高考物理大二輪復(fù)習(xí)與增分策略 專題一 力與場(chǎng)內(nèi)物體的平衡-人教版高三全冊(cè)物理試題
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1、專題一 力與場(chǎng)內(nèi)物體的平衡 [專題定位] 本專題解決的是受力分析和共點(diǎn)力平衡問(wèn)題.高考對(duì)本專題內(nèi)容的考查主要有:①對(duì)各種性質(zhì)力特點(diǎn)的理解;②共點(diǎn)力作用下平衡條件的應(yīng)用.考查的主要物理方法和思想有:①整體法和隔離法;②假設(shè)法;③合成法;④正交分解法;⑤矢量三角形法;⑥相似三角形法;⑦等效思想;⑧分解思想. [應(yīng)考策略] 深刻理解各種性質(zhì)力的特點(diǎn).熟練掌握分析共點(diǎn)力平衡問(wèn)題的各種方法. 1.彈力 (1)大小:彈簧在彈性限度內(nèi),彈力的大小可由胡克定律F=kx計(jì)算;一般情況下物體間相互作用的彈力可由平衡條件或牛頓運(yùn)動(dòng)定律來(lái)求解. (2)方向:一般垂直于接觸面(或切面)指向形變恢復(fù)的方
2、向;繩的拉力沿繩指向繩收縮的方向.
2.摩擦力
(1)大?。夯瑒?dòng)摩擦力Ff=μFN,與接觸面的面積無(wú)關(guān);靜摩擦力0 3、2)方向:用左手定則判斷,安培力垂直于B、I決定的平面.
5.洛倫茲力
(1)大?。篎=qvB,此式只適用于B⊥v的情況.當(dāng)B∥v時(shí)F=0.
(2)方向:用左手定則判斷,洛倫茲力垂直于B、v決定的平面,洛倫茲力不做功.
6.共點(diǎn)力的平衡
(1)平衡狀態(tài):物體靜止或做勻速直線運(yùn)動(dòng).
(2)平衡條件:F合=0或Fx=0,F(xiàn)y=0.
(3)常用推論
①若物體受n個(gè)作用力而處于平衡狀態(tài),則其中任意一個(gè)力與其余(n-1)個(gè)力的合力大小相等、方向相反.
②若三個(gè)共點(diǎn)力的合力為零,則表示這三個(gè)力的有向線段首尾相接組成一個(gè)封閉三角形.
1.處理共點(diǎn)力平衡問(wèn)題的基本思路:確定平衡狀態(tài)(加 4、速度為零)→巧選研究對(duì)象(整體法或隔離法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作討論.
2.常用的方法
(1)在判斷彈力或摩擦力是否存在以及確定它們的方向時(shí)常用假設(shè)法.
(2)求解平衡問(wèn)題時(shí)常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、相似三角形法、圖解法等.
3.帶電體的平衡問(wèn)題仍然滿足平衡條件,只是要注意準(zhǔn)確分析場(chǎng)力——電場(chǎng)力、安培力或洛倫茲力.
4.如果帶電粒子在重力場(chǎng)、電場(chǎng)和磁場(chǎng)三者組成的復(fù)合場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng),則一定是勻速直線運(yùn)動(dòng),因?yàn)镕洛⊥v.
解題方略
1.在分析兩個(gè)或兩個(gè)以上物體間的相互作用時(shí),一般采用整體法與隔離法進(jìn)行分析.
2.采用整體法進(jìn)行受力分析時(shí),要注意系統(tǒng)內(nèi) 5、各個(gè)物體的狀態(tài)應(yīng)該相同.
3.當(dāng)直接分析一個(gè)物體的受力不方便時(shí),可轉(zhuǎn)移研究對(duì)象,先分析另一個(gè)物體的受力,再根據(jù)牛頓第三定律分析該物體的受力,此法叫“轉(zhuǎn)移研究對(duì)象法”.
