2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 600分沖刺 專(zhuān)題一 力與運(yùn)動(dòng) 第1講 力與物體的平衡優(yōu)練（含解析）

《2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 600分沖刺 專(zhuān)題一 力與運(yùn)動(dòng) 第1講 力與物體的平衡優(yōu)練（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 600分沖刺 專(zhuān)題一 力與運(yùn)動(dòng) 第1講 力與物體的平衡優(yōu)練（含解析）（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、力與物體的平衡 一、選擇題(本題共12小題，其中1～8題為單選，9～12題為多選) 1．(2019·浙江省紹興市模擬)如圖所示，攀巖者僅憑借鞋底和背部的摩擦停留在豎直的巖壁間，鞋子、背部與巖壁間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為0.80和0.60。為了節(jié)省體力，他盡可能減小身體與巖壁間的正壓力，使自己剛好不下滑。假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，下列判斷正確的是(　D　) A．攀巖者受到三個(gè)力的作用 B．鞋子受到的靜摩擦力方向豎直向下 C．巖壁對(duì)鞋子的支持力大于巖壁對(duì)背部的支持力 D．攀巖者背部受到的靜摩擦力支撐了體重的 [解析]　攀巖者受到重力、兩個(gè)支持力和兩個(gè)摩擦力共五個(gè)力的作用，A錯(cuò)

2、誤；鞋子受到的靜摩擦力方向豎直向上，B錯(cuò)誤；水平方向受力平衡，所以巖壁對(duì)鞋子的支持力等于巖壁對(duì)背部的支持力，C錯(cuò)誤；鞋子、背部與巖壁間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為0.80和0.60，剛好不下滑時(shí)摩擦力都達(dá)到最大，根據(jù)f＝μFN可知，＝＝，而f1＋f2＝mg，解得f1＝mg，故攀巖者背部受到的靜摩擦力支撐了體重的，D正確。 2．一根輕質(zhì)彈性繩的兩端分別固定在水平天花板上相距80 cm的兩點(diǎn)上，彈性繩的原長(zhǎng)也為80 cm。將一鉤碼掛在彈性繩的中點(diǎn)，平衡時(shí)彈性繩的總長(zhǎng)度為100 cm；再將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點(diǎn)，則彈性繩的總長(zhǎng)度變?yōu)?彈性繩的伸長(zhǎng)始終處于彈性限度內(nèi))(　B　) A．86 cm

3、　　　　　　　 B．92 cm C．98 cm D．104 cm [解析]　將鉤碼掛在彈性繩的中點(diǎn)時(shí)，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知鉤碼兩側(cè)的彈性繩(勁度系數(shù)設(shè)為k)與豎直方向夾角θ均滿足sinθ＝，對(duì)鉤碼(設(shè)其重力為G)靜止時(shí)受力分析，得G＝2k(－)cosθ；彈性繩的兩端移至天花板上的同一點(diǎn)時(shí)，對(duì)鉤碼受力分析，得G＝2k(－)，聯(lián)立解得L＝92 cm，可知A、C、D項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確。 3．(2019·安徽合肥二模)如圖所示，置于水平地面上的A、B兩物塊，在水平恒力F的作用下，以共同速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是(　A　) A．A與B間的動(dòng)摩擦因數(shù)可能為0 B．B與地面間的動(dòng)摩擦因

4、數(shù)可能為0 C．若撤去F，A與B一定會(huì)相對(duì)滑動(dòng) D．若撤去F，A與B間摩擦力逐漸減小 [解析]　由于A、B兩物塊以共同速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A與B間的摩擦力為零，因此A與B間的動(dòng)摩擦因數(shù)可能為0，選項(xiàng)A正確；在水平恒力F的作用下，A、B兩物塊以共同速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，地面對(duì)物塊B的摩擦力大小等于F，B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不可能為0，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若撤去F，A、B兩物塊做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度逐漸減小，由于A與B之間可能有摩擦力，A與B不一定會(huì)相對(duì)滑動(dòng)，A與B間摩擦力不變，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。 4．(2019·廣西欽州市模擬)日常生活中，我們?cè)陂T(mén)下縫隙處塞緊一個(gè)木楔(側(cè)面如圖所示)，往往就可以

