《2019-2020年高考物理二輪復習 第一部分 考前復習方略 專題一 力與物體的平衡限時訓練.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019-2020年高考物理二輪復習 第一部分 考前復習方略 專題一 力與物體的平衡限時訓練.doc（6頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

2019-2020年高考物理二輪復習 第一部分 考前復習方略 專題一 力與物體的平衡限時訓練 一、選擇題 1．(多選)(xx德州模擬)如圖所示，兩楔形物塊A、B兩部分靠在一起，接觸面光滑，物塊B放置在地面上，物塊A上端用繩子拴在天花板上，繩子處于豎直伸直狀態(tài)，A、B兩物塊均保持靜止．則(　　) A．繩子的拉力不為零 B．地面受的壓力大于物塊B的重力 C．物塊B與地面間不存在摩擦力 D．物塊B受到地面的摩擦力水平向左 解析：選AC.因A、B接觸面光滑，若B對A有支持力，則物塊A的合力不可能為零，因此A、B間的彈力為零，所以繩子的拉力F＝mAg，分析物塊B可知，地面對B的支持力FNB＝mBg，物塊B與地面間的摩擦力為零，故A、C正確，B、D錯誤． 2．(xx湖北重點中學高三第二次聯(lián)考)如圖所示，靜止在水平地面上的斜面體質量為M，一質量為m的物塊恰能沿斜面勻速下滑，若對物塊施以水平向右的拉力F，物塊m仍能沿斜面運動．則以下判斷正確的是(　　) A．物塊m仍將沿斜面勻速下滑 B．物塊m將沿斜面加速下滑 C．地面對斜面M有向左的摩擦力 D．地面對斜面的支持力等于(M＋m)g 解析：選B.物塊m恰能勻速下滑，則物塊m受到的支持力和摩擦力的合力豎直向上，大小等于mg，且μ＝tan θ(θ為斜面體傾角)，施加水平外力F后，物塊m受到的支持力和摩擦力的合力仍豎直向上，但合力小于mg，對物塊m受力分析易知，物塊m做加速運動，選項A錯誤，B正確；對斜面體M，物塊m對它的壓力和摩擦力的合力豎直向下，合力小于mg，對斜面體M受力分析易知，地面對斜面體M的摩擦力為0，支持力小于(m＋M)g，選項C、D錯誤． 3.(xx濟南一模)如圖所示，在粗糙水平面上放置A、B、C、D四個小物塊，各小物塊之間由四根完全相同的輕彈簧相互連接，正好組成一個菱形，∠BAD＝120，整個系統(tǒng)保持靜止狀態(tài)．已知A物塊所受的摩擦力大小為Ff，則D物塊所受的摩擦力大小為(　　) A.Ff　　　　　　　　 B．Ff C.Ff D．2Ff 解析：選C.由對稱性可知，四根輕彈簧的彈力大小相等，均為F，對A有：2Fcos 60＝Ff，對D有：2Fcos 30＝FfD，故FfD＝Ff. 4．(xx河南八市質檢)如圖所示，質量均為1 kg的小球a、b在輕彈簧A、B及外力F的作用下處于平衡狀態(tài)，其中A、B兩個彈簧的勁度系數均為5 N/cm，B彈簧上端與天花板固定連接，軸線與豎直方向的夾角為60，A彈簧豎直，g取10 m/s2，則以下說法正確的是(　　) A．A彈簧的伸長量為3 cm B．外力F＝10 N C．B彈簧的伸長量為4 cm D．突然撤去外力F瞬間，b球加速度為0 解析：選D.a、b兩球處于平衡狀態(tài)，所受合力均為零，A彈簧的伸長量為xA＝＝2 cm，故A錯誤．對a、b球及A彈簧整體受力分析得：外力F＝2mgtan 60＝20 N，B彈簧彈力大小為FB＝＝40 N，則B彈簧的伸長量xB＝＝8 cm，故B、C錯誤．撤去力F瞬間，A、B彈簧的彈力不變，則b球所受合力仍為零，加速度為0，故D正確． 5.(xx河北保定4月模擬)如圖所示，將三個完全相同的光滑球用不可伸長的細線懸掛于O點并處于靜止狀態(tài)．已知球半徑為R，重為G，線長均為R.則每條細線上的張力大小為(　　) A．2G B.G C.G D.G 解析：選B.本題中O點與各球心的連線及各球心連線，構成一個邊長為2R的正四面體，如圖甲所示(A、B、C為各球球心)，O′為△ABC的中心，設∠OAO′＝θ，由幾何關系知O′A＝R，由勾股定理得OO′＝＝R，對A處球受力分析有：Fsin θ＝G，又sin θ＝，解得F＝G，故只有B項正確． 