1、1专题突破练 1 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.(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 的作用力一定竖直向上2.(2
2、018 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 FfAFfBB.如果斜面光滑, FfA与 FfB方向相反,且 FfAFfBC.如果斜面粗糙, FfA与 FfB方向相同,且 FfAFfBD.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
3、的运动趋势,此时 B 对 A 的静摩擦力沿斜面向上;选项 C、D 错误,故选A。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.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,
4、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.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 OAB GFA,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.B 解析 圆环受到三个力,拉力 F
5、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 mg,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.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
6、 与桌面间的摩擦力,变大,D 错误。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,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。10.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 +l
7、bsin =l sin ,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 sin 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。11.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=2A 正确,B 错误。若刚开始,挡板在最低点,处于水平位置
8、,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)712.答案 (1) mg (2)k 值不能小于33 33(2+)解析 (1)对小球进行受力分析如图甲FTcos 30+FN1cos 30=mgFTsin 30=FN1sin 30解得: F
9、T=FN1= mg33(2)对斜劈进行受力分析如图乙FN2=Mg+FN1cos 30=Mg+ mg12Ff=FN1sin 30要使整体不滑动则有: Ff kFN2由以上三式解得 k= 。33(2+)13.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。
