高考物理二轮复习第一部分专题一力和运动第1讲力与物体的平衡练习(含解析)
高考物理二轮复习第1部分核心突破专题1力与运动第1讲力和物体的平衡
• 2．(2016·广东深圳调研二)如图所示，一台加湿器置于水平 地面上，当加湿器水平向左喷出水汽时仍保持静止不动，下 列判断正确的是( D)
2年考情回顾
①三力平衡和动态 [例](2016·全国卷甲，14题) (2016·全国卷丙，17题)
设问 分析
(2016·全国卷乙，19题)
方式
②共点力平衡条件
[例](2015·全国卷Ⅰ，24题) (2015·山东卷，16题)
(2015·广东卷，19题)
①要明确研究对象．
审题 ②审清研究对象受力分析(大小和方向)．
突破点拨 (1)木板P上表面光滑，说明P、Q间没有摩擦力，而滑块Q随P作匀速运动，对滑 块Q分析可知，与重力沿斜面方向的分力平衡的是弹簧的弹力，此时弹簧处于压缩状 态． (2)对P、Q整体分析，能一起匀速下滑，说明斜面是粗糙的，斜面对P有沿斜面 向上的滑动摩擦力．
• 【变式考法】(1)在上述题1中，L型木板P上 下表面都光滑，使弹簧为原长时释放，P、Q 一起沿斜面下滑，不计空气阻力，该木板P 的受力个数是多少？
• 4．力和天体运动部分：结合圆周运动规律考查万有引力定 律在天体运动与航天中的应用，命题形式一般为选择题．
备考策略
• 1．理解各种性质的力的产生、方向特点和平衡条件，能正 确对物体进行受力分析，掌握解决平衡问题的常用方法．
• 2．理解运动学公式及适用条件，熟练运用整体法和隔离法 解决连接体问题，灵活运用牛顿运动定律和运动学规律处理 运动图象及其他综合问题．
• A．加湿器受到5个作用力
(全国通用)高考物理 二轮复习 专题一 第1讲 力与物体的平衡
3kq B. l2
3kq C. l2
2 3kq D. l2
解析 分析 a 球受力：b 对 a 的排斥力 F1、c 对 a 的吸引力 F2 和匀强电场对 a 的电场力 F3 ＝qE，根据 a 受力平衡可知受力情况如图所 示。利用正交分解法：F2cos 60°＝F1＝kql22，
F2sin 60°＝qE。解得 E＝ 3l2kq。 答案 B
5.一个人最多能提起质量 m0＝20 kg 的重物。在倾角 θ＝15° 的固定斜面上放置一物体(可视为质点)，物体与斜面间动 摩擦因数 μ＝ 33。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求人 能够向上拖动该重物质量的最大值 m。
图8
解析 设 F 与斜面倾角为 α 时，拖动的重物最大质量为 m，由 平衡条件可得 Fcos α－mgsin 15°－μFN＝0 FN＋Fsin α－mgcos 15°＝0 由已知可得 F＝m0g 联立解得 m＝ms0i（n c1o5s°＋α＋μcμossin15α°）
图14
3.如图14所示，两根通电直导体棒用四根 长度相等的绝缘细线悬挂于O1、O2两 点，已知O1O2连线水平，导体棒静止 时绝缘细线与竖直方向的夹角均为θ， 保持导体棒中的电流大小和方向不变， 在导体棒所在空间加上匀强磁场后绝缘 细线与竖直方向的夹角均增大了相同的 角度，下列分析正确的是( ) A.两导体棒中的电流方向一定相同 B.所加磁场的方向可能沿x轴正方向 C.所加磁场的方向可能沿z轴正方向 D.所加磁场的方向可能沿y轴负方向
考向二 共点力作用下物体的动态平衡 核心知识
规律方法 求解动态平衡问题的思想和方法 1.基本思想：化“动”为“静”，“静”中求“动”
2.基本方法 (1)解析法：对研究对象受力分析，建立平衡方程，然后根据 自变量的变化确定力的变化。 (2)图解法
高中物理高考 高考物理二轮复习专题专讲课件 第1讲+力与运动(一)(全国通用)
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2.(2015·桐乡市高三下学期模拟考
试)如图5所示，斜面固定在水平面
上，竖直轻杆顶端用光滑铰链连
接，底端与上表面水平的物体A接
触，则静止在斜面上的物体A受到B
力A最.3个多可B能.4个是( C.5个) D.6个
图5
解析 本题考查了受力分析，解题的关键是准确判断弹力和
摩擦力的方向，利用好平衡的条件分析力存在的可能性。物
体A一定受到重力、斜面的弹力和摩擦力；由于杆上端有铰
链连接，所以杆可能给物体A竖直向下的压力，故A最多受
四个力作用，选B。
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3.(多选)(2015·广东理综，19)如
图6所示，三条绳子的一端都
系在细直杆顶端，另一端都固
定在水平地面上，将杆竖直紧
压在地面上，若三条绳长度不
同，下列说法正确的有( )
图6
A.三条绳中的张力都相等
B.杆对地面的压力大于自身重力
C.绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零
D.绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力
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解析 因三条绳长度不同，且彼此之间的夹角不确定，所以三 条绳的张力大小不一定相等，但能确定三张力的合力方向为竖 直向下，故A错误；杆对地面的压力大小数值上等于杆的重力 与三条绳拉力的竖直向下的分力之和，故B正确；由于杆竖直， 绳子对杆的拉力在水平方向上的合力等于零，故C正确；绳子 拉力的合力方向与杆的重力方向均竖直向下，故两者不是一对 平衡力，故D错误。 答案 BC
B.斜面的倾角
C.物块与斜面间的最大静摩擦力
D.物块对斜面的正压力
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高考物理二轮复习 第一部分 专题一 力和运动 第一讲
垂直于纸面向里．三个带正电的微粒 a、b、c 电荷量相等，
质量分别为 ma、mb、mc.已知在该区域内，a 在纸面内做 匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运动，c 在纸
面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是( )
A．ma＞mb＞mc C．mc＞ma＞mb
B．mb＞ma＞mc D．mc＞mb＞ma
用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持 F 的大小不变，
而方向与水平面成 60°角，物块也恰好做匀速直线运
动．物块与桌面间的动摩擦因数为( )
A．2－ 3
3 B. 6
C.
3 3
D.
3 2
[题眼点拨] ①“物块在水平拉力 F 的作用下做匀速 直线运动”说明拉力 F 的大小和滑动摩擦力相等；②“保 持 F 的大小不变，而方向与水平面成 60°角，物块也恰 好做匀速直线运动”说明 F 的水平分量与滑动摩擦力相 等．
解析：设物块的质量为 m，据平衡条件及摩擦力公 式有
拉力 F 水平时，F＝μmg，①
拉力 F 与水平面成 60°角时， Fcos 60°＝μ(mg－Fsin 60°)，② 联立①②式解得 μ＝ 33，故选 C. 答案：C
4．(2017·全国卷Ⅰ)如图所示，空间
某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场
方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向
A．MN 上的张力逐渐增大 B．MN 上的张力先增大后减小 C．OM 上的张力逐渐增大 D．OM 上的张力先增大后减小
[题眼点拨] ①“缓慢拉起”说明重物处于动态平衡 状态；②“保持夹角 α 不变”说明 OM 与 MN 上的张力 大小和方向均变化，但其合力不变．
解析：法 1 设重物的质量为 m，绳 OM 的张力为 FOM，绳 MN 的张力为 FMN.开始时，FOM＝mg，FMN＝0. 由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的 合力与重物的重力 mg 等大、反向．
高考二轮总复习课件物理专题1力与运动第1讲力与物体的平衡
如果物体受到三个力的作用,其中一个力的大小、方向均不变,另一个力的
方向不变,此时可用图解法,画出不同状态下力的矢量图,判断第三个力的
变化情况。
命题角度3 相似三角形法
如果物体受到三个力的作用,其中一个力的大小、方向均不变,另外两个力
的方向都发生变化,可以用力三角形与几何三角形相似的方法求解力的变
2.(命题角度2)如图所示,水平台面上放置一个带有底座的倒三脚支架,每根
支架与水平面均成45°角且任意两支架之间夹角相等。一个质量为m的
均匀光滑球体放在三脚架里,重力加速度为g,则每根支架所受球体的压力
大小是( B )
1
A.6mg
2
mg
3
B.