6．(xx東北三校二聯(lián))如圖所示，有一傾角θ＝30的斜面體B，質量為M.質量為m的物體A靜止在B上．現(xiàn)用水平力F推物體A，在F由零逐漸增大至mg再逐漸減為零的過程中，A和B始終保持靜止．對此過程下列說法正確的是(　　) A．地面對B的支持力大于(M＋m)g B．A對B的壓力的最小值為mg，最大值為mg C．A所受摩擦力的最小值為0，最大值為 D．A所受摩擦力的最小值為mg，最大值為mg 解析：選B.因為A、B始終保持靜止，對A、B整體受力分析可知，地面對B的支持力一直等于(M＋m)g，A錯誤．當F＝0時，A對B的壓力最小，為mgcos 30＝mg；當F＝mg時，A對B的壓力最大，為mgcos 30＋Fsin 30＝mg，B正確．當Fcos 30＝mgsin 30時，即F＝mg時，A所受摩擦力為0，當F＝0時，A所受摩擦力大小為mg，方向沿斜面向上，當F＝mg時，A所受摩擦力大小為mg，方向沿斜面向下，選項C、D錯誤． 7.(xx湖北宜昌市第一次調研)如圖所示，晾曬衣服的繩子兩端分別固定在兩根豎直桿上的A、B兩點，繩子的質量及繩與衣架掛鉤間摩擦均忽略不計，衣服處于靜止狀態(tài)．如果保持繩子A端、B端在桿上位置不變，將右側桿平移到虛線位置，穩(wěn)定后衣服仍處于靜止狀態(tài)．則(　　) A．繩子的彈力變大 B．繩子的彈力不變 C．繩對掛鉤彈力的合力變小 D．繩對掛鉤彈力的合力不變 解析：選D.對掛鉤受力分析，如圖所示，根據平衡條件，有2FTcos θ＝G，繩子右端的B點在桿上位置不動，將右桿移動到虛線位置時，θ變小，故繩子拉力FT變小，A、B錯誤；繩中的拉力左右相等，根據三力平衡條件可知，兩繩子的拉力FT的合力F始終與G等值反向，保持不變，故C錯誤，D正確． 8．(xx陜西高三質量檢測)將兩個質量均為m的小球a、b用細線相連后，再用細線懸掛于O點，如圖所示．用力F拉小球b，使兩個小球都處于靜止狀態(tài)，且細線Oa與豎直方向的夾角保持 θ＝30，則F達到最小值時Oa線上的拉力為(　　) A.mg B．mg C.mg D.mg 解析：選A.以兩個小球組成的整體為研究對象，分析受力，作出F在三個方向時整體的受力圖，根據平衡條件得知：F與FT的合力與重力2mg總是大小相等、方向相反的，由力的合成圖可知，當F與繩子Oa垂直時，F(xiàn)有最小值，即圖中2位置，根據平衡條件得：F＝2mgsin 30＝mg，F(xiàn)T＝2mgcos 30＝mg，A正確． 9．(xx江西南昌調研)水平面上有U形導軌NMPQ，它們之間的寬度為L，M和P之間接入電源，現(xiàn)垂直于導軌擱一根質量為m的金屬棒ab，棒與導軌間的動摩擦因數為μ(滑動摩擦力略小于最大靜摩擦力)，通過棒的電流強度為I，現(xiàn)加一個范圍較大的勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于金屬棒ab，與垂直導軌平面的方向夾角為θ，如圖所示，金屬棒處于靜止狀態(tài)，重力加速度為g，則金屬棒所受的摩擦力大小為(　　) A．BILsin θ B．BILcos θ C．μ(mg－BILsin θ) D．μ(mg＋BILcos θ) 解析：選B.金屬棒處于靜止狀態(tài)，其合力為零，對其進行受力分析，如圖所示，在水平方向有BILcos θ－Ff＝0，F(xiàn)f＝BILcos θ，選項B正確，選項A、C、D錯誤． 10．如圖所示，在一絕緣斜面C上有一帶正電的小物體A處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)將一帶正電的小球B沿以A為圓心的圓弧緩慢地從P點轉至A正上方的Q點處，已知P、A在同一水平線上，且在此過程中物體A和C始終保持靜止不動，A、B可視為質點．關于此過程，下列說法正確的是(　　) A．物體A受到斜面的支持力先增大后減小 B．物體A受到斜面的支持力一直增大 C．地面對斜面C的摩擦力先增大后減小 D．