【物理】2020高考二轮总复习专题限时训练专题一物体的平衡（解析版）

【物理】2020高考二轮总复习专题限时训练专题一物体的平衡（解析版）

专题限时训练 一、单项选择题 ‎1．(2019·绥化联考)L形木板P(上表面光滑)放在固定斜面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的滑块Q相连，如图所示．若P、Q一起沿斜面匀速下滑，不计空气阻力，则P的受力个数为(　　)‎ A．3 B．4‎ C．5 D．6‎ 答案：C 解析：P、Q一起沿斜面匀速下滑时，P的上表面光滑，单独对Q受力分析，受到3个力：重力、P对Q的支持力、弹簧对Q沿斜面向上的弹力；单独对P受力分析，受到5个力：重力、Q对P的压力、弹簧对P沿斜面向下的弹力、斜面对P的支持力、斜面对P的摩擦力，故选项C正确．‎ ‎2．(2019·全国卷Ⅱ)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行．已知物块与斜面之间的动摩擦因数为，重力加速度取‎10 m/s2.若轻绳能承受的最大张力为1 500 N，则物块的质量最大为(　　)‎ A．‎150 kg B．‎100 kg C．‎200 kg D．‎200 kg 答案：A 解析：对物块受力分析如图所示，并把重力沿斜面和垂直斜面分解，由平衡条件可得：T＝f＋mgsin θ，f＝μN，N＝mgcos θ，代入数据解得：m＝150 kg，故只有选项A正确．‎ ‎3．(2019·全国卷Ⅲ)用卡车运输质量为m 的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示．两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°.重力加速度大小为g.当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则(　　)‎ A. F1＝mg, F2＝mg ‎ B. F1＝mg, F2＝mg C. F1＝mg, F2＝mg ‎ D. F1＝mg, F2＝mg 答案：D 解析：求压力，也就是求支持力，圆筒匀速运动，合力为零，对圆筒受力分析，受两个斜面的支持力与地球的重力，FN1sin 30°＝FN2sin 60°，FN1cos 30°＋FN2cos 60°＝mg，联立求得FN1＝mg，FN2＝mg，根据牛顿第三定律，F1＝FN1＝mg，F2＝FN2＝mg，故只有选项D正确．‎ ‎4.如图所示，小圆环A吊着一个质量为m2的物块并套在另一个竖直放置的大圆环上，有一细线一端拴在小圆环A上，另一端跨过固定在大圆环最高点B的一个小滑轮后吊着一个质量为m1的物块．如果小圆环A、滑轮、绳子的大小和质量以及相互之间的摩擦都可以忽略不计，绳子又不可伸长，若平衡时弦AB所对的圆心角为α，则两物块的质量之比m1∶m2为(　　)‎ A．cos B．sin C．2sin D．2cos 答案：C 解析：解法一　采用相似三角形法 对小圆环A受力分析，如图所示，T2与N的合力与T1平衡，由矢量三角形与几何三角形相似可知：‎ ＝，又T1＝m‎1g，解得：＝2sin ，C正确．‎ 解法二　采用正交分解法 建立如解法一图中所示的坐标系，由T2sin θ＝Nsin θ，可得：T2＝N＝m2g，2T2sin ＝T1＝m1g，解得＝2sin ，C正确．‎ 解法三　采用三力平衡的解析法 T2与N的合力与T1平衡，则T2与N所构成的平行四边形为菱形，则有2T2sin ＝T1，T2＝m‎2g，T1＝m‎1g，解得＝2sin ，C正确．‎ ‎5.如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置，如果将小球B向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，两个小球的受力情况与原来相比(　　)‎ A．推力F增大 B．