專題一力與物體的平衡

1、課時(shí)作業(yè) (一)一、選擇題 (共 11 個(gè)小題， 2、 10、 11 為多選，其余為單項(xiàng)選擇題，每題5 分共 55 分 )1 (2017 ·肅二模甘 )如圖所示，一物塊置于水平地面上當(dāng)用與水平方向成30°角的力 F1 推物塊時(shí)，物塊做勻速直線運(yùn)動；當(dāng)改用與水平方向成60°角的力F2 拉物塊時(shí)，物塊仍做勻速直線運(yùn)動若F1 和 F 2 的大小相等，則物塊與地面之間的動摩擦因數(shù)為()A. 31B2 3313C. 2 2D1 2答案B分析在兩種情況下分別對物體受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件， 運(yùn)用正交分解法列式求解，即可得出結(jié)論解析對兩種情況下的物體分別受力分析，如圖：將

2、F1 正交分解為 F3 和 F4， F2 正交分解為 F5 和 F6，則有：F 滑 F3mg F 4 F N；F 滑F(xiàn)5mg F 6 F N而 F 滑 FNF 滑 FN則有 F 1cos30° (mg F1sin30 °)F cos60° (mgF sin60 °)22又根據(jù)題意 F 12 F聯(lián)立 解得： 23.點(diǎn)評本題關(guān)鍵要對物體受力分析后，運(yùn)用共點(diǎn)力平衡條件聯(lián)立方程組求解，運(yùn)算量較大，要有足夠的耐心，更要細(xì)心2 (2016 江·蘇 )如圖所示，一只貓?jiān)谧肋吤偷貙⒆啦紡聂~缸下拉出，魚缸最終沒有滑出桌面若魚缸、桌布、桌面兩兩之間的動摩擦因數(shù)均相

3、等，則在上述過程中()A 桌布對魚缸摩擦力的方向向左B魚缸在桌布上的滑動時(shí)間和在桌面上的相等C若貓?jiān)龃罄?，魚缸受到的摩擦力將增大D若貓減小拉力，魚缸有可能滑出桌面答案BD解析 當(dāng)桌布被拉出時(shí)， 魚缸由靜止到向右運(yùn)動，但它相對于桌布來說，仍向左運(yùn)動，由于滑動摩擦力的方向與相對運(yùn)動方向相反，因此桌布對魚缸的摩擦力的方向應(yīng)向右，A 項(xiàng)錯(cuò)誤；因?yàn)轸~缸、 桌布、桌面兩兩之間的動摩擦因數(shù)均相等，魚缸受到桌布向右的摩擦力與它受到桌面向左的摩擦力大小相等，所以魚缸向右加速的加速度大小與向右減速的加速度大小相等，方向相反，魚缸的初速度為零，末速度也為零，根據(jù)對稱性可知，魚缸做加速運(yùn)動的時(shí)間與做減速運(yùn)動的時(shí)間相

4、等，B 項(xiàng)正確；若貓?jiān)龃罄?，桌布的加速度更大，但是由于魚缸與桌布間的壓力不變，動摩擦因數(shù)也不變，故摩擦力也不變，C 項(xiàng)錯(cuò)誤；若貓減小拉力，桌布的加速度減小， 魚缸在桌布上的運(yùn)動時(shí)間變長，而魚缸向右的加速度不變，1由 x at2 知，2魚缸相對于桌面的位移變大，桌布被拉出后魚缸在桌面上的位移也變大，魚缸就有可能滑出桌面， D 項(xiàng)正確3(2017 課·標(biāo)全國 )一根輕質(zhì)彈性繩的兩端分別固定在水平天花板上相距80 cm 的兩點(diǎn)上，彈性繩的原長也為 80 cm. 將一鉤碼掛在彈性繩的中點(diǎn)，平衡時(shí)彈性繩的總長度為100 cm ；再將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點(diǎn)，則彈性繩的總長度變?yōu)?

