【物理】2019届二轮复习专题一第1讲力与物体的平衡学案

【物理】2019届二轮复习专题一第1讲力与物体的平衡学案

第1讲　力与物体的平衡 ‎[做真题·明考向]　　　　 　　　　　　　　　　　　 　　真题体验　透视命题规律 授课提示：对应学生用书第3页 ‎[真题再做]‎ ‎1.(2017·高考全国卷Ⅱ，T16)如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数为(　　)‎ A．2－　　　　　　　　 B. C. D. 解析：在F的作用下沿水平桌面匀速运动时有F＝μmg；F的方向与水平面成60°角拉动时有Fcos 60°＝μ(mg－Fsin 60°)，联立解得μ＝，故选C.‎ 答案：C ‎2．(2017·高考全国卷Ⅲ，T17)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距‎80 cm的两点上，弹性绳的原长也为‎80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为‎100 cm；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．‎86 cm B．‎‎92 cm C．‎98 cm D．‎‎104 cm 解析：将钩码挂在弹性绳的中点时，由数学知识可知钩码两侧的弹性绳(劲度系数设为k)与竖直方向夹角θ均满足sin θ＝，对钩码(设其重力为G)静止时受力分析，得G＝2k(－)cos θ；弹性绳的两端移至天花板上的同一点时，对钩码受力分析，得G＝2k(－)，联立解得L＝92 cm，故A、C、D项错误，B项正确．‎ 答案：B ‎3．(多选)(2017·高考全国卷Ⅰ，T21)如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N.初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α(α>)．现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM由竖直被拉到水平的过程中(　　)‎ A．MN上的张力逐渐增大 B．MN上的张力先增大后减小 C．OM上的张力逐渐增大 D．OM上的张力先增大后减小 解析：将重物向右上方缓慢拉起，重物处于动态平衡状态，可利用平衡条件或力的分解画出动态图分析．将重物的重力沿两绳方向分解，画出分解的动态图如图所示．在三角形中，根据正弦定理有＝＝，由题意可知FMN的反方向与FOM的夹角γ＝180°－α不变，因sin β(β为FMN与G的夹角)先增大后减小，故OM上的张力先增大后减小，当β＝90°时，OM上的张力最大，因sin θ(θ为FOM与G的夹角)逐渐增大，故MN上的张力逐渐增大，选项A、D正确，B、C错误．‎ 答案：AD ‎4.(2015·高考全国卷Ⅰ，T24)如图所示，一长为‎10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量均为‎0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了‎0.3 cm.重力加速度大小取‎10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．‎ 解析：金属棒通电后，闭合回路电流I＝＝ A＝6 A 导体棒受到的安培力大小为F＝BIL＝0.06 N.‎ 开关闭合后，电流方向为从b到a，由左手定则判断可知金属棒受到的安培力方向竖直向下 由平衡条件知，开关闭合前：2kx＝mg 开关闭合后：2k(x＋Δx)＝mg＋F 代入数值解得m＝0.01 kg.‎ 答案：方向竖直向下　0.01 kg ‎ [考情分析]‎ ‎■ 命题特点与趋势——怎么考 ‎1．物体的平衡条件及其应用历来是高考的热点，它不仅涉及力学中共点力的平衡，还常涉及带电粒子在电场、磁场或复合场中的平衡问题．‎ ‎2．应用整体法和隔离法分析物体的受力特点及平衡问题是考生必须掌握的方法，也是高考考查的重点．‎ ‎3．“整体法、隔离法”在受力分析中的应用，物体的“动态平衡”问题在2019年复习中应引起重视．