竖直墙面对小球A的弹力增大 C．地面对小球B的弹力减小 D．两个小球之间的距离增大 答案：D 解析：将A、B视为整体进行受力分析，在竖直方向只受重力和地面对整体的支持力FN(也是对B的支持力FN)，将B向左推动少许后，竖直方向受力不变，所以FN＝(mA＋mB)g为定值，C错误；对B进行受力分析如图所示，由平衡条件可知FN＝mBg＋F斥cos θ，向左推B，θ减小，所以F斥减小，由库仑定律F斥＝k得A、B间距离r增大，D正确；而F＝F斥sin θ，θ减小，F斥减小，所以推力F减小，A错误；将A、B视为整体时在水平方向上有F＝FNA，所以墙面对小球A的弹力FNA减小，B错误．‎ ‎6．(2018·安徽舒城一中月考)如图所示，置于地面的矩形框架中用两细绳拴住质量为m的小球，绳B水平．设绳A、B对球的拉力大小分别为F1、F2，它们的合力大小为F.现将框架在竖直平面内绕左下端缓慢逆时针旋转90°，在此过程中(　　)‎ A．F1先增大后减小 B．F2先增大后减小 C．F先增大后减小 D．F先减小后增大 答案：B 解析：对小球受力分析如图所示．小球处于静止状态，受力平衡，两绳的拉力的合力与重力大小相等，方向相反，则F不变，根据平行四边形定则可知，将框架在竖直平面内绕左下端缓慢逆时针旋转90°的过程中，F1逐渐减小，F2先增大后减小，当绳A处于水平方向时，F2最大，故B正确．‎ ‎7.如图所示，一质量M＝‎3 kg的铁块套在倾斜放置的杆上，铁块与杆之间的动摩擦因数μ＝，且最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等．杆与水平方向成θ＝60°角，一轻绳一端连接在铁块上，一端连在一质量m＝‎2 kg的小球上，一水平拉力F作用在小球上，连接铁块与小球的轻绳与杆垂直，铁块和小球都处于静止状态，g取‎10 m/s2.则(　　)‎ A．拉力F的大小为10 N B．铁块所受的摩擦力大小为15 N C．杆对铁块的支持力大小为40 N D．若将连接铁块与小球之间的轻绳突然剪断，则铁块受到的摩擦力将减小 答案：D 解析：B球处于平衡状态，对B球受力分析，根据平衡条件得：tan 60°＝，解得：F＝20 N，故A错误；铁块处于平衡状态，对铁块进行受力分析，根据平衡条件得：Ff＝Mgsin 60°＝30× N＝15 N，故B错误；由已知条件可得FT＝FT′＝＝40 N，FN＝Mgcos 60°＋FT′＝55 N，故C错误；将连接铁块与轻绳之间的小球突然剪断后，最大静摩擦力Ffm＝μMgcos 60°＝ N＜Mgsin 60°，则铁块开始滑动，摩擦力大小为 N，摩擦力将减小，故D正确．‎ ‎8.如图所示，在竖直放置的穹形支架上，一根长度不变且不可伸长的轻绳通过轻质光滑动滑轮悬挂一重物G.现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从B点沿支架缓慢地向C点靠近(C点与A点等高)．则在此过程中绳中拉力大小(　　)‎ A．先变大后不变 B．先变大后变小 C．先变小后不变 D．先变小后变大 答案：A 解析：当轻绳的右端从B点移到直杆最上端(设为D点)时，设两绳的夹角为2θ.以滑轮为研究对象，分析受力情况，作出受力图如图所示．根据平衡条件得2Fcos θ＝mg，得到绳子的拉力F＝，所以在轻绳的右端从B点移到直杆最上端D点的过程中，θ增大，cos θ减小，则F变大；当轻绳的右端从直杆最上端的D点移到C点时，在此过程中α保持不变．再根据平衡条件可知，两绳的拉力F保持不变．所以绳中拉力大小变化的情况是先变大后不变．故A正确．‎ 二、多项选择题 ‎9.如图所示，一根绳子一端固定于竖直墙上的A点，另一端绕过动滑轮P悬挂一重物B，其中绳子的PA段处于水平状态，另一根绳子一端与动滑轮P的轴相连，在绕过光滑的定滑轮Q后在其端点O施加一水平向左的外力F，使整个系统处于平衡状态，滑轮均为光滑、轻质，且均可看作质点，现拉动绳子的端点O使其向左缓慢移动一小段距离后达到新的平衡状态，则该平衡状态与原平衡状态相比较(　　)‎ A．