5、把門(mén)卡住。有關(guān)此現(xiàn)象的分析，下列說(shuō)法正確的是(　B　) A．木楔對(duì)門(mén)的作用力大于門(mén)對(duì)木楔的作用力，因而能將門(mén)卡住 B．門(mén)對(duì)木楔作用力的水平分量等于地面對(duì)木楔摩擦力的大小 C．只要木楔的厚度合適都能將門(mén)卡住，與頂角θ的大小無(wú)關(guān) D．只要木楔對(duì)門(mén)的壓力足夠大就能將門(mén)卡住，與各接觸面的粗糙程度無(wú)關(guān) [解析]　木楔對(duì)門(mén)的作用力和門(mén)對(duì)木楔的作用力是一對(duì)作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故A錯(cuò)誤；對(duì)木楔受力分析如右圖所示： 水平方向：f＝Fsinθ，最大靜摩擦力約等于滑動(dòng)摩擦力，門(mén)對(duì)木楔作用力的水平分量等于地面對(duì)木楔摩擦力的大小，故B正確；對(duì)木鍥，豎直方向：N＝Fcosθ＋mg，

6、則fmax＝μN(yùn)＝μ(Fcosθ＋mg)，要把門(mén)卡住，則有：不管多大的力F均滿足fmax≥f，即μ(Fcosθ＋mg)≥Fsinθ，不管m的大小，只要μ≥tanθ，就可把門(mén)卡住，故能否把門(mén)卡住，與頂角θ與接觸面的粗糙程度有關(guān)，故C、D錯(cuò)誤。 5．(2019·湖南省岳陽(yáng)市模擬)如圖所示，鐵板AB與水平地面間的夾角為θ，一塊磁鐵吸附在鐵板下方?，F(xiàn)緩慢抬起鐵板B端使θ角(始終小于90°)增大的過(guò)程中，磁鐵始終相對(duì)鐵板靜止。下列說(shuō)法正確的是 (　B　) A． 磁鐵所受合外力逐漸減小 B． 鐵板對(duì)磁鐵的彈力逐漸增大 C． 磁鐵受到的摩擦力做負(fù)功 D． 鐵板對(duì)磁鐵的彈力沖量等于零

7、[解析]　對(duì)鐵塊受力分析，受重力mg、磁力F、支持力N和摩擦力f，如圖所示： 由于始終平衡，故合力為零，故A錯(cuò)誤；根據(jù)平衡條件，有： mgsinθ－f＝0，F(xiàn)－mgcosθ－N＝0。 解得：f＝mgsinθ，N＝F－mgcosθ。由于θ不斷變大，故f不斷變大，N不斷變大，故B正確；摩擦力與運(yùn)動(dòng)方向垂直，則不做功，故C錯(cuò)誤；鐵板對(duì)磁鐵的彈力沖量等于∑Ft≠0，故D錯(cuò)誤。所以B正確，A、C、D錯(cuò)誤。 6．(2019·河北衡水模擬)如圖所示，水平的傳送帶上放一物體，物體下表面及傳送帶上表面均粗糙，導(dǎo)電性能良好的彈簧右端與物體及滑動(dòng)變阻器滑片相連，彈簧左端固定在墻壁上，不計(jì)滑片與滑動(dòng)變阻器

