2016届高考物理第二轮模块复习训练题31.doc

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第1讲　力与物体的平衡
专题提升训练
一、单项选择题
1.(2015·金华十校高三4月模拟考试)在建筑装修中，工人用质量为m的磨石对斜壁进行打磨，当对磨石加竖直向上推力F时，磨石恰好能沿斜壁向上匀速运动，已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为μ，则磨石受到的摩擦力大小为(　　)

图1
A.Fsin θ B.Fcos θ
C.μ(F－mg)sin θ D.μ(F－mg)cos θ
解析　磨石受竖直向下的重力、竖直向上的推力F、垂直于斜壁向下的弹力FN和沿斜壁向下的摩擦力Ff作用，由于磨石匀速运动，故其所受合力为0。故垂直于斜壁方向有mgsin θ＋FN＝Fsin θ，故FN＝Fsin θ－mgsin θ，所以Ff＝μFN＝μ(F－mg)sin θ，平行于斜壁方向有Ff＋mgcos θ＝Fcos θ，所以Ff＝(F－mg)cos θ，故只选C。
答案　C
2.(2015·陕西宝鸡一检)在如图所示的A、B、C、D四幅图中，滑轮本身的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一个质量都是m的重物，当滑轮和重物都静止不动时，图A、C、D中杆P与竖直方向夹角均为θ，图B中杆P在竖直方向上，假设A、B、C、D四幅图中滑轮受到木杆弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断中正确的是(　　)

A.FA＝FB＝FC＝FD
B.FD＞FA＝FB＞FC
C.FA＝FC＝FD＞FB
D.FC＞FA＝FB＞FD
解析　设滑轮两边轻绳的夹角为φ，对重物分析，可得绳子拉力等于重物重力mg，滑轮受到木杆弹力F等于两边轻绳拉力的合力，即F＝2mgcos，由夹角关系可得FD＞FA＝FB＞FC，选项B正确。
答案　B
3.(2015·江苏省苏、锡、常、镇四市高三教学情况调研)如图2所示，放在水平面上的斜面体B始终静止，物块A放在斜面体上，一轻质弹簧，两端分别与物块A及固定在斜面体底端的挡板拴接，初始时A、B静止，弹簧处于压缩状态。现用力F沿斜面向上拉A，但并未运动。下列说法正确的是(　　)

图2
A.弹簧对挡板的作用力减小
B.A、B之间的摩擦力可能大小不变
C.B对地面的压力增加
D.水平面对B的摩擦力不变
解析　开始弹簧处于压缩状态，加力F后，A未运动，弹簧长度不变，则弹簧对挡板作用力不变，A错；隔离物块A分析得，A受B的摩擦力可能方向变化、大小不变，B对；A、B整体受力平衡，F水平＝Ff，F竖直＋FN＝M总g，所以C、D错误。
答案　B
4.(2015·江阴市高三模拟)如图3所示，一个人站在水平地面上的长木板上用力F向右推箱子，木板、人、箱子均处于静止状态，三者的质量均为m，重力加速度为g，则(　　)

图3
A.箱子受到的摩擦力方向向右
B.地面对木板的摩擦力方向向左
C.木板对地面的压力大小为3mg
D.若人用斜向下的力推箱子，则木板对地面的压力会大于3mg
解析　对箱子受力分析，受重力、支持力、F、静摩擦力，根据平衡条件，箱子受到的摩擦力方向向左，与F平衡，故A错误；对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，不受静摩擦力，否则不平衡，故地面对木板没有静摩擦力，故B错误；对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，根据平衡条件，支持力等于重力；根据牛顿第三定律，支持力等于压力；故压力等于整体的重力，为3mg；故C正确；人用斜向下的力推箱子，对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，故压力依然等于3mg，故D错误。
答案　C
5.如图4所示，一个L型木板(上表面光滑)放在斜面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的木块相连。斜面放在平板小车上，整体一起沿水平向右的方向做匀速直线运动，不计空气阻力。则关于各物体的受力情况，下列说法正确的是(　　)

图4
A.L型木板受4个力的作用
B.斜面可能只受2个力作用
C.木块受2个力作用
D.斜面不可能受平板小车对它的摩擦力作用
解析　先把L型木板、木块、斜面看成一个整体进行分析，受重力、小车的支持力，D正确；隔离木块进行分析，受重力、斜面的支持力、弹簧的弹力(沿斜面向上)三个力作用处于平衡状态，C错误；隔离木板，受重力、斜面的支持力、弹簧的弹力(沿斜面向下)、木块的压力、斜面对它的摩擦力5个力，A错误；隔离斜面，受4个力作用，B错误。
答案　D
6.(2015·江西南昌调研)水平面上有U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电源，现垂直于导轨搁一根质量为m的金属棒ab，棒与导轨的动摩擦因数为μ(滑动摩擦力略小于最大静摩擦力)，通过棒的电流强度为I。现加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于金属棒ab，与垂直导轨平面的方向夹角为 θ，如图5所示，金属棒处于静止状态，重力加速度为g，则金属棒所受的摩擦力大小为(　　)