地面對斜面C的摩擦力先減小后增大 解析：選A.對A受力分析如圖，重力大小、方向不變，支持力FN方向不變，小球B順時針轉動時，庫侖力F也順時針轉動，由圖可知A對，B錯；對A、C取整體為研究對象，庫侖斥力大小恒定，沿水平方向分力減小，地面對C的摩擦力一直減小至0，C、D錯． 11．(xx新余模擬)如圖所示，質量為M、半徑為R的半球形物體A放在水平地面上，通過最高點處的釘子用水平輕質細線拉住一質量為m、半徑為r的光滑球B，A、B均靜止．則(　　) A．B對A的壓力大小為mg B．細線對小球的拉力大小為mg C．A對地面的壓力大小為(M＋m)g D．地面對A的摩擦力大小為mg 解析：選C.由于A、B處于靜止狀態(tài)，故其所受合外力為零，整體受力分析，如圖甲所示，根據平衡條件，可得：FN－(M＋m)g＝0，根據牛頓第三定律可知A對地面的壓力大小為(M＋m)g，選項C正確，選項D錯誤．隔離B受力分析，如圖乙所示，根據平衡條件，由圖中幾何關系，可得＝＝，解得F′N＝mg，依據牛頓第三定律知：B對A的壓力大小為mg；細線對小球的拉力F＝mg，選項A、B錯誤． 二、非選擇題 12.(xx臨沂第三次適應性測試)如圖所示，一個底面粗糙，質量為m的斜面體靜止在水平地面上，斜面體的斜面是光滑的，傾角為30，現(xiàn)用一端固定的輕繩系一質量為m的小球，小球靜止時輕繩與斜面的夾角是30. (1)求當斜面體靜止時繩的拉力大??； (2)若地面對斜面體的最大靜摩擦力等于地面對斜面體支持力的k倍，為了使整個系統(tǒng)始終處于靜止狀態(tài)，k值必須滿足什么條件？ 解析：(1)設繩的拉力為FT，斜面體對小球的支持力為FN，對小球進行受力分析如圖所示，由平衡條件可知，F(xiàn)T和FN的合力豎直向上，大小等于mg，由幾何關系可得出 FN＝FT＝mg. (2)對斜面體進行受力分析，設小球對斜面體的壓力為FN′，地面的支持力為F，地面的靜摩擦力為Ff，由正交分解和平衡條件可知， 在豎直方向上：F＝mg＋FN′cos 30 在水平方向上：Ff＝FN′sin 30 根據(1)和牛頓第三定律可知：FN′＝FN＝mg 又由題設可知Ffmax＝kF≥Ff 綜合上述各式解得k≥. 答案：(1)mg　(2)k≥ 13．(xx高考全國卷Ⅰ，T24，12分)如圖，一長為10 cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強磁場中；磁場的磁感應強度大小為0.1 T，方向垂直于紙面向里；彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣．金屬棒通過開關與一電動勢為12 V的電池相連，電路總電阻為2 Ω.已知開關斷開時兩彈簧的伸長量為0.5 cm；閉合開關，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長量與開關斷開時相比均改變了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判斷開關閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質量． 解析：依題意，開關閉合后，電流方向從b到a，由左手定則可知，金屬棒所受的安培力方向豎直向下． 開關斷開時，兩彈簧各自相對于其原長伸長了Δl1＝0.5 cm.由胡克定律和力的平衡條件得 2kΔl1＝mg① 式中，m為金屬棒的質量，k是彈簧的勁度系數，g是重力加速度的大?。? 開關閉合后，金屬棒所受安培力的大小為 F＝IBL② 式中，I是回路電流，L是金屬棒的長度．兩彈簧各自再伸長了Δl2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡條件得 2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③ 由歐姆定律有E＝IR④ 式中，E是電池的電動勢，R是電路總電阻． 聯(lián)立①②③④式，并代入題給數據得m＝0.01 kg. 答案：見解析