届高考物理专题复习附解答力与物体的平衡.docx

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届高考物理专题复习附解答力与物体的平衡

专题一　力与运动

第1讲　力与物体的平衡

（建议用时:

40分钟　满分:

100分）

一、选择题（本大题共8小题,每小题8分,共64分.第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求）

1.如图所示,竖直墙面上有一只壁虎从A点沿水平直线加速运动到B点,此过程中关于壁虎的受力情况,下列说法正确的是（　D　）

A.壁虎受三个力的作用

B.竖直墙面对壁虎弹力为零

C.壁虎受到的摩擦力等于重力

D.壁虎受到的摩擦力的方向斜向左上方

解析:

壁虎从A点沿水平直线加速运动到B点,则其合力方向由A指向B,壁虎受竖直向下的重力,根据矢量合成法则可知,壁虎受到的摩擦力方向斜向左上方,故C错误,D正确;壁虎受重力、墙面对它的支持力、摩擦力及大气压力共四个力的作用,故A,B错误.

2.（2019·湖南邵阳三模）如图黑板擦在手施加的恒力F的作用下匀速擦拭黑板.已知黑板擦与竖直黑板间的动摩擦因数为μ,不计黑板擦的重力,则它所受到的摩擦力的大小为（　C　）

A.FB.μF

C.

D.

F

解析:

设力F与运动方向之间的夹角为θ,黑板擦做匀速运动,则受力平衡,沿运动方向上有Fcosθ=μFsinθ,

故μ=

由三角函数的关系可得

cosθ=

故Ff=Fcosθ=

选项C正确.

3.（2019·广东湛江一模）如图是应县木塔最上一层的剖面图,垂脊ab呈弧形.一只鸽子从a沿垂脊缓慢的爬到b,用FN表示垂脊对鸽子支持力的大小,用Ff表示垂脊对鸽子摩擦力的大小.在鸽子爬行过程中（　A　）

A.Ff增大,FN减小B.Ff减小,FN减小

C.Ff增大,FN增大D.Ff减小,FN增大

解析:

以鸽子为研究对象,鸽子受到重力、支持力和摩擦力作用.根据平衡条件可得Ff=mgsinθ,支持力FN=mgcosθ,由于θ逐渐增大,则摩擦力Ff逐渐增大、支持力FN逐渐减小,故A正确.

4.如图所示,一根粗糙的水平横杆上套有A,B两个轻环,系在两环上的等长细绳拴住的书本处于静止状态.现将两环距离变小后书本仍处于静止状态,则（　B　）

A.杆对A环的支持力变大

B.B环对杆的摩擦力变小

C.杆对A环的力不变

D.与B环相连的细绳对书本的拉力变大

解析:

设书本的质量为M,以两个轻环和书本组成的系统为研究对象,进行受力分析,如图（甲）所示.根据平衡条件得2FN=Mg,则FN=

Mg,可见,杆对轻环的支持力FN不变,故A错误;以A环为研究对象,受力分析如图（乙）所示.根据平衡条件有FN=Fsinα,Fcosα=Ff,故Ff=

α增大时,Ff变小,故B正确;杆对A环的支持力不变,摩擦力减小,则杆对A环的力变小,故C错误;与B环相连的细绳对书本的拉力设为T,则T=F,由于F=

α增大时,F减小,故D错误.

5.（2019·天津卷,2）2018年10月23日,港珠澳跨海大桥正式开通.为保持以往船行习惯,在航道处建造了单面索（所有钢索均处在同一竖直面内）斜拉桥,其索塔与钢索如图所示.下列说法正确的是（　C　）

A.增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力

B.为了减小钢索承受的拉力,可以适当降低索塔的高度

C.索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时,钢索对索塔的合力竖直向下

D.为了使索塔受到钢索的合力竖直向下,索塔两侧的钢索必须对称

分布

解析:

索塔对钢索竖直向上的作用力跟钢索和桥体整体的重力平衡.增加钢索数量,其整体重力变大,索塔受到的压力变大,故A错误;若索塔高度降低,则钢索与竖直方向夹角θ将变大,由Tcosθ=G可知,钢索拉力T将变大,故B错误;两侧钢索对称且拉力大小相同时,合力一定在夹角平分线上,即竖直向下,故C正确;若钢索非对称分布,但其水平方向的合力为0,合力仍竖直向下,故D错误.

6.（2019·福建泉州模拟）如图所示,带电体P,Q可视为点电荷,电荷量相同.倾角为θ、质量为M的斜面体放在粗糙水平面上,将质量为m的物体P放在粗糙的斜面体上.当物体Q放在与P等高（PQ连线水平）且与物体P相距为r的右侧位置时,P静止且受斜面体的摩擦力为0,斜面体保持静止,静电力常量为k,则下列说法正确的是（　AD　）

A.P对斜面的压力为

B.斜面体受到地面的摩擦力为0

C.P,Q所带电荷量为

D.斜面体对地面的压力为（M+m）g

解析:

以P为研究对象,进行受力分析如图所示.

