专题一力与物体的平衡

课时作业(一)

一、选择题(共11个小题，2、10、11为多选，其余为单项选择题，每题5分共55分) 1．(2017·甘肃二模)如图所示，一物块置于水平地面上．当用与水平方向成30°角的力F1推物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成60°角的力F2拉物块时，物块仍做匀速直线运动．若F1和F2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为()

A.3－1B．2－3

C.

3

2－

1

2D．1－

3

2

答案B

分析在两种情况下分别对物体受力分析，根据共点力平衡条件，运用正交分解法列式求解，即可得出结论．

解析对两种情况下的物体分别受力分析，如图：

将F1正交分解为F3和F4，F2正交分解为F5和F6，

则有：

F滑′＝F3

mg＋F4＝F N′；

F滑＝F5

mg＝F6＋F N

而F滑＝μF N

F滑′＝μF N′

则有F1cos30°＝μ(mg＋F1sin30°) ①

F2cos60°＝μ(mg－F2sin60°) ②

又根据题意F1＝F2 ③

联立①②③解得：μ＝2－ 3.

点评本题关键要对物体受力分析后，运用共点力平衡条件联立方程组求解，运算量较大，要有足够的耐心，更要细心．

2．(2016·江苏)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中()

A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左

B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等

C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大

D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面

答案BD

解析当桌布被拉出时，鱼缸由静止到向右运动，但它相对于桌布来说，仍向左运动，由于滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，因此桌布对鱼缸的摩擦力的方向应向右，A项错误；因为鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，鱼缸受到桌布向右的摩擦力与它受到桌面向左的摩擦力大小相等，所以鱼缸向右加速的加速度大小与向右减速的加速度大小相等，方向相反，鱼缸的初速度为零，末速度也为零，根据对称性可知，鱼缸做加速运动的时间与做减速运动的时间相等，B项正确；若猫增大拉力，桌布的加速度更大，但是由于鱼缸与桌布间的压力不变，动摩擦因数也不变，故摩擦力也不变，C项错误；若猫减小拉力，桌布的加速度减小，鱼缸在桌布上的运动时间变长，而鱼缸向右的加速度不变，由x＝1

2知，

2at

鱼缸相对于桌面的位移变大，桌布被拉出后鱼缸在桌面上的位移也变大，鱼缸就有可能滑出桌面，D项正确．

3．(2017·课标全国Ⅲ)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

答案 B

解析 由题可知，挂上钩码后，如下图(1)所示：

此时弹性绳长度为100 cm ，则角度为：θ＝37°，sin θ＝0.6.

