高考物理二轮复习 第1部分 专题整合突破 专题限时集训1 力与物体的平衡-人教版高三全册物理试题.doc

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1、专题限时集训(一)力与物体的平衡(对应学生用书第117页)(限时：40分钟)选择题(共13小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目要求，第813题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)图1151(2017达州市一模)如图115所示，一箱子放在水平地面上，现对箱子施加一斜向上的拉力F，保持拉力的方向不变，在拉力F的大小由零逐渐增大的过程中(箱子未离开地面)关于摩擦力Ff的大小随拉力F的变化关系，下列四幅图可能正确的是() 【导学号：19624006】B设F与水平方向的夹角为，木箱处于静止状态时，根据平衡条件得：木箱所受的静摩擦力为FfF

2、cos ，F增大，Ff增大；当拉力达到一定值，箱子运动瞬间，静摩擦力变为滑动摩擦力，由于最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，故摩擦力有个突然减小的过程；木箱运动时，所受的支持力NGFsin ，F增大，N减小，此时木箱受到的是滑动摩擦力，大小为FfN，N减小，则Ff减小；故A、C、D错误，B正确2(2017温州中学模拟)如图116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的右端通过轻质弹簧秤固定在竖直的墙壁上，A、B、C质量相等，且各接触面动摩擦因数相同，用大小为F的力向左拉动C，使它以速度v匀速运动，三者稳定后弹簧秤的示数为T.则下列说法错误的是()图116AB对A的摩擦

3、力大小为T，方向向左BA和B保持静止，C匀速运动CA保持静止，B和C一起匀速运动DC受到地面的摩擦力大小为FTB由题意，A、B、C质量相等，且各接触面动摩擦因数相同，再依据滑动摩擦力公式FfN，可知，BC之间的滑动摩擦力大于AB之间的，因此在F作用下，BC作为一整体运动的，对A、BC受力分析：A受水平向右的拉力和水平向左的摩擦力，那么根据平衡条件，可知，B对A的摩擦力大小为T，方向向左，故A、C正确，B错误；又因为物体间力的作用是相互的，则物体BC受到A对它水平向右的摩擦力，大小为T，由于BC做匀速直线运动，则BC受到水平向左的拉力F和水平向右的两个摩擦力平衡(A对B的摩擦力和地面对C的摩擦力

4、)，根据平衡条件可知，C受到地面的摩擦力大小为FT，故D正确3如图117所示，三根长为L的通电直导线相互平行，其横截面构成等边三角形，导线中的电流均为I，方向垂直于纸面向里其中导线A、B中的电流在导线C处产生的磁感应强度的大小均为B0，导线C位于水平面处并处于静止状态，则导线C受到的静摩擦力是() 图117【导学号：19624007】A.B0IL，水平向左B.B0IL，水平向右C.B0IL，水平向左 D.B0IL，水平向右B根据安培定则，导线A中的电流在导线C处产生的磁场方向垂直于AC，导线B中的电流在导线C处产生的磁场方向垂直于BC，如图所示根据平行四边形定则及几何知识可知，合磁场的方向竖直

5、向下，与AB平行，合磁感应强度B的大小为B2B0cos 30B0，由公式FBIL得，导线C所受安培力大小为FB0IL，根据左手定则，导线C所受安培力方向水平向左，因导线C静止于水平面，由平衡条件知，导线C受到的静摩擦力方向水平向右，故B正确，A、C、D错误4(2017河南省天一大联考)如图118所示，叠放在一起的A、B两物体放置在光滑水平地面上，A、B之间的水平接触面是粗糙的，斜面细线一端固定在A物体上，另一端固定于N点，水平恒力F始终不变，A、B两物体均处于静止状态，若将细线的固定点由N点缓慢下移至M点(绳长可变)，A、B两物体仍处于静止状态，则()图118A细线的拉力将增大BA物体所受的支

