专题一力与物体的平衡.docx
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专题一力与物体的平衡
课时作业
（一）
一、选择题（共11个小题，2、10、11为多选，其余为单项选择题，每题5分共55分）
1．（2017·甘肃二模）如图所示，一物块置于水平地面上．当用与水平方向成30°角的力F1推物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成60°角的力F2拉物块时，物块仍做匀速直线运动．若F1和F2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为（ ）
A.
－1 B．2－
C.
－
D．1－
答案 B
分析 在两种情况下分别对物体受力分析，根据共点力平衡条件，运用正交分解法列式求解，即可得出结论．
解析 对两种情况下的物体分别受力分析，如图：
将F1正交分解为F3和F4，F2正交分解为F5和F6，
则有：
F滑′＝F3
mg＋F4＝FN′；
F滑＝F5
mg＝F6＋FN
而F滑＝μFN
F滑′＝μFN′
则有F1cos30°＝μ（mg＋F1sin30°）①
F2cos60°＝μ（mg－F2sin60°）②
又根据题意F1＝F2③
联立①②③解得：
μ＝2－
.
点评 本题关键要对物体受力分析后，运用共点力平衡条件联立方程组求解，运算量较大，要有足够的耐心，更要细心．
2．（2016·江苏）如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中（ ）
A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大
D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面
答案 BD
解析 当桌布被拉出时，鱼缸由静止到向右运动，但它相对于桌布来说，仍向左运动，由于滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，因此桌布对鱼缸的摩擦力的方向应向右，A项错误；因为鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，鱼缸受到桌布向右的摩擦力与它受到桌面向左的摩擦力大小相等，所以鱼缸向右加速的加速度大小与向右减速的加速度大小相等，方向相反，鱼缸的初速度为零，末速度也为零，根据对称性可知，鱼缸做加速运动的时间与做减速运动的时间相等，B项正确；若猫增大拉力，桌布的加速度更大，但是由于鱼缸与桌布间的压力不变，动摩擦因数也不变，故摩擦力也不变，C项错误；若猫减小拉力，桌布的加速度减小，鱼缸在桌布上的运动时间变长，而鱼缸向右的加速度不变，由x＝
at2知，鱼缸相对于桌面的位移变大，桌布被拉出后鱼缸在桌面上的位移也变大，鱼缸就有可能滑出桌面，D项正确．
3．（2017·课标全国Ⅲ）一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80cm的两点上，弹性绳的原长也为80cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为（弹性绳的伸长始终处于弹性限度内）（ ）
A．86cmB．92cm
C．98cmD．104cm
答案 B
解析 由题可知，挂上钩码后，如下图
（1）所示：
此时弹性绳长度为100cm，则角度为：
θ＝37°，sinθ＝0.6.
对结点O进行受力分析如图
（2）所示：
则由图
（2）得：
2Tsinθ＝mg
当将两端缓慢移动至同一点时，由受力分析可得：
2T′＝mg
由于弹性绳上弹力为：
F＝kx
得出：
＝
由题可知：
x＝100－80＝20cm
则弹性绳伸长长度为：
x′＝12cm
那么弹性绳总长度为：
L＝L0＋x′＝92cm
点评 本题考查共点力的平衡，本题的关键是找出绳子与竖直方向的夹角，然后计算出劲度系数．另外做这一类题目，要养成画图的习惯，这样题目就能变的简单．
4.（2017·江西一模）如图所示，质量为m（可视为质点）的小球P，用两根轻绳OP和O′P在P点拴结实后再分别系于竖直墙上且相距0.4m的O、O′两点上，绳OP长0.5m，绳O′P刚拉直时，OP绳拉力为T1，绳OP刚松弛时，O′P绳拉力为T2，θ＝37°，则
为（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（ ）
A．3∶4B．4∶3
C．3∶5D．4∶5
答案 C
分析 绳O′P刚拉直时，此时O′P绳子拉力为零，绳OP刚松弛时，此时OP绳子拉力为零，根据小球的受力情况画出受力示意图，根据共点力的平衡条件求解．
解析 绳O′P刚拉直时，OP绳拉力为T1，此时O′P绳子拉力为零，小球受力如图所示，
根据几何关系可得sinα＝
＝
，所以α＝53°，所以α＋θ＝90°；
根据共点力的平衡条件可得：
T1＝mgsinα；
绳OP刚松弛时，O′P绳拉力为T2，此时OP绳子拉力为零，小球受力如图所示，
根据共点力的平衡条件可得：
T2＝mgtanα，
由此可得：
＝
＝
，所以C项正确、A、B、D项错误；故选C项．
5.（2017·课标全国Ⅰ一模）有三个完全相同的金属小球A、B、C，其中小球C不带电，小球A和B带有等量的同种电荷，如图所示，A球固定在竖直支架上，B球用不可伸长的绝缘细线悬于A球正上方的O点处，静止时细线与OA的夹角为θ.小球C可用绝缘手柄移动，重力加速度为g，现在进行下列操作，其中描述与事实相符的是（ ）
A．仅将球C与球A接触离开后，B球再次静止时细线中的张力比原来要小
B．仅将球C与球A接触离开后，B球再次静止时细线与OA的夹角为θ1，仅将球C与球A接触离开后，B球再次静止时细线与OA的夹角为θ2，则θ1＝θ2
C．剪断细线OB瞬间，球B的加速度等于g
D．剪断细线OB后，球B将沿OB方向做匀变速直线运动直至着地
答案 B
分析 A项，依据受力分析，与平衡条件，及库仑定律与三角形的相似比，即可判定；B项，由库仑定律和库仑分电量法，即可求解；C项，根据牛顿第二定律，及矢量的合成法则，即可确定；D项，依据库仑力随间距的变化而变化，从而判定运动性质．
