屆高考物理二輪復(fù)習(xí)第章力與運(yùn)動(dòng)課時(shí)作業(yè)力與物體平衡

屆高考物理二輪復(fù)習(xí)第章力與運(yùn)動(dòng)課時(shí)作業(yè)力與物體的平衡屆高考物理二輪復(fù)習(xí)第章力與運(yùn)動(dòng)課時(shí)作業(yè)力與物體的平衡PAGE屆高考物理二輪復(fù)習(xí)第章力與運(yùn)動(dòng)課時(shí)作業(yè)力與物體的平衡課時(shí)作業(yè)1力與物體的平衡一、選擇題(1～7題為單項(xiàng)選擇題，8～11題為多項(xiàng)選擇題)1．以以下圖，質(zhì)量為2kg的物體與水平川面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，水平川面足夠大．t＝0時(shí)，物體以2m/s的初速度向右運(yùn)動(dòng)，同時(shí)對(duì)物體施加一個(gè)水平向左的大小恒為2N的拉力F，向右為正方向，取g＝10m/s2，則在t＝0今后()A．物體所受摩擦力不會(huì)變化B．物體所受摩擦力會(huì)由－4N變成＋2NC．物體所受摩擦力會(huì)由－4N變成－2ND．物體所受摩擦力會(huì)由＋4N變成＋2N分析：分析摩擦力問(wèn)題的重點(diǎn)是弄清楚是滑動(dòng)摩擦力仍是靜摩擦力，由題意知，剛開始物體向右運(yùn)動(dòng)，所以物體遇到向左的滑動(dòng)摩擦力為－4N；又因?yàn)閠＝0時(shí)，物體遇到向左的水平恒力，所以物意會(huì)向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)直到速度為0；今后水平恒力小于最大靜摩擦力，故物體遇到向右的靜摩擦力，與水平恒力等大反向，大小為＋2N，選項(xiàng)B正確．答案：B2．一通電直導(dǎo)體棒用兩杜絕緣輕質(zhì)細(xì)線懸掛在天花板上，靜止在水平川點(diǎn)(如正面圖)．此刻通電導(dǎo)體棒所處地點(diǎn)加上勻強(qiáng)磁場(chǎng)，使導(dǎo)體棒能夠靜止在偏離豎直方向θ角(如側(cè)面圖)的地點(diǎn)．假如所加磁場(chǎng)的強(qiáng)弱不同樣，則磁場(chǎng)方向的范圍是(以下選項(xiàng)中各圖，均是在側(cè)面圖的平面內(nèi)畫出的，磁感覺(jué)強(qiáng)度的大小未按比率畫)()分析：對(duì)導(dǎo)體棒受力分析可知，導(dǎo)體棒遇到的安培力與重力和繩索的拉力的協(xié)力大小相等，方向相反，故由左手定章能夠判斷出磁場(chǎng)的方向范圍，故C正確．答案：C3．[2018·安徽十校聯(lián)考]美國(guó)物理學(xué)家密立根)于20世紀(jì)初進(jìn)行了多次實(shí)驗(yàn)，比較正確地測(cè)定了電子的電荷量，其實(shí)驗(yàn)原理能夠簡(jiǎn)化為以下模型：兩個(gè)相距為d的平行金屬板A、B水平擱置，兩板接有可調(diào)電源．從A板上的小孔進(jìn)入兩板間的油滴因摩擦而帶有必定的電荷量，將兩板間的電勢(shì)差調(diào)理到U時(shí)，帶電油滴恰巧懸浮在兩板間；此后撤去電場(chǎng)，油滴開始著落，因?yàn)榭諝庾枇?，著落的油滴很快達(dá)到勻速著落狀態(tài)，經(jīng)過(guò)顯微鏡觀察到這個(gè)速度的大小為v，已知這個(gè)速度與油滴的質(zhì)量成正比，比率系數(shù)為k，重力加快度為g.則計(jì)算油滴帶電荷量的表達(dá)式為()A．q＝eq\f(kvd,U)B．q＝eq\f(vdg,kU)C．q＝eq\f(kv,Ud)D．q＝eq\f(vg,kUd)分析：依據(jù)油滴恰巧懸浮在兩板間，由平衡條件得：qeq\f(U,d)＝mg，由題意知v＝km，聯(lián)立得q＝eq\f(vdg,kU)，選項(xiàng)B正確．答案：B4．以以下圖，甲、乙、丙、丁四種狀況，圓滑斜面的傾角都是α，球都是用輕繩系住所于平衡狀態(tài)，則以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A．球?qū)π泵鎵毫ψ畲蟮氖羌讏DB．球?qū)π泵鎵毫ψ钚〉氖潜麍DC．球?qū)π泵鎵毫Φ诙蟮氖嵌DD．球?qū)π泵鎵毫Φ诙蟮氖且覉D分析：甲圖中，依據(jù)平衡條件得斜面對(duì)小球的支持力FN1＝mgcosα<mg.乙圖中，受力如圖，由平衡條件得FN2＝eq\f(mg,cosα)>mg.丙圖中，斜面對(duì)小球的支持力FN3＝0.丁圖中，設(shè)繩索與斜面的夾角為θ，繩索的拉力大小為F，則斜面對(duì)小球的支持力FN4＝mgcosα－Fsinθ<mg.依據(jù)牛頓第三定律得悉，斜面對(duì)小球的支持力與小球?qū)π泵娴膲毫Υ笮∠嗟龋郧驅(qū)π泵鎵毫ψ畲蟮氖且覉D，壓力最小的是丙圖，壓力第二大的是甲圖，故B正確．