（新課標(biāo)）2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題一 第1講 力與物體的平衡精練（含解析）

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1、力與物體的平衡 (45分鐘) [刷基礎(chǔ)] 1．(2019·湖南株洲高三年級(jí)教學(xué)檢測)如圖，黑板擦在手施加的恒力F作用下勻速擦拭黑板．已知黑板擦與豎直黑板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，不計(jì)黑板擦的重力，則它所受的摩擦力大小為(　　) A．F　　　 B．μF C.F D.F 解析：設(shè)力F與運(yùn)動(dòng)方向的夾角為θ，黑板擦做勻速運(yùn)動(dòng)，則由平衡條件可知Fcos θ＝μFsin θ，解得μ＝，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，cos θ＝，則黑板擦所受的摩擦力大小Ff＝Fcos θ＝F，故選項(xiàng)C正確． 答案：C 2．如圖所示為三種形式的吊車的示意圖，OA為可繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)的輕桿，AB為質(zhì)量可忽略不計(jì)的拴接在A點(diǎn)的輕繩，當(dāng)它

2、們吊起相同重物時(shí)，圖甲、圖乙、圖丙中桿OA對(duì)結(jié)點(diǎn)的作用力大小分別為Fa、Fb、Fc，則它們的大小關(guān)系是(　　) A．Fa>Fb＝Fc　　 B．Fa＝Fb>Fc C．Fa>Fb>Fc D．Fa＝Fb＝Fc 解析：設(shè)重物的質(zhì)量為m，分別對(duì)三圖中的結(jié)點(diǎn)進(jìn)行受力分析，如圖甲、乙、丙所示，桿對(duì)結(jié)點(diǎn)的作用力大小分別為Fa、Fb、Fc，對(duì)結(jié)點(diǎn)的作用力方向沿桿方向，各圖中G＝mg.則在圖甲中，F(xiàn)a＝2mgcos 30°＝mg；在圖乙中，F(xiàn)b＝mgtan 60°＝mg；在圖丙中，F(xiàn)c＝mgcos 30°＝mg.可知Fa＝Fb>Fc，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤． 　 答案：B 3．(2019·

3、山西呂梁高三期末)如圖所示，光滑圓軌道豎直固定在水平地面上，O為圓心，A為軌道上的一點(diǎn)，OA與水平面夾角為30°.小球在拉力F作用下始終靜止在A點(diǎn)．當(dāng)拉力方向水平向左時(shí)，拉力F的大小為10 N．當(dāng)將拉力F在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)至沿圓軌道切線方向時(shí)，拉力F的大小為(　　) A．5 N B．15 N C．10 N D．10 N 解析：當(dāng)拉力水平向左時(shí)，受到豎直向下的重力、沿OA向外的支持力以及拉力F，如圖甲所示，根據(jù)矢量三角形可得G＝Ftan 30°＝10×N＝10 N，當(dāng)拉力沿圓軌道切線方向時(shí)，受力如圖乙所示，根據(jù)矢量三角形可得F＝Gcos 30°＝5 N，A正確． 答案：A 4．如圖

4、所示，物塊A和滑環(huán)B用繞過光滑定滑輪的不可伸長的輕繩連接，滑環(huán)B套在與豎直方向成θ＝37°的粗細(xì)均勻的固定桿上，連接滑環(huán)B的繩與桿垂直并在同一豎直平面內(nèi)，滑環(huán)B恰好不能下滑，滑環(huán)和桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，設(shè)滑環(huán)和桿間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則物塊A和滑環(huán)B的質(zhì)量之比為(　　) A. B. C. D. 解析：設(shè)物塊A和滑環(huán)B的質(zhì)量分別為m1、m2，若桿對(duì)B的彈力垂直于桿向下，因滑環(huán)B恰好不能下滑，則由平衡條件有m2gcos θ＝μ(m1g－m2gsin θ)，解得＝；若桿對(duì)B的彈力垂直于桿向上，因滑環(huán)B恰好不能下滑，則由平衡條件有m2gcos θ＝μ(m2gsin θ－m1g)，

5、解得＝－(舍去)．綜上分析可知應(yīng)選C. 答案：C 5．如圖所示，由粗糙的水平桿AO與光滑的豎直桿BO組成的絕緣直角支架，在AO桿、BO桿上套有帶正電的小球P、Q，兩個(gè)小球恰能在某一位置平衡．現(xiàn)將P緩慢地向左移動(dòng)一小段距離，兩球再次達(dá)到平衡．若小球所帶電荷量不變，與移動(dòng)前相比(　　) A．桿BO對(duì)Q的彈力減小 B．桿AO對(duì)P的彈力減小 C．桿AO對(duì)P的摩擦力增大 D．P、Q之間的距離增大 解析：Q受力如圖，由力的合成與平衡條件可知：BO桿對(duì)小球Q的彈力變大，兩小球之間的庫侖力變大，由庫侖定律知，兩小球P、Q的距離變小，A、D錯(cuò)誤；對(duì)整體受力分析，可得AO桿對(duì)小球P的摩擦力變大，C正