对结点O 进行受力分析如图(2)所示：

则由图(2)得：2Tsinθ＝mg

当将两端缓慢移动至同一点时，由受力分析可得：2T′＝mg

由于弹性绳上弹力为：F ＝kx 得出：T x ＝T′x′

由题可知：x ＝100－80＝20 cm

则弹性绳伸长长度为：x′＝12 cm

那么弹性绳总长度为：L ＝L 0＋x′＝92 cm

点评 本题考查共点力的平衡，本题的关键是找出绳子与竖直方向的夹角，然后计算出劲度系数．另外做这一类题目，要养成画图的习惯，这样题目就能变的简单．

4.(2017·江西一模)如图所示，质量为m(可视为质点)的小球P ，用两根轻绳

OP 和O′P 在P 点拴结实后再分别系于竖直墙上且相距0.4 m 的O 、O′两点

上，绳OP 长0.5 m ，绳O′P 刚拉直时，OP 绳拉力为T 1，绳OP 刚松弛时，

O ′P 绳拉力为T 2，θ＝37°，则T 1T 2

为(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)( ) A ．3∶4

B ．4∶3

C ．3∶5

D ．4∶5

答案 C

分析 绳O′P 刚拉直时，此时O′P 绳子拉力为零，绳OP 刚松弛时，此时OP 绳子拉力为零，根据小球的受力情况画出受力示意图，根据共点力的平衡条件求解．

解析 绳O′P 刚拉直时，OP 绳拉力为T 1，此时O′P 绳子拉力为零，小球受力如图所示，

根据几何关系可得sinα＝OO′OP ＝45

，所以α＝53°，所以α＋θ＝90°； 根据共点力的平衡条件可得：T 1＝mgsinα；

绳OP 刚松弛时，O ′P 绳拉力为T 2，此时OP 绳子拉力为零，小球受力如图所示，

根据共点力的平衡条件可得：T 2＝mgtanα，

由此可得：T 1T 2＝sin53°tan53°＝35

，所以C 项正确、A 、B 、D 项错误；故选C 项． 5.(2017·课标全国Ⅰ一模)有三个完全相同的金属小球A 、B 、C ，其中小球C

不带电，小球A 和B 带有等量的同种电荷，如图所示，A 球固定在竖直支架

上，B 球用不可伸长的绝缘细线悬于A 球正上方的O 点处，静止时细线与

OA 的夹角为θ.小球C 可用绝缘手柄移动，重力加速度为g ，现在进行下列操

作，其中描述与事实相符的是( )

A ．仅将球C 与球A 接触离开后，

B 球再次静止时细线中的张力比原来要小

B ．仅将球

C 与球A 接触离开后，B 球再次静止时细线与OA 的夹角为θ1，仅将球C 与球A 接触离开后，B 球再次静止时细线与OA 的夹角为θ2，则θ1＝θ2

C ．剪断细线OB 瞬间，球B 的加速度等于g

D ．剪断细线OB 后，球B 将沿OB 方向做匀变速直线运动直至着地

答案 B

分析 A 项，依据受力分析，与平衡条件，及库仑定律与三角形的相似比，即可判定；B 项，

由库仑定律和库仑分电量法，即可求解；C 项，根据牛顿第二定律，及矢量的合成法则，即可确定；D 项，依据库仑力随间距的变化而变化，从而判定运动性质．

解析 A 项，仅将球C 与球A 接触后离开，球A 的电量减半，致使二者间的库仑力减小，

对球B 进行受力分析可知它在三个力的作用下平衡，由三角形相似可知mg H ＝T L

，故细线的张力不变，故A 项错误；B 项，将球C 与球B 接触后离开，和球C 与球A 接触后离开，由库仑定律和库仑分电量法知道两种情况下AB 间的斥力相同，故夹角也相同，故B 项正确；C 项，剪断细绳瞬间球B 在重力和库仑力作用下运动，其合力斜向右下方，与原来细线的张力等大反向，故其加速度不等于g ，故C 项错误；D 项，剪断细线OB 后，球B 在空中运动时受到的库仑力随间距的变化而变化，即球B 落地前做变加速曲线运动，故D 项错误． 点评 考查库仑定律、牛顿第二定律的应用，掌握数学中三角形的相似比，理解电荷的相互作用力影响因素．

6.(2016·课标全国Ⅲ)如图所示，两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一

段固定圆弧上：一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m 的小球．在

a 和

b 之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( )

A.m 2

B.32m C ．m

D ．2m

答案 C

解析 如图所示，圆弧的圆心为O ，悬挂小物块的点为c ，由于ab ＝R ，则△aOb 为等边三角形，同一条细线上的拉力相等，T ＝mg ，合力沿aO 方向，则aO 为角平分线，由几何关系知，∠acb ＝120°，故绳的拉力的合力与物块的重力大小相等，即每条线上的拉力T ＝G ＝mg ，所以小物块质量为m ，故C 项正确．

7.(2017·湖南浏阳月考)如图所示，物体B 通过动滑轮悬挂在细绳上，

整个系统处于静止状态，动滑轮的质量和一切摩擦均不计．如果将

绳的左端点由P 点缓慢地向右移到Q 点，整个系统重新平衡后，绳

的拉力F 和绳子与竖直方向的夹角θ的变化情况是( )

A ．F 变大，θ变大

B ．F 变小，θ变小

C ．F 不变，θ变小

D ．F 不变，θ变大

答案 B

解析 整个系统处于静止状态，设两侧绳子的夹角为β，滑轮两侧绳的拉力F ＝m B g 2cos β2，左端移动到Q 点后，根据几何关系可知，此时两绳的夹角β减小，所以两侧绳的拉力变小，由几何知识可知，图中角θ大小是两绳的夹角大小的一半，由于滑轮两侧绳的夹角减小，所以角θ减小，故B 项正确，故A 、C 、D 三项错误．

8．(2015·山东)如图所示，滑块A 置于水平地面上，滑块B 在一水平力作

用下紧靠滑块A(A 、B 接触面竖直)，此时A 恰好不滑动，B 刚好不下滑．已

知A 与B 间的动摩擦因数为μ1，A 与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静

摩擦力等于滑动摩擦力．A 与B 的质量之比为( )