例1 (多選)(2016·全國(guó)乙卷·19)如圖1所示,一光滑的輕滑輪用細(xì)繩OO′懸掛于O點(diǎn);另一細(xì)繩跨過(guò)滑輪,其一端懸掛物塊a,另一端系一位于水平粗糙桌面上的物塊b.外力F向右上方拉b,整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài).若F方向不變,大小在一定范圍內(nèi)變化,物塊b仍始終保持靜止,則( )
圖1
A.繩OO′的張力也在一定范圍內(nèi)變化
B.物塊b所受到的支持力也在一定范圍內(nèi)變化
C.連接a和b的繩的張力也在一定范圍內(nèi)變化
D. 6、物塊b與桌面間的摩擦力也在一定范圍內(nèi)變化
解析 由于物塊a、b均保持靜止,各繩角度保持不變,對(duì)a受力分析得,繩的拉力FT′=mag,所以物塊a受到繩的拉力保持不變.由滑輪性質(zhì),滑輪兩側(cè)繩的拉力相等,所以b受到繩的拉力大小、方向均保持不變,C選項(xiàng)錯(cuò)誤;a、b受到繩的拉力大小、方向均不變,所以O(shè)O′的張力不變,A選項(xiàng)錯(cuò)誤;對(duì)b進(jìn)行受力分析,如圖所示.由平衡條件得:FTcos β+Ff=Fcos α,F(xiàn)sin α+FN+FTsin β=mbg.其中FT和mbg始終不變,當(dāng)F大小在一定范圍內(nèi)變化時(shí),支持力在一定范圍內(nèi)變化,B選項(xiàng)正確;摩擦力也在一定范圍內(nèi)發(fā)生變化,D選項(xiàng)正確.
答案 BD
預(yù) 7、測(cè)1 如圖2所示,在豎直墻壁間有半圓球A和圓球B,其中圓球B的表面光滑,半圓球A與左側(cè)墻壁之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.兩球心之間連線與水平方向成30°的夾角,兩球恰好不下滑,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,則半圓球A和圓球B的質(zhì)量之比為( )
圖2
A. B. C. D.
答案 C
解析 設(shè)A的質(zhì)量為m,B的質(zhì)量為M,
隔離光滑圓球B,對(duì)B受力分析如圖所示,
可得:FN=Fcos θ,Mg-Fsin θ=0
解得:FN=,
對(duì)兩球組成的整體有:(m+M)g-μFN=0
代入數(shù)據(jù),聯(lián)立解得:=.
預(yù)測(cè)2 (多選)如圖3所示,一個(gè)固定的圓弧阻擋墻PQ,其半徑OP水平,OQ 8、豎直.在PQ和一個(gè)斜面體A之間卡著一個(gè)表面光滑的重球B.斜面體A放在光滑的地面上并用一水平向左的力F推著,整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)改變推力F大小,推動(dòng)斜面體A沿著水平地面向左緩慢運(yùn)動(dòng),使球B沿斜面上升一很小高度.則在球B緩慢上升過(guò)程中,下列說(shuō)法中正確的是( )
圖3
A.斜面體A與球B之間的彈力逐漸減小
B.阻擋墻PQ與球B之間的彈力逐漸減小
C.水平推力F逐漸增大
D.水平地面對(duì)斜面體A的彈力逐漸減小
答案 ABD
解析 重球B處于平衡狀態(tài),對(duì)B受力分析,如圖所示:當(dāng)球B沿斜面上升一很小高度時(shí),圓弧阻擋墻對(duì)B的壓力方向與水平方向的夾角減小,根據(jù)圖象可知,斜面體A與球B之間 9、的彈力FN1逐漸減小,阻擋墻PQ與球B之間的彈力FN2逐漸減小,故A、B正確;把A、B看成一個(gè)整體,整體受到重力、地面的支持力、水平推力F以及PQ對(duì)B的壓力,設(shè)圓弧阻擋墻對(duì)B的壓力方向與水平方向的夾角為θ,根據(jù)平衡條件可知:水平方向F=FN2cos θ,豎直方向FN=(mA+mB)g+FN2sin θ,由于FN2逐漸減小,θ減小,則FN減小,F(xiàn)不一定減小,故C錯(cuò)誤,D正確.
解題方略
動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題分析的常用方法
(1)解析法:一般把力進(jìn)行正交分解,兩個(gè)方向上列平衡方程,寫出所要分析的力與變化角度的關(guān)系,然后判斷各力的變化趨勢(shì).
(2)圖解法:能用圖解法分析動(dòng)態(tài)變化的問(wèn)題有三個(gè)顯 10、著特征:①物體一般受三個(gè)力作用;②其中有一個(gè)大小、方向都不變的力;③還有一個(gè)方向不變的力.
