2020年高考物理重难点专练01 力与物体的平衡(解析版)
2020届高考物理专题卷：专题02(力与物体的平衡)答案与解析
2021届专题卷物理专题二答案与解析1．【命题立意】通过实际情景考查弹力方向判断 .【思路点拨】弹力方向总是与接触面垂直 .【答案】D 【解析】ABC 选项中的弹力均应与其接触面垂直 ,D 选项中杆的弹力与重力平衡 .2．【命题立意】特定条件下摩擦力的动静转化 .【思路点拨】开始摩擦力为滑动摩擦力与运动方向相反 ,但是物体速度减为零后 ,无法确定外力与最|大静摩擦力的大小 ,无法确定之后的摩擦力情况 .【答案】BD 【解析】物体速度减速为零时 ,可能静止也可能反向运动 ,符合条件的为BD 两个选项 .3．【命题立意】受力分析 .【思路分析】 (1 )质点受力分析的步骤可以概括为：重力一定有 ,弹力看周围 ,分析摩擦力 ,不漏电磁浮； (2 )摩擦力判断是难点 ,常用方法是定义法、假设法、平衡法 .【答案】CD 【解析】b 物体一定受到的力有：a 物体对b 物体的压力、重力、a 物体对b 物体的摩擦力、斜面对b 物体的支持力 ,共四个力；可能受到斜面对b 物体的摩擦力的作用 ,故正确选项为CD .4．【命题立意】考查胡克定律、力的合成 .【思路点拨】 (1 )胡克定律的应用关键是找准形变量x ∆； (2 )力的合成关键是熟练应用平行四边形定那么或三角形定那么 .【答案】B 【解析】弓弦张力kl l l k F 3235=⎪⎭⎫ ⎝⎛-= ,弓弦对箭的作用力kl F F 151637cos 2=︒=' . 5．【命题立意】考查从图象找出关键点进行分析问题的能力 .【思路点拨】注意图象上特殊点的坐标 ,这是图象问题中隐含条件的一种表达 ,从图象中可知当力与竖直方向夹角为30°和120°时外力大小相等 ,是求解此题的关键 .【答案】C 【解析】从图象中可以看出物体匀速 ,当力与竖直方向夹角为30°和120°时 ,外力相等 ,设此时拉力大小为F' ,那么物体受重力mg 、支持力N 、摩擦力f 和F'处于平衡 ,根据平衡条件可知 ,夹角为30°时有：()︒'-=︒'30cos 30sin F mg μF ,夹角为120°时 ,力水平方向成30°夹角 ,那么由平衡条件得：()︒'+=︒'30sin 30cos F mg μF ,联立解得：32-=μ .故C 选项正确 .6．【命题立意】综合考查受力分析、摩擦力、力的合成 .【思路点拨】从A 恰好静止且所受摩擦力方向向下入手 ,通过正交分解法求出绳的拉力 ,再对右侧的滑轮受力分析 ,用合成法求出B 的质量 .【答案】B 【解析】由平衡条件可知绳中张力mg θμmg mg F 45cos 30sin T =+︒= ,对B 物体分析有T B 2F g m = ,m m 425B = . 7．【命题立意】结合实际情景考查动态分析 ,正交分解 .【思路点拨】 (1 )求解各力之间的关系可先将各力归入平行四边形或矢量三角形； (2 )水桶中的水不断减少后系统总重力随之减少 ,缓慢增加悬绳的长度那么悬线与玻璃的夹角不断减小 .【答案】C 【解析】由受力分析可知αG F cos 1= ,αG F tan 2=；在空中同一位置作业 ,当桶中的水不断减少 ,α不变 ,重力变小 ,F 1与F 2同时减少；假设缓慢增加悬绳的长度 ,α变小 ,重力不变 ,F 1与F 2同时减少 .8．【命题立意】整体法与隔离法 .【思路点拨】分析最|中间运发动所受压力时可将上面三名运发动看作一个整体进行分析【答案】C 【解析】上面的人的两只脚分别给中间的人的作用力为G ,中间的左、右边的人的每一只脚的作用力为(G +G )/2 ,故下面的正中间的人背部受到的作用力为G +G =G ,每一只脚对地面的压力为(G +G )/2＝G ,C 对 .9．【命题立意】综合考查力的分解、弹力、摩擦力 .【思路点拨】物体在多个力作用下平衡 ,正交分解是最|正确方案 .【答案】BC 【解析】由受力分析可知物体退槽的压力N 13N 5N 837cos =+=∆+︒=x k m g F ,槽对物块的摩擦力N 637sin f =︒=mg F .10．【命题立意】共点力作用下物体的平衡、动态分析问题 .【思路点拨】 (1 )将小球所受各个力放入矢量三角形； (2 )其中两绳子拉力夹角始终为120° ,结合正弦定理可分析两绳子拉力的大小变化情况 .【答案】B 【解析】由绳子移动过程中两绳的角度再结合由平行四边形定那么可知OP 绳所受拉力先增大后减小 ,OQ 绳所受拉力不断减小 .11．【命题立意】考查摩擦力 (双面 ) .【思路点拨】要将物块上下两个外表的弹力区分好 .【答案】μ =0.30【解析】设接触面间的动摩擦因数为μ ,物体A 与B 间的摩擦力为F 1 =μG A (2分 ) 物体B 与地面间的滑动摩擦力为 F 2 =μ(G A +G B ) (2分 )将B 匀速拉出 ,拉力大小与两个摩擦力的合力大小应相等 ,有F =μG A +μ(G A +G B ) =μ(2G A +G B ) (2分 ) 即30 =μ(2×40 +20) (1分 )解得：μ =0.30 (1分 ) .12．【命题立意】整体法隔离法 .【思路点拨】 (1 )隔离法分析问题受力要全面； (2 )合理选取整体法可以方便解题 .