拉力F增大 B．拉力F减小 C．角θ不变 D．角θ减小 答案：AD 解析：以动滑轮P为研究对象，AP、BP段绳子受的力大小始终等于B的重力，两绳子拉力的合力在∠APB角平分线上，拉动绳子后，滑轮向上运动，两绳子夹角减小，两绳子拉力的合力增大，故F增大，A项正确、B项错误；PQ与竖直方向夹角等于∠APB的一半，故拉动绳子后角θ减小，C项错误、D项正确．‎ ‎10．如图所示，四根相同的轻质弹簧连着相同的物体，在外力作用下做不同的运动：(1)在光滑水平面上做加速度大小为g的匀加速直线运动；(2)在光滑斜面上做向上的匀速直线运动；(3)做竖直向下的匀速直线运动；(4)做竖直向上的加速度大小为g的匀加速直线运动．设四根弹簧伸长量分别为Δl1、Δl2、Δl3、Δl4，弹簧均未超过弹性限度，不计空气阻力，g为重力加速度，则(　　)‎ A．Δl1＞Δl2 B．Δl3＜Δl4‎ C．Δl1＜Δl4 D．Δl2＝Δl3‎ 答案：ABC 解析：(1)根据牛顿第二定律和胡克定律得：kΔl1＝ma＝mg，得Δl1＝；(2)由平衡条件和胡克定律得：kΔl2＝mgsin θ，得Δl2＝；(3)由平衡条件和胡克定律得：kΔl3＝mg，得Δl3＝；(4)根据牛顿第二定律和胡克定律得：kΔl4－mg＝mg，得Δl4＝，所以Δl1＞Δl2，Δl3＜Δl4，Δl1＜Δl4，Δl2＜Δl3，故选项A、B、C正确，选项D错误．‎ ‎11.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′处有一光滑的定滑轮，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L1＝2.4R和L2＝2.5R，这两个小球的质量之比为，小球与半球之间的压力之比为，则下列判断正确的是(　　)‎ A.＝ B．＝ C.＝1 D．＝ 答案：BD 解析：先以左侧小球为研究对象，分析受力情况，受重力m1g、绳子的拉力T和半球的支持力N1，作出受力示意图．‎ 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OO′＝h，根据三角形相似得：＝＝，同理，对右侧小球，有 ＝＝，解得 m‎1g＝ m‎2g＝ N1＝ N2＝ 则m1∶m2＝L2∶L1＝25∶24‎ N1∶N2＝m1∶m2＝L2∶L1＝25∶24‎ 故A、C错误，B、D正确．‎ 三、计算题 ‎12．(2019·潍坊模拟)如图所示，风筝借助于均匀的风和牵线对其作用，才得以在空中处于平衡状态．图中所示风筝质量为‎400 g，某时刻风筝平面与水平面的夹角为30°，主线对风筝的拉力与风筝平面成53°角．已知风对风筝的作用力与风筝平面相垂直，g取‎10 m/s2.‎ ‎(1)求此时风对风筝的作用力的大小和线对风筝的拉力大小；‎ ‎(2)若拉着风筝匀速运动时，主线与水平面成53°角保持不变，这时拉主线的力为10 N，则风对风筝的作用力为多大？风筝平面与水平面的夹角为多大？‎ 答案：(1)6.13 N　3.33 N　(2)13.4 N　arctan 解析：(1)风筝平衡时共受到三个力的作用，即重力mg、风对它的作用力F和主线对它的拉力T(如图甲所示)，以风筝平面方向为x轴，F方向为y轴，建立一个坐标系，将重力和拉力T正交分解，‎ 甲 在x轴方向：mgsin 30°－Tcos 53°＝0‎ 在y轴方向：F＝Tsin 53°＋mgcos 30°‎ 联立两式，解得T≈3.33 N，F≈6.13 N.‎ ‎(2)同理以水平方向为x轴，竖直方向为y轴建立坐标系．(如图乙所示)‎ 乙 设风对风筝的作用力水平分力为Fx，竖直分力为Fy，由平衡条件知 Fx＝T′cos 53°＝10×0.6 N＝6 N Fy＝T′sin 53°＋G＝10×0.8 N＋4 N＝12 N 故F＝≈13.4 N 风筝平面与水平面的夹角θ满足 tan θ＝＝ 故θ＝arctan .‎