例2 如圖4所示,斜面上放有兩個(gè)完全相同的物體a、b,兩物體間用一根細(xì)線連接,在細(xì)線的中點(diǎn)加一與斜面垂直的拉力F,使兩物體均處于靜止?fàn)顟B(tài).則下列說(shuō)法正確的是( )
圖4
A.a、b兩物體的受力個(gè)數(shù)一定相同
B.a、b兩物體對(duì)斜面的壓力相同
C.a、b兩物體受到的摩擦力大小一定相等
D.當(dāng)逐漸增大拉力F時(shí),物體b先開始滑動(dòng)
解析 對(duì)a、b進(jìn)行受力分析,如圖所示:b物體處于靜止?fàn)顟B(tài),當(dāng)拉力FT沿斜面向上的分量與重力沿斜面向下的分量相等時(shí),摩擦力為零,所以b可能只受3個(gè)力作用,而a物體必定 11、受到摩擦力作用,肯定受4個(gè)力作用,故A錯(cuò)誤;a、b兩個(gè)物體,垂直于斜面方向受力都平衡,則有:FN+FTsin θ=mgcos α解得:FN=mgcos α-FTsin θ,則a、b兩物體對(duì)斜面的壓力相同,故B正確;根據(jù)A的分析可知,b的摩擦力可以為零,而a的摩擦力一定不為零,故C錯(cuò)誤;對(duì)a沿斜面方向有:FT′cos θ+mgsin α=Ffa,對(duì)b沿斜面方向有:FTcos θ-mgsin α=Ffb,正壓力相等,所以最大靜摩擦力相等,則a先達(dá)到最大靜摩擦力,先滑動(dòng),故D錯(cuò)誤.
答案 B
預(yù)測(cè)3 (多選)如圖5所示,質(zhì)量分布均勻的光滑小球O,放在傾角均為θ的斜面體上,斜面體置于同一水平面 12、上,且處于平衡,則下列說(shuō)法中正確的是( )
圖5
A.甲圖中斜面體對(duì)球O彈力最大
B.丙圖中斜面體對(duì)球O彈力最小
C.乙圖中擋板MN對(duì)球O彈力最小
D.丙圖中擋板MN對(duì)球O彈力最小
答案 AD
解析 將甲、乙、丙、丁四種情況小球的受力圖作在同一幅圖上,如圖,根據(jù)平衡條件得知,丁圖中斜面體對(duì)小球的彈力為零,擋板對(duì)小球的彈力等于其重力G.斜面體對(duì)小球的彈力和擋板對(duì)小球的彈力的合力與重力大小相等、方向相反,即得到三種情況下此合力相等,根據(jù)平行四邊定則得知,丙圖中擋板MN對(duì)球O彈力FN擋最小,甲圖中斜面體對(duì)球O彈力FN斜最大.故B、C錯(cuò)誤,A、D正確.
預(yù)測(cè)4 (2016 13、·全國(guó)丙卷·17)如圖6所示,兩個(gè)輕環(huán)a和b套在位于豎直面內(nèi)的一段固定圓弧上;一細(xì)線穿過(guò)兩輕環(huán),其兩端各系一質(zhì)量為m的小球.在a和b之間的細(xì)線上懸掛一小物塊.平衡時(shí),a、b間的距離恰好等于圓弧的半徑.不計(jì)所有摩擦.小物塊的質(zhì)量為( )
圖6
A. B.m C.m D.2m
答案 C
解析 如圖所示,圓弧的圓心為O,懸掛小物塊的點(diǎn)為c,由于ab=R,則△aOb為等邊三角形,同一條細(xì)線上的拉力相等,T=mg,合力沿aO方向,則aO為角平分線,由幾何關(guān)系知,∠acb=120°,故繩的拉力的合力與物塊的重力大小相等,即每條線上的拉力T=G=mg,所以小物塊質(zhì)量為m,故C對(duì).
14、
例3 如圖7所示,物體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( )
圖7
A.P、Q所帶電荷量為
B.P對(duì)斜面體的壓力為0
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FN和庫(kù)侖力F,由平衡條件得:
F=mgtan θ FN=
根據(jù)庫(kù)侖定律得:F=k
聯(lián)立解得:q=r
15、
由牛頓第三定律得P對(duì)斜面體的壓力為:FN′=FN=,故A、B錯(cuò)誤.
以斜面體和P整體為研究對(duì)象,由平衡條件得地面對(duì)斜面體的摩擦力為:Ff=F,
地面對(duì)斜面體的支持力為:FN1=(M+m)g,根據(jù)牛頓第三定律得斜面體受到地面的摩擦力為F,斜面體對(duì)地面的壓力為:FN1′=FN1=(M+m)g.故C錯(cuò)誤,D正確.