【答案】 (1 )mg F 43= (2 )对横杆的压力大小为2mg ,mg ,方向水平向左【解析】 (1 )取小球为研究对象进行受力分析 ,由平衡规律得：F F =︒37sin T ① (1分 )mg F =︒37cos T ② (1分 ) 联立解得mg F 43=③ (1分 ) (2 )取AB 组成的系统为研究对象 mg F 2N =④ (1分 )F F =f ⑤ (1分 ) 由牛顿第三定律NN F F '-=⑥ (1分 ) 对横杆的压力大小为2mg ,mg ,方向水平向左 (1分 ) .13．【命题立意】通过实际模型考查摩擦力求解 .【思路点拨】 (1 )求解弹力是求解摩擦力的关键； (2 )要注意左右两侧都有摩擦力 .【答案】12N 【解析】滑块在竖直平面内受到3个力的作用 ,如下列图所示 ,由力的平衡条件可知θF θF sin sin N2N1= (2分 ) G θF θF =+cos cos N2N1 (2分 )解得：N 20N2N1===G F F (2分 ) 滑块一侧受到的摩擦力N 6N ==μF f (1分 ) 水平推力N 122==f F (1分 ) .14．【命题立意】考查受力分析、整体法隔离法解题、极值求解 .【思路点拨】 (1 )三力平衡可以用正交分解也可以应用矢量三角形 ,四力及以上平衡适用正交分解； (2 )三角函数法是求解极值的重要方法 .【答案】 (1 )︒=30θ (2 )53=μ (3 )53tan ==μα时F 的值最|小 【解析】 (1 )对B 进行受力分析 ,设细绳对B 的拉力为T ,由平衡条件可得θT F cos 30cos =︒ (1分 ) mg θT F =+︒sin 30sin (1分 )解得：310=T (1分 )33tan =θ ,即︒=30θ (1分 ) (2 )对A 进行受力分析 ,由平衡条件有N sin F Mg θT =+ (1分 )N cos μF θT = (1分 )解得53=μ (1分 ) (3 )对A 进行受力分析 ,由平衡条件有()g m M F αF +=+N sin (1分 )N cos μF αF = (1分 )解得：()αμαg μm M F sin cos ++=(1分 ) 令211sin μβ+=,21cos μμβ+= ,即μβ1tan = 那么：)sin(1)()sin cos cos (sin 1)(22αβμμαβαβμμ+++=+++=g m M g m M F (1分 ) 显然 ,当︒=+90βα时F 有最|小值 ,所以53tan ==μα时F 的值最|小 . (1分 ) 15．【命题立意】综合考查动、静摩擦力 . 【思路点拨】 (1 )摩擦系数和拉力均可以通过平衡求解 . (2 )B 处添加物体后最|大静摩擦力发生变化要着重注意 .【答案】 (1 )μ =0.2 (2 )4N (3 )2N 【解析】 (1 )因A 和B 恰好一起匀速运动 ,所以B 受到的水平绳的拉力T 与滑动摩擦力F 1的大小相等 ,且等于A 的重力m A g 值 .B 对桌面的压力F N 等于B 的重力m B g .所以有F 1 =μF N (1分 ) F N =m B g (1分 ) T =F 1 =m A g (1分 ) 解得：μ =0.2 (1分 ) (2 )如果用水平力F 向左拉B ,使物体A 和B 做匀速运动 ,此时水平绳的拉力T 与滑动摩擦力F 1的大小均不变 ,根据物体B 水平方向的平衡由F =T +F 1 =2m A g =4N (4分 ) (3 )假设在原来静止的物体B 上放一个质量与B 物体质量相等的物体后 ,物体B 对桌面的压力变大 ,受到的最|大静摩擦力将变大 ,但此时物体B 将静止不动 ,物体与桌面间的摩擦力为静摩擦力 ,根据物体B 和物体A 的平衡可知 ,物体B 受到的摩擦力为F 1' =T =m A g =2N (4分 ) .16．【命题立意】受力分析、整体法隔离法 .【思路点拨】隔离分析A 物体 ,然后隔离分析B 或者分析整体即可求解 ,整体法与隔离法应用时无先后顺序 ,唯一的原那么就是方便解题 .【答案】F =850N 【解析】物体A 、B 的受力图如右图所示 ,由受力平衡知：对A ：0cos 1=-f θT ① (2分 ) 0sin 11=--θT G N ② (2分 )11μN f =③ (1分 )对B ：021=-'-f f F ④ (2分 )0212=-'-G N N ⑤ (2分 )22μN f =⑥ (1分 ) 由①~⑥知：F =850N (2分 ) (或者采用先整体后隔离 ) .。
专题01 力与物体的平衡(解析版)
2020年高考物理二轮复习热点题型与提分秘籍专题01 力与物体的平衡题型一受力分析、整体法隔离法的应用【题型解码】1．基本思路在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法进行分析．2．两点注意(1)采用整体法进行受力分析时，要注意系统内各个物体的状态应该相同．(2)当直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力，此法叫“转移研究对象法”．【典例分析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FC．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【参考答案】C【名师解析】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。