6、持力将增大CA物体所受摩擦力将增大D水平地面所受压力将减小B以A、B两物体组成的系统作为研究对象，受力分析如图1所示图1图2水平方向FTcos F，竖直方向：FNFTsin (mAmB)g，因为细线与水平地面的夹角减小，cos 增大，sin 减小，FT将减小，FN将增大，所以细线所受拉力减小，地面受到的压力增大，A、D错误；以物体A为研究对象，受力分析如图2所示，竖直方向：FNAFTsin mAg，FT减小，sin 减小，所以FNA增大，B正确；以B为研究对象，在水平方向上由力的平衡可得FfF，A物体所受摩擦力不变，C错误5(2017温州中学模拟)如图119所示，倾角为30的斜面体A静止在水平

7、地面上，一根轻绳跨过斜面体顶端的小滑轮，绳两端系有质量均为m的小物块a、b，整个装置处于静止状态现给物块b施加一个水平向右的力F，使其缓慢离开直到与竖直方向成30角(不计绳与滑轮间的摩擦)，此过程说法正确的是() 图119【导学号：19624008】Ab受到绳的拉力先增大再减小B小物块a受到的摩擦力先增大再减小C水平拉力F逐渐增大D小物块a一定沿斜面缓慢上移Cb受力平衡，对b受力分析，如图所示：设绳与竖直方向的夹角为，b缓慢离开直到与竖直方向成30的过程中，变大，根据平行四边形定则可知，T逐渐增大，F逐渐增大，故A错误，C正确：对a受力分析，如图所示：刚开始Tmg，a处于静止状态，则FfTmg

8、sin 30mg，方向向下，T增大时，Ff增大，摩擦力增大，由于不知道最大摩擦力的具体值，所以不能判断a是否会滑动，故B、D错误6如图120所示，绝缘细线下面悬挂一质量为m、长为l的导线，导线置于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，当在导线中通以垂直于纸面向里的恒定电流I时，绝缘细线偏离竖直方向角而静止现将磁场方向由图示方向沿逆时针方向缓慢转动，转动时保持磁感应强度的大小不变，则在磁场转过90的过程中，下列说法正确的是()图120A导线受到的安培力F安逐渐变大B绝缘细线的拉力FT逐渐变大C绝缘细线与竖直方向的夹角先增大后减小D导线受到的安培力F安与绝缘细线的拉力FT的合力大小不变，方向随

9、磁场的方向而改变B当磁场保持大小不变逆时针转过90的过程中，导线受到的安培力F安BIL，大小不变，选项A错误由左手定则可知，导线受到的安培力方向逐渐由水平向左变为竖直向下，其安培力F安、绝缘细线的拉力FT、绝缘细线与竖直方向的夹角的变化情况如图所示，则可判断出绝缘细线的拉力FT逐渐增大，选项B正确绝缘细线与竖直方向的夹角逐渐减小，选项C错误由于导线受到的安培力F安、绝缘细线的拉力FT和导线的重力G的合力为零，所以，导线受到的安培力F安与绝缘细线的拉力FT的合力大小不变，方向始终与导线的重力G的方向相反，即竖直向上，选项D错误7(2017儋州市四校联考)如图121所示，质量为M的四分之一圆柱体放

10、在粗糙水平地面上，质量为m的正方体放在圆柱体和光滑墙壁之间，且不计圆柱体与正方体之间的摩擦，正方体与圆柱体的接触点的切线与右侧墙壁成角，圆柱体处于静止状态则() 图121【导学号：19624009】A地面对圆柱体的支持力为MgB地面对圆柱体的摩擦力为mgtan C墙壁对正方体的弹力为D正方体对圆柱体的压力为C以正方体为研究对象，受力分析，并运用合成法如图：由几何知识得，墙壁对正方体的弹力N1圆柱体对正方体的弹力N2，根据牛顿第三定律有正方体对圆柱体的压力为以圆柱体和正方体为研究对象，竖直方向受力平衡，地面对圆柱体的支持力：N(Mm)g水平方向受力平衡，地面对圆柱体的摩擦力：fN1，故选C.(2