6、確；對(duì)整體分析可知，豎直方向只受重力和AO桿的支持力，故AO桿對(duì)小球P的彈力不變，B錯(cuò)誤．故選C. 答案：C 6．(2019·河南南陽一中高三理綜)將一橫截面為扇形的物體B放在水平面上，一小滑塊A放在物體B上，如圖所示．除了物體B與水平面間的摩擦力之外，其余接觸面的摩擦均可忽略不計(jì)，已知物體B的質(zhì)量為M、滑塊A的質(zhì)量為m.當(dāng)整個(gè)裝置靜止時(shí)，A、B接觸面的切線與豎直擋板之間的夾角為θ，重力加速度為g.則下列選項(xiàng)正確的是(　　) A．物體B對(duì)水平面的壓力大小為Mg B．物體B受到水平面的摩擦力大小為mgtan θ C．滑塊A與豎直擋板之間的彈力大小為 D．滑塊A對(duì)物體B的壓力大小為

7、解析：首先對(duì)滑塊A受力分析，如圖所示， 根據(jù)平衡條件，有 F1＝ F2＝ 根據(jù)牛頓第三定律，A對(duì)B的壓力大小為，A對(duì)豎直擋板的壓力大小為，故C正確，D錯(cuò)誤；對(duì)A、B整體受力分析，受重力、水平面的支持力、豎直擋板的支持力、水平面的靜摩擦力，如圖所示， 根據(jù)平衡條件，水平面的支持力大小FN＝(M＋m)g，水平面的摩擦力大小Ff＝F2＝，再根據(jù)牛頓第三定律，物體B對(duì)水平面的壓力大小為(M＋m)g，故A、B錯(cuò)誤． 答案：C 7．(多選)如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，絕緣細(xì)線下面懸掛一質(zhì)量為m、長為l的導(dǎo)線，導(dǎo)線中有垂直紙面向里的恒定電流I，靜止時(shí)細(xì)線偏離豎直方向θ角，現(xiàn)將磁場沿逆

8、時(shí)針方向緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)到水平向右，轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小不變，在此過程中，下列說法正確的是(　　) A．導(dǎo)線受到的安培力逐漸變大 B．絕緣細(xì)線受到的拉力逐漸變大 C．絕緣細(xì)線與豎直方向的夾角θ先增大后減小 D．導(dǎo)線受到的安培力與絕緣細(xì)線受到的拉力的合力不變 解析：導(dǎo)線受到的安培力F安＝BIl大小不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；磁場逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)90°的過程中，F(xiàn)安方向逐漸由水平向左變?yōu)樨Q直向下，由于變化緩慢，所以F安與mg的合力F合與FT大小相等，方向相反，由圖可知，F(xiàn)合大小逐漸增大，θ逐漸減小，所以FT大小逐漸增大，選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；F安與FT的合力總是與重力大小相等，方向相反，即豎直向上，選項(xiàng)D

9、正確． 答案：BD 8.(多選)如圖所示，高空作業(yè)的工人被一根繩索懸在空中，已知工人及其身上裝備的總質(zhì)量為m，繩索與豎直墻壁的夾角為α，懸繩上的張力大小為F1，墻壁與工人之間的彈力大小為F2，重力加速度為g，不計(jì)人與墻壁之間的摩擦，則(　　) A．F1＝ B．F2＝mgtan α C．若緩慢增大懸繩的長度，F(xiàn)1與F2都變小 D．若緩慢增大懸繩的長度，F(xiàn)1減小，F(xiàn)2增大 解析：對(duì)工人受力分析，工人受到重力、墻壁的支持力和繩索的拉力作用，如圖所示，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有F1＝，F(xiàn)2＝mgtan α；若緩慢增大懸繩的長度，工人下移時(shí)，細(xì)繩與豎直方向的夾角α變小，故F1變小，F(xiàn)2變小，故

10、B、C正確，A、D錯(cuò)誤． 答案：BC 9．(多選)(2019·廣東深圳高三模擬)如圖所示，一不可伸長的光滑輕繩，其左端固定于O點(diǎn)，右端跨過固定于O′點(diǎn)的光滑滑輪懸掛一質(zhì)量為1 kg的物體P，此時(shí)輕繩OO′段水平，長度為0.8 m．繩子OO′段套有一個(gè)可自由滑動(dòng)的輕環(huán)．現(xiàn)在輕環(huán)上掛上一重物Q，用手扶住重物后緩慢下降，直到手與重物分離，重物Q下降的高度為0.3 m，此時(shí)物體P未到達(dá)滑輪處．則(　　) A．重物Q的質(zhì)量為1.2 kg B．重物Q的質(zhì)量為1.6 kg C．物體P上升的高度為0.2 m D．物體P上升的高度為0.4 m 解析：重新平衡后，根據(jù)幾何知識(shí)可得tan θ＝＝，即θ