A.1μ1μ2

B.1－μ1μ2μ1μ2

C.1＋μ1μ2μ1μ2

D.2＋μ1μ2μ1μ2

答案 B

解析 物体AB 整体在水平方向F ＝μ2(m A ＋m B )g ；对物体B 在竖直方向有μ1F ＝m B g ；联

立解得m A m B ＝1－μ1μ2μ1μ2

，B 项正确． 9．(2017·河北省保定市高三调研)如图所示，木板P 下端通过光滑铰链固定

于水平地面上的O 点，物体A 、B 叠放在木板上且处于静止状态，此时物

体B 的上表面水平．现使木板P 绕O 点缓慢旋转到虚线所示位置，物体A 、

B 仍保持静止，与原位置的情况相比( )

A ．A 对

B 的作用力减小

B ．B 对A 的支持力减小

C ．木板对B 的支持力减小

D ．木板对B 的摩擦力增大 答案 B

解析 开始和转到虚线位置，A 对B 的作用力都等于A 的重力，大小不变，A 项错误；木板转到虚线位置后倾角减小，B 受到的摩擦力F f ＝μ(m A ＋m B )gsinθ减小，即木板对B 的摩擦力减小，B 对木板的压力F N ＝(m A ＋m B )gcosθ增大，木板对B 的支持力也增大，C 、D 两项错误；转到虚线位置时物体B 的上表面倾斜，对A 受力分析，易知，B 对A 的支持力减小，B 项正确．

10.如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平

面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一

端系有一个带电小球A ，细线与斜面平行．小球A 的质量为m 、

电量为q.小球A 的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B ，两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k ，重力加速度为g ，两带电小球可视为点电荷．小球A 静止在斜面上，则

( )

A ．小球A 与

B 之间库仑力的大小为kq 2/d 2

B ．当q d ＝mgsinθk 时，细线上的拉力为0

C ．当q d

＝mgtanθk 时，细线上的拉力为0 D ．当q d

＝mg ktanθ

时，斜面对小球A 的支持力为0 答案 AC

解析 点电荷库仑定律F ＝kq 2/d 2，所以A 项正确；当细线上的拉力为0的时候，小球A 受到库仑力、斜面支持力、重力，具体关系为kq 2/d 2＝mgtanθ，即C 项正确．由受力分析可知，斜面对小球的支持力不可能为0，所以D 项错误．

11．(2017·安徽模拟)如图所示，质量为M 的斜劈放置在水平地面上，细线绕过滑轮O 1、O 3连接m 1、m 3物体，连接m 1细线与斜劈平行，滑轮O 3由细线固定在竖直墙O 处，滑轮O 1用轻质杆固定在天花板上，动滑轮O 2跨在细线上，其下端悬挂质量为m 2的物体，初始整个装置静止，不计细线与滑轮间摩擦，下列说法正确的是( )

A ．若增大m 2质量，m 1、M 仍静止，待系统稳定后，细线张力大小不变

B ．若增大m 2质量，m 1、M 仍静止，待系统稳定后，地面对M 摩擦力变大

C ．若将悬点O 上移，m 1、M 仍静止，待系统稳定后，细线与竖直墙夹角变大

D．若将悬点O上移，m1、M仍静止，待系统稳定后，地面对M摩擦力不变

答案AD

分析先对物体m3分析，受重力和拉力而平衡，故细线的拉力一直不变；再对m1和斜面体整体分析，根据平衡条件分析摩擦力情况；如果将悬点O上移，先后对m2、m3分析，根据平衡条件分析细线与竖直墙夹角变化情况．

解析A、B两项，若增大m2质量，m1、M仍静止；先对物体m3分析，受重力和拉力而平衡，说明细线的拉力大小保持不变；再隔离m1和斜面体整体分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据平衡条件，摩擦力等于拉力的水平分力，由于拉力不变，故地面对M摩擦力不变，故A项正确，B项错误；C、D项，若将悬点O上移，m1、M仍静止，细线的拉力依然等于m3g，大小不变；先分析m2，由于重力不变，两个拉力的大小也不变，故根据平衡条件，两个拉力的方向不变；再分析滑轮O3，受三个拉力，由于两个拉力的大小和方向不变，故根据平衡条件，第三个拉力的方向也不变，故细线与竖直墙夹角不变，故C 项错误；最后分析m1和斜面体整体，受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据平衡条件，摩擦力等于拉力的水平分力，由于拉力不变，故地面对M摩擦力不变，故D项正确；故选A、D两项．