11、017湖南师大附中模拟)表面光滑、半径为R的半球固定在水平地面上，球心O的正上方O处有一无摩擦定滑轮，轻质细绳两端各系一个可视为质点的小球挂在定滑轮上，如图所示两小球平衡时，若滑轮两侧细绳的长度分别为L12.4R和L22.5R，则这两个小球的质量之比为，小球与半球之间的压力之比为，则以下说法正确的是()A.B.C.1D.B先以左侧小球为研究对象，分析受力情况：重力m1g、绳子的拉力T和半球的支持力N1，作出受力分析图由平衡条件得知，拉力T和支持力N1的合力与重力m1g大小相等、方向相反设OOh，根据三角形相似得：，同理，对右侧小球，有：，解得：m1g，m2gN1N2由得：m1m2L2L1252

12、4，由得：N1N2m1m2L2L12524，故A、C、D错误，B正确8(2016云南玉溪一中模拟)如图122所示为密立根实验示意图，两水平放置的金属板，充电后与电源断开连接，其板间距为d，电势差为U，现用一喷雾器把许多油滴从上板中间的小孔喷入板间，若其中一质量为m的油滴恰好能悬浮在板间，重力加速度为g，则下列说法正确的是()密立根实验示意图图122【导学号：19624010】A该油滴所带电荷量大小为B密立根通过该实验测出了电子的电荷量C该油滴所带电荷量可能为2.01018 CD若把上金属板向下平移一段距离，该油滴将向上运动AB根据平衡条件，有：mgq，故q，密立根通过该实验比较准确地测定了电子

13、的电荷量，故选项A、B正确；不同油滴所带的电荷量虽不相同，但都是最小电荷量(元电荷)的整数倍，故C错误；若把上金属板向下平移一段距离，根据C，QCU，E可得，E，因两金属板带电荷量一定，故若把上金属板向下平移一段距离，板间场强不变，故油滴将不动，选项D错误9(多选)如图123所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1 kg的小球A悬挂到水平板的M、N两点，A上带有Q3.0106 C的正电荷两线夹角为120，两线上的拉力大小分别为F1和F2.A的正下方0.3 m处放有一带等量异种电荷的小球B，B与绝缘支架的总质量为0.2 kg(重力加速度g取10 m/s2；静电力常量k9.0109 Nm2

14、/C2，A、B球可视为点电荷)，则() 图123【导学号：19624011】A支架对地面的压力大小为2.0 NB两线上的拉力大小F1F21.9 NC将B水平右移，使M、A、B在同一直线上，此时两线上的拉力大小F11.225 N，F21.0 ND将B移到无穷远处，两线上的拉力大小F1F20.866 NBCA对B有竖直向上的库仑力，大小为FAB0.9 N；对B与支架整体分析，竖直方向上合力为零，则FNFABmg，可得FNmgFAB1.1 N，由牛顿第三定律知FNFN，选项A错误因两细线长度相等，B在A的正下方，则两绳拉力大小相等，小球A受到竖直向下的重力、库仑力和F1、F2作用而处于平衡状态，因两

15、线夹角为120，根据力的合成特点可知：F1F2GAFAB1.9 N；当B移到无穷远处时，F1F2GA1 N，选项B正确，选项D错误当B水平向右移至M、A、B在同一条直线上时，如图所示，对A受力分析并沿水平和竖直方向正交分解，水平方向：F1cos 30F2cos 30Fcos 30竖直方向：F1sin 30F2sin 30GAFsin 30由库仑定律知，A、B间库仑力大小F0.225 N，联立以上各式可得F11.225 N，F21.0 N，选项C正确10(2016福建上杭一中模拟)如图124所示，轻弹簧两端拴接两个小球a、b.在水平恒力F的作用下拴接小球的细线固定在竖直墙壁上，两球静止，两细线与