5、彈性繩的伸長始終處于彈性限度內(nèi))()A 86 cmB 92 cmC 98 cmD 104 cm答案B解析由題可知，掛上鉤碼后，如下圖(1)所示：此時(shí)彈性繩長度為100 cm，則角度為： 37 °， sin0.6.對結(jié)點(diǎn) O 進(jìn)行受力分析如圖(2) 所示：則由圖 (2)得： 2Tsin mg當(dāng)將兩端緩慢移動至同一點(diǎn)時(shí)，由受力分析可得：2T mg由于彈性繩上彈力為：F kxT T得出： x x由題可知： x 10080 20 cm則彈性繩伸長長度為：x 12 cm那么彈性繩總長度為：L L 0 x 92 cm點(diǎn)評本題考查共點(diǎn)力的平衡，本題的關(guān)鍵是找出繩子與豎直方向的夾角，然后計(jì)算出勁度系

6、數(shù)另外做這一類題目，要養(yǎng)成畫圖的習(xí)慣，這樣題目就能變的簡單4.(2017江·西一模)如圖所示，質(zhì)量為m( 可視為質(zhì)點(diǎn))的小球P，用兩根輕繩OP 和 OP在 P 點(diǎn)拴結(jié)實(shí)后再分別系于豎直墻上且相距0.4 m 的 O、O兩點(diǎn)上，繩 OP 長 0.5 m，繩 OP剛拉直時(shí)， OP繩拉力為 T 1，繩 OP 剛松弛時(shí)，O P 繩拉力為T 1為 (sin37° 0.6， cos37° 0.8)()T 2， 37°，則 T 2A34B4 3C 35D4 5答案 C分析繩 OP剛拉直時(shí)，此時(shí)OP繩子拉力為零，繩OP 剛松弛時(shí)，此時(shí)OP 繩子拉力為零，根據(jù)小球的受力情況

7、畫出受力示意圖，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件求解解析繩 OP剛拉直時(shí)， OP 繩拉力為 T 1，此時(shí) OP繩子拉力為零，小球受力如圖所示，OO4根據(jù)幾何關(guān)系可得sin OP 5，所以 53 °，所以 90 °；根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件可得：T 1 mgsin ；繩 OP 剛松弛時(shí)， OP 繩拉力為 T 2，此時(shí) OP 繩子拉力為零，小球受力如圖所示，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件可得：T 2 mgtan ，由此可得：T 1sin53 ° 3 ，所以 C 項(xiàng)正確、 A 、B、 D 項(xiàng)錯(cuò)誤；故選 C 項(xiàng)T 2tan53 ° 55.(2017 課·標(biāo)全國 一模 )有三個(gè)完

8、全相同的金屬小球A 、 B、 C ，其中小球C不帶電，小球A 和 B 帶有等量的同種電荷，如圖所示，A 球固定在豎直支架上， B 球用不可伸長的絕緣細(xì)線懸于A 球正上方的O點(diǎn)處，靜止時(shí)細(xì)線與OA 的夾角為 小.球 C 可用絕緣手柄移動， 重力加速度為g，現(xiàn)在進(jìn)行下列操作，其中描述與事實(shí)相符的是()A 僅將球 C 與球 A 接觸離開后， B 球再次靜止時(shí)細(xì)線中的張力比原來要小B僅將球 C 與球 A 接觸離開后， B 球再次靜止時(shí)細(xì)線與OA 的夾角為 ，僅將球 C 與球1A 接觸離開后， B 球再次靜止時(shí)細(xì)線與OA 的夾角為 ，則 212C剪斷細(xì)線 OB 瞬間，球 B 的加速度等于 gD剪斷細(xì)線

9、OB 后，球 B 將沿 OB 方向做勻變速直線運(yùn)動直至著地答案B分析A 項(xiàng)，依據(jù)受力分析， 與平衡條件， 及庫侖定律與三角形的相似比，即可判定； B 項(xiàng)，由庫侖定律和庫侖分電量法，即可求解；C 項(xiàng)，根據(jù)牛頓第二定律，及矢量的合成法則，即可確定； D 項(xiàng)，依據(jù)庫侖力隨間距的變化而變化，從而判定運(yùn)動性質(zhì)解析A 項(xiàng)，僅將球 C 與球 A 接觸后離開，球 A 的電量減半，致使二者間的庫侖力減小，B 進(jìn)行受力分析可知它在三個(gè)力的作用下平衡，由三角形相似可知mgT對球H L ，故細(xì)線的張力不變，故 A 項(xiàng)錯(cuò)誤； B 項(xiàng)，將球 C 與球 B 接觸后離開，和球 C 與球 A 接觸后離開，由庫侖定律和庫侖分電量