‎ ‎■ 解题要领——怎么做 ‎　解决物体的平衡问题，一是要认清物体平衡状态的特征和受力环境，这是分析平衡问题的关键；二是要灵活运用处理力学平衡问题的基本方法(如合成法、正交分解法、效果分解法、三角形相似法等)来解答；三是要有辨析图形几何关系的能力．‎ ‎[建体系·记要点]　　　　　　　　　　　　　 　知识串联　熟记核心要点 授课提示：对应学生用书第4页 ‎[网络构建]‎ ‎[要点熟记]‎ ‎1．熟悉各个力的特点，会判断弹力的方向，会判断和计算摩擦力．‎ ‎(1)两物体间弹力的方向一定与接触面或接触点的切面垂直，且指向受力物体．‎ ‎(2)两物体接触处有无静摩擦力，要根据物体间有无相对运动趋势或根据平衡条件进行判断．‎ ‎(3)物体间恰好不相对滑动时，其间静摩擦力恰好等于最大静摩擦力．‎ ‎2．共点力的平衡：共点力的平衡条件是F合＝0，平衡状态是指物体处于匀速直线运动状态或静止状态．‎ ‎3．多个共点力平衡：任意方向上合力为零，建立直角坐标系后，两个坐标轴上的合力均为零，即Fx＝0，Fy＝0.‎ ‎4．动态平衡：物体在缓慢移动过程中，可以认为物体处于平衡状态，其所受合力为零．‎ ‎5．带电物体在复合场中除了受到重力、弹力和摩擦力外，还涉及电磁学中的电场力、安培力或洛伦兹力．电磁场中的平衡问题也遵循合力为零这一规律．‎ ‎[研考向·提能力]　　　　　　　　　　　　　　 　　　考向研析　掌握应试技能 授课提示：对应学生用书第4页 考向一　物体的受力分析 ‎　受力分析的三点注意 ‎(1)在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法进行分析．‎ ‎(2)采用整体法进行受力分析时，要注意系统内各个物体的状态应该相同．‎ ‎(3)当直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力，此法叫“转移研究对象法”．‎ ‎1．(多选)(2018·辽宁大连高三质检)如图所示，地面上固定着一个斜面，上面叠放上着A、B两个物块并均处于静止状态．现对物块A施加一斜向上的作用力F，A、B两个物块始终处于静止状态．则木块B的受力个数可能是(　　)‎ A．3个　　　　　　　 B.4个 C．5个 D．6个 解析：对A受力分析可得，A受竖直向下的重力、斜向左上方的拉力F、竖直向上的支持力及水平向右的摩擦力，对B受力分析可得，B受重力、A对B的压力、斜面的支持力、A对B向左的摩擦力，若斜面对B没有摩擦力则B受到4个力作用，若斜面对B有摩擦力则B受5个力作用，选项A、D错误，B、C正确．‎ 答案：BC ‎2.如图，一个L形木板(上表面光滑)放在斜面体上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的木块相连．斜面体放在平板小车上，整体一起沿水平向右的方向做匀速直线运动，不计空气阻力，则关于各物体的受力情况，下列说法正确的是(　　)‎ A．L形木板受4个力的作用 B．斜面体可能只受2个力作用 C．木块受2个力作用 D．斜面体不可能受平板小车对它的摩擦力作用 解析：先把L形木板、木块、斜面体看成一个整体进行分析，受重力、小车的支持力，选项D正确；隔离木块进行分析，其受重力、L形木板的支持力、弹簧的弹力(沿斜面向上)三个力作用处于平衡状态，选项C错误；隔离L形木板进行分析，其受重力、斜面体的支持力、弹簧的弹力(沿斜面向下)、木块的压力、斜面体对它的摩擦力5个力作用，选项A错误；隔离斜面体进行分析，其受重力、小车的支持力、L形木板对它的压力和摩擦力4个力作用，选项B错误．‎ 答案：D ‎3.(多选)(2018·江西南昌三中摸底)如图所示，穿在一根光滑的固定杆上的小球A、B连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，OB绳沿竖直方向，则下列说法正确的是(　　)‎ A．小球A可能受到2个力的作用 B．小球A一定受到3个力的作用 C．小球B可能受到3个力的作用 D．细绳对A的拉力与对B的拉力大小相等 解析：对A球受力分析可知，A受到重力、细绳的拉力以及杆对A球的弹力，三个力的合力为零，故A错误，B正确；对B球受力分析可知，B受到重力、细绳的拉力，两个力的合力为零，杆对B球没有弹力，否则B不能平衡，故C错误；定滑轮不改变力的大小，即细绳对A的拉力与对B的拉力大小相等，故D正确．