3 2
C. mg
2
1
D. mg
3
解析 光滑球体受重力和三个支持力,三个支持力与竖直方向的夹角均为
B.小球可能带正电
C.电场强度大小为
2
解析 带电小球做匀速直线运动,受力平衡,由平衡条件可得受力情况只能
如图中所示,所以小球带负电,B项错误;由左手定则可判断匀强磁场的方向
垂直纸面向里,A项错误;由共点力的平衡条件得qEcos 30°=qvBsin 30°,
的石磨。木柄AB静止时,连接AB的轻绳处于绷紧状
态。O点是三根轻绳的结点,F、F1和F2分别表示三根
绳的拉力大小,F1=F2且∠AOB=60°。下列关系式正确
的是(
D)
A.F=F1
B.F=2F1
C.F=3F1
D.F= 3 F1
解析 对O点进行受力分析,如图所示,由几何关系可知θ=30°。根据平衡条
时要将所学物理知识与实际情境联系起来,抓住问题实质,将问题转化为熟
2020高考物理二轮总复习专题一 力与物体的平衡 作业(解析版)
专题强化训练(一)一、选择题(共11个小题，4、9、10为多选，其余为单项选择题，每题5分共55分)1.如图所示，一只松鼠沿着较粗均匀的树枝从右向左缓慢爬行，在松鼠从A运动到B的过程中，下列说法正确的是()A．松鼠对树枝的弹力保持不变B．松鼠对树枝的弹力先减小后增大C．松鼠对树枝的摩擦力先减小后增大D．树枝对松鼠的作用力先减小后增大答案 C解析松鼠所受的弹力N＝mgcosθ，从A到B的过程中，θ先减小后增大，则弹力先增大后减小，故A、B两项错误；松鼠所受的摩擦力f＝mgsinθ，从A到B的过程中，θ先减小后增大，则摩擦力先减小后增大，故C项正确；树枝对松鼠的作用力与松鼠的重力等值反向，所以树枝对松鼠的作用力大小不变，故D项错误．故选C项．2．(2019·浙江二模)如图所示，斜面体M静止在水平面上，滑块m 恰能沿斜面体自由匀速下滑，现在滑块上加一竖直向下的恒力F，则与未施加恒力F时相比，下列说法错误的是()A．m和M间的压力变大B．m和M间的摩擦力变大C．水平面对M的支持力变大D．M和水平面间的摩擦力变大答案 D解析滑块恰好沿斜面匀速下滑时，滑块对楔形斜面体的压力等于mgcosθ，斜面体对滑块的摩擦力为μmg cosθ，施加一个竖直向下的恒力F后滑块对斜面体的压力等于(mg＋F)cosθ，变大．斜面体对滑块的摩擦力为μ(mg＋F)cosθ，变大，故A、B两项正确；滑块恰好沿斜面匀速下滑，根据平衡条件有：mgsinθ＝μmg cosθ，解得：μ＝tanθ.对滑块和斜面体整体可知，整体水平方向不受外力，所以地面对斜面体的摩擦力为零．地面对斜面体的支持力等于整体的总重力．施加一个竖直向下的恒力F，有：(mg＋F)sinθ＝μ(mg＋F)cos θ，可知物块仍然做匀速运动．再对滑块和斜面体整体受力分析知，整体水平方向不受外力，所以地面对楔形斜面体的摩擦力为零，地面对楔形斜面体的支持力等于整体的总重力与F之和，变大，故C项正确，D项错误．本题选说法错误的，故选D项．3.长时间低头玩手机对人的身体健康有很大危害，当低头玩手机时，颈椎受到的压力会比直立时大．现将人体头颈部简化为如图所示的模型：头部的重力为G，P点为头部的重心，PO为提供支持力的颈椎(视为轻杆)可绕O点转动，PQ为提供拉力的肌肉(视为轻绳)．当某人低头时，PO、PQ与竖直方向的夹角分别为30°、60°，此时颈椎受到的压力约为()A．2G B.3GC.2G D．G答案 B解析设头部重力为G，当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重量，即F＝G；当某人低头时，PO、PQ与竖直方向的夹角分别为30°、60°，P 点的受力如图所示，根据几何关系结合正弦定理可得：F Osin120°＝Gsin30°，解得：F O＝3G，故A、C、D三项错误，B项正确．故选B项．4．如图所示，一根通电的导体棒放在倾斜为α的粗糙斜面上，置于图示方向的匀强磁场中，处于静止状态．现增大电流，导体棒仍静止，则在增大电流过程中，导体棒受到的摩擦力的大小变化情况可能是()A．一直增大B．先减小后增大C．先增大后减小D．始终为零答案AB解析若F安<mgsinα，因安培力方向向上，则摩擦力方向向上，当F安增大时，F摩减小到零，再向下增大，B项正确，C、D两项错误；若F安>mgsinα，摩擦力方向向下，随F安增大而一直增大，A项正确．5．(2019·安徽三模)如图，用硬铁丝弯成的光滑半圆环竖直放置，直径竖直，O为圆心，最高点B处固定一光滑轻质滑轮，质量为m的小环A穿在半圆环上．现用细线一端拴在A上，另一端跨过滑轮用力F拉动，使A缓慢向上移动．小环A及滑轮B大小不计，在移动过程中，关于拉力F以及半圆环对A的弹力N的说法正确的是()A．F逐渐增大B．N的方向始终指向圆心OC．N逐渐变小D．N大小不变答案 D解析在物块缓慢向上移动的过程中，小圆环A处于三力平衡状态，根据平衡条件知mg与N的合力与T等大、反向、共线，作出mg 与N的合力，如图所示，由三角形相似得：mgBO＝NOA＝TAB①F＝T②，由①②可得：F＝ABBO mg，AB变小，BO不变，则F变小，故A项错误；由①可得：N＝OABO mg，AO、BO都不变，则N不变，方向始终背离圆心，故D项正确，B、C两项错误．故选D 项．6. (2019·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OP刚拉直时，OP绳拉力为T1，绳OP刚松弛时，O′P绳拉力为T2，θ＝37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，则T1T2为()A．3∶4 B．4∶3C．3∶5 D．4∶5答案 C解析绳OP刚拉直时，OP绳拉力为T1，此时O′P绳子拉力为零，小球受力如图1所示，根据几何关系可得sin α＝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＝mgsin α；绳OP 刚松弛时，O ′P 绳拉力为T 2，此时绳OP 拉力为零，小球受力如图2所示，根据共点力的平衡条件可得：T 2＝mgtan α，由此可得：T 1T 2＝sin53°tan53°＝35，所以C 项正确，A 、B 、D 三项错误．故选C 项． 7.如图所示，光滑直杆倾角为30°，质量为m 的小环穿过直杆，并通过弹簧悬挂在天花板上，小环静止时，弹簧恰好处于竖直位置，现对小环施加沿杆向上的拉力F，使环缓慢沿杆滑动，直到弹簧与竖直方向的夹角为60°.整个过程中，弹簧始终处于伸长状态，以下判断正确的是()A．弹簧的弹力逐渐增大B．弹簧的弹力先减小后增大C．杆对环的弹力逐渐增大D．拉力F先增大后减小答案 B解析由于弹簧处于伸长状态，使环缓慢沿杆滑动，直到弹簧与竖直方向的夹角为60°的过程中，弹簧长度先减小后增大，弹簧的伸长量先减小后增大，故弹簧的弹力先减小后增大，故A项错误，B项正确；开始弹簧处于失重状态，根据平衡条件可知弹簧的弹力等于重力，即T＝mg，此时杆对环的弹力为零，否则弹簧不会竖直；当环缓慢沿杆滑动，直到弹簧与竖直方向的夹角为60°时，弹簧的长度等于原来的长度，弹力等于T＝mg，此时有mgcos30°＝Tcos30°，杆对环的弹力仍为零，故杆对环的弹力不是一直增大，故C项错误；设弹簧与垂直于杆方向的夹角为α，根据平衡条件可得，从初位置到弹簧与杆垂直过程中，拉力F＝mgsin30°－Tsinα，α减小，sinα减小，弹簧的拉力减小，则F增大；从弹簧与杆垂直到末位置的过程中，拉力F＝mgsin30°＋Tsinα，α增大，sinα增大，弹簧的弹力增大，则拉力增大，故拉力F一直增大，故D项错误．