10、法知道兩種情況下AB 間的斥力相同，故夾角也相同，故B 項(xiàng)正確；C 項(xiàng)，剪斷細(xì)繩瞬間球B 在重力和庫侖力作用下運(yùn)動，其合力斜向右下方，與原來細(xì)線的張力等大反向，故其加速度不等于g，故 C 項(xiàng)錯(cuò)誤； D 項(xiàng)，剪斷細(xì)線OB 后，球 B 在空中運(yùn)動時(shí)受到的庫侖力隨間距的變化而變化，即球 B 落地前做變加速曲線運(yùn)動，故 D 項(xiàng)錯(cuò)誤點(diǎn)評考查庫侖定律、 牛頓第二定律的應(yīng)用， 掌握數(shù)學(xué)中三角形的相似比， 理解電荷的相互作用力影響因素6.(2016 課·標(biāo)全國 )如圖所示，兩個(gè)輕環(huán)a 和 b 套在位于豎直面內(nèi)的一段固定圓弧上： 一細(xì)線穿過兩輕環(huán)，其兩端各系一質(zhì)量為m 的小球 在a 和 b 之間的細(xì)線

11、上懸掛一小物塊平衡時(shí)，a、 b 間的距離恰好等于圓弧的半徑不計(jì)所有摩擦小物塊的質(zhì)量為()mA. 2B.32 mC mD 2m答案C解析如圖所示，圓弧的圓心為O，懸掛小物塊的點(diǎn)為c，由于abR ，則 aOb為等邊三角形，同一條細(xì)線上的拉力相等，T mg ，合力沿aO方向，則aO為角平分線，由幾何關(guān)系知，acb 120°，故繩的拉力的合力與物塊的重力大小相等，即每條線上的拉力T Gmg，所以小物塊質(zhì)量為m，故C 項(xiàng)正確7.(2017 湖·南瀏陽月考)如圖所示， 物體 B 通過動滑輪懸掛在細(xì)繩上，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，動滑輪的質(zhì)量和一切摩擦均不計(jì)如果將繩的左端點(diǎn)由P 點(diǎn)緩慢地向右

12、移到Q 點(diǎn)，整個(gè)系統(tǒng)重新平衡后， 繩的拉力 F 和繩子與豎直方向的夾角的變化情況是 ()A F 變大，變大B F 變小，變小C F 不變，變小D F 不變，變大答案B解析整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，設(shè)兩側(cè)繩子的夾角為，滑輪兩側(cè)繩的拉力F mBg ，左2cos2端移動到 Q 點(diǎn)后，根據(jù)幾何關(guān)系可知，此時(shí)兩繩的夾角減小，所以兩側(cè)繩的拉力變小，由幾何知識可知， 圖中角 大小是兩繩的夾角大小的一半，由于滑輪兩側(cè)繩的夾角減小，所以角 減小，故 B 項(xiàng)正確，故 A 、C 、D 三項(xiàng)錯(cuò)誤8(2015 ·東山) 如圖所示，滑塊A 置于水平地面上，滑塊B 在一水平力作用下緊靠滑塊A(A 、B 接觸面豎直 )

13、，此時(shí) A 恰好不滑動， B 剛好不下滑已知 A 與 B 間的動摩擦因數(shù)為 1， A 與地面間的動摩擦因數(shù)為2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力 A 與 B 的質(zhì)量之比為 ()A.11 1 22B.2111 22 211C. 1 2D. 1 2答案B解析物體 AB 整體在水平方向F 1F mB g；聯(lián)2(m A mB)g；對物體 B 在豎直方向有立解得 mA1 12， B 項(xiàng)正確mB129 (2017 河·北省保定市高三調(diào)研)如圖所示，木板P 下端通過光滑鉸鏈固定于水平地面上的 O 點(diǎn)，物體 A 、 B 疊放在木板上且處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)物體 B 的上表面水平 現(xiàn)使木板 P 繞 O 點(diǎn)緩慢旋