点评本题是力平衡问题，关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象进行受力分析，根据平衡条件列式求解；通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法．有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用．

二、计算题(共3个小题，12题12分，13题15分，14题18分，共45分) 12．(2017·北京市海淀区)如图所示，在匀强磁场中倾斜放置的两根平行光滑的金属导轨，它们所构成的导轨平面与水平面成θ＝30°角，平行导轨间距L＝1.0 m．匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度B＝0.20 T．两根金属杆ab和cd可以在导轨上无摩擦地滑动．两金属杆的质量均为m＝0.20 kg，电阻均为R＝0.20 Ω.若用与导轨平行的拉力作用在金属杆ab上，使ab杆沿导轨匀速上滑并使cd杆在导轨上保持静止，整个过程中两金属杆均与导轨垂直且接触良好．金属导轨的电阻可忽略不计，取重力加速度g＝10 m/s2.求：

(1)cd 杆受安培力F 安的大小；

(2)通过金属杆的感应电流I ；

(3)作用在金属杆ab 上拉力的功率P.

答案 (1)1.0 N (2)5.0 A (3)20 W

解析 (1)金属杆cd 静止在金属导轨上，所受安培力方向与导轨平面平行向上．

则F 安＝mgsin30°

解得：F 安＝1.0 N

(2)F 安＝BIL ，解得I ＝5.0 A

(3)金属杆ab 所受安培力方向与导轨平面平行向下，金属杆ab 匀速上滑，则F ＝BIL ＋mgsin30°，根据电磁感应定律，金属棒ab 上产生的感应电动势为E 感＝BLv.

根据闭合电路欧姆定律，通过金属杆ab 的电流I ＝E 感2R

，根据功率公式：P ＝Fv. 解得：P ＝20 W

考点 闭合电路欧姆定律，电磁感应定律

13．(2016·天津)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E ＝5 3 N/C ，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B ＝0.5 T ．有一带正电的小球，质量m ＝1.0×10－6 kg ，电荷量q ＝2×10－

6 C ，正以速度v 在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P 点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)取g ＝10 m/s 2，求：

(1)小球做匀速直线运动的速度v 的大小和方向；

(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P 点所在的这条电场线经历的时间t.

答案 (1)20 m/s 与电场方向成60°角斜向上

(2)3.5 s

解析

(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB ＝q 2E 2＋m 2g 2

① 代入数据解得v ＝20 m/s ②

速度v 的方向与电场E 的方向之间的夹角满足

tan θ＝qE mg

③

代入数据解得tanθ＝3

θ＝60° ④ (2)解法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图所示，设其加速度为a ，有a ＝q 2E 2＋m 2g 2

m ⑤

设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x ，有

x ＝vt ⑥

设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y ，有

y ＝12at 2 ⑦

a 与mg 的夹角和v 与E 的夹角相同，均为θ，又

tan θ＝y x

⑧

联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得

t ＝2 3 s ＝3.5 s ⑨ 解法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P 点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为v y ＝vsinθ

⑤

若使小球再次穿过P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有v y t －12

gt 2＝0 ⑥

联立⑤⑥式，代入数据解得t ＝2 3 s ＝3.5 s

⑦ 14．(2014·江苏)如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L ，长为3d ，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d 的薄绝缘涂层，匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向与导轨平面垂直，质量为m 的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R ，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g ，求：

(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；

(2)导体棒匀速运动的速度大小v ； (3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.

答案 (1)tanθ (2)mgRsinθB 2L 2

(3)2mgdsinθ－m 3g 2R 2sin 2θ2B 4L 4

解析 (1)在绝缘涂层上，导体棒做匀速直线运动，受力平衡，则有

mgsin θ＝μmgcosθ，解得μ＝tanθ

(2)导体棒在光滑导轨上滑动时

感应电动势E ＝BLv

感应电流I ＝E R

安培力F 安＝BIL

联立得F 安＝B 2L 2v R

受力平衡F 安＝mgsinθ

解得v ＝mgRsinθB 2L 2

(3)整个运动过程中，其他部分没有电阻，因此电阻产生的焦耳热Q 与安培力做功相等．根据动能定理，得

3mgd sinθ－μmgdcosθ－Q ＝12

mv 2－0 解得Q ＝2mgdsinθ－m 3g 2R 2sin 2θ2B 4L 4