8、線圈間的摩擦。某同學(xué)觀察到，當(dāng)傳送帶沿箭頭方向運(yùn)動(dòng)且速度大小為v時(shí)，物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，則當(dāng)傳送帶逐漸加速到2v時(shí)，下列說(shuō)法正確的是(　C　) A． 物體受到的摩擦力變大，燈泡的亮度變亮 B． 物體受到的摩擦力變小，燈泡的亮度變暗 C． 物體受到的摩擦力不變，燈泡的亮度不變 D． 物體受到的摩擦力不變，燈泡的亮度變亮 [解析]　因摩擦力大小只與壓力大小及接觸面的粗糙程度有關(guān)，與物體的相對(duì)運(yùn)動(dòng)速度無(wú)關(guān)，故物體所受摩擦力不變；由于傳送帶運(yùn)動(dòng)且速度為v時(shí)，物體與傳送帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，故物體受到的摩擦力和彈簧彈力是一對(duì)平衡力；當(dāng)傳送帶逐漸加速到2v時(shí)，因物體所受摩擦力不變，則物體仍處于平衡狀

9、態(tài)，故物體的位置將不發(fā)生變化，與滑動(dòng)變阻器保持相對(duì)靜止，滑動(dòng)變阻器接入電阻不變，則由歐姆定律可得電路中電流不變，燈泡的亮度不變。故選C。 7．(2019·河南省許昌市模擬)如圖所示，豎直面內(nèi)有一圓環(huán)，圓心為O ，水平直徑為AB，傾斜直徑為MN，AB、MN的夾角為θ，一不可伸長(zhǎng)的輕繩兩端分別固定在圓環(huán)的M 、N 兩點(diǎn)，輕質(zhì)滑輪連接一重物，放置在輕繩上，不計(jì)滑輪與輕繩摩擦與輕繩重力，圓環(huán)從圖示位置順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)過(guò)2θ的過(guò)程中，輕繩的張力的變化情況正確的是(　B　) A． 逐漸增大 B． 先增大再減小 C． 逐漸減小 D． 先減小再增大 [解析]　M、N連線與水平直徑的夾角θ(θ≤90

10、°)越大，M、N之間的水平距離越小，輕繩與豎直方向的夾角α越小，根據(jù)mg＝2FTcosα，輕繩的張力FT越小，故圓環(huán)從圖示位置順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)過(guò)2θ的過(guò)程，輕繩的張力先增大再減小，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。 8．(2019·全國(guó)高考猜題卷)如圖所示，質(zhì)量為m＝10 kg的木箱置于水平地面上，它與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，受到一個(gè)與水平方向成θ角斜向上的拉力F，為使木箱做勻速直線運(yùn)動(dòng)，拉力F的最小值以及此時(shí)θ分別是(　A　) A．50 N　30° B．50 N60° C． N　30° D． N60° [解析]　木箱受重力mg、拉力F、地面的支持力和滑動(dòng)摩擦力作用，根據(jù)平

11、衡條件得Fcosθ＝Ff，F(xiàn)sinθ＋FN＝mg，又Ff＝μFN，聯(lián)立解得F＝＝， 其中tana＝＝，α＝60° 由數(shù)學(xué)知識(shí)知：當(dāng)θ＋α＝90°，即θ＝30°時(shí)，F(xiàn)有最小值， 且最小值為Fmin＝＝N＝50 N，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤． 9.(2019·河北唐山市模擬)如圖所示，帶有光滑豎直桿的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球與套在豎直桿上的小滑塊用輕繩連接，開(kāi)始時(shí)輕繩與斜劈平行?，F(xiàn)給小滑塊施加一豎直向上的拉力，使小滑塊沿桿緩慢上升，整個(gè)過(guò)程中小球始終未脫離斜劈，則有(　AD　) A． 輕繩對(duì)小球的拉力逐漸增大 B． 小球?qū)π迸膲毫ο葴p小后增大 C． 豎