‎ 答案：BD 受力分析的四种方法 ‎(1)假设法：在受力分析时，若不能确定某力是否存在，可先对其作出存在的假设，然后根据分析该力存在对物体运动状态的影响来判断假设是否成立．‎ ‎(2)整体法：将几个相互关联的物体作为一个整体进行受力分析的方法，如第2题中，研究斜面体和平板小车间作用力时，将L形木板、木块和斜面体看成一个整体．‎ ‎(3)隔离法：将所研究的对象从周围的物体中分离出来，单独进行受力分析的方法，如第1题中，对A、B两物体单独分析，研究其受力个数．‎ ‎(4)动力学分析法：对变速运动的物体进行受力分析时，应用牛顿运动定律进行分析求解的方法．‎ 考向二　共点力作用下的静态平衡问题 ‎[典例展示1]　(多选)如图所示，细绳CO与竖直方向成30°角，A、B两物体用跨过轻质滑轮(可看成质点)的细绳相连．已知物体B的重力mBg＝100 N，地面对物体B的支持力FN＝80 N．下列说法正确的是(　　)‎ A．物体A的重力为40 N B．物体B与地面间的摩擦力大小为20 N C．细绳CO受到的拉力为40 N D．OB与竖直方向的夹角为60°‎ ‎[思路探究]　(1)跨过滑轮两侧细绳上的弹力有什么特点？‎ ‎(2)物体受力个数多于三个力时，一般如何处理？‎ ‎[解析]　画出定滑轮的轴心O的受力分析示意图，选取直角坐标系，如图甲所示，根据平衡条件得FT1sin α－FT2sin 30°＝0，FT2cos 30°－FT1cos α－FT3＝0，其中FT1＝FT3＝mAg，联立解得α＝60°，选项D正确；画出物体B的受力分析示意图，选取直角坐标系，如图乙所示，根据平衡条件得Ff－FT1sin α＝0，FN＋FT1cos α－mBg＝0，联立并代入数据解得FT1＝40 N，FT2＝40 N，Ff＝20 N，选项B错误，C正确；mAg＝FT1＝40 N，选项A正确．‎ ‎[答案]　ACD 处理平衡问题常用的三种方法 ‎(1)合成法：物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力等大、反向，如例题中，细绳CO的拉力与跨过滑轮的两细绳拉力的合力等大反向，故除解析法外也可用合成法求解．‎ ‎(2)效果分解法：物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件．‎ ‎(3)正交分解法：物体受到三个或三个以上力的作用时，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件．‎ ‎4．(2018·山东潍坊高三期末)如图所示，质量为m的物体置于光滑半球上，物体与球心O的连线跟水平方向的夹角为θ.水平推力F作用在物体上，物体与半球均处于静止状态，则F与mg的关系正确的是(　　)‎ A．F＝mgsin θ　　　　　 B.F＝mgcos θ C．F＝mgtan θ D．F＝mgcot θ 解析：物体受到重力、沿半径向外的支持力和水平向右的推力，三个力平衡，则有FNsin θ＝mg，FNcos θ＝F，联立解得F＝mgcot θ，选项D正确．‎ 答案：D ‎5．如图所示，物块A和滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，滑环B套在与竖直方向成θ＝37°的粗细均匀的固定杆上，连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内，滑环B恰好不能下滑，滑环和杆间的动摩擦因数μ＝0.4，设滑环和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A和滑环B的质量之比为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：设物块A和滑环B的质量分别为m1、m2，若杆对B的弹力垂直于杆向下，因滑环B恰好不能下滑，则由平衡条件有m2gcos θ＝μ(m1g－m2gsin θ)，解得＝；若杆对B的弹力垂直于杆向上，因滑环B恰好不能下滑，则由平衡条件有m2gcos θ＝μ(m2gsin θ－m1g)，解得＝－(舍去)．综上分析可知应选C.‎ 答案：C ‎6.