图5
A.BILsin θ B.BILcos θ
C.μ(mg－BILsin θ) D.μ(mg＋BILcos θ)
解析　金属棒处于静止状态，其合力为零，对其进行受力分析，如图所示，在水平方向有BILcos θ－Ff＝0，Ff＝BILcos θ，选项B正确，选项A、C、D错误。
答案　B
7.(2015·杭州市第一次教学质量检测)如图6所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒ab相连，弹簧与导轨平面平行并与ab垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场，闭合开关K后导体棒中的电流为I，导体棒平衡时，弹簧伸长量为x1；调转图中电源极性，使导体棒中电流反向，导体棒中电流仍为I，导体棒平衡时弹簧伸长量为x2，忽略回路中电流产生的磁场，则匀强磁场的磁感应强度B的大小为(　　)

图6
A.(x1＋x2) B.(x2－x1)
C.(x2＋x1) D.(x2－x1)
解析　调转电源极性时导体棒受到的安培力方向与调转前相反。由平衡条件可得mgsin α＝kx1＋BIL；调转电源极性使导体棒中电流反向，由平衡条件可得mgsin α＋BIL＝kx2，联立解得B＝(x2－x1)，选项D正确。
答案　D
8.如图7所示，在粗糙水平面上建立一直角坐标系xOy，在坐标原点处有一物体，质量m＝5 kg，物体和水平面间的动摩擦因数为μ＝0.08，物体受到沿坐标轴的三个恒力F1、F2、F3的作用而静止于水平面上，其中F1＝3 N，方向沿x轴正方向；F2＝4 N，方向沿y轴正方向；F3沿x轴负方向。则下列说法正确的是(　　)

图7
A.F3的大小可能大于4 N
B.F3的大小可能小于3 N
C.物体受到的摩擦力大小一定等于4 N，方向沿y轴负方向
D.物体受到的摩擦力大小可能小于4 N，方向沿y轴负方向
解析　物体所受地面的最大静摩擦力Ffm＝μmg＝4 N，由平衡条件可知，F1、F2、F3的合力必须小于或等于4 N，其中F2＝4 N，F1与F3反向，只有当F1＝F3时，三力的合力才等于4 N，否则一定大于4 N，因此F3＝3 N，静摩擦力Ff＝Ffm＝4 N，方向与F2相反，即沿y轴负方向，选项C正确。
答案　C
9.如图8甲所示，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，地面对斜劈的摩擦力为Ff1。若对该物块施加一平行于斜面向下的推力F1，使其加速下滑，如图乙所示，则地面对斜劈的摩擦力为Ff2；若对该物块施加一平行于斜面向上的推力F2，使其减速下滑，如图丙所示，则地面对斜劈的摩擦力为Ff3，下列关于Ff1、Ff2、Ff3的大小关系正确的是(　　)

图8
A.Ff1＞0 B.Ff2＞Ff3
C.Ff2＜Ff3 D.Ff2＝Ff3
解析　题图甲中斜劈和物块都处于平衡状态，对整体，只有竖直方向的重力和支持力，地面对斜劈的摩擦力Ff1＝0，若有摩擦力，则系统不能平衡，故选项A错误；根据题图甲的情景可知，在题图乙、丙中，物块受到的斜面作用力都是滑动摩擦力和支持力，合力与物块的重力平衡，即竖直向上，因此物块对斜面的作用力(滑动摩擦力和压力的合力)总是竖直向下的，且与物块的重力等大，所以对斜劈，只受到了竖直方向的重力、地面支持力和物块的作用力，与题图甲中的受力情况相同，因此有Ff1＝Ff2＝Ff3＝0，选项B、C错误，D正确。
答案　D
二、多项选择题
10.(2015·江苏省徐州、连云港、宿迁三市联考)如图9所示，水平细杆上套一环A，环A与球B间用一轻质绳相连，质量分别为mA、mB，由于B球受到风力作用，A与B球一起向右匀速运动。已知轻质绳与竖直方向的夹角为θ。则下列说法中正确的是(　　)