12、直桿對(duì)小滑塊的彈力先增大后減小 D． 對(duì)小滑塊施加的豎直向上的拉力逐漸增大 [解析]　對(duì)小球受力分析，受重力、支持力和細(xì)線的拉力，如圖所示： 根據(jù)平衡條件，細(xì)線的拉力T增加，支持力N減小，根據(jù)牛頓第三定律，球?qū)π泵娴膲毫σ矞p小，A正確，B錯(cuò)誤；對(duì)球和滑塊整體分析，受重力、斜面的支持力N，桿的支持力N′，拉力F，如圖所示，根據(jù)平衡條件，有：水平方向N′＝Nsinθ，豎直方向F＋Ncosθ＝G，由于N減小，故N′減小，F(xiàn)增加，C錯(cuò)誤，D正確。 10．(2019·安徽省六安市模擬)傾斜角度為θ的斜面上有m1和m2兩個(gè)物體，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1和μ2。兩物體間用一根原長(zhǎng)為

13、L0的與斜面平行的輕質(zhì)彈簧連接，當(dāng)整體沿斜面勻速下滑時(shí)彈簧長(zhǎng)度為L(zhǎng)，如圖所示。則以下說(shuō)法正確的是(　BC　) A．若μ1>μ2, 可用張力足夠的輕繩替代彈簧 B．若μ1＝μ2, 可用輕桿替代彈簧 C．若μ1<μ2, 彈簧的形變量是(L－L0) D．若m1＝m2，則μ1＝μ2＝tanθ [解析]　若μ1＞μ2，要使m1和m2處于平衡狀態(tài)，對(duì)m1有：m1gsinθ＋F＝μ1m1gcosθ，對(duì)m2有m2gsinθ＝μ2m2gcosθ＋F，則彈簧處于壓縮狀態(tài)，所以不能用張力足夠的輕繩替代，故A錯(cuò)誤；若μ1＝μ2，要使m1和m2處于平衡狀態(tài)，對(duì)m1有m1gsinθ＝μ1m1gcosθ，對(duì)m

14、2有m2gsinθ＝μ2m2gcosθ，彈簧的形變量為0，故可用輕桿替代彈簧，故B正確；若μ1＜μ2，要使m1和m2處于平衡狀態(tài)，對(duì)m1有m1gsinθ＝μ1m1gcosθ＋F，對(duì)m2有m2gsinθ＋F＝μ2m2gcosθ，彈簧處于拉伸狀態(tài)，故彈簧的形變量是(L－L0)，C正確； m1＝m2時(shí)，若彈簧處于拉伸狀態(tài)，對(duì)m1有m1gsinθ＝μ1m1gcosθ＋F，對(duì)m2有m2gsinθ＋F＝μ2m2gcosθ，則μ1＜μ2，若彈簧處于壓縮狀態(tài)，對(duì)m1有：m1gsinθ＋F＝μ1m1gcosθ，對(duì)m2有m2gsinθ＝μ2m2gcosθ＋F，則μ1＞μ2，若彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，對(duì)m1有m1gsin

15、θ＝μ1m1gcosθ，對(duì)m2有m2gsinθ＝μ2m2gcosθ，則μ1＝μ2＝tanθ，由于彈簧的狀態(tài)不清楚，所以無(wú)法判斷μ1和μ2的關(guān)系，故D錯(cuò)誤。 11．(2019·江蘇宿遷期末)如圖所示，兩個(gè)完全相同的帶電小球A、B，質(zhì)量、電荷量分別為m、＋q，放置在一個(gè)半球狀、半徑為R、質(zhì)量為M的絕緣物塊上，小球平衡時(shí)相距為R，重力加速度為g。則(　BC　) A．物塊對(duì)地面的壓力大于(M＋2m)g B．物塊對(duì)小球A的支持力等于mg C．若保持A球靜止，把B球緩慢移動(dòng)到O′，B球的電勢(shì)能一定減小 D．若保持A球靜止，把B球緩慢移動(dòng)到O′，地面對(duì)物塊的支持力一定增大 [解析]　將A