16、竖直墙壁的夹角60，弹簧竖直，已知两小球的质量都为2 kg，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是()图124【导学号：19624012】A水平恒力F的大小为40 NB弹簧的拉力大小为40 NC剪断上端细线瞬间a球加速度为10 m/s2D剪断上端细线瞬间b球加速度仍为0AD对b球受力分析，受到竖直向下的重力、弹簧的弹力，若受细线的拉力，则在水平方向上合力不可能为零，故细线对b球的拉力为零，所以F弹mbg20 N，剪断上端细线瞬间，弹簧的弹力来不及改变，合力仍旧为零，故b球的加速度仍为零，B错误，D正确；对a球受力分析，受弹簧的弹力、重力、水平恒力和细线的拉力作用，处于平衡状态，故有ta

17、n ，解得F40 N，A正确；T80 N，剪断上端细线瞬间a球所受合力为80 N，则加速度为a m/s240 m/s2，C错误112017高三第二次全国大联考(新课标卷)长方形区域内存在有正交的匀强电场和匀强磁场，其方向如图125所示，一个质量m带电荷量q的小球以初速度v0竖直向下进入该区域若小球恰好沿直线下降，则下列选项正确的是()图125A小球带正电B场强EC小球做匀速直线运动 D磁感应强度BCD小球在复合场内受到竖直向下的重力、电场力和洛伦兹力，其中电场力和重力都是恒力，若速度变化则洛伦兹力变化，合力变化，小球必不能沿直线下降，所以合力等于0，小球做匀速直线运动，选项C正确若小球带正电，

18、则电场力斜向下，洛伦兹力水平向左，和重力的合力不可能等于0，所以小球不可能带正电，选项A错误小球带负电，受到斜向上的电场力和水平向右的洛伦兹力，根据力的合成可得qEmg，电场强度E，选项B错误洛伦兹力qv0Bmg，磁感应强度B，选项D正确12(2017天津高考)如图126所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是() 【导学号：19624013】图126A绳的右端上移到b，绳子拉力不变B将杆N向右移一些，绳子拉力变大C绳的两端高度差越小，绳子拉力越小D若换挂质量更大的

19、衣服，则衣架悬挂点右移AB绳长为l，两杆间距离为d，选O点为研究对象，因aOb为同一根绳，故aO、bO对O点的拉力大小相等，因此平衡时aO、bO与水平方向的夹角相等，设为.对于O点受力情况如图所示，根据平衡条件，得2Tsin mg，而sin ，所以T.由以上各式可知，当l、d不变时，不变，故换挂质量更大的衣服时，悬挂点不变，选项D错误若衣服质量不变，改变b的位置或绳两端的高度差，绳子拉力不变，选项A正确，选项C错误当N杆向右移一些时，d变大，则T变大，选项B正确13.如图127所示，ACD、EFG为两根相距L的足够长的金属直角导轨，它们被竖直固定在绝缘水平面上，CDGF面与水平面成角两导轨所在

20、空间存在垂直于CDGF平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.两根质量均为m、长度均为L的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为，两金属细杆的电阻均为R，导轨电阻不计当ab以速度v1沿导轨向下匀速运动时，cd杆也正好以速度v2向下匀速运动重力加速度为g.以下说法正确的是 ()图127A回路中的电流为Bab杆所受摩擦力为mgsin Ccd杆所受摩擦力为D与v1大小的关系为CD回路中只有ab杆切割磁感线产生电动势，故I，A错误；两杆所受安培力大小为F安abF安cdBIL，ab杆所受摩擦力Ff2mgsin F安abmgcos ，B错误；cd杆所受的摩擦力Ff1mgcos FN1(mgsin F安cd)(mgsin )，由以上两式可得：与v1大小的关系为，故C、D均正确