《2019屆高考物理二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí) 專(zhuān)題一 力與物體的平衡限時(shí)檢測(cè).doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考物理二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí) 專(zhuān)題一 力與物體的平衡限時(shí)檢測(cè).doc（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

專(zhuān)題一　力與物體的平衡 一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分.第1～5題只有一項(xiàng)符合題目要求,第6～8題有多項(xiàng)符合題目要求) 1.(2018達(dá)州市一模)如圖所示,一箱子放在水平地面上,現(xiàn)對(duì)箱子施加一斜向上的拉力F,保持拉力的方向不變,在拉力F的大小由零逐漸增大的過(guò)程中(箱子未離開(kāi)地面).關(guān)于摩擦力Ff的大小隨拉力F的變化關(guān)系,下列四幅圖可能正確的是(　B　) 解析:拉力F與水平方向的夾角為α,木箱處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí),木箱所受的靜摩擦力為Ff=Fcos α,F增大,Ff增大;當(dāng)拉力達(dá)到一定值,箱子運(yùn)動(dòng)瞬間,靜摩擦力變?yōu)榛瑒?dòng)摩擦力,由于最大靜摩擦力略大于滑動(dòng)摩擦力,故摩擦力有個(gè)突然減小的過(guò)程;木箱運(yùn)動(dòng)時(shí),所受的支持力N= G-Fsin α,F增大,N減小,此時(shí)木箱受到的是滑動(dòng)摩擦力,大小為Ff=μN(yùn),N減小,則Ff減小;故A,C,D錯(cuò)誤,B正確. 2.(2018陜西西安一中檢測(cè))如圖所示,一輛有四分之一圓弧的小車(chē)停在不光滑的水平地面上,質(zhì)量為m的小球從靜止開(kāi)始由車(chē)的頂端無(wú)摩擦滑下,且小車(chē)始終保持靜止?fàn)顟B(tài),地面對(duì)小車(chē)的靜摩擦力最大值是(　D　) A.mg2 B.mg C.5mg2 D.3mg2 解析:設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到其和圓心O的連線與豎直方向夾角為θ時(shí),速度為v,如圖所示. 根據(jù)機(jī)械能守恒定律和牛頓第二定律有 mgRcos θ=12mv2 N-mgcos θ=mv2R 則小球?qū)π≤?chē)的壓力為N=3mgcos θ 其水平分量為 N′=3mgcos θsin θ=32mgsin 2θ 根據(jù)平衡條件,地面對(duì)小車(chē)的靜摩擦力水平向右,大小為 f=N′=32mgsin 2θ 則當(dāng)sin 2θ=1,即θ=45 時(shí),地面對(duì)車(chē)的靜摩擦力最大,其值為fmax=32mg;故D正確. 3.(2018成都模擬)如圖(甲)所示,四根等長(zhǎng)的纜繩一端懸于起重機(jī)的吊鉤上,另一端分別系在一個(gè)正方形的框架上,框架下面懸吊著重物,起重機(jī)將重物以0.5 m/s的速度沿豎直方向勻速向上吊起.若起重機(jī)的輸出功率為20 kW,每根纜繩與豎直方向的夾角均為37[如圖(乙)所示],忽略吊鉤、框架及繩重,不計(jì)一切摩擦,sin 37=0.6, cos 37=0.8.則懸于吊鉤的每根纜繩的拉力大小為(　C　) A.5.0104 N B.4.0104 N C.1.25104 N D.1.0104 N 解析:由P=Fv得F=Pv=21040.5 N=4104 N,所以重物的重力G=F=4104 N; 設(shè)每根纜繩的拉力大小為T(mén),根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件得4Tcos 37=G,解得T=1.25104 N,選項(xiàng)C正確. 4.(2018溫州中學(xué)模擬)如圖所示,木板C放在水平地面上,木板B放在C的上面,木板A放在B的上面,A的右端通過(guò)輕質(zhì)彈簧測(cè)力計(jì)固定在豎直的墻壁上,A,B,C質(zhì)量相等,且各接觸面動(dòng)摩擦因數(shù)相同,用大小為F的力向左拉動(dòng)C,使它以速度v勻速運(yùn)動(dòng),三者穩(wěn)定后彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)為T(mén).