由平衡条件得F=mgtanθ,FN=

根据库仑定律得F=k

联立解得q=r

由牛顿第三定律得,P对斜面的压力FN′=FN=

故A正确,C错误;以斜面体和P整体为研究对象,地面对斜面体的摩擦力Ff=F,方向水平向右,地面对斜面体的支持力FN1=（M+m）g,根据牛顿第三定律得,斜面体对地面的压力FN1′=FN1=（M+m）g,故B错误,D正确.

7.（2019·贵州贵阳一模）如图所示,表面光滑的半球形物体固定在水平面上,光滑小环D固定在半球形物体球心O的正上方,轻质弹簧一端用轻质细绳固定在A点,另一端用轻质细绳穿过小环D与放在半球形物体上的小球P相连,DA水平.现将细绳固定点A向右缓慢平移的过程中（小球P未到达半球最高点前）,下列说法正确的是（　AC　）

A.弹簧变短

B.弹簧变长

C.小球对半球的压力不变

D.小球对半球的压力变大

解析:

对小球P受力分析如图所示,由平衡条件可知,半球的支持力FN与细绳的拉力FT的合力F与重力mg等大反向,即F=mg,由几何关系可看出装置参量构成的三角形POD与力的三角形相似,故有

=

=

将F=mg代入得FN=

mg,FT=

mg,A向右缓慢平移的过程中,DO,PO不变,PD变小,可见FT变小,FN不变,即弹簧的弹力变小,弹簧变短,由牛顿第三定律知小球对半球的压力不变,故A,C正确.

8.（2019·重庆二模）如图所示,倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上,物体a放在斜面上,轻质细线一端固定在物体a上,另一端绕过光滑的轻滑轮固定在c点,滑轮2下悬挂物体b,系统处于静止状态.若将固定点c向右移动少许（斜劈始终静止）,系统重新静止后,则（　BC　）

A.细线对物体a的拉力减小

B.斜劈对地面的压力不变

C.地面对斜劈的摩擦力增大

D.斜劈对物体a的摩擦力减小

解析:

对滑轮2受力分析,如图（甲）所示.根据平衡条件有mbg=

2FTcosθ,解得FT=

将固定点c向右移动少许,则θ增大,故拉力FT增大,故A错误;对斜劈、物体a、物体b整体受力分析,受重力、支持力、细线的拉力和地面的静摩擦力,如图（乙）所示.

根据平衡条件有FN=G总-FTcosθ=G总-

Ff=FTsinθ=

tanθ,将固定点c向右移动少许,θ增大,则FN不变,而Ff增大,故B,C正确;对物体a受力分析,受重力、支持力、拉力和静摩擦力（可能为零）,由于不知道拉力与重力的下滑分力的大小关系,故无法判断静摩擦力的方向,故不能判断静摩擦力的变化情况,故D错误.

二、非选择题（本大题共2小题,共36分）

9.（18分）（2019·湖北孝感模拟）如图所示,质量M=2kg的木块套在水平固定杆上,并用轻绳与质量m=1kg的小球相连.今用跟水平方向成60°角的力F=10

N拉着小球并带动木块一起向右匀速运动,运动中M,m的相对位置保持不变,g=10m/s2.在运动过程中,求:

（1）轻绳与水平方向的夹角θ;

（2）木块M与水平杆间的动摩擦因数μ.

解析:

（1）以小球为研究对象,进行受力分析如图（甲）所示.

由平衡条件得

水平方向Fcos60°-FTcosθ=0

竖直方向Fsin60°-FTsinθ-mg=0

解得θ=30°.

（2）以小球和木块整体为研究对象,进行受力分析如图（乙）所示.

由平衡条件得

水平方向Fcos60°-μFN=0

竖直方向

FN+Fsin60°-（M+m）g=0

Ff=μFN

联立解得μ=

.

答案:

（1）30°　

（2）

10.（18分）如图所示,一对光滑的、间距为L=10cm的金属导轨,AB,DE段水平,BC,EF段圆形导轨的半径R=0.5m,在BE处分别与AB,DE相切,BE与导轨垂直,导轨电阻不计.在导轨的AD端接有一个电动势E=6V、内阻r=0.2Ω的电源和一个R2=2.6Ω的电阻.导轨间存在着垂直于导体棒方向的匀强磁场（图中未画出）.一质量为m=0.012kg、电阻为R1=0.2Ω的金属棒MN放在圆形导轨上,MN的方向与导轨垂直,通电后恰能静止在圆形导轨上,且与BE的水平距离为x=0.3m.求:

（1）若磁场沿竖直方向,是竖直向上还是竖直向下?

磁感应强度多大?

（2）若磁场的方向可变,磁感应强度最小值多大?

解析:

（1）对金属棒受力分析如图所示,金属棒要想处于静止状态,所受安培力需水平向右,由于流过MN的电流为由M→N,根据左手定则可判断,磁场方向竖直向下.

由平衡条件得mgtanθ=BIL,且Rsinθ=x,

根据闭合电路欧姆定律得I=

联立解得B=0.45T.

（2）当磁场方向沿半径向外时,安培力最小,磁感应强度最小,故有BminIL=mgsinθ

解得Bmin=0.36T.

答案:

（1）竖直向下　0.45T　

（2）0.36T