2020高考物理二轮总复习专题限时训练1-1-1物体的平衡（Word版带解析）

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 3 3 ，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 3 kg C．200 kg D．200 3 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＝ 3 3 mg, F2＝ 3 2 mg B. F1＝ 3 2 mg, F2＝ 3 3 mg C. F1＝1 2mg, F2＝ 3 2 mg D. F1＝ 3 2 mg, F2＝1 2mg 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 F N1＝ 3 2 mg，FN2＝1 2mg，根据牛顿第三定律，F1＝FN1＝ 3 2 mg，F2＝FN2＝1 2mg，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 α 2 B．sin α 2 C．2sin α 2 D．2cos α 2 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： m2g R ＝ T1 2Rsin α 2 ，又 T1＝m1g，解得：m1 m2 ＝2sin α 2 ，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 α 2 ＝T1＝m1g，解得m1 m2 ＝2sin α 2 ，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 α 2 ＝ T1，T2＝m2g，T1＝m1g，解得m1 m2 ＝2sin α 2 ，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 qAqB r2 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＝ 3 2 ，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 3 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°＝ F mg ，解 得：F＝20 3 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× 3 2 N＝15 3 N，故 B 错误；由已知条件可得 FT ＝FT′＝ mg cos 60° ＝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°＝15 2 3 N＜Mgsin 60°，则铁块开始滑动，摩擦力大小为15 2 3 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＝ mg 2cos θ ，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＝mg k ；(2)由平 衡条件和胡克定律得：kΔl2＝mgsin θ，得 Δl2＝mgsin θ k ；(3)由平衡条件和胡克定律 得：kΔl3＝mg，得 Δl3＝mg k ；(4)根据牛顿第二定律和胡克定律得：kΔl4－mg＝mg， 得 Δl4＝2mg k ，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m1 m2 ，小球与半球之间的压力之比为N1 N2 ，则下列判断正确的是(　　)A.m1 m2 ＝24 25 B．m1 m2 ＝25 24 C.N1 N2 ＝1 D．N1 N2 ＝25 24 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： T L1 ＝m1g h ＝N1 R ，同理，对右侧小球，有 T L2 ＝m2g h ＝N2 R ，解得 m1g＝Th L1 m2g＝Th L2 N1＝m1gR h N2＝m2gR h 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 1 2 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 NFy＝T′sin 53°＋G＝10×0.8 N＋4 N＝12 N 故 F＝ F2x＋F2y≈13.4 N 风筝平面与水平面的夹角 θ 满足 tan θ＝Fx Fy ＝1 2 故 θ＝arctan 1 2.