2019版高考物理二轮复习 专题一 力与运动 专题突破练1 力与物体的平衡.doc

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1、1专题突破练专题突破练 1 1 力与物体的平衡力与物体的平衡 (时间:45 分钟 满分:100 分) 一、选择题(共 11 小题,每小题 7 分,共 77 分。在每小题给出的四个选项中,第 18 小题只有一个 选项符合题目要求,第 911 小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得 7 分,选对但不全的得 3 分,有选错或不答的得 0 分) 1 1.(2018 湖北武汉调研)如图所示,在水平桌面上叠放着物体a、b、c,三个物体均处于静止状态。下 列说法正确的是( ) A.b对a的摩擦力可能水平向右 B.b对a的支持力与a受到的重力是一对平衡力 C.c一定受到水平桌面施加的摩擦力 D.c对b的作用

2、力一定竖直向上 2 2.(2018 河南郑州一中期中)如图所示,三个物块A、B、C叠放在斜面上,用方向与斜面平行的拉力F 作用在B上,使三个物块一起沿斜面向上做匀速运动。设物块C对A的摩擦力为FfA,对B的摩擦力 为FfB,下列说法正确的是( ) A.如果斜面光滑,FfA与FfB方向相同,且FfAFfB B.如果斜面光滑,FfA与FfB方向相反,且FfAFfB C.如果斜面粗糙,FfA与FfB方向相同,且FfAFfB D.如果斜面粗糙,FfA与FfB方向相反,且FfAa0时A相对B有向上的运动趋势,此时B对A的静摩擦力沿斜面向 下;当aa0时A相对B有向下的运动趋势,此时B对A的静摩擦力沿斜面

3、向上;选项 C、D 错误,故选 A。 4 4.B 解析 以两个小球组成的整体为研究对象,分析受力,如图。根据平衡条件得知:F与FT的合力与重力mg 总是大小相等、方向相反。由力的合成图可知,当F与绳子Oa垂直时,F有最小值,即图中F2位置,F的最小值为:F=kx=2mgsin =mg,则弹簧的最短伸长量为x=,故 B 正确。 5 5.C 解析 先对BC整体分析,受重力、墙壁支持力和A的支持力,根据平衡条件,三个力可以构成首尾相连的 矢量三角形,如图所示:加上C物体,相当于整体的重力增加了,故墙对B的作用力F1增加,A对B的 支持力也增加,根据牛顿第三定律,B对A的作用力为F2增加;再对ABC整

4、体分析,受重力、地面支 持力、地面的静摩擦力、墙壁的支持力,根据平衡条件,地面的支持力等于整体的重力,故加上C物 体后,地面的支持力F3变大,故 A、B、D 错误,C 正确。 6 6.C 解析 小球沿圆环缓慢上移可看做匀速运动,对小球进行受力分析,小球受重力G、拉力F和弹 力FN三个力,满足受力平衡。作出受力分析图如下6由图可知OABGFA,即,当A点上移时,半径不变,AB长度减小,故F减小,FN不 = = 变,故 A、B、D 错误;C 正确。 7 7.B 解析 圆环受到三个力,拉力F以及两个绳子的拉力FT,三力平衡,故两个绳子拉力的合力与拉 力F始终等值、反向、共线,由于两个绳子的拉力等于m

5、g,夹角越小,合力越大,且合力在角平分线 上,故拉力F逐渐变大。由于始终与两细线拉力的合力反向,故逐渐变小,故选 B。 8 8.B 解析 以滑轮为研究对象,受a、b、OO绳子的拉力而平衡,a、b绳子拉力大小等于a的重力, 其合力与OO绳子的拉力等大反向。将物块c轻轻放在a上,a、b绳子拉力增大,其合力增大,合力 方向不变,绳OO与竖直方向的夹角不变,绳OO的张力一定变大,A、C 错误、B 正确;以b为研究对 象,b绳拉力沿水平方向的分力等于b与桌面间的摩擦力,变大,D 错误。 9 9.BD 解析 对m受力分析,m受到重力、支持力、水平向右的弹簧的拉力,根据平衡条件知,M对m 的摩擦力方向向左,

6、故 A 错误,B 正确;对整体受力分析,在竖直方向上受到重力和支持力平衡,若地 面对M有摩擦力,则整体合力不为零,故地面对M无摩擦力作用,故 C 错误,D 正确。 1010.AB 解析 设两杆间距离为d,绳长为l,Oa、Ob段长度分别为la和lb,则l=la+lb,两部分绳子与 竖直方向夹角分别为和,受力分析如图所示。绳子中各部分的张力相等,Fa=Fb=F,则=。满足 2Fcos =mg,d=lasin +lbsin =lsin ,即 sin =,F=,d和l均不变,则 sin 2 为定值,为定值,cos 为定值,绳子的拉力保持不变,故 A 正确,C 错误;将杆N向右移一些,d增 大,则 si

7、n 增大,cos 减小,绳子的拉力增大,故 B 正确;换挂质量更大的衣服,绳子拉力变大, 衣服位置不变,D 错误。1111.AC 解析 以小圆柱体Q为研究对象,分析受力情况,作出受力示意力图,如图甲所示。F1与F2方向垂直,则=mg,分析可知,增大,减小,MN对Q的弹力F1减小,P对Q的弹力F2增大,故1=2 A 正确,B 错误。若刚开始,挡板在最低点,处于水平位置,对整体受力分析可知,整体水平方向不受 力,桌面对P的摩擦力为零,当Q运动到最高点时,对整体受力分析可知,整体水平方向不受力,桌面 对P的摩擦力仍为零,则整个过程中,桌面对P的摩擦力先增大后减小,故 C 正确。对P研究,作出 受力如

8、图乙,地面对P的弹力FN=Mg+F2sin ,F2增大,增大,所以FN增大,故 D 错误。故选 AC。甲 乙 二、计算题(本题共 2 个小题,共 23 分)71212.答案 (1)mg (2)k值不能小于3333(2 + )解析 (1)对小球进行受力分析如图甲FTcos 30+FN1cos 30=mg FTsin 30=FN1sin 30解得:FT=FN1=mg33 (2)对斜劈进行受力分析如图乙FN2=Mg+FN1cos 30=Mg+ mg1 2Ff=FN1sin 30 要使整体不滑动则有:FfkFN2由以上三式解得k=。33(2 + )1313.答案 (1)1.5 A (2)0.30 N,沿斜面向上 (3)0.06 N,沿斜面向下解析 (1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路,由闭合电路欧姆定律得I=,解得I=1.5 + A。 (2)导体棒受到的安培力F=BIL=0.30 N 由左手定则可得,安培力F方向沿斜面向上。 (3)导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1=mgsin 37=0.24 N 由于F1小于安培力,故导体棒受沿斜面向下的摩擦力Ff 画出导体棒的受力示意图如图:则据共点力平衡条件mgsin 37+Ff=F,解得Ff=0.06 N。