发布时间 : 星期五 文章【2019-2020】高考物理二轮复习专题限时集训(一)力与物体的平衡更新完毕开始阅读24c1c42e162ded630b1c59eef8c75fbfc77d949d
专题限时集训(一)
1.B [解析] 对小球,由平衡条件知,竖直方向上,摩擦力与重力平衡,与压力大小、水平运动状态等无关,选项B正确.
2.B [解析] 设每根绳与竖直方向的夹角为θ,绳子根数为n,则nFcos θ=G,绳长变大时,夹角θ变小,F变小,选项B正确.
3.C [解析] 设每根橡皮绳的拉力为F0,由平衡条件知,A所受的摩擦力fA=2F0cos 60°=F0,D所受的摩擦力fD=F=2F0cos 30°=F0,则fA=F,选项C正确.
4.D [解析] 弹簧竖直悬挂物体时,对物体受力分析,根据平衡条件得F=mg,对放在斜面上的物体受力分析,此时弹簧的拉力大小仍为F=mg,设物体所受的摩擦力沿斜面向上,根据平衡条件得F+f-2mgsin 30°=0,解得f=0,选项D正确.
5.B [解析] 门对石头的力与石头对门的力是一对相互作用力,选项A错误;对木楔,由平衡条件得Fsin θ=f,FN=mg+Fcos θ,选项B正确;当Fsin θ>μ(mg+Fcos θ)时,木楔才能被推动,若sin θ<μcos θ,即tan θ<μ,则无论F为多大,都推不动木楔,选项C、D错误.
6.BC [解析] 对小球a,静电力F=k=,由平衡条件得tan 60°=,O点的场强大小
E=2×kcos 30°==,选项B、C正确.
7.AD [解析] 两小球接触前,两球之间的库仑力F=,两小球接触后,两球之间的库仑
力变为原来的,选项B、C错误;对小球B,由平衡条件得tan θ==,两小球接触
后,qAqB增大,库仑力增大,细线与竖直方向的夹角θ变大,选项A正确;细线的拉力FT=随夹角θ增大而增大,选项D正确.
8.BD [解析] 对A、B整体,由平衡条件得Eqcos θ=FN,μFN+Eqsin θ=(m1+m2)g,联立可得
E==,tan φ=,当cos(φ-θ)=1时,电场强度E最小,且
最小值Em=5 N/C,此时cos φ=cos θ=,即θ=60°,选项B、D正确.
9.BD [解析] 对物块,外力F和重力mg的合力恒定,由平衡条件知,物块所受支持力和摩擦力的合力恒定,选项B正确;同理,f=mgsin θ+Fcos θ,mgcos θ=Fsin θ+FN,随着木板倾角θ增大,物块所受支持力减小,支持力与摩擦力的合力恒定,摩擦力与该合力的夹角减小,故摩擦力增大,选项A、C错误,D正确.
10.BD [解析] 对斜面体和物块A、B整体分析,可知斜面体和水平地面间没有静摩擦力,选
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项A错误;对A、B整体分析,由平衡条件知,静摩擦力f=2mgsin θ,选项B正确;对A分析,
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当A受到最大静摩擦力时,弹簧被压缩至最短,此时(kx)+(mgsin θ)=(μmgcos θ),解得
最大压缩量x=,选项D正确;若将弹簧拿掉,静摩擦力减小,物块继续保
持静止,选项C错误.
11.C [解析] 对均匀小球进行受力分析如图所示.连接O2B和O1O2,设O2B与水平地面之间的夹角为β,O1O2与水平地面之间的夹角为α;当θ=60°时,由几何关系可知,由于AB=AO2,所以△ABO2为等边三角形,β=90°-60°=30°,由圆心角与圆周角之间的关系可知α=2β=60°,可知小球受到的细线的拉力T与半圆柱体对小球的支持力N相互垂直,水平方
向上有Tsin θ=Ncos α,竖直方向上有Tcos θ+Nsin α=m2g,联立得T=m2g,N=m2g,以小
球与半圆柱体组成的整体为研究对象,竖直方向上有m1g+m2g=Tcos θ+N',所以
N'=m1g+m2g-Tcos θ=m1g+m2g,根据牛顿第三定律可知,半圆柱体对地面的压力大小为
m1g+m2g,小球对半圆柱体的压力大小为m2g,A、B错误;若改变半圆柱体的半径,当小球平
衡时,小球的位置在以A为圆心、l为半径的圆弧上,由几何关系可知,直线O1O2是该圆弧的切线,所以AO2⊥O1O2,则T=m2gcos θ,以小球与半圆柱体组成的整体为研究对象,在水平方向上有FN=Tsin θ=m2gsin θcos θ=m2gsin 2θ,当θ=45°时,墙对半圆柱体的弹力最大,为m2g,由牛顿第三定律知,C正确;半圆柱体在竖直方向上受到的支持力N'=m1g+m2g-Tcos
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θ=m1g+m2g-m2gcos θ=m1g+m2gsin θ,由几何关系可知,增大半圆柱体的半径,则θ增大,N'将增大,根据牛顿第三定律可知,半圆柱体对地面的压力将增大,D错误.
12.(1) (2)1∶1
[解析] (1)设重物的质量为m,重物与木板间的动摩擦因数为μ.木板倾角为30°时,由平衡条件得
FN1=mgcos 30° f1=mgsin 30° 又知f1=μFN1
联立解得μ=tan 30°=
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(2)木板水平时,设推力大小为F,由平衡条件得 FN2=mg+Fsin 30° f2=Fcos 30° 又知f2=μFN2
联立解得F==mg
所以推力与重物的重力大小之比为1∶1 13.(1)2.0 Ω (2)2.7 Ω≤R≤8.4 Ω
[解析] (1)根据受力分析可得=tan θ
则FA=mg=1.5 N
由FA=B1LI=B1L 解得R=2.0 Ω.
(2)静摩擦力最大且沿导轨向下时,有B2ImaxL=f+mgsin θ
即B2L=μmgcos θ+mgsin θ
解得Rmin≈2.7 Ω
静摩擦力最大且沿导轨向上时,有B2IminL+f=mgsin θ
即B2L+μmgcos θ=mgsin θ
解得Rmax=8.4 Ω
电阻箱接入电路中的阻值R应满足的条件是2.7 Ω≤R≤8.4 Ω.
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