故选B项．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F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.1μ1μ2B.1－μ1μ2μ1μ2C.1＋μ1μ2μ1μ2D.2＋μ1μ2μ1μ2答案 B解析 对物体A 、B 整体，在水平方向上有F ＝μ2(m A ＋m B )g ；对物体B ，在竖直方向上有μ1F ＝m B g ；联立解得：m A m B ＝1－μ1μ2μ1μ2，B 项正确．9. (2019·武昌区模拟)如图所示，竖直杆固定在木块C 上，两者总重为20 N ，放在水平地面上．轻细绳a 连接小球A 和竖直杆顶端，轻细绳b 连接小球A 和B ，小球B 重为10 N ．当用与水平方向成30°角的恒力F 作用在小球B 上时，A 、B 、C 刚好保持相对静止且一起水平向左做匀速运动，绳a 、b 与竖直方向的夹角分别恒为30°和60°，则下列判断正确的是( )A．力F的大小为10 NB．地面对C的支持力大小为40 NC．地面对C的摩擦力大小为10 ND．A球重为10 N答案AD解析以B为研究对象受力分析，水平方向受力平衡，有：Fcos30°＝T b cos30°，得：T b＝F竖直方向受力平衡，则有：Fsin30°＋T b sin30°＝m B g得：F＝m B g＝10 N以A为研究对象受力分析，竖直方向上有：m A g＋T b sin30°＝T a sin60°水平方向：T a sin30°＝T b sin60°联立得：m A＝m B，即A球重为10 N，故A、D两项正确；以ABC整体为研究对象受力分析，水平方向：f＝Fcos30°＝5 3 N竖直方向：N＋Fsin30°＝(M＋m A＋m B)g解得：N＝35 N，故B、C两项错误．故选A、D两项．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 ，两个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 ＝mgsin θk 时，细线上的拉力为0 C ．当q d ＝mgtan θk 时，细线上的拉力为0 D ．当q d ＝mg ktan θ时，斜面对小球A 的支持力为0 答案 AC解析 根据库仑定律得A 、B 间的库仑力F 库＝k q 2d2，则A 项正确；当细线上的拉力为0时，满足k q 2d 2＝mgtan θ，得到q d ＝mgtan θk，则B项错误，C项正确；斜面对小球A的支持力始终不为零，则D 项错误．11. (2019·安徽模拟)如图所示，质量为m B＝14 kg的木板B放在水平地面上，质量为m A＝10 kg的木箱A放在木板B上与不发生形变的轻杆一端固定在木箱上，另一端通过铰链连接在天花板上，轻杆与水平方向的夹角为θ＝37°.已知木箱A与木板B之间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板B与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.3.现用水平向左的力F 将木板B从木箱A下面抽出，最大静摩擦力等于滑动摩擦力(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2)，则所用力F的最小值为()A．150 N B．170 NC．200 N D．210 N答案 B解析对A受力分析如图甲所示，根据题意可得：F T cosθ＝F f1，F N1＝F T sinθ＋m A gF f1＝μ1F N1，联立解得：F T＝100 N；对A、B整体进行受力分析如图乙所示，根据平衡条件可得：F T cosθ＋F f2＝FF N2＝F T sinθ＋(m A＋m B)gF f2＝μ2F N2，联立解得：F＝170 N，故B项正确，A、C、D三项错误．故选B项．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．风洞实验室中可以产生水平向右，大小可调节的风力．如图甲所示，现将质量为1 kg的小球套在足够长与水平方向夹角θ＝37°的细直杆上，放入风洞实验室．小球孔径略大于细杆直径．假设小球所受最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小．(取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)若在无风情况下，小球由静止开始经0.5 s 沿细杆运动了0.25 m ，求小球与细杆间的动摩擦因数及滑动摩擦力做的功；(2)在有风情况下，如图乙所示，若小球静止在细杆上，求风力大小；(3)请分析在不同恒定风力作用下小球由静止释放后的运动情况． 答案 (1)0.5 －2 J (2)1.82 N ≤F ≤20 N(3)如果风力大小为1.82 N ≤F ≤20 N ，则小球静止；若F<1.82 N ，小球向下做匀加速运动；若F>20 N ，小球向上做匀加速运动解析 (1)在无风情况下小球由静止开始经0.5 s 沿细杆运动了0.25 m ，则：x ＝12at 2可知a ＝2x t 2＝2×0.250.52 m/s 2＝2 m/s 2， 根据牛顿第二定律可得mgsin θ－μmg cos θ＝ma ，解得：μ＝0.5，滑动摩擦力做的功W f ＝－mgcos θ·x ＝－2 J.(2)当小球受到的摩擦力沿杆向上且最大时，风力最小，如图所示， 根据平衡条件可得：沿杆方向：mgsinθ＝Fcosθ＋f，垂直于杆方向：N＝mgcosθ＋Fsinθ，摩擦力f＝μN，联立解得：F≈1.82 N；当小球受到的摩擦力沿杆向下且最大时，风力最大，根据平衡条件可得：沿杆方向：mgsinθ＝Fcosθ－f，垂直于杆方向：N＝mgcosθ＋Fsinθ，摩擦力f＝μN，联立解得：F＝20 N；若小球静止在细杆上，则风力大小范围为1.82 N≤F≤20 N.(3)如果风力大小为1.82 N≤F≤20 N，则小球静止；若F<1.82 N，小球向下做匀加速运动；若F>20 N，小球向上做匀加速运动．13.如图所示，afe、bcd为两条平行的金属导轨，导轨间距l＝0.5 m．ed 间连入一电源E＝1 V，ab间放置一根长为l＝0.5 m的金属杆与导轨接触良好，cf水平且abcf为矩形．空间中存在一竖直方向的磁场，当调节斜面abcf的倾角θ时，发现当且仅当θ在30°～90°之间时，金属杆可以在导轨上处于静止平衡．已知金属杆质量为0.1 kg，电源内阻r及金属杆的电阻R均为0.5 Ω，导轨及导线的电阻可忽略，金属杆和导轨间最大静摩擦力为弹力的μ倍．重力加速度g＝10 m/s2，试求磁感应强度B及μ.答案2 3 T3 3解析由磁场方向和平衡可判断，安培力F方向为水平且背离电源的方向，由题意可知当θ＝90°时，金属杆处于临界下滑状态有：f1＝mg，①N1＝F，②f1＝μN1，③当θ＝30°时，金属杆处于临界上滑状态有：N2＝mgcos30°＋Fsin30°，④f2＋mgsin30°＝Fcos30°，⑤f2＝μN2，⑥由①～⑥解得：F＝3mg，⑦μ＝3 3，由闭合电路欧姆定律：I＝E2R＝1 A，⑧由安培力性质：F＝BIl，⑨由⑦⑧⑨得：B＝2 3 T，方向竖直向下．