解析 A项，仅将球C与球A接触后离开，球A的电量减半，致使二者间的库仑力减小，对球B进行受力分析可知它在三个力的作用下平衡，由三角形相似可知
＝
，故细线的张力不变，故A项错误；B项，将球C与球B接触后离开，和球C与球A接触后离开，由库仑定律和库仑分电量法知道两种情况下AB间的斥力相同，故夹角也相同，故B项正确；C项，剪断细绳瞬间球B在重力和库仑力作用下运动，其合力斜向右下方，与原来细线的张力等大反向，故其加速度不等于g，故C项错误；D项，剪断细线OB后，球B在空中运动时受到的库仑力随间距的变化而变化，即球B落地前做变加速曲线运动，故D项错误．
点评 考查库仑定律、牛顿第二定律的应用，掌握数学中三角形的相似比，理解电荷的相互作用力影响因素．
6.（2016·课标全国Ⅲ）如图所示，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上：
一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球．在a和b之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为（ ）
A.
B.
m
C．mD．2m
答案 C
解析 如图所示，圆弧的圆心为O，悬挂小物块的点为c，由于ab＝R，则△aOb为等边三角形，同一条细线上的拉力相等，T＝mg，合力沿aO方向，则aO为角平分线，由几何关系知，∠acb＝120°，故绳的拉力的合力与物块的重力大小相等，即每条线上的拉力T＝G＝mg，所以小物块质量为m，故C项正确．
7.（2017·湖南浏阳月考）如图所示，物体B通过动滑轮悬挂在细绳上，整个系统处于静止状态，动滑轮的质量和一切摩擦均不计．如果将绳的左端点由P点缓慢地向右移到Q点，整个系统重新平衡后，绳的拉力F和绳子与竖直方向的夹角θ的变化情况是（ ）
A．F变大，θ变大B．F变小，θ变小
C．F不变，θ变小D．F不变，θ变大
答案 B
解析 整个系统处于静止状态，设两侧绳子的夹角为β，滑轮两侧绳的拉力F＝
，左端移动到Q点后，根据几何关系可知，此时两绳的夹角β减小，所以两侧绳的拉力变小，由几何知识可知，图中角θ大小是两绳的夹角大小的一半，由于滑轮两侧绳的夹角减小，所以角θ减小，故B项正确，故A、C、D三项错误．
8．（2015·山东）如图所示，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.
答案 B
解析 物体AB整体在水平方向F＝μ2（mA＋mB）g；对物体B在竖直方向有μ1F＝mBg；联立解得
＝
，B项正确．
9．（2017·河北省保定市高三调研）如图所示，木板P下端通过光滑铰链固定于水平地面上的O点，物体A、B叠放在木板上且处于静止状态，此时物体B的上表面水平．现使木板P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，物体A、B仍保持静止，与原位置的情况相比（ ）
A．A对B的作用力减小B．B对A的支持力减小
C．木板对B的支持力减小D．木板对B的摩擦力增大
答案 B
解析 开始和转到虚线位置，A对B的作用力都等于A的重力，大小不变，A项错误；木板转到虚线位置后倾角减小，B受到的摩擦力Ff＝μ（mA＋mB）gsinθ减小，即木板对B的摩擦力减小，B对木板的压力FN＝（mA＋mB）gcosθ增大，木板对B的支持力也增大，C、D两项错误；转到虚线位置时物体B的上表面倾斜，对A受力分析，易知，B对A的支持力减小，B项正确．
10.如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行．小球A的质量为m、电量为q.小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷．小球A静止在斜面上，则
（ ）
A．小球A与B之间库仑力的大小为kq2/d2
B．当
＝
时，细线上的拉力为0
C．当
＝
时，细线上的拉力为0
D．当
＝
时，斜面对小球A的支持力为0
答案 AC
解析 点电荷库仑定律F＝kq2/d2，所以A项正确；当细线上的拉力为0的时候，小球A受到库仑力、斜面支持力、重力，具体关系为kq2/d2＝mgtanθ，即C项正确．由受力分析可知，斜面对小球的支持力不可能为0，所以D项错误．
11．（2017·安徽模拟）如图所示，质量为M的斜劈放置在水平地面上，细线绕过滑轮O1、O3连接m1、m3物体，连接m1细线与斜劈平行，滑轮O3由细线固定在竖直墙O处，滑轮O1用轻质杆固定在天花板上，动滑轮O2跨在细线上，其下端悬挂质量为m2的物体，初始整个装置静止，不计细线与滑轮间摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．若增大m2质量，m1、M仍静止，待系统稳定后，细线张力大小不变
B．若增大m2质量，m1、M仍静止，待系统稳定后，地面对M摩擦力变大
C．若将悬点O上移，m1、M仍静止，待系统稳定后，细线与竖直墙夹角变大
D．若将悬点O上移，m1、M仍静止，待系统稳定后，地面对M摩擦力不变
答案 AD
分析 先对物体m3分析，受重力和拉力而平衡，故细线的拉力一直不变；再对m1和斜面体整体分析，根据平衡条件分析摩擦力情况；如果将悬点O上移，先后对m2、m3分析，根据平衡条件分析细线与竖直墙夹角变化情况．
解析 A、B两项，若增大m2质量，m1、M仍静止；先对物体m3分析，受重力和拉力而平衡，说明细线的拉力大小保持不变；再隔离m1和斜面体整体分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据平衡条件，摩擦力等于拉力的水平分力，由于拉力不变，故地面对M摩擦力不变，故A项正确，B项错误；C、D项，若将悬点O上移，m1、M仍静止，细线的拉力依然等于m3g，大小不变；先分析m2，由于重力不变，两个拉力的大小也不变，故根据平衡条件，两个拉力的方向不变；再分析滑轮O3，受三个拉力，由于两个拉力的大小和方向不变，故根据平衡条件，第三个拉力的方向也不变，故细线与竖直墙夹角不变，故C项错误；最后分析m1和斜面体整体，受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据平衡条件，摩擦力等于拉力的水平分力，由于拉力不变，故地面对M摩擦力不变，故D项正确；故选A、D两项．
