg，合力沿aO方向，则aO为角平分线，由几何关系知，acb120，故绳

10、的拉力的合力与物块的重力大小相等，即每条线上的拉力TGmg，所以小物块质量为m，故C项正确7.(2017湖南浏阳月考)如图所示，物体B通过动滑轮悬挂在细绳上，整个系统处于静止状态，动滑轮的质量和一切摩擦均不计如果将绳的左端点由P点缓慢地向右移到Q点，整个系统重新平衡后，绳的拉力F和绳子与竖直方向的夹角的变化情况是()AF变大，变大 BF变小，变小CF不变，变小 DF不变，变大答案B解析整个系统处于静止状态，设两侧绳子的夹角为，滑轮两侧绳的拉力F，左端移动到Q点后，根据几何关系可知，此时两绳的夹角减小，所以两侧绳的拉力变小，由几何知识可知，图中角大小是两绳的夹角大小的一半，由于滑轮两侧绳的夹角减

11、小，所以角减小，故B项正确，故A、C、D三项错误8(2015山东)如图所示，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑已知A与B间的动摩擦因数为1，A与地面间的动摩擦因数为2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力A与B的质量之比为()A. B. C. D. 答案B解析物体AB整体在水平方向F2(mAmB)g；对物体B在竖直方向有1FmBg；联立解得，B项正确9(2017河北省保定市高三调研)如图所示，木板P下端通过光滑铰链固定于水平地面上的O点，物体A、B叠放在木板上且处于静止状态，此时物体B的上表面水平现使木板P绕O点缓慢旋转到虚线所示位

12、置，物体A、B仍保持静止，与原位置的情况相比()AA对B的作用力减小 BB对A的支持力减小C木板对B的支持力减小 D木板对B的摩擦力增大答案B解析开始和转到虚线位置，A对B的作用力都等于A的重力，大小不变，A项错误；木板转到虚线位置后倾角减小，B受到的摩擦力Ff(mAmB)gsin减小，即木板对B的摩擦力减小，B对木板的压力FN(mAmB)gcos增大，木板对B的支持力也增大，C、D两项错误；转到虚线位置时物体B的上表面倾斜，对A受力分析，易知，B对A的支持力减小，B项正确10.如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个

13、带电小球A，细线与斜面平行小球A的质量为m、电量为q.小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷小球A静止在斜面上，则()A小球A与B之间库仑力的大小为kq2/d2B当时，细线上的拉力为0C当时，细线上的拉力为0D当时，斜面对小球A的支持力为0答案AC解析点电荷库仑定律Fkq2/d2，所以A项正确；当细线上的拉力为0的时候，小球A受到库仑力、斜面支持力、重力，具体关系为kq2/d2mgtan，即C项正确由受力分析可知，斜面对小球的支持力不可能为0，所以D项错误11(2017安徽模拟)如图所示，质量为M的斜劈放置

14、在水平地面上，细线绕过滑轮O1、O3连接m1、m3物体，连接m1细线与斜劈平行，滑轮O3由细线固定在竖直墙O处，滑轮O1用轻质杆固定在天花板上，动滑轮O2跨在细线上，其下端悬挂质量为m2的物体，初始整个装置静止，不计细线与滑轮间摩擦，下列说法正确的是()A若增大m2质量，m1、M仍静止，待系统稳定后，细线张力大小不变B若增大m2质量，m1、M仍静止，待系统稳定后，地面对M摩擦力变大C若将悬点O上移，m1、M仍静止，待系统稳定后，细线与竖直墙夹角变大D若将悬点O上移，m1、M仍静止，待系统稳定后，地面对M摩擦力不变答案AD分析先对物体m3分析，受重力和拉力而平衡，故细线的拉力一直不变；再对m1和斜面体整体分析，根据平衡条件分析摩擦力情况；如果将悬点O上移，先后对m2、m3分析，根据平衡条件分析细线与竖直墙夹角变化情况解析A、B两项，若增大m2质量，m1、M仍静止；先对物体m3分析，受重力和拉力而平衡，说明细线的拉力大小保持不变；再隔离m1和斜面体整体分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据平衡条件，摩擦力等于拉力的水平分力，由于拉力不变，故地面对M摩擦力不变，故A项正确，B项错误；C、D项，若将悬点