答案：B5．[2018·湖北省襄陽(yáng)四中考試]以以下圖，AB、BD為兩段輕繩，此中BD段水平，BC為處于伸長(zhǎng)狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧，且AB和CB與豎直方向的夾角均為45°，現(xiàn)將BD繩繞B點(diǎn)遲緩向上轉(zhuǎn)動(dòng)，保持B點(diǎn)不動(dòng)，則在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中作用于BD繩的拉力F的變化狀況是()A．變大B．變小C．先變大后變小D．先變小后變大分析：要保持B點(diǎn)的地點(diǎn)不變，BD繩向上轉(zhuǎn)動(dòng)的角度最大為45°，因?yàn)锽點(diǎn)的地點(diǎn)不變，所以彈簧的彈力不變，由圖解可知，AB繩的拉力減小，BD繩的拉力也減小，B正確．答案：B6．以以下圖，A、B兩球用輕桿相連，用兩根細(xì)線將其懸掛在水平天花板上的O點(diǎn)．現(xiàn)用外力F作用于小球B上(圖上F未標(biāo)出)，使系統(tǒng)保持靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線OA保持豎直，且A、B兩球在同一水平線上．已知兩球的重力均為G，輕桿和細(xì)線OB的夾角為45°，則外力F的最小值為()A．GB．2GC.eq\r(2)GD.eq\f(\r(2),2)G分析：對(duì)小球A受力分析，依據(jù)平衡條件輕桿對(duì)小球A、B的作使勁為零，即小球A受重力和細(xì)線OA的拉力二力平衡，對(duì)小球B受力分析，依據(jù)矢量三角形定章知當(dāng)力F與細(xì)線BO垂直時(shí)力F最小，最小值為：F＝Gsin45°＝eq\f(\r(2),2)G，應(yīng)選D.答案：D7．以以下圖，固定的圓滑直桿與豎直墻面夾角α＝30°，輕彈簧上端固定墻面上，下端與重力為G的小球連結(jié)，小球套在直桿上．小球靜止時(shí)彈簧與墻面夾角θ＝45°，則()A．桿對(duì)球的彈力方向垂直桿向上B．彈簧對(duì)球的彈力有可能為壓力C．彈簧的彈力大小是桿對(duì)球彈力的eq\f(\r(6),2)倍D．彈簧的彈力大小為eq\r(3)G分析：由小球沿桿方向受力平衡知，彈簧對(duì)球的彈力為拉力，由小球受力平衡知，桿對(duì)球的彈力方向垂直桿向下，A、B均錯(cuò)誤；小球受力以以下圖，桿對(duì)球的彈力FN與F′的夾角i＝90°－α－θ＝15°，依據(jù)正弦定理有eq\f(G,sini)＝eq\f(F′,sin180°－θ－i)＝eq\f(FN,sinθ)，解得eq\f(F′,FN)＝eq\f(\r(6),2)，F(xiàn)′＝eq\f(sin60°,sin15°)G>eq\f(sin60°,sin30°)G＝eq\r(3)G，C正確、D錯(cuò)誤．答案：C8．[2018·佛山二模]以以下圖，兩個(gè)小球a、b質(zhì)量均為m，用細(xì)線相連并懸掛于O點(diǎn)，現(xiàn)用一輕質(zhì)彈簧給小球a施加一個(gè)拉力F，使整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，且Oa與豎直方向夾角為θ＝45°，已知彈簧勁度系數(shù)為k，則彈簧形變量可能是()A.eq\f(\r(2)mg,k)B.eq\f(\r(2)mg,2k)C.eq\f(4\r(2)mg,3k)D.eq\f(2mg,k)分析：當(dāng)F與細(xì)線Oa垂直時(shí)，F(xiàn)有最小值，F(xiàn)的最小值為Fmin＝2mgsinθ＝2×eq\f(\r(2),2)mg＝eq\r(2)mg.當(dāng)F水平或豎直方向時(shí)，有最大值，F(xiàn)的最大值為Fmax＝2mg.依據(jù)胡克定律：xmax＝eq\f(2mg,k)，所以：xmin＝eq\f(\r(2)mg,k)，則A、C、D正確，B錯(cuò)誤．答案：ACD9．以以下圖，三角形ABC是固定在水平面上的三棱柱的橫截面，∠A＝30°，∠B＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，C處有圓滑小滑輪，質(zhì)量分別為m1、m2的兩物塊經(jīng)過(guò)細(xì)線跨放在AC面和BC面上，且均恰巧處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知AC面圓滑，物塊2與BC面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則兩物塊的質(zhì)量比m1m2可能是()A．1：3B．3：5C．5：3D．