11、＝53°，OO′之間的繩長為0.5×2 m＝1 m，故P上升了1 m－0.8 m＝0.2 m，C正確，D錯(cuò)誤； 重新平衡后，對(duì)輕環(huán)處結(jié)點(diǎn)受力分析，如圖所示，則根據(jù)平行四邊形定則可得cos 53°＝＝0.6，解得mQ＝1.2 kg，A正確，B錯(cuò)誤． 答案：AC 10．(多選)如圖所示，物體P、Q可視為點(diǎn)電荷，電荷量相同．傾角為θ、質(zhì)量為M的斜面體放在粗糙水平面上．將質(zhì)量為m的物體P放在粗糙的斜面體上．當(dāng)物體Q放在與P等高(PQ連線水平)且與物體P相距為r的右側(cè)位置時(shí)，P靜止且受斜面體的摩擦力為0，斜面體保持靜止，靜電力常量為k，則下列說法正確的是(　　) A．P、Q所帶電荷量為

12、 B．P對(duì)斜面體的壓力為 C．斜面體受到地面的摩擦力為0 D．斜面體對(duì)地面的壓力為(M＋m)g 解析：以P為研究對(duì)象，受到重力mg、斜面體的支持力FN和庫侖力F，由平衡條件得： F＝mgtan θ，F(xiàn)N＝ 根據(jù)庫侖定律得：F＝k 聯(lián)立解得：q＝r 由牛頓第三定律得P對(duì)斜面體的壓力為FN′＝FN＝，故A錯(cuò)誤，B正確． 以斜面體和P整體為研究對(duì)象，由平衡條件得地面對(duì)斜面體的摩擦力為Ff＝F，地面對(duì)斜面體的支持力為FN1＝(M＋m)g，根據(jù)牛頓第三定律得斜面體對(duì)地面的壓力為FN1′＝FN1＝(M＋m)g，故C錯(cuò)誤，D正確． 答案：BD [刷綜合] 11．(多選)如圖所示，質(zhì)量為

13、m＝5 kg的物體放在水平面上，物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，g取10 m/s2.當(dāng)物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，下列說法正確的是(　　) A．牽引力F的最小值為25 N B．牽引力F的最小值為 N C．最小牽引力F與水平面的夾角為45° D．最小牽引力F與水平面的夾角為30° 解析：物體受重力G、支持力FN、摩擦力Ff和拉力F的共同作用，將拉力沿水平方向和豎直方向分解，如圖所示，由共點(diǎn)力的平衡條件可知，在水平方向上有Fcos θ－μFN＝0，在豎直方向上有Fsin θ＋FN－G＝0，聯(lián)立解得F＝，設(shè)tan Φ＝μ，則cos Φ＝，所以F＝·，當(dāng)cos(θ－Φ)＝1即θ－Φ＝0時(shí)，F(xiàn)取到最

14、小值，F(xiàn)min＝＝25 N，而tan Φ＝μ＝，所以Φ＝30°，θ＝30°. 答案：AD 12．如圖所示，水平細(xì)桿上套一球A，球A與球B間用一輕繩相連，質(zhì)量分別為mA和mB，由于B球受到水平風(fēng)力作用，球A與球B一起向右勻速運(yùn)動(dòng)．已知細(xì)繩與豎直方向的夾角為θ，則下列說法中正確的是(　　) A．球A與水平細(xì)桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 B．球B受到的風(fēng)力F為mBgtan θ C．風(fēng)力增大時(shí)，若A、B仍勻速運(yùn)動(dòng)，輕質(zhì)繩對(duì)球B的拉力保持不變 D．桿對(duì)球A的支持力隨著風(fēng)力的增大而增大 解析：對(duì)球B受力分析，受重力、風(fēng)力和拉力，如圖甲， 風(fēng)力為F＝mBgtan θ，繩對(duì)B球的拉力為FT＝，把球

