导航卷二 力与物体的平衡.docx
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导航卷二力与物体的平衡
导航卷二 力与物体的平衡
满分：
100分 时间：
60分钟
一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分。
每小题只有一个选项符合题意。
）
1．（2015·山东理综，16）如图，
滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A（A、B接触面竖直），此时A恰好不滑动，B刚好不下滑。
已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
A与B的质量之比为（ ）
A.
B.
C.
D.
2．（2014·新课标全国卷Ⅰ，17）
如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态。
现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度（橡皮筋在弹性限度内）。
与稳定在竖直位置时相比，小球的高度（ ）
A．一定升高
B．一定降低
C．保持不变
D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定
3.
（2014·广东理综，14）如图所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是（ ）
A．M处受到的支持力竖直向上
B．N处受到的支持力竖直向上
C．M处受到的静摩擦力沿MN方向
D．N处受到的静摩擦力沿水平方向
4．（2014·山东理综，14）如图所示，
用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千。
某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变。
木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后（ ）
A．F1不变，F2变大B．F1不变，F2变小
C．F1变大，F2变大D．F1变小，F2变小
5.
（2015·山西考前质量监测）如图所示，质量为m的小球套在竖直固定的光滑圆环上，轻绳一端固定在圆环的最高点A，另一端与小球相连。
小球静止时位于环上的B点，此时轻绳与竖直方向的夹角为60°，则轻绳对小球的拉力大小为（ ）
A.
mgB．mgC.
mgD．2mg
6．（2015·苏州期末）如图所示，一定质量的物体通过轻绳悬挂，结点为O。
人沿水平方向拉着OB绳，物体和人均处于静止状态。
若人的拉力方向不变，缓慢向左移动一小段距离，
下列说法正确的是（ ）
A．OA绳中的拉力先减小后增大
B．OB绳中的拉力不变
C．人对地面的压力逐渐减小
D．地面给人的摩擦力逐渐增大
7.
（2014·上海单科，9）如图，光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切。
穿在轨道上的小球在拉力F的作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为N。
在运动过程中（ ）
A．F增大，N减小B．F减小，N减小
C．F增大，N增大D．F减小，N增大
8.（2015·武汉毕业调研）如图所示，一辆小车静止在水平地面上，车内固定着一个倾角为60°的光滑斜面OA，光滑挡板OB可绕转轴O在竖直平面内转动。
现将一重力为G的圆球放在斜面与挡板之间，挡板与水平面的夹角θ＝60°。
下列说法正确的是（ ）
A．若保持挡板不动，则球对斜面的压力小于G
B.若挡板从图示位置沿顺时针方向缓慢转动60°,则球对斜面的压力逐渐增大
C.若挡板从图示位置沿顺时针方向缓慢转动60°，则球对挡板的压力逐渐减小
D.若保持挡板不动,使小车水平向右做匀加速直线运动，则球对挡板的压力可
能为零
二、多项选择题（本题共5小题，每小题6分，共计30分。
每小题有多个选项符合题意。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分。
）
9．（2015·广东理综，19）如图所示，三条绳子的一端都系在细直杆顶端，另一端都固定在水平地面上，将杆竖直紧压在地面上，若三条绳长度不同，下列说法正确的有（ ）
A．三条绳中的张力都相等
B．杆对地面的压力大于自身重力
C．绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零
D．绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力
10．（2015·海南单科，9）
如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块。
开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑。
当升降机加速上升时（ ）
A．物块与斜面间的摩擦力减小
B．物块与斜面间的正压力增大
C．物块相对于斜面减速下滑
D．物块相对于斜面匀速下滑
11.
（2015·山东泰安二模）如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的一段细绳与斜面平行。
在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则（ ）
A．b对c的摩擦力一定减小
B．b对c的摩擦力方向可能平行斜面向上
C．地面对c的摩擦力方向一定向右
D．地面对c的摩擦力一定减小
12.