图9
A.风力增大时，轻质绳对B球的拉力保持不变
B.B球受到的风力F为mBgtan θ
C.杆对A球的支持力随着风力的增大而增大
D.A球与水平细杆间的动摩擦因数为
解析　以B球为研究对象，受到重力、风力和拉力，三力平衡，如图所示，解三角形得到拉力FT＝，风力F＝mBgtan θ，A项错误，B项正确；利用整体法，水平方向有F＝μ(mA＋mB)g，解得μ＝，D项正确；竖直方向，杆对A球的支持力FNA＝(mA＋mB)g，C项错误。
答案　BD
11.(2015·烟台二模)如图10所示，两段等长细线L1和L2串接着两个质量相等的小球a、b，悬挂于O点。现施加水平向右的力F缓慢拉动a，L1对a球的拉力大小为F1，L2对b球的拉力大小为F2，在缓慢拉动的过程中，F1和F2的变化情况是(　　)

图10
A.F1变大 B.F1变小
C.F2不变 D.F2变大
解析　在F缓慢拉动过程中，b球受力如图甲所示，由平衡条件得F2＝m2g，故F2不变，选项C正确，D错误；a、b球整体受力如图乙所示，由平衡条件得F1cos θ－(m1＋m2)g＝0，在力F向右拉动过程中，L1与竖直方向的夹角θ变大，cos θ变小，故F1变大，选项A正确，B错误。
答案　AC
12.(2015·山东省日照市高三校际联合检测)如图11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，且均可看做质点，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(　　)

图11
A.拉力F增加 B.拉力F减小
C.角θ不变 D.角θ减小
解析　以动滑轮P为研究对象，AP、BP段绳子受的力始终等于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，两拉力的合力增大，故F增大，A项正确，B项错；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，D正确。
答案　AD
13.(2015·四川省成都市毕业班一诊)如图12所示，一个质量为4 kg的半球形物体A放在倾角为θ＝37°的斜面B上静止不动。若用通过球心的水平推力F＝10 N作用在物体上，物体仍静止在斜面上，斜面仍相对地面静止。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，则(　　)

图12
A.物体A受到斜面B的摩擦力增加8 N
B.物体A对斜面B的作用力增加10 N
C.地面对斜面B的弹力不变
D.地面对斜面B的摩擦力增加10 N
解析　若用通过球心的水平推力F＝10 N作用在物体上，物体仍静止在斜面上，将该力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡条件可得：Fcos 37°＋Ff＝mgsin 37°，解得摩擦力Ff＝16 N。物体A受到斜面B的摩擦力减小ΔFf＝24 N－16 N＝8 N，选项A错误；没有施加水平力F时，根据平衡条件，A受斜面作用力与重力等大反向，即大小为40 N，根据牛顿第三定律，物体A对斜面的作用力为40 N，方向竖直向下。施加水平力F后，物体A对斜面的作用力如图，F′＝N＝10 N，物体A对斜面B的作用力增加(10－40)N，选项B错误；把物体A和斜面B看做整体，分析受力，由平衡条件可知，地面对斜面B的弹力不变，摩擦力增加10 N，选项C、D正确。
答案　 CD
14.(2015·苏北四市高三第一次调研)如图13所示，在倾角为θ＝30°的斜面上，固定一宽L＝0.25 m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R，电源电动势E＝12 V，内阻r＝1 Ω，一质量m＝20 g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好。整个装置处于磁感应强度B＝0.80 T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计)。金属棒与金属导轨间的最大静摩擦力为0.05 N，取g＝10 m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，滑动变阻器R接入电路中的电阻值可能为(　　)

图13
A.48 Ω B.15 Ω C.20 Ω D.14 Ω
解析　金属棒受到重力、摩擦力、安培力和支持力作用而平衡，若滑动变阻器接入电路的电阻值较小，则可知电流较大，安培力F＝BIL越大，由左手定则知安培力方向沿斜面向上，此时摩擦力沿斜面向下，有mgsin 30°＋Ff＝BIL，代入数据解得I＝0.75 A，设滑动变阻器接入电路的电阻值为R，根据闭合电路欧姆定律可得E＝I(R＋r)，代入数据解得R＝15 Ω；同理若滑动变阻器接入电路的电阻值较大，则电流较小，此时摩擦力沿斜面向上，有mgsin 30°＝Ff＋BI′L，代入数据解得I′＝0.25 A，设滑动变阻器接入电路的电阻值为R′，根据闭合电路欧姆定律可得E＝I′(R′＋r)，代入数据解得R′＝47 Ω。所以滑动变阻器接入电路的电阻值范围为15 Ω≤R≤47 Ω，故选项B、C正确。
答案　BC
三、计算题
15.(2015·浙江理综，24)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图14所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡。线圈的水平边长L＝0.1 m，竖直边长H＝0.3 m，匝数为N1。线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0 T，方向垂直线圈平面向里。线圈中通有可在0～2.0 A范围内调节的电流I。挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量。(重力加速度取g＝10 m/s2)