14. (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＝53N/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，磁感应强度大小为B＝0.5 T．有一带正电的小球，质量m＝1×10－6 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/s2，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＝q2E2＋m2g2，①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tanθ＝qE mg，③代入数据解得：tanθ＝3，θ＝60°.④(2)方法一：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＝q2E2＋m2g2m，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＝12at2，⑦tanθ＝yx；⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得：t＝2 3 s≈3.5 s，⑨方法二：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＝vsinθ⑤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－12gt2＝0⑥联立⑤⑥式，代入数据解得t＝2 3 s≈3.5 s．⑦21。
高考物理二轮复习第一部分专题二力与运动第1讲力与物体的直线运动练习含解析
高考物理二轮复习第一部分专题：力与物体的直线运动1．一建筑塔吊如图所示向右上方匀速提升建筑材料，若忽略空气阻力，则下列有关材料的受力分析图正确的是( )解析材料向右上方匀速运动，处于平衡状态，所受合力为零，A、B、C中合力不为零，受力不平衡，选项A、B、C错误，D正确。
答案 D2．(2019·江苏扬州一模)在水平地面上固定一个上表面光滑的斜面体，在它上面放有质量为m的木块，用一根平行于斜面的细线连接一个轻环，并将轻环套在一根两端固定、粗糙的水平直杆上，整个系统处于静止状态，如图所示，则杆对环的摩擦力大小为( )A．mg sinθB．mg cosθC．mg tanθD．mg sinθ·cosθ解析设细线的弹力为F，对斜面上的木块由共点力平衡条件有F－mg sinθ＝0，对轻环由共点力平衡条件有F cosθ－F f＝0，解得杆对环的摩擦力大小为F f＝mg sinθ·cosθ，故选D。
答案 D3．(2019·广东汕头一模)一轿车和一货车在两条平行直道上同向行驶，开始时两车速度都为v0且轿车司机处于货车车尾并排位置，如图所示，为了超车，轿车司机开始控制轿车做匀加速运动，经过一段时间t，轿车司机到达货车车头并排位置，若货车车身长度为L，且货车保持匀速，则轿车加速过程的加速度大小为( )A.Lt2 B ．2L t2C.2(v 0t ＋L )t2D ．(v 0t ＋L )t2解析 轿车做匀加速直线运动，时间t 内的位移x 1＝v 0t ＋12at 2，货车做匀速直线运动，时间t 内的位移x 2＝v 0t ，根据x 1－x 2＝L 解得：a ＝2Lt 2，故B 项正确，A 、C 、D 项错误，故选B 项。
答案 B4．(2019·济南二模)某同学欲估算飞机着陆时的速度，他假设飞机在平直跑道上做匀减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为x ，从着陆到停下来所用的时间为t ，实际上，飞机的速度越大，所受的阻力越大，则飞机着陆时的速度应是( )A ．v ＝x tB ．v ＝2x tC ．v ＞2x tD ．x t＜v ＜2x t解析 由题意知，当飞机的速度减小时，所受的阻力减小，因而它的加速度会逐渐变小，画出相应的v t 图像大致如图所示。
高考物理二轮复习专题一力与运动第1讲力与物体的平衡突破练
第 1 讲力与物体的均衡[ 限训练·通高考]科学设题拿下高考高分(45分钟)一、单项选择题1．一通电直导体棒用两杜绝缘轻质细线悬挂在天花板上，静止在水平川点( 如正面图 ) ．现在通电导体棒所处地点加上匀强磁场，使导体棒能够静止在偏离竖直方向θ 角(如侧面图) 的地点．假如所加磁场的强弱不一样，则磁场方向的范围是( 以下选项中各图，均是在侧面图的平面内画出的，磁感觉强度的大小未按比率画)()分析：对导体棒受力剖析可知，导体棒遇到的安培力与重力和绳索的拉力的协力大小相等，方向相反，故由左手定章能够判断出磁场的方向范围，故C正确．答案： C2．(2018 ·河南要点中学联考) 如下图为三种形式的吊车的表示图，OA 为可绕O点转动的轻杆， AB为质量可忽视不计的拴接在A点的轻绳，当它们吊起同样重物时，图甲、图乙、图丙中杆OA对结点的作使劲大小分别为F a、F b、 F c，则它们的大小关系是()A．F a>F b＝F c B. F a＝F b>F cC．F a>F b>F c D．F a＝F b＝F c分析：设重物的质量为m，分别对三图中的结点进行受力剖析，杆对结点的作使劲大小分别为 F a、F b、F c，对结点的作使劲方向沿杆方向，各图中G＝mg.则在图甲中，F a＝2mg cos 30°3＝3mg；在图乙中，F b＝ mg tan 60°＝ 3 mg；在图丙中，F c＝ mg cos 30°＝2 mg.可知F a ＝F b>F c，故B正确，A、C、D错误．答案： B3.(2018 ·重庆高三调研 ) 重庆一些地域有挂红灯笼的风俗．如下图，质量为 m的灯笼用两根长度必定的轻绳 OA、OB悬挂在水平天花板上， O为结点，OA>OB，∠ AOB＝90°.设 OA、OB对 O点的拉力大小分别为F A、F B，轻绳能够蒙受足够大的拉力，则()A．F A大于F BB．若左右调理 A 点地点，可使F A等于 F BC．若左右调理 A 点地点，可使F A、 F B均大于 mgD．若改挂质量为2m的灯笼，可使F A、 F B均增大 mg分析：如下图，对 O点受力剖析，应用正交分解法可得 F cos α＝F cosθ，A BA sinα＋ B sinθ＝，因为> ，因此不论怎么调理A点地点，都有F F mg OA OBα<θ，因此F A<F B，选项A、B错误；当α、θ 都较小时，可使F A、F B都大F A F A 于 mg，选项C正确；若改挂质量为2m的灯笼，α、θ均不变，依据＝F B F B cosθ＝cosα<1 可知F B的增添量比F A的增添量大，选项 D错误．答案： C4.(2018 ·安徽合肥高三质检 ) 如下图，两小球A、B固定在一轻质细杆的两头，其质量分别为 m1和 m2.将其放入圆滑的半圆形碗中，当细杆保持静止时，圆的半径 OA、OB与竖直方向夹角分别为30°和45°，则 m1和 m2的比值为( )A. 2∶1B. 3∶ 1C．2∶1 D. 6∶ 1分析：分别对小球A、 B受力剖析如下图．