答案 D
預(yù)測(cè)5 如圖8所示,在一個(gè)傾角為θ的斜面上,有一個(gè)質(zhì)量為m,帶負(fù)電的小球P(可視為點(diǎn)電荷),空間存在著方向垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),帶電小球與斜面間的摩擦力不能忽略,它在斜面上沿圖中所示的哪個(gè)方向運(yùn)動(dòng)時(shí),有可能保持勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)( )
圖8
A.v1方向 B 16、.v2方向 C.v3方向 D.v4方向
答案 C
解析 若小球的速度沿v1方向,滑動(dòng)摩擦力與v1的方向相反,即沿圖中v3方向,由左手定則知,小球受到的洛倫茲力方向在斜面平面內(nèi)與v1垂直向下,重力的分力mgsin θ沿斜面向下,則知球在斜面平面內(nèi)所受的合外力不為零,小球不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤;若小球的速度沿v2方向,滑動(dòng)摩擦力與v2的方向相反,即沿圖中v4方向,由左手定則知,小球受到的洛倫茲力方向在斜面平面內(nèi)與v2垂直向上,重力的分力mgsin θ沿斜面向下,則知球在斜面平面內(nèi)所受的合外力不為零,小球不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng),故B錯(cuò)誤;若小球的速度沿v3方向,滑動(dòng)摩擦力與v3的方向相 17、反,即沿圖中v1方向,由左手定則知,小球受到的洛倫茲力方向在斜面平面內(nèi)與v3垂直向上,即沿v2方向,重力的分力mgsin θ沿斜面向下,則知斜面平面內(nèi)的合外力可能為零,小球有可能做勻速直線運(yùn)動(dòng),故C正確;若小球的速度沿v4方向,滑動(dòng)摩擦力與v4的方向相反,即沿圖中v2方向,由左手定則知,小球受到的洛倫茲力方向在斜面平面內(nèi)與v4垂直向下,重力的分力mgsin θ沿斜面向下,則知斜面平面內(nèi)的合外力不可能為零,小球不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng),故D錯(cuò)誤.
預(yù)測(cè)6 (2016·全國(guó)乙卷·24)如圖9所示,兩固定的絕緣斜面傾角均為θ,上沿相連.兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)出c端)長(zhǎng)度均為L(zhǎng),質(zhì)量分 18、別為2m和m;用兩根不可伸長(zhǎng)的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca,并通過(guò)固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上,使兩金屬棒水平.右斜面上存在勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于斜面向上,已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場(chǎng)中,回路電阻為R,兩金屬棒與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ,重力加速度大小為g,已知金屬棒ab勻速下滑.求:
圖9
(1)作用在金屬棒ab上的安培力的大?。?
(2)金屬棒運(yùn)動(dòng)速度的大小.
答案 (1)mg(sin θ-3μcos θ) (2)(sin θ-3μcos θ)
解析 (1)由于ab、cd棒被平行于斜面的導(dǎo)線相連,故ab、cd速度總是相等,cd也做勻速直 19、線運(yùn)動(dòng).設(shè)導(dǎo)線的張力的大小為FT,右斜面對(duì)ab棒的支持力的大小為FN1,作用在ab棒上的安培力的大小為F,左斜面對(duì)cd棒的支持力大小為FN2,對(duì)于ab棒,受力分析如圖甲所示,由力的平衡條件得
甲 乙
2mgsin θ=μFN1+FT+F ①
FN1=2mgcos θ ②
對(duì)于cd棒,受力分析如圖乙所示,由力的平衡條件得
mgsin θ+μFN2=FT′=FT ③
FN2=mgcos θ ④
聯(lián)立①②③④式得:F=mg(sin θ-3μcos θ) ⑤
(2)設(shè)金屬棒運(yùn)動(dòng)速度大小為v,ab 20、棒上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BLv ⑥
回路中電流I= ⑦
安培力F=BIL ⑧
聯(lián)立⑤⑥⑦⑧得:v=(sin θ-3μcos θ)
解題方略
1.平衡問(wèn)題的臨界狀態(tài)是指物體所處的平衡狀態(tài)將要被破壞而尚未被破壞的狀態(tài),可理解成“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”,在問(wèn)題的描述中常用“剛好”“剛能”“恰好”等語(yǔ)言敘述,解臨界問(wèn)題的基本方法是假設(shè)推理法.
2.臨界問(wèn)題往往是和極值問(wèn)題聯(lián)系在一起的.解決此類問(wèn)題重在形成清晰的物理圖景,分析清楚物理過(guò)程,從而找出臨界條件或達(dá)到極值的條件.要特別注意可能出現(xiàn)的多種情況.
例4 質(zhì)量為M的木楔傾角為θ,在水平面上保持靜 21、止,質(zhì)量為m的木塊剛好可以在木楔上表面上勻速下滑.現(xiàn)在用與木楔上表面成α角的力F拉著木塊勻速上滑,如圖10所示,求:
圖10
(1)當(dāng)α=θ時(shí),拉力F有最小值,求此最小值;
(2)拉力F最小時(shí),木楔對(duì)水平面的摩擦力的大小.