2：1分析：物塊1受重力m1g、細(xì)線拉力FT和斜面支持力FN作用途于平衡狀態(tài)，則FT＝m1gsin30°，物塊2受重力m2g、細(xì)線拉力FT、斜面支持力FN′及摩擦力Ff作用途于平衡狀態(tài)，當(dāng)m1較大時(shí)，最大靜摩擦力方向沿斜面向下，此時(shí)有FT＝m2gsin37°＋μm2gcos37°，即eq\f(m1,m2)＝2；當(dāng)m1較小時(shí)，最大靜摩擦力方向沿斜面向上，此時(shí)有FT＝m2gsin37°－μm2gcos37°，即eq\f(m1,m2)＝eq\f(2,5)，所以eq\f(2,5)≤eq\f(m1,m2)≤2，選項(xiàng)B、C、D正確．答案：BCD10．把a(bǔ)、b兩個(gè)完滿同樣的導(dǎo)體小球分別用長(zhǎng)為l的絕緣細(xì)線拴接，小球質(zhì)量均為m.先讓a球帶上＋q的電荷量并懸掛于O點(diǎn)，以以下圖．現(xiàn)將不帶電的小球b也懸掛于O點(diǎn)(圖中未畫出)，兩球接觸后因?yàn)殪o電斥力分開，平衡時(shí)兩球相距l(xiāng).已知重力加快度為g，靜電力常量為k，帶電小球可視為點(diǎn)電荷．對(duì)于a球所受的靜電力大小F及O點(diǎn)處的場(chǎng)興盛小E以下正確的選項(xiàng)是()A．F＝eq\f(\r(3),3)mgB．F＝eq\r(3)mgC．E＝eq\f(\r(3)kq,l2)D．E＝eq\f(\r(3)kq,2l2)分析：對(duì)平衡時(shí)的a球受力分析以以下圖，由正交分解法可得FTsin60°＝mg，F(xiàn)Tcos60°＝F，聯(lián)立解得F＝eq\f(\r(3),3)mg，選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤；兩小球接觸后電荷量會(huì)均分，則每個(gè)小球的電荷量都為＋eq\f(q,2)，由點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式可得Ea＝Eb＝keq\f(\f(q,2),l2)＝eq\f(kq,2l2)，由平行四邊形定章可得E＝2Eacos30°＝eq\f(\r(3)kq,2l2)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤、D正確．答案：AD11．以以下圖，磁場(chǎng)方向垂直固定斜面向上，磁感覺(jué)強(qiáng)度大小隨時(shí)間變化的規(guī)律為B＝(2＋2t)T.將一根長(zhǎng)0.3m、質(zhì)量為0.2kg的通電硬直導(dǎo)線置于斜面上，導(dǎo)線雙側(cè)固定有立柱，導(dǎo)線中電流大小為1A．t＝0和t＝2s時(shí)辰，導(dǎo)線對(duì)雙側(cè)立柱的壓力恰巧為零．重力加快度大小g＝10m/s2.以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A．斜面傾角θ＝30°B．導(dǎo)線對(duì)斜面的壓力為1NC．導(dǎo)線與斜面間最大靜摩擦力為0.6ND．在t＝1s時(shí)，導(dǎo)線所受的摩擦力為零分析：設(shè)導(dǎo)線遇到的最大靜摩擦力為Ff.t＝0時(shí)，B1＝2T，安培力為F1，由平衡條件得F1＋Ff＝mgsinθ，此中F1＝B1Il；t＝2s時(shí)，B2＝6T，安培力為F2，由平衡條件得F2＝mgsinθ＋Ff，F(xiàn)2＝B2Il，聯(lián)立解得Ff＝0.6N，sinθ＝0.6，θ＝37°，A錯(cuò)誤、C正確；導(dǎo)線對(duì)斜面的壓力大小為FN＝mgcosθ＝1.6N，B錯(cuò)誤；t＝1s時(shí)，B3＝4T，安培力F3＝B3Il＝1.2N，代入F3＋Ff′＝mgsinθ得，F(xiàn)f′＝0，D正確．答案：CD二、非選擇題12．如圖，坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi)，在該地區(qū)有場(chǎng)強(qiáng)E＝12N/C、方向沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感覺(jué)強(qiáng)度大小為B＝2T、沿水平方向的且垂直于xOy平面指向紙里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一個(gè)質(zhì)量m＝4×10－5kg，電荷量q＝2.5×10－5C帶正電的微粒，在xOy平面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到原點(diǎn)O時(shí)，撤去磁場(chǎng)，經(jīng)一段時(shí)間后，帶電微粒運(yùn)動(dòng)到了x軸上的P點(diǎn)(g＝10m/s2)，求：(1