【全程复习方略】高考物理二轮复习 课时冲关练 1.1力与物体的平衡（B卷）.doc

力与物体的平衡(b卷)(45分钟，100分)一、单项选择题(本题共4小题，每小题8分，共32分。每小题只有一个选项正确)1.(2014温州一模)如图所示，两个质量均为m1的小球套在竖直放置的光滑支架上，支架的夹角为120，用轻绳将两球与质量为m2的小球连接，绳与杆构成一个菱形，则m1m2为()a.11b.12c.13d.32【解析】选a。设轻绳中拉力为t，隔离m1受力分析如图甲所示，由平衡条件可得m1gcos60=tcos60，解得t=m1g。隔离m2受力分析如图乙所示，由平衡条件可得，2tcos60=m2g，得t=m2g。所以m1m2=11，选项a正确。【加固训练】(2014沈阳模拟)如图所示，由两种材料做成的半球面固定在水平地面上，球右侧面是光滑的，左侧面粗糙，o点为球心，a、b是两个相同的小物块(可视为质点)，物块a静止在左侧面上，物块b在图示水平力f作用下静止在右侧面上，a、b处在同一高度，ao、bo与竖直方向的夹角均为，则a、b分别对球面的压力大小之比为()a.sin21b.sin1c.cos21d.cos1【解析】选c。对物块a受力分析：由力的平衡得fna=mgcos对物块b受力分析，由力的平衡得：fnbcos=mg，所以fnafnb=cos21，c正确。2.(2014杭州一模)如图所示，某欧式建筑物屋顶为半球形，一警卫人员为执行特殊任务，必须冒险在半球形屋顶上向上缓慢爬行，他在向上爬的过程中()a.屋顶对他的支持力不变b.屋顶对他的支持力变小c.屋顶对他的摩擦力变大d.屋顶对他的摩擦力变小【解析】选d。当警卫人员爬到图示位置时，受力分析如图，则mgcos-n=0，mgsin-f=0，故n=mgcos，f=mgsin，所以缓慢向上爬时，减小，n变大，f变小，d对，a、b、c错。3.(2014湖州一模)如图所示，一根长度为l的直导体棒中通以大小为i的电流，静止放在导轨上，垂直于导体棒的匀强磁场的磁感应强度为b，b的方向与竖直方向成角。下列说法中正确的是()a.导体棒受到磁场力大小为blisinb.导体棒对轨道压力大小为mg-bilcosc.导体棒受到导轨摩擦力为(mg-bilsin)d.导体棒受到导轨摩擦力为blicos【解析】选d。根据左手定则可得导体棒受力分析如图所示。导体棒受到磁场力大小为f=bil，选项a错误；根据共点力平衡规律得：bilsin+fn=mg，得导体棒对轨道的压力大小为fn=mg-bilsin，选项b错误；由于导体棒受到的是静摩擦力，因而受到静摩擦力大小要运用力的平衡规律求解，即为ff=blicos，选项c错误，选项d正确。4.斜面abc固定在水平面上，ab面光滑，bc面粗糙，ab长度是bc长度的两倍。三个相同木块a、b、c通过轻质光滑定滑轮用细线相连，细线平行于斜面，如图所示。用手按住c，使其静止在bc上，现撤去c所受手的作用力，下列关于木块c的判断，正确的是()a.沿bc面下滑b.沿bc面上滑c.仍静止，所受摩擦力为零d.仍静止，所受摩擦力不为零【解析】选c。假设撤去c所受手的作用力后木块a、b、c仍静止，则对木块a、b组成的系统受力分析得绳的拉力ft=2mgsin。对木块c受力分析，受力情况如图所示，木块c所受重力沿斜面向下的分力等于mgsin，据题意知ab长度是bc长度的两倍，由三角形正弦定理得，sinsin=bcab，所以sin=2sin，木块c沿斜面方向的合力为0。所以木块c仍静止，所受摩擦力为零，选项c正确。二、不定项选择题(本题共3小题，每小题8分，共24分。每小题至少一个选项正确)5.(2014台州一模)如图所示，a、b两球质量均为m。固定在轻弹簧的两端，分别用细绳悬于o点，其中球a处在光滑竖直墙面和光滑水平墙面的交界处，已知两球均处于平衡状态，oab恰好构成一个正三角形，则下列说法正确的是(重力加速度为g)()a.球a可能受到四个力的作用b.弹簧对球a的弹力大于对球b的弹力c.绳ob对球b的拉力大小一定等于mgd.绳oa对球a的拉力大小等于或小于1.5mg【解析】选a、c、d。球a可能受到重力、竖直墙面的弹力、弹簧弹力、细绳的拉力四个力的作用，选项a正确。弹簧对球a的弹力和对球b的弹力是作用力和反作用力，二者大小相等，选项b错误。画出球b的受力图，由平衡条件可知，绳ob对球b的拉力大小一定等于mg，选项c正确。