解析 (1)木塊剛好可以沿木楔上表面勻速下滑,mgsin θ=μmgcos θ,則μ=tan θ,用力F拉著木塊勻速上滑,受力分析如圖甲所示,F(xiàn)cos α=mgsin θ+Ff,F(xiàn)N+Fsin α=mgcos θ,F(xiàn)f=μFN.
聯(lián)立以上各式解得,F(xiàn)=.
當(dāng)α=θ時(shí),F(xiàn)有最小值,F(xiàn)min=mgsin 2θ.
(2)對(duì)木塊和木楔整體受力分析如圖乙所示,由 22、平衡條件得,F(xiàn)f′=Fcos(θ+α),當(dāng)拉力F最小時(shí),F(xiàn)f′=Fmin·cos 2θ=mgsin 4θ.
答案 (1)mgsin 2θ (2)mgsin 4θ
預(yù)測(cè)7 (多選)如圖11所示,兩個(gè)小球a、b質(zhì)量均為m,用細(xì)線相連并懸掛于O點(diǎn),現(xiàn)用一輕質(zhì)彈簧給小球a施加一個(gè)拉力F,使整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài),且Oa與豎直方向夾角為θ=45°,已知彈簧勁度系數(shù)為k,則彈簧形變量可能是( )
圖11
A. B. C. D.
答案 ACD
解析 當(dāng)F與細(xì)線Oa垂直時(shí),F(xiàn)有最小值,F(xiàn)的最小值為:Fmin=2mgsin θ=2×mg=mg.
根據(jù)胡克定律:Fmin=kxmin,所以: 23、xmin=
則A、C、D可能,B不可能.
預(yù)測(cè)8 如圖12所示,小球被輕質(zhì)細(xì)繩系住斜吊著放在靜止的光滑斜面上,設(shè)小球質(zhì)量為m,斜面傾角α=30°,細(xì)繩與豎直方向夾角θ=30°,斜面體的質(zhì)量M=3m,置于粗糙水平地面上.求:
圖12
(1)當(dāng)斜面體靜止時(shí),細(xì)繩對(duì)小球拉力的大??;
(2)地面對(duì)斜面體的摩擦力的大小和方向;
(3)若地面對(duì)斜面體的最大靜摩擦力等于地面對(duì)斜面體支持力的k倍,為了使整個(gè)系統(tǒng)始終處于靜止?fàn)顟B(tài),k值必須滿足什么條件?
答案 見解析
解析 (1)以小球?yàn)檠芯繉?duì)象受力分析如圖甲所示
甲
由共點(diǎn)力的平衡條件,可得
在x軸方向有:FTsin θ=FN1s 24、in α
在y軸方向有:FN1cos α+FTcos θ=mg
解得FT=mg
(2)以小球和斜面體整體為研究對(duì)象受力分析如圖乙所示
乙
由共點(diǎn)力平衡條件,在x軸方向可得
Ff=FT·sin θ=mg 方向水平向左
(3)對(duì)照第(2)題小球和斜面體整體受力分析圖,由共點(diǎn)力平衡條件,在y軸方向可得
FN2+FT·cos θ=(M+m)g
又由題意可知
Ffmax=k·FN2≥Ff
又M=3m
聯(lián)立解得:k≥.
專題強(qiáng)化練
1.(多選)如圖1所示,粗糙水平面上有一長(zhǎng)木板,一個(gè)人站在木板上用力F向右推箱子,木板、人、箱子均處于靜止?fàn)顟B(tài).三者的質(zhì)量均為m,下列說(shuō)法正確的 25、是( )
圖1
A.箱子受到的摩擦力方向向右
B.人受到的摩擦力方向向右
C.箱子對(duì)木板的摩擦力方向向右
D.若水平面光滑,人用同樣大小的力F推箱子,能使長(zhǎng)木板在水平面上滑動(dòng)
答案 BC
解析 人用力F向右推箱子,對(duì)箱子受力分析,受重力、支持力、靜摩擦力和向右的推力作用,根據(jù)平衡條件,箱子受到的摩擦力方向向左,與推力平衡,故A錯(cuò)誤;人用力F向右推箱子,對(duì)箱子的作用力向右,根據(jù)牛頓第三定律可知,箱子對(duì)人的作用力的方向向左,人若要平衡,則受到的木板的摩擦力的方向向右,故B正確;箱子受到的摩擦力方向向左,根據(jù)牛頓第三定律可知箱子對(duì)木板的摩擦力方向向右,故C正確;對(duì)三者的整體受力分 26、析,只受重力和支持力,水平方向不受力,故不能使長(zhǎng)木板在水平面上滑動(dòng),故D錯(cuò)誤.