将一横截面为扇形的物体B放在水平面上，一小滑块A放在物体B上，如图所示，除了物体B与水平面间的摩擦力之外，其余接触面的摩擦力均可忽略不计，已知物体B的质量为M，滑块A的质量为m，当整个装置静止时，滑块A与物体B接触的切面与竖直挡板之间的夹角为θ.已知重力加速度为g，则下列选项正确的是(　　)‎ A．物体B对水平面的压力大小为Mg B．物体B受水平面的摩擦力大小为mgtan θ C．滑块A与竖直挡板之间的弹力大小为 D．滑块A对物体B的压力大小为 解析：以滑块A为研究对象进行受力分析，并运用合成法，如图所示，由几何知识得，挡板对滑块A的弹力大小为FN1＝，C正确；物体B对滑块A的弹力大小为FN2＝，根据牛顿第三定律知，滑块A对物体B的压力大小为，D错误；以滑块A和物体B组成的系统为研究对象，在竖直方向上受力平衡，则水平面对物体B的支持力FN＝(M＋m)g，故水平面所受压力大小为(M＋m)g，A错误；A和B组成的系统在水平方向上受力平衡，则水平面对物体B的摩擦力大小为Ff＝FN1＝，B错误．‎ 答案：C 考向三　共点力作用下的动态平衡问题 ‎[典例展示2]　如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点．现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力FN以及绳对小球的拉力FT的变化情况是(　　)‎ A．FN保持不变，FT不断增大 B．FN不断增大，FT不断减小 C．FN保持不变，FT先增大后减小 D．FN不断增大，FT先减小后增大 ‎[思路探究]　分析求解本题，必须明确以下问题：‎ ‎(1)用水平力缓慢推动斜面体时，小球在斜面上处于什么状态？‎ ‎(2)小球在斜面上无摩擦滑动过程中，受到哪些力的作用？哪些力不变，哪些力变化？‎ ‎[解析]　方法一：解析法　先对小球进行受力分析，如图甲，小球受到重力mg、支持力FN、拉力FT的作用，设细绳与水平方向的夹角为β，斜面的倾角为α，由平衡条件得FNcos α＋FTsin β＝mg，FNsin α－FTcos β＝0，联立解得FT＝，FN＝.用水平力F缓慢推动斜面体，β一直减小直至接近0.由题图易知，起始时刻β>α，当β＝α时，cos(β－α)＝1，FT最小，所以FT先减小后增大．β一直减小直至接近0，tan β不断减小，FN不断增大，选项D正确．‎ 方法二：图解法　由于用水平力F缓慢推动斜面体，故小球处于动态平衡状态．小球受到大小方向均不变的重力、方向不变的支持力、方向大小均变化的细绳的拉力，三个力构成封闭的三角形，画出小球受力示意图如图乙所示．当细绳与斜面平行时，细绳拉力FT2与支持力方向垂直，细绳拉力最小．当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，细绳拉力为FT4，所以FT先减小后增大，而此过程中斜面对小球的支持力FN一直增大，选项D正确．‎ ‎[答案]　D ‎“三法”巧解动态平衡问题 ‎(1)图解法：如果物体受到三个力的作用，其中一个力的大小、方向均不变，另一个力的方向不变，此时可 用图解法，画出不同状态下力的矢量图，判断第三个力的变化情况．如例题中小球重力大小方向不变，斜面对小球支持力方向不变，可用图解法．‎ ‎(2)解析法：如果物体受到多个力的作用，可进行正交分解，利用解析法，建立平衡方程，根据自变量的变化确定因变量的变化，如例题中的方法一，写出表达式分析β角的变化．‎ ‎(3)相似三角形法：如果物体受到三个力的作用，其中的一个力大小、方向均不变，另外两个力的方向都发生变化，可以用力三角形与几何三角形相似的方法．‎ ‎7．(多选)(2017·高考天津卷)如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态．如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A．绳的右端上移到b′，绳子拉力不变 B．将杆N向右移一些，绳子拉力变大 C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小 D．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移 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α和β，受力分析如图所示．