训练1 力与物体的平衡-2023老教材老高考物理【导学教程】大二轮专题辅导与训练

专题集训 训练（一） 6.AD以小球a为研究对象，受力分析如图甲所示，四力 1.D飞机受到重力G、发动机推力F、 构成一个闭合矢量四边形如图乙，带负电小球b缓慢从 空气升力F2和空气阻力f,重力的方 无穷远处向小球a靠近过程中，库仑力变大，直接从这 向竖直向下，升力F2的方向竖直向上，空 闭合矢量四边形中动态变化可以看出细绳BO的拉力 气阻力f的方向与F2垂直，如图歼一20 一直变大，小球对轻杆AO的弹力可能先变小后变大， 战斗机沿水平方向超音速匀速航，则有 所以A、D正确；B、C错误。 水平方向Fx=f,竖直方向F2十Fy= B G G,其中F2=√24f,解得Fy=G 0 √/24f,则F12=F2+Fy2=25f2-2√/24Gf+G2,结 合教学知识可知，当=2G时取得最小值，将其代入 25 G F表达式，解得Fm号故ABC错议，D正确。 图 图乙 2.C当木板与水平面成0=30°，物块与木板间恰好没有 7.BD在缓慢移动过程中，小球在重力G、 摩擦力有ngsin30°=F弹 斜面对其的支持力F、和细线上的张力 缓慢抬起木板的一端，物块与木板始终保持相对静 FT三力的作用下保持动态平衡，故三个 止，故弹簧弹力不变，当木板与水平面成0=60°时 力可以构成一个封闭的矢量三角形如图 T TI 物块ngsin60°=F弹+f 所示，因G的大小和方向始终不变，FN 的方向不变，大小可变，FT的大小、方向 解件f=5mg,方向活斜百向上，故C正确，A,BD 都在变，因此可以作出一系列矢量三角 错误。 形，由图可知，FN逐渐增大，FT只能变G 化到与F、垂直，故FT是逐渐变小的，因弹簧弹力与 3.AA图中，根据平衡条件可得B1IL=gsin30°解得， FT是一对平衡力，则弹簧弹力逐渐减小，选项B、D正 磁感应强度大小应为B=器B国中，根据左手定则 确，A、C错误。 判断，安培力竖直向上，根据平衡条件可知必须满足 8.B小球处于平衡状态，木板和挡板对球作用力的合力 始终等于小球的重力，故保持不变，A错误；小球受到木 mg=山，可得=瓷：C国中，根据平衡条件和几 板的作用力F1和挡板的作用力F2,由平衡条件可得 何关系可得，B3IL=mgtan30°解得，磁感应强度大小 F1=mngcos0,F2=ngsin0。缓慢拾高木板B端的过 程，0增大，则F1减小，F2增大，故球对木板的压力减小， B一：D用中，金属棒所受安培力整直向下，无法 球对挡板的压力增大，B正确，C、D错误。 使金属棒保持平衡，由以上分析可知磁感应强度最小的 :9,BC乙导线所受重力沿竖直向下方向，受甲导线的作 是A图。 用力沿两导线连线斜向上。若匀强磁场方向满足A选 4.B图甲中，根据钩码个数，O点所受的三个力正好构成！ 项，乙导线所受安培力沿两导线连线斜向下，这样乙导 直角三角形，若端，点B沿虚线稍稍右移一些，三力大小 线所受合力不为零，故A错误：若匀强磁场方向满足B 选项，乙导线所受安培力方向垂直两导线连线斜向上， F不变，根据力的合成法则，可知方向不变，即夹角日不 这样乙导线所受合力可能为零，故B正确；两导线看作 变，图乙中，因光滑的滑轮，且绳子中的张力相等，则A、 整体，电流为零，安培力合力为零，所以地面对甲导线的 B两端的力总是相等的，因此合力平分A、B绳的夹角， 作用力与两导线重力平衡，故C正确；由整体法可知甲 即使稍上移，绳子张力大小F仍不变，则根据力的合成 导线没有相对地面的运动趋势，所以不受摩擦力作用， 法则，可知AB夹角不变，则0角不变，故B正确，A、C、 故D错误。 D错误。 10.C对小物块受力分析，因为L0>L, 5.CD以A为研究对象进行受力分析，如 设弹性轻绳开始原长到A点的伸 图所示，沿斜面方向，F1的分力和A所受 长量为x0,则在A,点物块对地面的 重力的分力大小关系不确定，所以不确定 mg 压力FNA=mg-kx0。设在B,点绳 B和A之间有无摩擦力，A的受力个数不 子与竖直方向的夹角为0，则物块 7777777777777 确定，选项A、B错误；以整体为研究对象，水平方向： 在B,点弹性轻绳中的张力T= F=F2一F,方向水平向右，竖直方向：FN'=(M什m)g,选 (Lo十x0一L-L0),则物块在B对 项C、D正确。 cos 0 302 地面的压力为FNB=mg-2.C根据匀变速位移速度公式得v^2=2ax，根据图像，可 k(L_0+x_0-^2-L0)cosθ=mg-得甲、乙加速度分别为7.5m/s^2和号m/s^2，加速度比值 cosθ k(L_0+x_0-L-L_0cosθ，则从B点到A点物块对地面为12+1，B错误；两车停下的时间为t甲-a=2s， 正压力的变化量为 v乙 ΔF_N=F_NB-F_NA=kL-kL