則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是(　B　) A.B對(duì)A的摩擦力大小為T(mén),方向向左 B.A和B保持靜止,C勻速運(yùn)動(dòng) C.A保持靜止,B和C一起勻速運(yùn)動(dòng) D.C受到地面的摩擦力大小為F-T 解析:由題意,A,B,C質(zhì)量相等,A,B之間摩擦力大小等于T,由于各接觸面動(dòng)摩擦因數(shù)相同,若B,C間發(fā)生滑動(dòng),依據(jù)公式Ff=μN(yùn)可知,B,C之間的滑動(dòng)摩擦力大于A,B之間的摩擦力,因此在F作用下,B,C作為一整體運(yùn)動(dòng),則B對(duì)A的摩擦力大小為T(mén),方向向左,故A,C正確,B錯(cuò)誤;由于B,C整體做勻速直線運(yùn)動(dòng),則受到水平向左的拉力F和水平向右的兩個(gè)摩擦力平衡,故C受到地面的摩擦力大小為F-T,故D正確. 5.(2018鄭州模擬)如圖所示,帶電體P,Q可視為點(diǎn)電荷,電荷量相同.傾角為θ、質(zhì)量為M的斜面體放在粗糙水平面上,將質(zhì)量為m的物體P放在粗糙的斜面體上.當(dāng)物體Q放在與P等高(PQ連線水平)且與物體P相距為r的右側(cè)位置時(shí),P靜止且受斜面體的摩擦力為0,斜面體保持靜止,靜電力常量為k,則下列說(shuō)法正確的是(　D　) A.P,Q所帶電荷量為mgktanθr2 B.P對(duì)斜面的壓力為mgcos θ C.斜面體受到地面的摩擦力為0 D.斜面體對(duì)地面的壓力為(M+m)g 解析:以P為研究對(duì)象,受到重力mg、斜面體的支持力N和庫(kù)侖力F,如圖,由平衡條件得F=mgtan θ, N=mgcosθ, 根據(jù)庫(kù)侖定律得F=kq2r2 聯(lián)立解得q=rmgtanθk,選項(xiàng)A錯(cuò)誤; 由牛頓第三定律得P對(duì)斜面的壓力為N′=N=mgcosθ,選項(xiàng)B錯(cuò)誤; 以斜面體和P整體為研究對(duì)象, 地面對(duì)斜面體的摩擦力為f=F,地面對(duì)斜面體的支持力為N1=(M+m)g,根據(jù)牛頓第三定律得斜面體受到地面的摩擦力大小為F,斜面體對(duì)地面的壓力為N1′=N1=(M+m)g,選項(xiàng)C錯(cuò)誤,D正確. 6.(2018鄭州模擬)如圖所示,小球A置于固定在水平面上的光滑半圓柱體上,小球B用水平輕彈簧拉著系于豎直板上,兩小球A,B通過(guò)光滑滑輪O用輕質(zhì)細(xì)線相連,兩球均處于靜止?fàn)顟B(tài),已知B球質(zhì)量為m,O點(diǎn)在半圓柱體圓心O1的正上方,OA與豎直方向成30角,OA長(zhǎng)度與半圓柱體半徑相等,OB與豎直方向成45角,則下列敘述正確的是 (　CD　) A.小球A,B受到的拉力TOA與TOB相等,且TOA=TOB=3mg B.彈簧彈力大小為3mg C.A球質(zhì)量為6m D.光滑半圓柱體對(duì)A球支持力的大小為2mg 解析:小球A,B受力情況如圖所示,對(duì)小球B分析,根據(jù)共點(diǎn)力平衡得 水平方向有 TOBsin 45=F 豎直方向有 TOBcos 45=mg, 則TOB=2mg,彈簧彈力F=mg,由繩的彈力特點(diǎn)知,TOA與TOB相等,故A,B錯(cuò)誤;對(duì)小球A,由幾何關(guān)系可知拉力TOA和支持力N與水平方向的夾角相等,夾角為60,有Ncos 60=TOAcos 60,則N和TOA相等,而TOA= TOB=2mg,則N=2mg,而2TOAsin 60=mAg,解得mA=6m,故C,D正確. 7.(2018哈爾濱模擬)一端裝有定滑輪的粗糙斜面體放在地面上,A,B兩物體通過(guò)細(xì)繩連接,并處于靜止?fàn)顟B(tài)(不計(jì)繩的質(zhì)量和繩與滑輪間的摩擦),如圖所示.現(xiàn)用水平力F作用于物體B上,緩慢拉開(kāi)一小角度,此過(guò)程中斜面體與物體A仍然靜止.則下列說(shuō)法正確的是(　AC　) A.水平力F一定變大 B.物體A所受斜面體的摩擦力一定變大 C.物體A所受斜面體的支持力一定不變 D.