对小球A、 B 分别由三角形相像原理得m1g F N1 m2g F N2 m1 F N1＝，＝，故＝；分别由正弦定理OO OA OO OB m F′′ 2 N2F N1 F F N2 F得sin α＝sin 30 °，sin β＝si n 45°，而 sin α＝sin β，故F N1 sin 45 °122∶ 1，选项 A 正确．＝sin 30 ＝2∶ 1，故m∶m＝F °N2答案： A5.(2018 ·北京东城区高三统考) 如下图，将两个完整同样的平均长方体物块 A 、 B 叠放在一同置于水平川面上． 两物块重均为 2mg . 现用弹簧测力计竖直向上拉物块 A ，当弹簧测力计示数为 mg 时，以下说法中正确的选项是( )A ．物块 A 对物块B 的压力大小为 mgB ．物块 B 对地面的压力大小等于2mgC ．地面与物块 B 之间存在静摩擦力D ．物块 A 与物块 B 之间存在静摩擦力分析：当弹簧测力计示数为mg 时，物块 A 、B 均处于均衡状态，对 A 由均衡条件知，物块 B对物块 A 的支持力大小为 mg ，故 A 对 B 的压力大小为 mg ，选项 A 正确；对 B 由均衡条件知，地面对物块 B 的支持力大小等于3mg ，故 B 对地面的压力大小等于3mg ，选项 B 错误；物块A 与物块B 之间、物块 B 与地面之间均无相对运动的趋向，故地面与物块B 之间、物块 A 与物块 B 之间都不存在静摩擦力，选项C 、D 错误．答案： A6. (2018 ·江苏六校高三第二次联考) 如下图， 倾角为 θ 的斜面体 C 置于水平面上， B 置于斜面体上， 经过轻绳越过圆滑的定滑轮与A 相连结， 连结B 的一段轻绳与斜面平行， A 、B 、C 都处于静止状态，则 ()A ．水平面对 C 的支持力大于B 、C 的总重力B ．C 对 B 必定有摩擦力 C ．水平面对 C 必定有摩擦力D ．水平面对 C 可能没有摩擦力分析：对 、整体受力剖析，水平面对C 的支持力等于 、 的总重力减去绳索的拉力在竖B CB C直方向上的分力，故水平面对C 的支持力小于 B 、C 的总重力，选项A 错误；若 mg ＝ mg sinABθ，则斜面 C 对 B 的静摩擦力为零，选项B 错误；对 B 、C 整体进行受力剖析，可知绳索的拉力在水平方向上的分力等于地面对 C 的摩擦力，故摩擦力必定不为零，选项 C 正确， D错误． 答案： C7. 如下图， 一水平导轨处于与水平方向成45°角向左上方的匀强磁场中，一根通有恒定电流的金属棒，因为遇到安培力作用而在粗拙的导轨上向右做匀速运动． 现将磁场方向沿顺时针迟缓转动至竖直向上， 在此过程中， 金属棒一直保持匀速运动，已知棒与导轨间的动摩擦因数为μ，则 ( )A ．金属棒所受摩擦力向来在减小B ．导轨对金属棒的支持力先变小后变大C ．磁感觉强度先变小后变大D ．金属棒所受安培力恒定不变分析：金属棒匀速运动时， 受力如图甲所示， 则有 N ＋F 安sin θ ＝ ， 安 cos θ＝ f ＝N，Fmg FF μF F 安＝ BIL ，联立解得 ＝ μmgθ＋ α，此中 tanα ＝ 1，即 45°< <90°，B IL 1＋ μ 2sinμα因 θ 是从 45°减小到 0°，因此 B 先变小后变大，金属棒所受安培力也先变小后变大，C对， D 错；将 F N 与 F f 合成一个力 F ，则 F 与水平方向的夹角是必定值，金属棒受力知足图乙 所示状况， F 安 顺时针变化，力 F 向来在增大，因此金属棒所受摩擦力及导轨对金属棒的支持力向来在增大， A 、 B 错．答案： C8．(2018 ·安徽“江淮十校”高三联考) 如图，水平川面上搁置一个倾角为 α 的粗拙斜面，顶端固定有轻质滑轮， 斜面右边有一水平天花板AB . 用一段不行伸长的轻绳连结质量为M 的物体并搁置在斜面上， 另一端越过定滑轮后接在天花板上的 A 点，在定滑轮和 A 点间的轻绳上挂着另一轻质滑轮， 滑轮上吊有质量为的物体， 两物体均保持静止． 现从A 点拉着轻绳m沿天花板迟缓移到B 点，整个过程中物体 M 和斜面均静止，不计绳与滑轮之间的摩擦，则( )A ． M 遇到绳索拉力大小不变B ． M 遇到斜面的摩擦力增大C ．地面对斜面的摩擦力增大D ．地面对斜面的支持力增大分析：拉着轻绳从 A 点迟缓移到 B 点的过程中， 以动滑轮为研究对象可知绳中拉力大小在不断增大， A 错误；因不知道 M 的重力下滑分力与绳拉力的大小关系，没法判断 M 与斜面间静摩擦力的方向和大小变化状况， B 错误；将重物 M 和斜面当作一个整体，地面对斜面的摩擦 力与绳拉力的水均分力均衡，C 正确；将重物和斜面当作一个整体，地面对斜面的支持力M等于系统重力与绳拉力的竖直分力之和，大小等于G斜面＋ M ＋1m， D 错误．G 2G答案： C9. 如图，斜面体 A 静置于粗拙水平面上，被一轻绳拴住的小球 B 置于光滑的斜面上， 轻绳左端固定在竖直墙面上 P 处，此时小球静止且轻绳与斜面平行．现将轻绳左端从 P 处迟缓沿墙面上移到′处，斜面体一直处于静止状态， 则在轻绳挪动过程中 ()PA ．轻绳的拉力先变小后变大B ．斜面体对小球的支持力渐渐增大C ．斜面体对水平面的压力渐渐增大D ．斜面体对水平面的摩擦力渐渐减小分析：小球 B 受力如图甲所示，小球遇到斜面体的支持力 N1F 及 轻绳拉力 F 的协力一直与小球重力 1 等大反向，当轻绳左端上G升时， F 增大， F N1减小，故 A 、B 错误；对斜面体 A 进行受力分析，如图乙所示，随小球对斜面压力F ′的减小，由受力均衡 N1可知，水平面对斜面体的支持力F 渐渐减小，摩擦力F 渐渐减N2f小，由牛顿第三定律可知C 错误，D 正确．应选 D.答案： D10. 如下图，高空作业的工人被一根绳索悬在空中，已知工人及其身上装备的总质量为m ，绳索与竖直墙壁的夹角为 α，悬绳上的张力大小为 F 1，墙壁与工人之间的弹力大小为F 2，重力加快度为 g ，不计人与墙壁之间的摩擦，则 ()mgA ． F 1＝ sin αmgB ． F 2＝ tan αC ．若迟缓增大悬绳的长度， F 1 与 F 2 都变小D ．若迟缓增大悬绳的长度，1减小， 2 增大F F分析：对工人受力剖析，工人遇到重力、墙壁的支持力和绳索的拉力作用，如下图，依据共点力均衡条件，有1mg2F ＝cos α， F＝ mg tan α；若迟缓增大悬绳的长度，工人下移时，细绳与竖直方向的夹角 α 变小，故 F 1 变小， F 2 变小，故 C 正确， A 、 B 、 D 错误．答案： C二、多项选择题11．(2016 ·高考全国卷Ⅰ ) 如图，一圆滑的轻滑轮用细绳OO ′悬挂于 O点；另一细绳越过滑轮，其一端悬挂物块a ，另一端系一位于水平粗拙桌面上的物块 b . 外力 F 向右上方拉 b ，整个系统处于静止状态．若 F 方向不变，大小在必定范围内变化，物块b 仍一直保持静止，则 ()A ．绳 OO ′的张力也在必定范围内变化B ．物块 b 所遇到的支持力也在必定范围内变化C ．连结 a 和 b 的绳的张力也在必定范围内变化D ．物块 b 与桌面间的摩擦力也在必定范围内变化分析：因为物块b 一直保持静止，因此绳′的张力不变，连结 a 和 b 的绳OO的张力也不变，选项A 、 C 错误；拉力 F 大小变化， F 的水平重量和竖直重量都发生变化，由共点力的均衡条件知，物块 b 遇到的支持力和摩擦力在必定范围内变化，选项B 、 D 正确．答案： BD12. 如下图，质量为 m ＝ 5 kg 的物体放在水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数μ ＝3， 取 10 m/s 2. 