2.岳陽(yáng)某些農(nóng)村一大家人過(guò)春節(jié)時(shí)常用簡(jiǎn)易灶做菜,如圖2甲所示,將一個(gè)球形鐵鍋用三個(gè)輕小石塊支起用柴火燒菜,鐵鍋邊緣水平,小石塊成正三角形放在水平灶臺(tái)上,石塊到鐵鍋球心的連線與豎直方向的夾角均成30°,已知鍋與菜的總質(zhì)量為9 kg,不計(jì)鐵鍋與石塊間的摩擦,重力加速度g=10 m/s2,則下列說(shuō)法正確的是( )
圖2
A.灶臺(tái)對(duì)每個(gè)石塊的作用力均豎直向上
B.灶臺(tái)受到每個(gè)石塊的壓力為90 N
C.每個(gè)石塊與鐵鍋之間的彈力大小為20 N
D.灶臺(tái)對(duì)每個(gè)石塊的摩擦力為10 N
答案 C
3.節(jié)日期間, 27、張燈結(jié)彩,某同學(xué)發(fā)現(xiàn)一種裝飾燈,兩個(gè)裝飾燈用輕質(zhì)細(xì)線懸掛在一個(gè)“T”型木質(zhì)支架兩端,模型簡(jiǎn)化如圖3所示,支架的質(zhì)量為M,每個(gè)裝飾燈的質(zhì)量為m,在水平恒定風(fēng)力的作用下,兩燈偏離豎直方向,穩(wěn)定時(shí)兩細(xì)線與豎直方向的夾角均為θ,支架所受的水平風(fēng)力忽略不計(jì),則地面對(duì)支架的水平作用力大小為( )
圖3
A.2mgtan θ B.2mgsin θ C.mgtan θ D.mgsin θ
答案 A
解析 對(duì)裝飾燈進(jìn)行受力分析,設(shè)風(fēng)對(duì)裝飾燈的作用力為F1,細(xì)線對(duì)裝飾燈的拉力為F2.根據(jù)共點(diǎn)力平衡得:F2cos θ=mg,F(xiàn)2sin θ=F1,解得F1=mgtan θ,對(duì)兩個(gè)裝飾燈和支架整體受 28、力分析,根據(jù)平衡條件可知,水平方向有:地面對(duì)支架的水平作用力大小F=2F1=2mgtan θ,A正確.
4.(多選)如圖4所示,一木塊受到一水平力F作用靜止于斜面上,此力F的方向與斜面平行,如果將力F撤除,下列對(duì)木塊的描述正確的是( )
圖4
A.木塊將沿斜面下滑 B.木塊受到的摩擦力變小
C.木塊立即獲得加速度 D.木塊所受的摩擦力方向改變
答案 BD
解析 未撤去F前,將木塊的重力分解為沿斜面方向和垂直于斜面方向兩個(gè)分力,在斜面方向的分力大小為mgsin θ,方向沿斜面向下,作出木塊在斜面平面內(nèi)的受力情況如圖:
由平衡條件得:摩擦力:Ff=,F(xiàn)f的方向與F和mgsi 29、n θ的合力方向相反,所以木塊受到的最大靜摩擦力:Ffm≥,撤去F后,木塊對(duì)斜面的壓力沒(méi)有變化,所以最大靜摩擦力也沒(méi)有變化,此時(shí)mgsin θ 30、
B.球B對(duì)柱狀物體A的壓力增大
C.地面對(duì)柱狀物體A的摩擦力不變
D.地面對(duì)柱狀物體A的支持力不變
答案 D
解析 球B受重力、A的支持力F1和墻壁的壓力F2.如圖甲所示:
則根據(jù)平衡可知,F(xiàn)1=G1=,F(xiàn)2=G2=Gtan θ,將A向右移動(dòng)少許,A對(duì)球B的作用力F1與豎直方向的夾角θ將減小,所以cos θ增大,tan θ減小,即墻壁對(duì)球B的作用力將減小,A對(duì)球B的支持力減小.根據(jù)牛頓第三定律可知,球B對(duì)墻壁的壓力將減小,球B對(duì)A的壓力亦減小,選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤;對(duì)A受力分析,如圖乙所示,受地面摩擦力Ff=FBsin θ,B對(duì)A的壓力FB減小且FB與豎直方向的夾角θ減小,故A受地 31、面的摩擦力Ff減小,再根據(jù)牛頓第三定律,地面受A的摩擦力減小,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;對(duì)A、B整體受力分析可知,地面對(duì)A的支持力等于A、B的重力之和不變.
