高三物理二轮复习 第一部分 专题一 力与运动 第1讲 力与物体的平(3)

A ．3mg

B ．mg

C ．32mg

D ．12

mg 解析：选A ．以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F 在三个方向时整体的受力图，根据平衡条件得知：F 与F T 的合力与重力2mg 总是大小相等、方向相反的，由力的合成图可知，当F 与绳子Oa 垂直时，F 有最小值，即图中2位置，根据平衡条件得：F ＝2mg sin 30°＝mg ，F T ＝2mg cos 30°＝3mg ，A 正确．

8．(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 ，棒与导轨间的动摩擦因数为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( )

A ．BIL sin θ

B ．BIL cos θ

C ．μ(mg －BIL sin θ)

D ．μ(mg ＋BIL cos θ)

解析：选B ．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BIL cos θ－F f ＝0，F f ＝BIL cos θ，选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．

9．(多选)(2014·高考浙江卷)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 2d 2 B ．当q d ＝

mg sin θk 时，细线上的拉力为0 C ．当q d ＝

mg tan θk 时，细线上的拉力为0 D ．当q

d ＝ mg k tan θ

时，斜面对小球A 的支持力为

0 解析：选AC ．

根据库仑定律，A 、B 球间的库仑力F 库＝k q 2

d

2，选项A 正确．小球A 受竖直向下的重力mg ，水平向左的库仑力F 库＝kq 2

d

2，由平衡条件知，当斜面对小球的支持力F N 的大小等于重力与库仑力的合力大小时，细线上的拉力等于零，如图所示，则kq 2

d 2mg ＝tan θ，所以q d

＝ mg tan θk

，选项C 正确，选项B 错误；斜面对小球的支持力F N 始终不会等于零，选项D 错误．

10．(2015·新余模拟)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轻质细线拉住一质量为m 、半径为r 的光滑球B ，A 、

B 均静止．则

( )

A ．

B 对A 的压力大小为2Rr ＋r 2R

mg B ．细线对小球的拉力大小为R ＋r R

mg C ．A 对地面的压力大小为(M ＋m )g

D ．地面对A 的摩擦力大小为

2Rr ＋r 2R mg

解析：选C ．

由于A 、B 处于静止状态，故其所受合外力为零，整体受力分析，如图甲所示，根据平衡条件，可得：F N －(M ＋m )g ＝0，根据牛顿第三定律可知A 对地面的压力大小为(M ＋m )g ，选项C 正确，选项D 错误．隔离B 受力分析，如图乙所示，根据平衡条件，由图中几何关系，

可得mg R ＝F ′N R ＋r ＝F 2Rr ＋r

2，解得F ′N ＝R ＋r R mg ，依据牛顿第三定律知：B 对A 的压力大小为R ＋r R mg ；细线对小球的拉力F ＝2Rr ＋r 2R

mg ，选项A 、B 错误．

二、计算题

11.(2015·临沂第三次适应性测试)如图所示，一个底面粗糙，质量为m 的斜面体静止在水平地面上，斜面体的斜面是光滑的，倾角为30°，现用一端固定的轻绳系一质量为m 的小球，小球静止时轻绳与斜面的夹角是30°.

(1)求当斜面体静止时绳的拉力大小；

(2)若地面对斜面体的最大静摩擦力等于地面对斜面体支持力的k 倍，为了使整个系统始终处于静止状态，k 值必须满足什么条件？

解析：

(1)设绳的拉力为F T，斜面体对小球的支持力为F N，对小球进行受力分析如图所示，由平衡条件可知，F T和F N的合力竖直向上，大小等于mg，由几何关系可得出

F N＝F T＝

3

3 mg.

(2)对斜面体进行受力分析，设小球对斜面体的压力为F N′，地面的支持力为F，地面的静摩擦力为F f，由正交分解和平衡条件可知，

在竖直方向上：F＝mg＋F N′cos 30°

在水平方向上：F f＝F N′sin 30°

根据(1)和牛顿第三定律可知：F N′＝F N＝

3

3 mg

又由题设可知F fmax＝kF≥F f

综合上述各式解得k≥

3

9

.

答案：(1)

3

3

mg(2)k≥

3

9

12．(2015·高考全国卷Ⅰ，T24，12分)如图，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．

解析：依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下．

开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl1＝0.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得

2kΔl1＝mg①

式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小．

开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为

F＝IBL②

式中，I是回路电流，L是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长了Δl2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得

2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③

由欧姆定律有

E＝IR④

式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻．

联立①②③④式，并代入题给数据得

m＝0.01 kg.

答案：见解析