当物体做匀速直线运动时， 以下说法正确的选项是 ()3 gA ．牵引力 F 的最小值为 25 N25B ．牵引力 F 的最小值为 33 NC ．最小牵引力 F 与水平面的夹角为 45°D ．最小牵引力 F 与水平面的夹角为 30°分析：物体受重力 G 、支持力 F N 、摩擦力 F f 和拉力 F 的共同作用，将 拉力沿水平方向和竖直方向分解，如下图，由共点力的均衡条件可知，在水平方向上有cos θ－N ＝ 0，在竖直方向上有 sinθ ＋F μFF N－ ＝ 0，联立解得＝μGθ ，设 tan Φ ＝ μ ，则 cosΦF GFcos θ ＋ μsin1μG1＝1＋ μ2，因此F ＝cosθ－ Φ·1＋μ2，当 cos( θ－Φ) ＝ 1 即 θ－ Φ＝ 0 时， F 取minμG3到最小值， F ＝ 1＋ μ2＝25 N，而tanΦ＝μ＝ 3 ，因此 Φ＝30°， θ＝30°.答案： AD13. (2018 ·广东广州高三一模 ) 如图，在粗拙水平面上， a 、 b 、 c 、 d四个同样小物块用四根完整同样的轻弹簧连结，正好构成一个等腰梯形，系统静止． a 、b 之间、 a 、 c 之间以及 b 、 d 之间的弹簧长度同样且等于 c 、d 之间弹簧长度的一半， a 、b 之间弹簧弹力大小为c 、d 之间弹簧弹力大小的一半．若a 遇到的摩擦力大小为 f ，则 ()A ． a 、 b 之间的弹簧必定是压缩的B ． b 遇到的摩擦力大小为 fC ． c 遇到的摩擦力大小为 3fD ． d 遇到的摩擦力大小为2f分析：依据题意可知， 、 b 之间弹簧弹力大小为 c 、 d 之间弹簧弹力大小的一半，若 a 、ba与 c 、 d 同时压缩或同时拉伸，则不行能知足a 、b 之间的弹簧长度等于c 、d 之间弹簧长度的一半， 因此只好是一个压缩，一个拉伸， 因此 a 、b 之间的弹簧必定是压缩的，选项 A 正确；依据等腰梯形的对称性可知， 、 遇到的摩a b擦力大小同样，故b 遇到的摩擦力大小为 f ，选项 B 正确；依据题意，a 、b 之间， a 、c 之间以及 b 、d 之间的弹簧长度同样，且等于c 、d之间弹簧长度的一半可知，等腰梯形的底角∠＝∠ ＝60°，对物块 a 、 c 进行受力分acdbdc析如下图，利用几何关系可知， a 遇到的弹力大小为 T ＝ f ，f c ＝ 3T ＝ 3f ，选项 C 正确；依据等腰梯形的对称性可知，物块d 与物块 c 遇到的摩擦力大小同样，均为 3 ，选项 D 错f误．答案： ABC14. 如图，在水平面上 A 、B 、C 三点固定着三个电荷量为 3Q 的正点电荷，将另一质量为 m 的带正电的小球 ( 可视为点电荷 ) 搁置在 O 点，OABC 恰构成一棱长为 L 的正四周体，已知静电力常量为k ，重力加快度为 g . 为使小球能静止在 O 点，则对于小球所受电场力的协力方向和所带的电荷量，以下说法中正确的选项是( )A ．所受电场力的协力方向竖直向上B ．所受电场力的协力方向竖直向下C ．电荷量为26mgL9kQD ．电荷量为26mgL18kQ分析：对小球受力剖析可知，重力与库仑力均衡，因此小球遇到三个库仑力的协力的方向与重力方向相反，选项 A 正确，B 错误；将 A 、B 、C 处正点电荷对小球施加的库仑力正交分解到水平方向和竖直方向，设 α 是 A 、B 、C 处正点电荷对小球施加的库仑力方向与竖直方向的夹角，依据均衡条件在竖直方向上得3F cos α＝ mg ，又由库仑k ×3Q × q3L6定律得 F ＝L 2，再由图可知，∠CAO ′＝ 30°，则 AO ′＝ 3 ， OO ′＝ 3 L ，因此得626mgLcos α＝，联立以上各式解得 q ＝18kQ ，选项 C 错误， D 正确．3答案： AD15. 如下图，用一段绳索把轻质滑轮吊装在 A 点，一根轻绳越过滑轮，绳的一端拴在井中的水桶上，人使劲拉绳的另一端，滑轮中心为O点，人所拉绳索与OA的夹角为β，拉水桶的绳索与的夹角为α. 人拉绳沿水平面向左运动，把井中质量为的OA m水桶迟缓提上来，人的质量为M，重力加快度为g，在此过程中，以下说法正确的选项是() A．α一直等于βB．吊装滑轮的绳索上的拉力渐渐变大C．地面对人的摩擦力渐渐变大D．地面对人的支持力渐渐变大分析：水桶匀速上涨，拉水桶的轻绳中的拉力F T一直等于 mg，对滑轮受力剖析如图甲所示．垂直于方向有T sinα＝ T sinβ，因此α＝β，沿方向有＝ T cosα＋ T cosβOA F F OA F F F＝2F T cos α，人向左运动的过程中α＋β 变大，因此α 和β 均变大，吊装滑轮的绳索上的拉力 F 变小，选项A正确，B错误；对人受力剖析如图乙所示，θ＝α＋β 渐渐变大，水平方向有 F ＝F ′sin θ，地面对人的摩擦力渐渐变大，竖直方向有 F ＋ F ′cosθ＝Mg，fT NT地面对人的支持力F N＝Mg－ F T′cosθ渐渐变大，选项C、 D 正确．答案： ACD16.如图，一圆滑的轻滑轮用轻绳OO′悬挂于 O 点，另一轻绳越过滑轮，一端连着斜面上的物体A，另一端悬挂物体B，整个系统处于静止状态．现迟缓向左推进斜面，直到轻绳平行于斜面，这个过程中物块 A 与斜面一直保持相对静止．则以下说法正确的选项是()A．物块A遇到的摩擦力必定减小B．物块A对斜面的压力必定增大C．轻绳OO′的拉力必定减小D．轻绳OO′与竖直方向的夹角必定减小分析：对 B 剖析，因为过程迟缓，故 B 受力均衡，因此绳索的拉力F T′＝ m B g，因为同一条绳索上的拉力大小同样，故绳索对 A 的拉力大小恒为 F T＝m B g.设绳索与斜面的夹角为θ，斜面与水平面的夹角为α，对A剖析，在垂直于斜面方向上，有F T sinθ＋ F N＝m A g cosα，跟着斜面左移，θ在减小，故 F N＝ m A g cosα－ F T sinθ在增大，在沿斜面方向上，物块 A 遇到重力沿斜面向下的分力m A g sinα和绳索沿斜面向上的分力F T cosθ，假如m A g sin α>F T cosθ，则有m A g sinα＝F T cosθ＋F f，跟着θ 在减小，F f在减小，假如m A g sinα<F T cosθ，则有m A g sinα＋F f＝F T cosθ ，跟着θ 在减小，F f在增大，故A错误，B正确；因为轻绳与竖直方向上的夹角愈来愈大，又滑轮两头绳的拉力大小相等且不变，则滑轮两头绳的协力愈来愈小，因此轻绳 OO′的拉力在减小， C 正确；OO′必定在滑轮两头轻绳夹角的角平分线上，因为轻绳与竖直方向上的夹角愈来愈大，因此OO′与竖直方向的夹角必定增大， D 错误．答案： BC。
高考物理二轮复习专题一力与运动能力训练力与物体的平衡
专题能力训练1 力与物体的平衡(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共7小题,每小题8分,共56分。
在每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~7题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错的得0分) 1.(2020·全国Ⅱ卷)如图所示,一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。