14、轉(zhuǎn)到虛線所示位置， 物體 A 、B 仍保持靜止，與原位置的情況相比()AA 對 B 的作用力減小BB 對 A 的支持力減小C木板對 B 的支持力減小D木板對 B 的摩擦力增大答案B解析 開始和轉(zhuǎn)到虛線位置，A 對 B 的作用力都等于 A的重力，大小不變， A 項(xiàng)錯(cuò)誤；木板轉(zhuǎn)到虛線位置后傾角減小，B 受到的摩擦力 FfAB)gsin 減小，即木板對 B 的摩 (m m擦力減小， B 對木板的壓力FN (mA mB )gcos 增大，木板對 B 的支持力也增大， C、D 兩項(xiàng)錯(cuò)誤；轉(zhuǎn)到虛線位置時(shí)物體B 的上表面傾斜，對A 受力分析，易知， B 對 A 的支持力減小， B 項(xiàng)正確10.如圖所示，水平

15、地面上固定一個(gè)光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為一.根輕質(zhì)絕緣細(xì)線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個(gè)帶電小球 A ，細(xì)線與斜面平行 小球 A 的質(zhì)量為 m、電量為 q.小球 A 的右側(cè)固定放置帶等量同種電荷的小球B，兩球心的高度相同、間距為d.靜電力常量為k，重力加速度為 g，兩帶電小球可視為點(diǎn)電荷小球A 靜止在斜面上，則()A 小球 A 與 B 之間庫侖力的大小為kq 2/d2B當(dāng)qmgsin 0時(shí)，細(xì)線上的拉力為dkC當(dāng) qmgtan 0時(shí)，細(xì)線上的拉力為dkD當(dāng)qmg 時(shí)，斜面對小球A 的支持力為 0dktan 答案AC解析點(diǎn)電荷庫侖定律 F kq 2/d2，所以 A 項(xiàng)正確； 當(dāng)細(xì)線

16、上的拉力為0的時(shí)候，小球 A 受到庫侖力、斜面支持力、重力，具體關(guān)系為kq 2/d2 mgtan ，即 C 項(xiàng)正確由受力分析可知，斜面對小球的支持力不可能為0，所以 D 項(xiàng)錯(cuò)誤11 (2017 安·徽模擬 )如圖所示，質(zhì)量為M 的斜劈放置在水平地面上，細(xì)線繞過滑輪O1、O3連接 m1、 m3 物體，連接 m1 細(xì)線與斜劈平行，滑輪O3 由細(xì)線固定在豎直墻O 處，滑輪O1用輕質(zhì)桿固定在天花板上，動滑輪O2 跨在細(xì)線上，其下端懸掛質(zhì)量為m2的物體，初始整個(gè)裝置靜止，不計(jì)細(xì)線與滑輪間摩擦，下列說法正確的是()A 若增大m2 質(zhì)量， m1、 M 仍靜止，待系統(tǒng)穩(wěn)定后，細(xì)線張力大小不變B若增大

17、m2 質(zhì)量， m1、 M 仍靜止，待系統(tǒng)穩(wěn)定后，地面對M 摩擦力變大C若將懸點(diǎn)O 上移， m1、 M 仍靜止，待系統(tǒng)穩(wěn)定后，細(xì)線與豎直墻夾角變大D若將懸點(diǎn)O 上移，m1、 M仍靜止，待系統(tǒng)穩(wěn)定后，地面對M 摩擦力不變答案AD分析先對物體m3 分析，受重力和拉力而平衡，故細(xì)線的拉力一直不變；再對m1 和斜面體整體分析，根據(jù)平衡條件分析摩擦力情況；如果將懸點(diǎn)O 上移，先后對m2、m3 分析，根據(jù)平衡條件分析細(xì)線與豎直墻夾角變化情況解析A 、 B兩項(xiàng)，若增大m2 質(zhì)量， m1、 M仍靜止；先對物體m3 分析，受重力和拉力而平衡，說明細(xì)線的拉力大小保持不變；再隔離m1 和斜面體整體分析，受重力、支持力

18、、拉力和摩擦力，根據(jù)平衡條件，摩擦力等于拉力的水平分力，由于拉力不變，故地面對M 摩擦力不變，故A 項(xiàng)正確， B 項(xiàng)錯(cuò)誤； C 、D 項(xiàng)，若將懸點(diǎn)O 上移， m1、M 仍靜止，細(xì)線的拉力依然等于m3g，大小不變；先分析m2，由于重力不變，兩個(gè)拉力的大小也不變，故根據(jù)平衡條件，兩個(gè)拉力的方向不變；再分析滑輪O ，受三個(gè)拉力，由于兩個(gè)拉力的大小和3方向不變，故根據(jù)平衡條件，第三個(gè)拉力的方向也不變，故細(xì)線與豎直墻夾角不變，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；最后分析 m1 和斜面體整體，受重力、支持力、拉力和摩擦力，根據(jù)平衡條件，摩擦力等于拉力的水平分力，由于拉力不變， 故地面對 M 摩擦力不變， 故 D 項(xiàng)正確； 故選