点评 本题是力平衡问题，关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象进行受力分析，根据平衡条件列式求解；通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法．有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用．
二、计算题（共3个小题，12题12分，13题15分，14题18分，共45分）
12．（2017·北京市海淀区）如图所示，在匀强磁场中倾斜放置的两根平行光滑的金属导轨，它们所构成的导轨平面与水平面成θ＝30°角，平行导轨间距L＝1.0m．匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度B＝0.20T．两根金属杆ab和cd可以在导轨上无摩擦地滑动．两金属杆的质量均为m＝0.20kg，电阻均为R＝0.20Ω.若用与导轨平行的拉力作用在金属杆ab上，使ab杆沿导轨匀速上滑并使cd杆在导轨上保持静止，整个过程中两金属杆均与导轨垂直且接触良好．金属导轨的电阻可忽略不计，取重力加速度g＝10m/s2.求：
（1）cd杆受安培力F安的大小；
（2）通过金属杆的感应电流I；
（3）作用在金属杆ab上拉力的功率P.
答案
（1）1.0N
（2）5.0A （3）20W
解析
（1）金属杆cd静止在金属导轨上，所受安培力方向与导轨平面平行向上．
则F安＝mgsin30°
解得：
F安＝1.0N
（2）F安＝BIL，解得I＝5.0A
（3）金属杆ab所受安培力方向与导轨平面平行向下，金属杆ab匀速上滑，则F＝BIL＋mgsin30°，根据电磁感应定律，金属棒ab上产生的感应电动势为E感＝BLv.
根据闭合电路欧姆定律，通过金属杆ab的电流I＝
，根据功率公式：
P＝Fv.
解得：
P＝20W
考点 闭合电路欧姆定律，电磁感应定律
13．（2016·天津）如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝5
N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5T．有一带正电的小球，质量m＝1.0×10－6kg，电荷量q＝2×10－6C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象）取g＝10m/s2，求：
（1）小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
（2）从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.
答案
（1）20m/s 与电场方向成60°角斜向上
（2）3.5s
解析
（1）小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB＝
①
代入数据解得v＝20m/s②
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足
tanθ＝
③
代入数据解得tanθ＝
θ＝60°④
（2）解法一：
撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图所示，设其加速度为a，有a＝
⑤
设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有
x＝vt⑥
设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有
y＝
at2⑦
a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又
tanθ＝
⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得
t＝2
s＝3.5s⑨
解法二：
撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为vy＝vsinθ⑤
若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有vyt－
gt2＝0⑥
联立⑤⑥式，代入数据解得t＝2
s＝3.5s⑦
14．（2014·江苏）如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直，质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g，求：
（1）导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；
（2）导体棒匀速运动的速度大小v；
（3）整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.
答案
（1）tanθ
（2）
（3）2mgdsinθ－
解析
（1）在绝缘涂层上，导体棒做匀速直线运动，受力平衡，则有
mgsinθ＝μmgcosθ，解得μ＝tanθ
（2）导体棒在光滑导轨上滑动时
感应电动势E＝BLv
感应电流I＝
安培力F安＝BIL
联立得F安＝
受力平衡F安＝mgsinθ
解得v＝
（3）整个运动过程中，其他部分没有电阻，因此电阻产生的焦耳热Q与安培力做功相等．根据动能定理，得
3mgdsinθ－μmgdcosθ－Q＝
mv2－0
解得Q＝2mgdsinθ－
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