若保持F的大小不变,而方向与水平面成60°角,物块也恰好做匀速直线运动。
物块与桌面间的动摩擦因数为( )A.2-B.C.D.2.如图所示,一物体M放在粗糙的斜面体上保持静止,斜面体静止在粗糙的水平面上。
现用水平力F推物体时,M和斜面仍然保持静止状态,则下列说法正确的是( )A.斜面体受到地面的支持力增大B.斜面体受到地面的摩擦力一定增大C.物体M受到斜面的静摩擦力一定增大D.物体M受到斜面的支持力可能减小3.如图所示,质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定,轻杆A端用铰链固定,滑轮在A点正上方(滑轮大小及摩擦均可不计),轻杆B端吊一重物G,现将绳的一端拴在杆的B端,用拉力F将B端缓慢上拉(均未断),在AB杆达到竖直前,以下分析正确的是( )A.绳子越来越容易断B.绳子越来越不容易断C.AB杆越来越容易断D.AB杆越来越不容易断4.一带电金属小球A用绝缘细线拴着悬挂于O点,另一带电金属小球B用绝缘支架固定于O点的正下方,OA=OB,金属小球A、B静止时位置如图所示。
由于空气潮湿,金属小球A、B缓慢放电。
此过程中,小球A所受的细线的拉力F1和小球B对A的库仑力F2的变化情况是( )A.F1减小,F2减小B.F1减小,F2不变C.F1增大,F2增大D.F1不变,F2减小5.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。
2021届高考物理二轮讲练测专题01 力与物体的平衡【练】解析版
1 / 23 第一部分 力与运动 专题01 力与物体的平衡【练】
1.(2020·开封检测)如图所示，物体A靠在竖直的墙面C上，在竖直向上的力F作用下，A、B物体保持静止，则物体A受力分析示意图正确的是( )
A B C D 【答案】A 【解析】以A、B组成的整体为研究对象，水平方向不可能受力，故整体和墙面C间没有弹力，故A与墙面C间无摩擦力，以A物体为研究对象，A受重力，B对A的垂直接触面的弹力和平行接触面的摩擦力，故选项A正确。
2.(2020·福建泉港一中期末)如图所示，细绳上端固定于天花板上的A点，细绳的下端挂一质量为m的物体P，用力F作用于细绳上的O点；使细绳偏离竖直方向的夹角为α，且保持物体平衡，此时F与水平方向的夹角为β，若β＝α，重力加速度为g，则F的大小等于( )
A．mgcos α B．mgsin α C．mgtan α D．mgsin α
【答案】B 【解析】对结点O受力分析如图 2 / 23
由于β＝α，则F与AO垂直，O点受三个拉力处于平衡，根据几何关系知F＝mgsin α。故B正确，A、C、D错误。
3．(2020·吉林省实验中学模拟)如图所示，物块A和滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，滑环B套在与竖直方向成θ＝37°的粗细均匀的固定杆上，连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内，滑环B恰好不能下滑，滑环和杆间的动摩擦因数μ＝0.4，设滑环和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A和滑环B的质量之比为( )
A．135 B．57 C．75 D．513
【答案】A 【解析】对A受力分析，根据平衡条件有T＝mAg，对B受力分析，如图所示
根据平衡条件有mBgcos θ＝f，T＝N＋mBgsin θ，由题可知，滑环B恰好不能下滑，则所受的静摩擦力沿杆向上
且达到最大值，有f＝μN，联立解得mAmB＝135，故A正确，B、C、D错误。
4.(2020·广东“六校”联考)为迎接新年，小明同学给家里墙壁粉刷涂料，涂料滚由滚筒与轻杆组成，示意图如图所示．小明同学缓缓上推涂料滚，不计轻杆的重力以及滚筒与墙壁的摩擦力。轻杆对涂料滚筒的推力为F1，墙
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高考物理二轮复习第一部分专题一力和运动第1讲力与物体的平衡练习（含解析） 构建网络·重温真题
1．(2019·全国卷Ⅲ) 用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则( )
A．F1＝33mg，F2＝32mg B．F1＝32mg，F2＝33mg C．F1＝12mg，F2＝32mg D．F1＝32mg，F2＝12mg 答案 D 解析 如图所示，卡车匀速行驶，圆筒受力平衡，由题意知，力F1′与F2′相互垂直。
由牛顿第三定律知F1＝F1′，F2＝F2′，则F1＝mgsin60°＝32mg，F2＝mgsin30°＝12mg，D正确。
2．(2019·天津高考)2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式开通。为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索(所有钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥，其索塔与钢索如图所示。下列说法正确的是( )
A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力 B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度 C．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下 D．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布 答案 C 解析 索塔对钢索竖直向上的作用力跟钢索和桥体整体的重力平衡，增加钢索数量，其整体重力变大，故索塔受到的向下的压力变大，A错误；若索塔高度降低，则钢索与竖直方向夹角θ将变大，由Tcosθ＝G可知，钢索拉力T将变大，B错误；两侧钢索的拉力对称，合力一定竖直向下，C正确；若两侧的钢索非对称分布，但其水平方向的合力为0，合力仍竖直向下，D错误。 3．(2018·天津高考)(多选)明朝谢肇淛《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可。一游僧见之，曰：无烦也，我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身。假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力FN，则( ) A．若F一定，θ大时FN大 B．若F一定，θ小时FN大 C．若θ一定，F大时FN大 D．若θ一定，F小时FN大 答案 BC 解析 选木楔为研究对象，力F的分解如图所示，由于木楔是等腰三角形，所以FN＝FN1
＝FN2，F＝2FNcos(90°－θ2)＝2FNsinθ2，故解得FN＝F2sinθ2，所以F一定时，θ越小，FN越
大；θ一定时，F越大，FN越大，故A、D错误，B、C正确。
4．(2017·全国卷Ⅱ) 如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动。物块与桌面间的动摩擦因数为( )