（2015·河南郑州第三次质量预测）倾角为α、质量为M的斜面体静止在水平桌面上，质量为m的木块静止在斜面体上。
下列结论正确的是（ ）
A．木块受到的摩擦力大小是mgsinα
B．木块对斜面体的压力大小是mgsinα
C．桌面对斜面体的摩擦力大小是mgsinαcosα
D．桌面对斜面体的支持力大小是（M＋m）g
13．（2015·浙江理综，20）如图所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1kg的小球A悬挂到水平板的M、N两点，A上带有Q＝3.0×10－6C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0.3m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0.2kg（重力加速度取g＝10m/s2；静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，A、B球可视为点电荷），则（ ）
A．支架对地面的压力大小为2.0N
B．两线上的拉力大小F1＝F2＝1.9N
C．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F1＝
1.225N，F2＝1.0N
D．将B移到无穷远处，两线上的拉力大小F1＝F2＝0.866N
三、计算题（本题共2小题，共计38分。
解答时写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分。
）
14．（2015·江苏徐州联考）（18分）在倾角为α的斜面上，一条质量不计的皮带一端固定在斜面上端，另一端绕过一中间有一圈凹槽的圆柱体，并用与斜面夹角为β的力F拉住，使整个装置处于静止状态，如图所示。
不计一切摩擦，圆柱体质量为m，求拉力F的大小和斜面对圆柱体的弹力FN的大小。
某同学分析过程如下：
将拉力F沿斜面和垂直于斜面方向进行分解。
沿斜面方向：
Fcosβ＝mgsinα①
沿垂直于斜面方向：
Fsinβ＋FN＝mgcosα②
问：
你认为上述分析过程正确吗？
若正确，按照这种分析方法求出F及FN的大小；若不正确，指明错误之处并求出你认为正确的结果。
15．（2015·陕西宝鸡质检）
（20分）拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具（如图）。
设拖把头的质量为m，拖杆质量可以忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为g，某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ。
（1）若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小。
（2）设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ。
已知存在一临界角θ0，若θ≤θ0，则不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能使拖把从静止开始运动。
求这一临界角的正切tanθ。
导航卷二 力与物体的平衡
1．B [对物体A、B整体在水平方向上有F＝μ2（mA＋mB）g；对物体B在竖直方向上有μ1F＝mBg；联立解得：
＝
，选项B正确。
]
2．A [设橡皮筋原长为l0
加速前平衡时橡皮筋伸长了x0
则有kx0＝mg
当加速并稳定时设小球偏离竖直方向θ角，橡皮筋伸长了x
由小球在竖直方向受力平衡有
kxcosθ＝mg
联立得kxcosθ＝kx0
xcosθ＝x0
此时小球距悬挂点的竖直高度
h＝（l0＋x）cosθ＝l0cosθ＋xcosθ＝l0cosθ＋x0＜l0＋x0
故小球一定升高，选项A正确。
]
3．A [原木P的支撑点M、N处弹力垂直于接触面，M处受到的支持力竖直向上，N处受到的支持力垂直MN斜向上，故A项正确、B项错误；M处受到的静摩擦力沿水平方向，C项错误；N处受到的静摩擦力沿MN方向，D项错误。
]
4．
A [由于木板始终处于静止状态，因此木板所受合力为零，故选项C、D错误；对木板进行受力分析如图所示，由平衡条件得：
2F2cosθ＝G，当轻绳被剪短后，θ增大，cosθ减小，则F2增大，故选项A正确，B错误。
]
5．B [小球B受到竖直向下的重力mg，沿BA方向的拉力和沿OB方向的支持力，两力夹角为120°，故轻绳对小球的拉力大小为mg，B项正确。
]
6．D [将重物的重力进行分解，当人的拉力方向不变，缓慢向左移动一小段距离，则OA与竖直方向夹角变大，OA的拉力由图中1位置变到2位置，可见OA绳子拉力变大，OB绳拉力逐渐变大；OA拉力变大，则绳子拉力水平方向分力变大，根据平衡条件知地面给人的摩擦力逐渐增大；人对地面的压力始终等于人的重力，保持不变。
]
7．A [小球一直受到重力、支持力、拉力作用，根据共点力平衡，有：
F＝mgsinα，N＝mgcosα（α是支持力与竖直方向的夹角）随着夹角的增大，支持力逐渐减小，拉力逐渐增大，A正确。
]