6.(2016·全國(guó)甲卷·14)質(zhì)量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上.用水平向左的力F緩慢拉動(dòng)繩的中點(diǎn)O,如圖6所示.用T表示繩OA段拉力的大小,在O點(diǎn)向左移動(dòng)的過(guò)程中( )
圖6
A.F逐漸變大,T逐漸變大 B.F逐漸變大,T逐漸變小
C.F逐漸變小,T逐漸變大 D.F逐漸變小,T逐漸變小
答案 A
解析 對(duì)O點(diǎn)受力分析如圖所示,F(xiàn)與T的變化情況如圖,由圖可知在O點(diǎn)向左移動(dòng)的過(guò)程中,F(xiàn)逐漸變大,T逐漸變大,故選項(xiàng)A正確.
7 32、.(多選)如圖7所示,兩個(gè)帶電小球A、B分別處于光滑絕緣的豎直墻面和斜面上,且在同一豎直平面內(nèi).用水平向左的推力F作用于B球,兩球在圖示位置靜止.現(xiàn)將B球沿斜面向上移動(dòng)一小段距離,發(fā)現(xiàn)A球隨之向上移動(dòng)少許,兩球在虛線位置重新平衡.重新平衡后與移動(dòng)前相比,下列說(shuō)法正確的是( )
圖7
A.墻面對(duì)A的彈力變小 B.斜面對(duì)B的彈力不變
C.推力F變大 D.兩球之間的距離變大
答案 ABD
解析 利用整體法可知,斜面對(duì)B球支持力的豎直分量等于A、B兩帶電小球的重力之和,斜面傾角不變,斜面對(duì)B球支持力不變,故斜面對(duì)B的彈力不變,B選項(xiàng)正確;庫(kù)侖力與豎直方向的夾角變小,而豎直分量不變,故庫(kù) 33、侖力變小,A、B間的距離變大,故D正確;因庫(kù)侖力水平分量減小,故A正確,C錯(cuò)誤.
8.如圖8甲、乙、丙是生活中三種不同的背包方式.為了研究方便,假設(shè)背包者身體均呈豎直,因而可認(rèn)為每條背包帶均在豎直面內(nèi).甲中背包帶對(duì)人的肩部的作用力設(shè)為F1;乙中的背包帶與豎直方向的夾角為θ(如圖),其背包帶對(duì)人肩部的作用力設(shè)為F2;丙中的兩根背包帶與豎直方向的夾角均為θ(如圖),其每根背包帶對(duì)人肩部的作用力均為F3.若三種情況所背的包完全相同,不考慮背包跟人體間的摩擦,則關(guān)于F1、F2、F3大小的下列關(guān)系正確的是( )
圖8
A.F1>F2 B.F2>F3 C.F1>F3 D.F3=F2
答 34、案 B
解析 由圖可知,題圖甲中背包帶沿豎直方向,所以每一根背包帶的作用力都等于0.5mg,則背包帶對(duì)肩部的作用力等于兩根背包帶的作用力的和,即等于F1=mg;
乙圖中,背包受到重力、腿部的支持力和肩膀的作用力如圖a:
則:F2=
題圖丙中,背包受到兩邊肩膀的作用力,如圖b所示,則:mg=2F3cos θ
所以:F3=
由以上的分析可得:F1 35、a上,另一端繞過(guò)光滑的滑輪固定在c點(diǎn),滑輪2下懸掛物體b,系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài).若將固定點(diǎn)c向右移動(dòng)少許,而a與斜劈始終靜止,則( )
圖9
A.細(xì)線對(duì)物體a的拉力增大
B.斜劈對(duì)地面的壓力減小
C.斜劈對(duì)物體a的摩擦力減小
D.地面對(duì)斜劈的摩擦力增大
答案 AD
解析 對(duì)滑輪和物體b受力分析,如圖甲所示:
有:mbg=2FTcos θ,解得:FT=
將固定點(diǎn)c向右移動(dòng)少許,則θ變大,故拉力FT增大,故A正確;對(duì)斜劈、物體a、物體b整體受力分析,
如圖乙所示:
有:FN=G總-FTcos θ=G總-,F(xiàn)N與角度θ無(wú)關(guān),恒定不變;根據(jù)牛頓第三定律,斜劈對(duì)地面的壓力 36、也不變,故B錯(cuò)誤;Ff=FTsin θ=tan θ,將固定點(diǎn)c向右移動(dòng)少許,則θ變大,故摩擦力增大,故D正確;對(duì)物體a受力分析,受重力、支持力、拉力和靜摩擦力,由于不知道拉力與重力的下滑分力的大小關(guān)系,故無(wú)法判斷摩擦力的方向,故不能判斷靜摩擦力的變化情況,故C錯(cuò)誤.
