第讲力与物体的平衡作业答案

第1讲力与物体的平衡1.D[解析]根据滑动摩擦力的公式Ff=μFN,可知滑动摩擦力的大小与接触面积无关,只与接触面的粗糙程度和压力大小有关,由题可知三个货箱各表面材质和粗糙程度均相同,压力大小也相同,故摩擦力相同,即Ff1=Ff2=Ff3,选项D正确.2.A[解析]对结点O,由平衡条件作出矢量三角形如图甲所示,由题意知,F恒定,F1大小不变,以力F的箭头起点为圆心,以力F1为半径作一辅助圆,改变F1的方向,作出中间过程的矢量三角形,如图乙所示,可得F2的读数减小,同时β角减小,选项A正确.3.D[解析]拖把下移时,对拖把受力分析,由平衡条件有mg=Fcosθ+Ff',FN'=Fsinθ,Ff'=μFN',解得F=mgcosθ+μsinθ,故D正确;拖把上移时,对拖把受力分析,由平衡条件有mg+Ff'=Fcosθ,FN'=Fsinθ,Ff'=μFN',解得F=mgcosθ-μsinθ,故C错误;由牛顿第三定律可知,黑板受到的压力的FN=FN'=Fsinθ,拖把对黑板的摩擦力Ff=Ff'=μFN'=μFsinθ,且拖把下移时,Ff=μmgsinθ4.A[解析]设每根细绳对纱布拉力为F,由平衡条件得4Fcosθ=mg,解得F=mg4cosθ,由牛顿第三定律可知,每根细绳受到的拉力F'=F=mg4cosθ,故A正确,B错误;豆浆流出过程中,整体的质量减小,根据F'=mg4cosθ,可知F'减小,故C错误;豆浆流出过程中,整体的重心先向下移,当豆浆流出到一定程度后,重心5.D[解析]对小球受力分析,由平衡条件可知,两细线张力的合力与重力平衡,当细线B的方向变化时,两张力变化如图所示,当细线B垂直于细线A时,细线B的张力最小,D正确,C错误;当细线B竖直向上拉小球时,细线A的张力可以达到最小值,A、B错误.6.C[解析]对A、B分别受力分析如图所示,其中Ff=μFN,门闩刚好启动时,对A在水平方向上有F=FNsin45°+μFNcos45°,对于B在竖直方向上有FNcos45°=mg+μFNsin45°,结合已知条件F=32mg,联立解得μ=0.2,故C正确7.C[解析]以凹槽和A、B组成的整体作为研究对象,在竖直方向上,整体受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力,两个力大小相等,在整个过程中,凹槽受到地面的支持力保持不变,在水平方向上,整体不受其他外力,故地面与凹槽之间没有摩擦力,选项A错误,C正确;以A为研究对象,受力分析如图所示,由相似三角形可得FN'OA=FAB=GOB,由于在整个过程中,OB、OA不变,重力G也不变,所以FN'大小不变,小球A受到凹槽的支持力FN大小不变,而AB变小,则A、B两球间的库仑力F变小,选项8.D[解析]磁感应强度方向处处都垂直指向OO',对导线受力分析,可知安培力的方向一定与拉力方向垂直,当导线静止在图甲右侧位置时,根据三力平衡的知识和左手定则可知,导线中电流方向为由M指向N,A错误;平衡时有tanθ=BIlFT,sinθ=BIlmg,FT=mgcosθ,故sinθ与电流I成正比,由于导线所在的位置磁感应强度B的大小相等,所以当电流I增大时,安培力变大,所以平衡后,θ角变大,拉力变小,B、C错误9.D[解析]在绳上靠近M处取一点Q,使得绳QM段的长度为总长度的14,根据对称性可知,绳上Q点的张力与P点的张力大小相等,对PQ分析可知,沿电场方向有FQy+FPy=2FPy=Eq2,解得P点的张力沿电场方向的分力FPy=Eq4,由于绳上P点的张力大小为134qE,则P点的张力垂直于电场方向的分力FPx=FP2-FPy2=32Eq,再对PN段分析可知,垂直于电场方向有FNx=FPx=32Eq,沿电场方向有FNy=14Eq+FPy=12Eq,则M点的绝缘钉受到绳的拉力10.AC[解析]对小球受力分析如图所示,根据相似三角法可得mgR=FNR=Fl,使小球从圆环最低点A缓缓移动到最高点B的过程中,小球与B点间的距离l逐渐减小,则拉力F减小,圆环对小球的支持力FN大小始终不变,根据牛顿第三定律可得小球对圆环的压力大小始终不变,故A11.D[解析]分别对6个瓦片受力(图中仅画出瓦片1的受力情况),由平衡条件和牛顿第三定律可得F21=F31=12mg,F53=F63=12(F13+mg)=34mg,F42=F52=12(F12+mg)=34mg,F地4左=F地4右=12(mg+F24)=78mg,F地5左=F地5右=12(mg+F25+F35)=54mg,F地6左=F地6右=12(mg+F36)=78mg,根据牛顿第三定律,瓦片4右端对地面的压力与左端的一样大,均等于78mg,故A错误;瓦片5右端受到的支持力与瓦片2右端受到的支持力之比为F地5右F52=54mg34mg=53,故B错误;根据牛顿第三定律,瓦片4顶端受到的压力F24=F42=34mg,故C12.C[解析]根据题意,对小球受力分析,受到拉力、支持力和重力,把拉力和支持力平移,组成矢量三角形,延长AO和BC交于D点,如图所示,由几何关系和相似三角形有FL=mgH+Rtanθ,解得F=13.D[解析]在木板转动过程中,球体的受力如图所示,根据正弦定理可得mgsin(90°-α)=FTsinθ=FNsinβ,其中α=30°保持不变,θ由90°逐渐减小到0,β从锐角30°逐渐增大到钝角120°,则sin(90°-α)保持不变,sinθ逐渐减小,sinβ先增大后减小,可知悬绳对足球的拉力FT逐渐减小,木板对足球的支持力FN先增大后减小,即足球对木板的压力先增大后减小.初始状态时FN最小,为FNmin=m