‎ 绳子各部分张力相等，Fa＝Fb＝F，则α＝β，满足2Fcos α＝mg，d＝lasin α＋lbsin α，即sin α＝，F＝，当改变b的位置或绳两端的高度差时，d和l均不变，则sin α为定值，α为定值，cos α为定值，绳子的拉力保持不变，故A正确，C错误；当换挂质量更大的衣服时，d、l不变，则sin α为定值，α不变，故衣架悬挂点不变，选项D错误；将杆N向右移一些，d增大，则sin α增大，cos α减小，绳子的拉力增大，故B正确．‎ 答案：AB ‎8.如图所示是一个简易起吊设施的示意图，AC是质量不计的撑杆，A端与竖直墙之间用铰链连接，一滑轮固定在A点正上方，C端吊一重物．现施加一拉力F将重物P缓慢向上拉，在AC杆达到竖直状态前(　　)‎ A．BC绳中的拉力FT越来越大 B．BC绳中的拉力FT越来越小 C．AC杆中的支持力FN越来越大 D．AC杆中的支持力FN越来越小 解析：对C点进行受力分析，如图甲所示，由平衡条件可知，将三个力按顺序首尾相接，可形成如图乙所示的闭合三角形．很容易发现，这三个力与△ABC的三边始终平行，则＝＝，其中G、、均不变，逐渐减小，则由上式可知，FN不变，FT变小．‎ 答案：B ‎9．(2018·福建厦门市高三5月调研)如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于O点．一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条绳连接小球Q，P、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA受外力F的作用，处于水平方向，现缓慢逆时针改变绳OA的方向至θ<90°，且保持结点O位 置不变，整个装置始终处于静止状态．下列说法正确的是(　　)‎ A．绳OA的拉力一直减小 B．绳OB的拉力一直增大 C．地面对斜面体有向右的摩擦力 D．地面对斜面体的支持力不断减小 解析：对结点O受力分析，受与小球连接的绳的拉力，大小为mg，绳OB的拉力FT和OA绳的拉力，大小为F，三力平衡，保持结点O位置不变，则绳OB的方向不变，做矢量三角形如图所示，可知当绳OA与绳OB垂直时，外力F最小，所以改变绳OA的方向至θ<90°的过程中，绳OA的拉力F先减小再增大，连接物块的OB绳子的张力FT一直在减小，选项A、B错误；以斜面和P、Q整体为研究对象，根据平衡条件，地面对斜面体的摩擦力与OA绳子水平方向的分力等大反向，即水平向左，选项C错误；根据竖直方向受力平衡FN＋Fy＝M总g，由于绳OA拉力的竖直分力Fy不断增大，则地面对斜面体的支持力FN不断减小，选项D正确．‎ 答案：D 考向四　电磁场中的平衡问题 ‎10.如图所示，质量为m、电荷量为q的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，带有电荷量也为q的小球B固定在O点正下方绝缘柱上，其中O点与小球A的间距为l，O点与小球B的间距为l，当小球A平衡时，悬线与竖直方向夹角θ＝30°，带电小球A、B均可视为点电荷，静电力常量为k，则(　　)‎ A．A、B间库仑力大小F＝ B．A、B间库仑力大小F＝ C．细线拉力大小FT＝ D．细线拉力大小FT＝mg 解析：带电小球A受力如图所示，由几何关系可知OC＝l，即C点为OB中点，根据对称性可知AB＝l.由库仑定律知A、B间库仑力大小F＝，选项A错误；根据平衡条件得Fsin 30°＝FT·sin 30°，Fcos 30°＋FTcos 30°＝mg，解得F＝FT＝＝，选项B正确，C、D错误．‎ 答案：B ‎11．(多选)如图所示，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′点，并处于匀强磁场中．当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ，则磁感应强度方向和大小可能为(　　)‎ A．z正向，tan θ B．y正向， C．z负向，tan θ D．