15、A和球B當(dāng)作一個(gè)整體，對(duì)其受力分析，受重力(mA＋mB)g、支持力FN、風(fēng)力F和向左的摩擦力Ff，如圖乙，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可得，桿對(duì)球A的支持力大小FN＝(mA＋mB)g，桿對(duì)球A的摩擦力大小Ff＝F，則球A與水平細(xì)桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝＝，B正確，A錯(cuò)誤；當(dāng)風(fēng)力增大時(shí)，θ增大，則FT增大，C錯(cuò)誤；由以上分析知桿對(duì)球A的支持力FN＝(mA＋mB)g，不變，D錯(cuò)誤． 答案：B 13.(多選)(2019·遼寧大連高三模擬)如圖所示，光滑水平地面上放有截面為圓周的柱狀物體A，A與墻面之間放一光滑的圓柱形物體B，對(duì)A施加一水平向左的力F，整個(gè)裝置保持靜止．若將A的位置向左移動(dòng)稍許，整個(gè)裝置仍保持

16、平衡，則(　　) A．水平外力F增大 B．墻對(duì)B的作用力減小 C．地面對(duì)A的支持力減小 D．B對(duì)A的作用力減小 解析：對(duì)B受力分析，受到重力mg、A對(duì)B的支持力FNAB和墻壁對(duì)B的支持力FNB，如圖甲所示， 　 當(dāng)A向左移動(dòng)后，A對(duì)B的支持力FNAB的方向變化，根據(jù)平衡條件結(jié)合合成法可以知道A對(duì)B的支持力FNAB和墻對(duì)B的支持力FNB都在不斷減小，由牛頓第三定律知B對(duì)A的支持力減小，故B、D正確；再對(duì)A和B整體受力分析，受到總重力G、地面支持力FN、外力F和墻的彈力FNB，如圖乙所示，根據(jù)平衡條件，有F＝FNB，F(xiàn)N＝G，故地面對(duì)A的支持力不變，外力F隨著墻對(duì)B的支持力FNB的減

17、小而減小，故A、C錯(cuò)誤． 答案：BD 14.(多選)如圖所示，用一段繩子把輕質(zhì)滑輪吊裝在A點(diǎn)，一根輕繩跨過滑輪，繩的一端拴在井中的水桶上，人用力拉繩的另一端，滑輪中心為O點(diǎn)，人所拉繩子與OA的夾角為β，拉水桶的繩子與OA的夾角為α.人拉繩沿水平面向左運(yùn)動(dòng)，把井中質(zhì)量為m的水桶緩慢提上來，人的質(zhì)量為M，重力加速度為g，在此過程中，以下說法正確的是(　　) A．α始終等于β B．吊裝滑輪的繩子上的拉力逐漸變大 C．地面對(duì)人的摩擦力逐漸變大 D．地面對(duì)人的支持力逐漸變大 解析：水桶勻速上升，拉水桶的輕繩中的拉力FT始終等于mg，對(duì)滑輪受力分析如圖甲所示． 垂直于OA方向有FTsi

18、n α＝FTsin β，所以α＝β，沿OA方向有F＝FTcos α＋FTcos β＝2FTcos α，人向左運(yùn)動(dòng)的過程中α＋β變大，所以α和β均變大，吊裝滑輪的繩子上的拉力F變小，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；對(duì)人受力分析如圖乙所示，θ＝α＋β逐漸變大，水平方向有Ff＝FT′sin θ，地面對(duì)人的摩擦力逐漸變大，豎直方向有FN＋FT′cos θ＝Mg，地面對(duì)人的支持力FN＝Mg－FT′cos θ逐漸變大，選項(xiàng)C、D正確． 答案：ACD 15．(多選)如圖，一光滑的輕滑輪用輕繩OO′懸掛于O點(diǎn)，另一輕繩跨過滑輪，一端連著斜面上的物體A，另一端懸掛物體B，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)緩慢向左推動(dòng)斜面，直到輕

19、繩平行于斜面，這個(gè)過程中物塊A與斜面始終保持相對(duì)靜止．則下列說法正確的是(　　) A．物塊A受到的摩擦力一定減小 B．物塊A對(duì)斜面的壓力一定增大 C．輕繩OO′的拉力一定減小 D．輕繩OO′與豎直方向的夾角一定減小 解析：對(duì)B分析，因?yàn)檫^程緩慢，故B受力平衡，所以繩子的拉力FT′＝mBg，由于同一條繩子上的拉力大小相同，故繩子對(duì)A的拉力大小恒為FT＝mBg. 設(shè)繩子與斜面的夾角為θ，斜面與水平面的夾角為α，對(duì)A分析，在垂直于斜面方向上，有FTsin θ＋FN＝mAgcos α，隨著斜面左移，θ在減小，故FN＝mAgcos α－FTsin θ在增大，在沿斜面方向上，物塊A受到重力沿斜

20、面向下的分力mAgsin α和繩子沿斜面向上的分力FTcos θ，如果mAgsin α>FTcos θ，則有mAgsin α＝FTcos θ＋Ff，隨著θ在減小，F(xiàn)f在減小，如果mAgsin α