若水平地面对a球支持力为零，对a球，由平衡条件可得绳oa对球a的拉力大小等于1.5mg；若水平地面对a球支持力不为零，对a球，由平衡条件可得绳oa对球a的拉力大小小于1.5mg；选项d正确。6.(2014杭州一模)如图所示，水平细杆上套一细环a，环a和球b间用一轻质细绳相连，质量分别为ma、mb(mamb)，b球受到水平风力作用，细绳与竖直方向的夹角为，a环与b球都保持静止，则下列说法正确的是()a.b球受到的风力大小为mbgtanb.当风力增大时，杆对a环的支持力不变c.a环与水平细杆间的动摩擦因数为mbma+mbtand.当风力增大时，轻质绳对b球的拉力仍保持不变【解析】选a、b。以b球为研究对象，受到重力、风力和拉力作用，三力平衡，解三角形得到拉力ft=mbgcos，风力f=mbgtan，当f增大时，角增大，ft增大，选项a正确，d错误；对a、b整体由平衡条件得，水平方向有f=ff(ma+mb)g，解得mbtanma+mb，竖直方向杆对a球的支持力fna=(ma+mb)g，选项b正确，c错误。7.如图甲，笔记本电脑散热底座一般置有四个卡位用来调节角度。某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡位1缓缓调至卡位4(如图乙)，笔记本电脑始终处于静止状态，则()a.电脑受到的摩擦力变小b.电脑对散热底座的压力变小c.散热底座对电脑的作用力大小之和等于其重力d.散热底座对电脑的作用力的合力不变【解析】选a、d。由原卡位1缓缓调至卡位4，倾斜角变小，重力的下滑分力减小，垂直斜面的重力分量增加，根据电脑受力平衡得a对，b错；散热底座对电脑的作用力的矢量和等于其重力，c错，d对。【加固训练】(多选)(2013桂林二模)如图所示，质量为m、半径为r的半球形物体a放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球b。则()a.a对地面的压力等于(m+m)gb.a对地面的摩擦力方向向左c.b对a的压力大小为r+rrmgd.细线对小球的拉力大小为rrmg【解析】选a、c。物体a与球b整体只受重力和地面的支持力作用而平衡，由平衡条件得fn=(m+m)g，由牛顿第三定律得a对地面的压力等于(m+m)g，选项a正确，b错误；球b受力如图所示，由平衡条件得fn=mgcos=r+rrmg，ft=mgtan=(r+r)2-r2rmg= 2rr+r2rmg，选项c正确，d错误。三、计算题(本题共2小题，共44分。需写出规范的解题步骤)8.(22分)如图所示，质量为m的物体，放在一固定斜面上，当斜面倾角为30时恰能沿斜面匀速下滑。对物体施加一大小为f的水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角0时，不论水平恒力f多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数。(2)这一临界角0的大小。【解析】(1)由“恰能匀速下滑”得mgsin30=mgcos30(4分)解得=33(2分)(2)设斜面倾角为，受力情况如图所示，由匀速直线运动的条件：fcos=mgsin+ff(4分)fn=mgcos+fsin(4分)ff=fn(2分)解得：f=mgsin+mgcoscos-sin(2分)当cos-sin=0，即cot=时，f即“不论水平恒力f多大，都不能使物体沿斜面向上滑行”，此时，临界角0=60。(4分)答案：(1)33(2)609.(22分)同学们都擦过黑板，手拿黑板擦在竖直的黑板面上，或上下或左右使黑板擦与黑板之间进行滑动摩擦，将黑板上的粉笔字擦干净。已知黑板的规格为4.51.5m2，黑板的下边沿离地的高度为0.8 m，若黑板擦(可视为质点)的质量为0.1 kg，现假定某同学用力将黑板擦在黑板表面缓慢竖直向上擦黑板，当手臂对黑板擦的作用力f与黑板面所成角度为=53时，f=5n。(取g=10m/s2，sin53=0.8)(1)求黑板擦与黑板间的动摩擦因数。(2)当他擦到离地最大高度为2.05m时，黑板擦意外脱手沿黑板面竖直向下滑落，求黑板擦砸到黑板下边沿时的速度v的大小。【解题指南】解答本题应注意以下两点：(1)黑板擦在黑板表面缓慢移动说明黑板擦处于平衡状态。(2)黑板擦沿黑板面竖直向下滑落时，黑板擦只受重力作用，黑板擦做自由落体运动。【解析】(1)黑