斜面體所受地面的支持力一定變小 解析:對(duì)物體B,其受力如圖所示,根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件,有F= mBgtan θ,T=mBgcosθ,在緩慢拉開(kāi)B的過(guò)程中,θ變大,tan θ變大,cos θ變小,則F變大,T變大,故A正確;物體A受重力、支持力、細(xì)繩的拉力,可能沒(méi)有靜摩擦力,也可能有沿斜面向下或沿斜面向上的靜摩擦力,故拉力T變大后,靜摩擦力可能變小,也可能變大,而支持力不變,故B錯(cuò)誤,C正確;對(duì)斜面體和物體A,B整體,由于豎直方向只受重力和地面支持力,則支持力與系統(tǒng)的總重力大小相等,保持不變,故D 錯(cuò)誤. 8.(2018廣東汕頭高三質(zhì)檢)A,C是兩個(gè)帶電小球,質(zhì)量分別是mA,mC,電荷量大小分別是QA,QC,用兩條等長(zhǎng)絕緣細(xì)線懸掛在同一點(diǎn)O,兩球靜止時(shí)如圖所示,此時(shí)繩子對(duì)兩球的拉力分別為T(mén)A,TC,兩球連線AC與O所在豎直線的交點(diǎn)為B,且ABQC B.mA∶mC=TA∶TC C.TA=TC D.mA∶mC=BC∶AB 解析:由幾何知識(shí)可得,A球所受三個(gè)力F,TA,mAg構(gòu)成的三角形與三角形OBA相似,mAgOB=FAB=TAAO;C球所受三個(gè)力F,TC,mCg構(gòu)成的三角形與三角形OBC相似,mCgOB=FCB=TCCO;因OA=OC,所以mA∶mC=TA∶TC;mA∶mC=BC∶AB,則選項(xiàng)B,D正確,C錯(cuò)誤;因兩球之間的作用力是相互作用力,則無(wú)法判斷兩球帶電量的多少,選項(xiàng)A錯(cuò)誤. 二、非選擇題(本大題共2小題,共36分) 9.(18分)(2018湖北校級(jí)模擬)如圖所示,一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒MN兩端分別放在兩個(gè)固定的光滑圓形導(dǎo)軌上,兩導(dǎo)軌平行且間距為L(zhǎng),導(dǎo)軌處在方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,當(dāng)導(dǎo)體棒中通以自左向右的電流I時(shí),導(dǎo)體棒靜止在與豎直方向成37角的導(dǎo)軌上,取sin 37=0.6, cos 37=0.8,求: (1)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B; (2)每個(gè)圓形導(dǎo)軌對(duì)導(dǎo)體棒的支持力大小FN. 解析:(1)從左向右看,導(dǎo)體棒受力如圖所示.由平衡條件得F安= mgtan 37, F安=BIL, 解得B=3mg4IL. (2)設(shè)兩導(dǎo)軌對(duì)導(dǎo)體棒支持力為2FN, 則有2FNcos 37=mg, 所以每個(gè)圓形導(dǎo)軌對(duì)導(dǎo)體棒的支持力大小FN=58mg. 答案:(1)3mg4IL　(2)58mg 10.(18分)(2018西安校級(jí)模擬)如圖所示,質(zhì)量為m的物體,放在一固定斜面上,當(dāng)斜面傾角為30時(shí)恰能沿斜面勻速下滑,對(duì)物體施加一大小為F的水平向右的恒力,物體可沿斜面勻速向上滑行.設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,當(dāng)斜面傾角增大并超過(guò)某一臨界角θ0時(shí),不論水平恒力F多大,都不能使物體沿斜面向上滑行,試求: (1)物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù); (2)臨界角θ0的大小. 解析:(1)由題意可知,當(dāng)斜面的傾角為30時(shí),物體恰好能沿斜面勻速下滑,由平衡條件可得FN=mgcos 30, mgsin 30=μFN,解得μ=tan 30=33. (2)設(shè)斜面傾角為α,物體受力如圖所示,由平衡條件得 Fcos α=mgsin α+f, FN=mgcos α+Fsin α, f=μFN, 當(dāng)物體無(wú)法向上滑行時(shí), Fcos α≤mgsin α+f. 聯(lián)立解得 F(cos α-μsin α)≤mgsin α+μmgcos α. 若不論水平恒力F多大,上式都成立, 則有cos α-μsin α≤0, 解得tan α≥1μ=3,即α≥60,故臨界角θ0=60. 答案:(1)33　(2)60