8．D [由题意知，若保持挡板不动，球受到重力、斜面与挡板对球的弹力，三力之间的方向成120°，可知三力大小相等，由牛顿第二定律知球对斜面的压力大小也为G，则选项A错误；若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，由动态分析图（图略）可知球对斜面的压力逐渐减少，球对挡板的压力先逐渐减小后又增大到原先大小，则选项B、C错误；若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，由牛顿第二定律知，球受到合力方向向右，斜面对球的弹力将增大，而球对挡板的压力可能减少到零，则选项D正确。
]
9．BC [因三条绳长度不同，且彼此之间的夹角不确定，所以三条绳的张力大小不一定相等，但能确定三张力的合力方向为竖直向下，故A错误；杆对地面的压力大小数值上等于杆的重力与三条绳拉力的竖直向下的分力之和，故B正确；由于杆竖直，绳子对杆的拉力在水平方向上的合力等零，故C正确；绳子拉力的合力方向与杆的重力方向均竖直向下，故两者不是一对平衡力，故D错误。
]
10．BD [当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式Ff＝μFN可知物体与斜面间的摩擦力增大，故A错误，B正确；设斜面的倾角为θ，物体的质量为m，当匀速运动时有mgsinθ＝μmgcosθ，即sinθ＝μcosθ，假设物体以加速度a向上运动时，有FN＝m（g＋a）cosθ，Ff＝μm（g＋a）cosθ，因为sinθ＝μcosθ，所以m（g＋a）sinθ＝μm（g＋a）cosθ，故物体仍做匀速下滑运动，C错误，D正确。
]
11．BD [在a中的沙子缓慢流出的过程中，细绳中拉力减小，b对c的摩擦力方向可能平行斜面向上，但是不一定减小，选项A错误，B正确；把b和c看做整体，分析受力，由平衡条件，地面对c的摩擦力方向一定向左且地面对c的摩擦力一定减小，选项C错误，D正确。
]
12．AD [
对m受力分析如图，由平衡条件可得：
沿斜面方向Ff＝mgsinα，故A正确；
垂直于斜面方向FN＝mgcosα，由牛顿第三定律可知B错误；
对木块和斜面体组成的整体受力分析可知，受到重力和地面竖直向上的支持力，由平衡条件可知重力和支持力等大，故C错误，D正确。
]
13．BC [
小球A、B间的库仑力为
F库＝k
＝9.0×109×
N＝0.9N，以B和绝缘支架整体为研究对象受力分析图如图甲所示，地面对支架支持力为FN＝mg－F库＝1.1N，A错误；以A球为研究对象，受力分析图如图乙所示，F1＝F2＝mAg＋F库＝1.9N，B正确；B水平向右移，当M、A、B在同一直线上时，A、B间距为r′＝0.6m，F库′＝k
＝0.225N，以A球为研究对象受力分析图如图丙所示，可知F2′＝1.0N，F1′－F库′＝1.0N，F1′＝1.225N，所以C正确；将B移到无穷远，则F库″＝0，可求得F1″＝F2″＝1N，D错误。
]
14．解析 分析过程不正确。
平行于斜面的皮带对圆柱体也有力的作用，其受力如图所示。
①式应改为：
Fcosβ＋F＝mgsinα③
由③式得F＝mg
④
将④代入②得
FN＝mgcosα－Fsinβ＝mgcosα－mgsinβ
答案 见解析
15．解析
（1）设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把，将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，按平衡条件有
Fcosθ＋mg＝N①
Fsinθ＝f②
式中N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。
由摩擦定律有
f＝μN③
联立①②③式得F＝
mg④
（2）若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应有
Fsinθ<λN⑤
这时，①式仍满足，联立①⑤式解得
sinθ－λcosθ≤λ
现考察使上式成立的θ角的取值范围。
注意到上式右边总是大于零，且当F无限大时极限为零，有sinθ－λcosθ≤0
使上式成立的θ角满足θ≤θ0，这里θ0是题中所定义的临界角，即当θ≤θ0时，不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把。
临界角的正切为tanθ0＝λ
答案
（1）
mg
（2）tanθ0＝λ
1．解决动态平衡问题的常用方法
方法
步骤
解析法
（1）选某一状态对物体进行受力分析
（2）将物体受的力按实际效果分解或正交分解
（3）列平衡方程求出未知量与已知量的关系表达式
（4）根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况
图解法
（1）选某一状态对物体进行受力分析
（2）根据平衡条件画出平行四边形或三角形
（3）根据已知量的变化情况，画出平行四边形或三角形的边角变化
（4）确定未知量大小、方向的变化
注意：
图解法一般处理三力的动态平衡问题，三力中其中一力的大小、方向不变，另一力的方向保持不变。
2．整体法和隔离法的灵活应用
（1）整体法的优点：
分析系统外力时，用整体法往往能使问题简化，使求解思路变得简单。
（2）运用整体法的条件：
运用整体法分析问题时，系统内各物体应相对静止，或均处于平衡状态。
（3）隔离法的优点：
用隔离法不仅能求出其他物体对整体的作用力，而且还能求出整体内部物体之间的作用力。
（4）注意问题
①实际问题通常需要交叉应用整体法和隔离法才能求解。
②对两个以上的物体叠加组成的整体进行受力分析时，一般先从受力简单的物体入手，采用隔离法进行分析。
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