沿悬线向上，sin θ 解析：若磁感应强度方向为z正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y负方向，直导线不能平衡，选项A错误；若磁感应强度方向为y正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿z正方向，根据平衡条件有BIL＝mg，所以B＝，选项B正确；若磁感应强度方向为z负向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y正方向，根据平衡条件有BIL＝mgtan θ，所以B＝tan θ，选项C正确；若磁感应强度方向沿悬线向上，根据左手定则，直导线所受安培力方向如图所示(侧视图)，直导线不能平衡，选项D错误．‎ 答案：BC ‎12.如图所示，一质量为m的导体棒MN两端分别放在两个固定的光滑圆形导轨上，两导轨平行且间距为L，导轨处在竖直方向的匀强磁场中，当导体棒中通以自左向右的电流I时，导体棒静止在与竖直方向成37°角的导轨上，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：‎ ‎(1)磁场的磁感应强度B；‎ ‎(2)每个圆导轨对导体棒的支持力大小FN.‎ 解析：(1)从左向右看，受力分析如图所示，由平衡条件得 tan 37°＝，F安＝BIL，‎ 解得B＝.‎ ‎(2)设两导轨对导体棒支持力为2FN，则有 ‎2FNcos 37°＝mg，‎ 所以每个圆导轨对导体棒的支持力大小 FN＝mg.‎ 答案：(1)　(2)mg 解决电磁场中平衡问题的两条主线 ‎(1)正确判断方向 ‎①明确电荷的电性和场的方向．‎ ‎②根据左手定则结合带电体的带电性质、导体的电流方向以及磁场方向，判定研究对象所受的安培力或洛伦兹力的方向，如11题、12题中安培力方向的判断．根据电荷的电性和电场的方向判断库仑力的方向，如10题中库仑力方向的判断．‎ ‎(2)注意方法迁移 处理电磁场中的平衡问题的方法与纯力学问题的分析方法一样，把方法和规律进行迁移应用．‎ ‎ [限训练·通高考]　　 　　　　　　 　科学设题　拿下高考高分 单独成册　对应学生用书第123页 ‎(45分钟)‎ 一、单项选择题 ‎1．一通电直导体棒用两根绝缘轻质细线悬挂在天花板上，静止在水平位置(如正面图)．现在通电导体棒所处位置加上匀强磁场，使导体棒能够静止在偏离竖直方向θ角(如侧面图)的位置．如果所加磁场的强弱不同，则磁场方向的范围是(以下选项中各图，均是在侧面图的平面内画出的，磁感应强度的大小未按比例画)(　　)‎ 解析：对导体棒受力分析可知，导体棒受到的安培力与重力和绳子的拉力的合力大小相等，方向相反，故由左手定则可以判断出磁场的方向范围，故C正确．‎ 答案：C ‎2．(2018·河南重点中学联考)如图所示为三种形式的吊车的示意图，OA为可绕O点转动的轻杆，AB为质量可忽略不计的拴接在A点的轻绳，当它们吊起相同重物时，图甲、图乙、图丙中杆OA对结点的作用力大小分别为Fa、Fb、Fc，则它们的大小关系是(　　)‎ A．Fa>Fb＝Fc　　　　 B.Fa＝Fb>Fc C．Fa>Fb>Fc D．Fa＝Fb＝Fc 解析：设重物的质量为m，分别对三图中的结点进行受力分析，杆对结点的作用力大小分别为Fa、Fb、Fc，对结点的作用力方向沿杆方向，各图中G＝mg.则在图甲中，Fa＝2mgcos 30°＝mg；在图乙中，Fb＝mgtan 60°＝mg；在图丙中，Fc＝mgcos 30°＝mg.可知Fa＝Fb>Fc，故B正确，A、C、D错误．‎ ‎　‎ 答案：B ‎3.(2018·重庆高三调研)重庆一些地区有挂红灯笼的习俗．如图所示，质量为m的灯笼用两根长度一定的轻绳OA、OB悬挂在水平天花板上，O为结点，OA>OB，∠AOB＝90°.设OA、OB对O点的拉力大小分别为FA、FB，轻绳能够承受足够大的拉力，则(　　)‎ A．FA大于FB B．若左右调节A点位置，可使FA等于FB C．若左右调节A点位置，可使FA、FB均大于mg D．若改挂质量为‎2m的灯笼，可使FA、FB均增大mg 解析：如图所示，对O点受力分析，应用正交分解法可得FAcos α＝FBcos θ，FAsin α＋FBsin θ＝mg，因为OA>OB，所以不管怎么调节A点位置，都有α<θ，所以FAFTcos θ，则有mAgsin α＝FTcos θ＋Ff，随着θ在减小，Ff在减小，如果mAgsin α

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