16、、B兩球及絕緣物塊看成一個(gè)整體，整體處于靜止，受力分析可知，地面對(duì)整體的支持力N＝(M＋2m)g，則整體對(duì)地面的壓力也等于(M＋2m)g，故A錯(cuò)誤；隔離小球A受力分析，如圖所示，則小球A受到的支持力FN＝＝mg，故B正確；若保持A球靜止，把B球緩慢移動(dòng)到O′的過(guò)程中，B受到的電場(chǎng)力對(duì)其做正功，所以B的電勢(shì)能減小，故C正確；緩慢移動(dòng)B球的過(guò)程中，整體處于平衡狀態(tài)，地面對(duì)物塊的支持力不變，故D錯(cuò)誤。 12.如圖所示，輕質(zhì)不可伸長(zhǎng)的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿M、N上的a、b兩點(diǎn)，懸掛衣服的衣架鉤是光滑的，掛于繩上處于靜止?fàn)顟B(tài)。如果只人為改變一個(gè)條件，當(dāng)衣架靜止時(shí)，下列說(shuō)法正確的是(　AB　)

17、 A．繩的右端上移到b′，繩子拉力不變 B．將桿N向右移一些，繩子拉力變大 C．繩的兩端高度差越小，繩子拉力越小 D．若換掛質(zhì)量更大的衣服，則衣架懸掛點(diǎn)右移 [解析]　設(shè)兩段繩子間的夾角為2α，由平衡條件可知，2Fcosα＝mg，所以F＝，設(shè)繩子總長(zhǎng)為L(zhǎng)，兩桿間距離為s，由幾何關(guān)系L1sinα＋L2sinα＝s，得sinα＝＝，繩子右端上移，L、s都不變，α不變，繩子張力F也不變，A正確；桿N向右移動(dòng)一些，s變大，α變大，cosα變小，F(xiàn)變大，B正確；繩子兩端高度差變化，不影響s和L，所以F不變，C錯(cuò)誤；衣服質(zhì)量增加，繩子上的拉力增加，由于α不會(huì)變化，懸掛點(diǎn)不會(huì)右移，D錯(cuò)誤。 二、

18、計(jì)算題(本題共1小題，需寫(xiě)出完整的解題步驟) 13．(2019·江蘇南京二模)如圖所示，木塊A固定在水平地面上，細(xì)線的一端系住光滑滑塊B，另一端繞過(guò)固定在木塊A上的輕質(zhì)光滑滑輪后固定在墻上，B與A的豎直邊剛好接觸，滑輪左側(cè)的細(xì)線豎直，右側(cè)的細(xì)線水平。已知滑塊B的質(zhì)量為m，木塊A的質(zhì)量為3m，重力加速度為g，當(dāng)撤去固定A的力后，A不會(huì)翻倒。求： (1) A固定不動(dòng)時(shí)，細(xì)線對(duì)滑輪的壓力大小F； (2) 撤去固定A的力后，A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ滿足什么條件時(shí)，A不會(huì)向右運(yùn)動(dòng)； (3) 撤去固定A的力后，若地面光滑，則B落地前，A向右滑動(dòng)位移為x時(shí)的速度大小vA． [答案](1)mg　(2)μ≥　(3) [解析]　 (1) 細(xì)線對(duì)B的拉力大小T＝mg 滑輪對(duì)細(xì)線的作用力大小F′＝T 細(xì)線對(duì)滑輪的作用力大小F＝F′ 由以上各式解得F＝mg (2) 地面對(duì)A的支持力大小N＝3mg＋mg A不會(huì)滑動(dòng)的條件T≤μN(yùn) 由以上各式解得μ≥ (3) A向右滑動(dòng)位移為x時(shí)，B下降h＝x A向右速度大小為vA時(shí)， B的速度大小vB＝vA 整個(gè)系統(tǒng)機(jī)械能守恒， mgx＝·3mv＋·mv 由以上各式解得vA＝ - 9 -