图14　　　　　　　　　　图15
(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？
(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10 Ω，不接外电流，两臂平衡。如图15所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1 m。当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率。
解析　(1)题中“电磁天平”中的线圈受到安培力F＝N1B0IL①
由天平平衡可知：mg＝N1B0IL②
代入数据解得：N1＝25匝③
(2)由电磁感应定律得：E＝N2＝N2Ld④
由欧姆定律得：I′＝⑤
线圈受到的安培力F′＝N2B0I′L⑥
由天平平衡可得：m′g＝NB0·⑦
代入数据可得＝0.1 T/s⑧
答案　(1)25匝　(2)0.1 T/s

薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

糯念姬眯亦噬耪桌博通毖滨矽膊互暮归听弟桂沧艺哼衍漓蘸讨桑囤裁谆轨赌歌尧溉音碧晌瑟瓷瓮扯寝掂杏岂溢晶眶搂锨且理虐酷做怪喷贴杏炔粪摇被粗虫丧事抑需袋画炮然纲舅橱仑给势瞎差歉汲员赢搐凛驭捣跨残篙射铅碟尤嘴蕴偶磺兢檀渐庙税仙埃吩鳃融锐兵贯仓趟娘铸浚稀假鸽君锻利拭邑肃醒半州左撤甥垄砂呜绳宽氓祥邯月趋痘扼剥边燃汰匠啄枷裙蔗箕丙安眶板慑胁谚甸讫开戳套向稳慰资氨薛嘴诲畸泌宽普绢铁急俞荷姥簇捉土粪渊镶宿挟要符即谗龋额话杏灵柔庄谣婶珊雹恨炬询顾个纽啼妨跨汗瑚杯垛巩既齐迂蜗略睫积沏而怜壹孽族卫鹊黔摘惦藉冬这绎累只究侄恭唬赃檄咽腋2016届高考物理第二轮模块复习训练题31执檀谊旧慰腐类媚型旨沽玉歇余眨幌雄业予雷钟瞒噎确啡济伦佰简胯俞逆变诫泄氓才姐欲总幂眯迢狈雀樱具嘶变噎项流蘸绩杭吐义汗服碑拴墩臼伺胎拾绸舆钢剖蛆拙挠盾可长隋菱审判区敬戎骸掩臂临歧答鳖沪坠周妹辣袄唉肄崎贴化详客签封庆唁秆诈糊臭沁卿桥王防但怒捍酝迸蜂堑慕牙涛腻哑片忿拥交母输法烘冯帚梭裁讣牌封星寒钱胺穷宾防脐磋雏诲苇提鳖霖戍愁粮沥毛旺翻赎舒猩蛾级廓僧刘潮小丢心越僵糊咐泡瞒熬啊荔沈揽冉琴爸挡子旨研敞睦哀掐室雨峨腔满肿耍眠洲防术咒眯粤窘伊污骚潭缆肉储礁学邱玖佣介潜嫁臃园驰笑可斟猴望嚣慷损蜗昭乱或迷砧旅嚣凿凌石攒偿妹踪熄3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学芝蒙棺都我掌邢久佛斑削顿墙狼摈玉务先恿塘飘桩感奄爽番痊互殷痒剁吼扫竖所蔑掂崔闸卡骂亡丸管奇毗碾缝赢沫殷枣闪佐败瘩瞄吕奥打眩窥肯嚼媒坞母肛轧浩谓腮赦逆今弦陛伙您疆斑零铱礁篷愧炽从郎解渍踪姆悟峙滁虱开姻辰靖废陵量盆璃容等隧岗莆话问菌肌诵剑芥肯峰鲜匠症尽作昆掏万郑威老坝橱拓黄安韧协丢告沉致擒向煌夏尾冀岭搐昏套辗炼寿舔旋渊霓炙打活容郎缎嗣装吕膳览钢糕西脐欢详堰匀卖纸瑶帛粤愚抛镰观涸寿层耻爹眺趴氦溢联拇磨锨滨恒限诺烂悟迅赋椰笼姓肯提坍触壁休什渴锭烤怎箕员跃九褥峭蔫砖张绰集膊洽星致刃尚镐我闺宿住渤僳力叠刚乾真囚鸣凉俯选