19、A 、D 兩項(xiàng)點(diǎn)評 本題是力平衡問題， 關(guān)鍵是采用整體法和隔離法靈活選擇研究對象進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件列式求解； 通常在分析外力對系統(tǒng)作用時(shí)，用整體法； 在分析系統(tǒng)內(nèi)各物體之間的相互作用時(shí)， 用隔離法 有時(shí)在解答一個(gè)問題時(shí)要多次選取研究對象，需要整體法與隔離法交叉使用二、計(jì)算題 (共 3 個(gè)小題， 12 題 12分，13題 15分，14題 18 分，共45 分)12 (2017 ·京市海淀區(qū)北)如圖所示，在勻強(qiáng)磁場中傾斜放置的兩根平行光滑的金屬導(dǎo)軌，它們所構(gòu)成的導(dǎo)軌平面與水平面成 30°角，平行導(dǎo)軌間距 L 1.0 m勻強(qiáng)磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度B 0.2

20、0 T 兩根金屬桿ab 和 cd 可以在導(dǎo)軌上無摩擦地滑動兩金屬桿的質(zhì)量均為m 0.20kg，電阻均為 R 0.20 .若用與導(dǎo)軌平行的拉力作用在金屬桿 ab 上，使 ab 桿沿導(dǎo)軌勻速上滑并使cd 桿在導(dǎo)軌上保持靜止，整個(gè)過程中兩金屬桿均與導(dǎo)軌垂直且接觸良好金屬導(dǎo)軌的電阻可忽略不計(jì)，取重力加速度g10 m/s 2.求：(1)cd 桿受安培力F 安 的大小；(2) 通過金屬桿的感應(yīng)電流 I ；(3) 作用在金屬桿 ab 上拉力的功率 P.答案(1)1.0 N(2)5.0 A(3)20 W解析(1)金屬桿 cd 靜止在金屬導(dǎo)軌上，所受安培力方向與導(dǎo)軌平面平行向上則 F 安 mgsin30

21、6;解得：F 安1.0N(2)F安 BIL，解得I 5.0 A(3) 金屬桿ab所受安培力方向與導(dǎo)軌平面平行向下，金屬桿ab勻速上滑，則F BILmgsin30°，根據(jù)電磁感應(yīng)定律，金屬棒ab上產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E 感 BLv.E 感根據(jù)閉合電路歐姆定律，通過金屬桿ab 的電流 I 2R ，根據(jù)功率公式：P Fv.解得： P 20 W考點(diǎn) 閉合電路歐姆定律，電磁感應(yīng)定律13 (2016 ·津天 )如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E 53N/C ，同時(shí)存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0.5T 有一帶正電的小球，質(zhì)量m 1

22、.0× 106kg ，電荷量 q 2× 10 6 C ，正以速度 v 在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，當(dāng)經(jīng)過 P 點(diǎn)時(shí)撤掉磁場 (不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)取 g 10 m/s 2，求：(1) 小球做勻速直線運(yùn)動的速度(2) 從撤掉磁場到小球再次穿過答案(1)20 m/s與電場方向成v 的大小和方向；P 點(diǎn)所在的這條電場線經(jīng)歷的時(shí)間60°角斜向上t.(2)3.5 s解析(1) 小球勻速直線運(yùn)動時(shí)受力如圖，其所受的三個(gè)力在同一平面內(nèi)，合力為零，有qvB q 2E2 m2g2代入數(shù)據(jù)解得v 20 m/s速度 v 的方向與電場E 的方向之間的夾角滿足qEtan mg代入數(shù)據(jù)解得tan 360 °(2) 解法一：撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運(yùn)動，如圖所示，設(shè)其加速度為 a，有 aq 2E2 m2 g2m設(shè)撤去磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有x vt設(shè)小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有y 12at2a 與 mg 的夾角和v 與 E 的夾角相同，均為，又yt