A．2－3 B.36 C.33 D.32 答案 C 解析 设物块的质量为m。据平衡条件及摩擦力公式有 拉力F水平时，F＝μmg① 拉力F与水平面成60°角时， Fcos60°＝μ(mg－Fsin60°)②
联立①②式解得μ＝33。故选C。 5．(2019·全国卷Ⅱ)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行。已知物块与斜面之间的动摩擦因数为33，重力加速度取10 m/s2。若轻绳能承受 的最大张力为1500 N，则物块的质量最大为( ) A．150 kg B．1003 kg C．200 kg D．2003 kg 答案 A 解析 物块沿斜面向上匀速运动，受力如图，根据平衡条件有
F＝Ff＋mgsinθ①
Ff＝μFN②
FN＝mgcosθ③
由①②③式得 F＝mgsinθ＋μmgcosθ
所以m＝Fgsinθ＋μgcosθ 故当Fmax＝1500 N时，有mmax＝150 kg，A正确。 6．(2019·江苏高考)如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右。细绳与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为( )
A.Tsinα B.Tcosα C．Tsinα D．Tcosα 答案 C
解析 对气球受力分析，如图所示，将绳的拉力T分解，在水平方向：风对气球的作用力大小F＝Tsinα，C正确。 7.(2019·全国卷Ⅰ)(多选)如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°。已知M始终保持静止，则在此过程中( )
A．水平拉力的大小可能保持不变 B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加 C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加 D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加 答案 BD 解析 选N为研究对象，受力情况如图甲所示，用水平拉力F缓慢拉动N的过程中，水平拉力F逐渐增大，细绳的拉力T逐渐增大，A错误，B正确。对于M，受重力GM、支持力FN、绳的拉力T以及斜面对它的摩擦力f；如图乙所示，若开始时斜面对M的摩擦力f沿斜面向上，则T＋f＝GMsinθ，T逐渐增大，f逐渐减小，可能会出现f减小到零后，再反向增大；若开始时斜面对M的摩擦力沿斜面向下，则T＝GMsinθ＋f，当T逐渐增大时，f逐渐增大，C错误，D正确。
8．(2017·全国卷Ⅰ)(多选) 如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物， 用手拉住绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α(α>π2)。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中( )
A．MN上的张力逐渐增大 B．MN上的张力先增大后减小 C．OM上的张力逐渐增大 D．OM上的张力先增大后减小 答案 AD 解析 设重物的质量为m，绳OM中的张力为TOM，绳MN中的张力为TMN。开始时，TOM＝mg，TMN＝0。由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力mg等大、
反向。如图所示，已知角α不变，在绳MN缓慢拉起的过程中，角β逐渐增大，则角(α－
β)逐渐减小，但角θ不变，在三角形中，利用正弦定理得：TOMsinα－β＝mgsinθ，(α－β)
由钝角变为锐角，则TOM先增大后减小，选项D正确；同理知TMNsinβ＝mgsinθ，在β由0变为π2
的过程中，TMN一直增大，选项A正确。
命题特点：力与物体的平衡知识几乎贯穿整个高中物理的始终，在高考中考查非常多，除了跟其他章节内容综合考查外，也经常单独命题，主要考查受力分析特别是静摩擦力的判断，平衡的问题特别是动态平衡问题的处理，以及整体法和隔离法思想的应用，题型一般为选择题。 思想方法：假设法、整体法和隔离法、转换研究对象法、图解法等。 高考考向1 受力分析 例1 (2019·天津南开区二模)如图所示，质量均为m的a、b两物体，放在两固定的水平挡板之间，物体间用一竖直放置的轻弹簧连接，在b物体上施加水平拉力F后，两物体始终保持静止状态，己知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．a物体对水平挡板的压力大小可能为2mg B．a物体所受摩擦力的大小为F C．b物体所受摩擦力的大小为F D．弹簧对b物体的弹力大小可能为mg 破题关键点 (1)b与上挡板之间是否有摩擦力？ 提示：根据b受力平衡可知b与上挡板之间有静摩擦力。 (2)下挡板与a之间是否有摩擦力？ 提示：根据a受力平衡可知a与下挡板之间没有摩擦力。 [解析] 在b物体上施加水平拉力F后，两物体始终保持静止状态，则b物体受到上挡板的静摩擦力，大小f＝F，因此它们之间一定存在弹力，则弹簧的弹力大于物体b的重力，由整体法可知，a物体对水平面的压力大小大于2mg，故A、D错误，C正确；根据摩擦力产生的条件可知，a物体与水平挡板间没有相对运动的趋势，故a不受摩擦力，B错误。 [答案] C
受力分析的基本步骤和技巧 (1)步骤 ①明确研究对象(如一个点、一个物体或一个系统)，并将其隔离，分析周围物体对它施加的力。 ②按顺序找力：首先场力，其次弹力(个数不多于周围与之接触的物体个数)，再次摩擦力(个数不多于弹力)，最后分析有无外加的已知力。 (2)技巧 ①善于转换研究对象，尤其是对摩擦力不易判定的情形，可以先分析相接触物体的受力情况，再应用牛顿第三定律判定。 ②假设法是判断弹力、摩擦力的存在及方向的基本方法。 1．(2019·济南模拟)(多选)如图所示，质量为m的滑块静置于倾角为30°的固定粗糙斜面上，轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30°。重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A．滑块可能受到四个力作用 B．弹簧可能处于拉伸状态 C．斜面对滑块的摩擦力可能为零 D．斜面对滑块的摩擦力大小可能为mg 答案 AB 解析 弹簧与竖直方向的夹角为30°，所以弹簧的方向垂直于斜面，滑块沿着斜面方向受力平衡，则滑块此时受到的摩擦力方向沿斜面向上，大小等于重力沿斜面向下的分力，即f＝mgsin30°＝0.5mg，不可能为零，故C、D错误；因为滑块受摩擦力，故一定还受斜面的支持力，弹簧的形变情况未知，所以滑块可能受重力、斜面支持力、静摩擦力和弹簧的弹力四个力的作用而平衡，故A正确；弹簧对滑块可能有拉力，故弹簧可能处于伸长状态，故B正确。 2．(2019·山东滨州二模) 浙江乌镇一带的农民每到清明时节举办民俗活动，在一个巨型石臼上插入一根硕大的毛竹，表演者爬上竹梢表演各种惊险动作。如图所示，下列说法正确的是( )
A．在任何位置表演者静止时只受重力和弹力作用 B．在任何位置竹竿对表演者的作用力必定与竹竿垂直 C．表演者静止时，竹竿对其的作用力必定竖直向上 D．表演者越靠近竹竿底部所受的摩擦力就越小 答案 C