10.(多選)(2016·浙江理綜·19)如圖10所示,把A、B兩個(gè)相同的導(dǎo)電小球分別用長(zhǎng)為0.10 m的絕緣細(xì)線懸掛于OA和OB兩點(diǎn).用絲綢摩擦過(guò)的玻璃棒與A球接觸,棒移開后將懸點(diǎn)OB移到OA點(diǎn)固定.兩球接觸后分開,平衡時(shí)距離為0.12 m.已測(cè)得每個(gè)小球質(zhì)量是8.0×10-4 kg,帶電小球可視為點(diǎn)電荷,重力加速度g=10 37、m/s2,靜電力常量k=9.0×109 N·m2/C2,則( )
圖10
A.兩球所帶電荷量相等
B.A球所受的靜電力為1.0×10-2 N
C.B球所帶的電荷量為4×10-8 C
D.A、B兩球連線中點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度為0
答案 ACD
解析 兩相同的小球接觸后電量均分,故兩球所帶電荷量相等,選項(xiàng)A正確;由幾何關(guān)系可知,兩球分開后,懸線與豎直方向的夾角為37°,A球所受的電場(chǎng)力F=mgtan 37°=8.0×10-4×10×0.75 N=6.0×10-3 N,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;根據(jù)庫(kù)侖定律得,F(xiàn)=k=k,解得qB= = C=4×10-8 C,選項(xiàng)C正確;A、B兩球帶等量的同種電荷 38、,故在A、B兩球連線中點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度為0,選項(xiàng)D正確.
11.(多選)如圖11所示為某種電流表的原理示意圖,質(zhì)量為m的均質(zhì)細(xì)金屬棒MN的中點(diǎn)處通過(guò)一掛鉤與一豎直懸掛的輕彈簧相連,絕緣彈簧勁度系數(shù)為k.在矩形區(qū)域abcd內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直紙面向外.與MN的右端N連接的一絕緣輕指針可指示標(biāo)尺上的讀數(shù),MN的長(zhǎng)度大于ab的長(zhǎng)度.當(dāng)MN中沒(méi)有電流通過(guò)且處于平衡狀態(tài)時(shí),MN與矩形區(qū)域的cd邊重合,當(dāng)MN中有電流通過(guò)時(shí),指針示數(shù)可表示電流強(qiáng)度.已知k=2.0 N/m,ab的長(zhǎng)度為0.20 m,bc的長(zhǎng)度為0.05 m,B=0.20 T,重力加速度為g( )
圖11
A. 39、當(dāng)電流表示數(shù)為零時(shí),彈簧的伸長(zhǎng)量為
B.若要電流表正常工作,應(yīng)將MN的M端與電源負(fù)極相接
C.該電流表的量程是2.5 A
D.若將量程擴(kuò)大到2倍,磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)變?yōu)?.40 T
答案 AC
解析 設(shè)彈簧的伸長(zhǎng)量為Δx,則有:mg=kΔx ①
由①式得:Δx= ②
故當(dāng)電流表示數(shù)為零時(shí),彈簧伸長(zhǎng)量為,故A正確;為使電流表正常工作,作用于通有電流的金屬棒MN的安培力必須向下.由左手定則可知金屬棒中電流從M端流向N端,因此M端應(yīng)接正極.故B錯(cuò)誤;
設(shè)滿量程時(shí)通過(guò)MN的電流為Im,則有:
BImab+mg=k(bc+Δx) ③
聯(lián)立①③并代入數(shù) 40、據(jù)得:Im=2.5 A ④
故該電流表的量程是2.5 A,故C正確;
設(shè)量程擴(kuò)大后,磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)锽′,則有:
2B′Imab+mg=k(bc+Δx) ⑤
由①⑤解得:B′=0.10 T
故若將量程擴(kuò)大2倍,磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)變?yōu)?.10 T,故D錯(cuò)誤.
12.如圖12所示,物體在拉力F的作用下沿水平面做勻速直線運(yùn)動(dòng),發(fā)現(xiàn)當(dāng)外力F與水平方向夾角為30°時(shí),所需外力最小,由以上條件求外力F的最小值與重力的比值.
圖12
答案
解析 物體受力分析如圖,建立直角坐標(biāo)系,對(duì)力進(jìn)行正交分解得:
y方向:支持力FN=G-Fy=G-Fsin θ ①
x方向:
摩擦力F′=Fx=Fcos θ ②
又:F′=μFN ③
聯(lián)立①②③得:F=·G= ④
令:=tan β
則:F==
可知當(dāng)β+θ=90°時(shí),F(xiàn)有最小值.
由題意,當(dāng)θ=30°時(shí)有最小值,所以β=60°
=tan 60°=,所以μ=
將θ=30°,μ=代入④可得:F=G.
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