【典例分析2】.(2020·云南省师大附中高三上学期月考)一长方体容器静止在水平地面上，两光滑圆柱体A、B放置于容器内，横截面如图所示。
若圆柱体A的质量为m、半径R A＝10 cm；圆柱体B的质量为M、半径R B＝15 cm；容器的宽度L＝40 cm。
A对容器左侧壁的压力大小用N A表示，B对容器右侧壁的压力大小用N B表示，A对B的压力大小用N AB表示，B对容器底部的压力大小用N表示。
下列关系式正确的是()A ．N A ＝43mgB ．N B ＝43(M ＋m )gC ．N AB ＝54mgD ．N ＝Mg ＋43mg【参考答案】 C【名师解析】 如图甲所示，根据图中几何关系可得cos θ＝L －R A －R B R A ＋R B ＝35。
2020年高考物理二轮专题复习一：力与物体的平衡(解析附后)
B．ab杆所受摩擦力为mgsinθ
C．cd杆所受摩擦力为
D．μ与v1大小的关系为
6．如图所示，在一竖直平面内，竖直y轴左侧有一水平向右的匀强电场场强为E1和一垂直纸面向里的匀强磁场磁感应强度为B，y轴右侧有一竖直方向的匀强电场场强为E2，一电荷量为q(电性未知)、质量为m的微粒从x轴上A点以一定初速度与水平方向成θ＝37°角沿直线经P点运动到图中C点，其中m、q、B均已知，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g，则()
A．当细绳与细杆的夹角为30°时，杆对a球的支持力为零
B．支架对轻滑轮的作用力大小逐渐增加
C．支架对a球的摩擦力先减小后增加
D．当 时，拉力F先减小后增加
3．如图所示，有一四分之一球体置于粗糙的水平面上，两质量均为m的小球A、B(均可看作质点)通过柔软光滑的轻绳连接，且与球体一起静止在水平面上。B球与球心O的连线与水平方向成θ＝37°角(拉B球的轻绳与OB连线垂直)。已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列关于系统中各物体受力的说法正确的是()
【答案】AD
2．【解析】小球处于平衡状态时，受力分析如图所示，则可知qE＝mgtan 37°，则该匀强电场的电场强度E＝ ＝3.75×106N/C，选项A错误；细线的拉力F＝ ＝0.125 N，故选项B错误；在外力作用下，小球拉至细线水平时，由静止释放，如图所示，小球在电场力和重力的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动至B点，∠OAB＝∠OBA＝53°，OA＝OB＝l＝1.4 m，在此过程中，细线处于松弛状态，无拉力作用，小球运动至B点时，细线绷紧，匀加速直线运动结束。根据牛顿第二定律可知小球匀加速直线运动时的加速度a＝ ＝ ＝ m/s2＝12.5 m/s2，假设经过0.5 s后，小球仍在沿AB方向做匀加速直线运动，则小球的速度v＝at＝6.25 m/s，经过的距离x＝ at2＝ ×12.5×0.52m＝1.562 5 m，A、B间的距离|AB|＝2×l×cos 53°＝1.68 m，x＜|AB|，假设成立，故0.5 s时，小球的速度大小为6.25 m/s，故选项C正确；小球运动至B点时，细线绷紧，小球沿细线方向的分速度减为零，动能减小，假设细线绷紧过程小球机械能损失ΔE，此后在电场力、重力和细线拉力作用下沿圆弧运动至O点正下方，根据能量守恒定律，可知(qE＋mg)·l－ΔE＝ mv2，可得v＜7 m/s，故选项D错误。
2020届高三物理一轮复习 力与物体的平衡(高考真题+模拟新题)(有详解)
B单元力与物体的平衡受力分析物体的平衡图1－519．B4[2020·四川卷] 如图1－5是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则( )A．火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小B．返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力C．返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功D．返回舱在喷气过程中处于失重状态【解析】 A 没点燃缓冲火箭前，伞绳的拉力等于返回舱的重力，点燃火箭后，返回舱受到向上的推力，使伞绳的张力减小，A正确；返回舱在喷气过程中减速的主要原因是火箭推力的作用，B错误；返回舱在喷气过程所受合外力向上，与位移方向相反，合外力做负功，C错误；返回舱向下做减速运动，其加速度向上，应处于超重状态，D错误．图1－419．B4[2020·山东卷] 如图1－4所示，将两相同的木块a、b置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳系于墙壁．开始时a 、b 均静止，弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a 所受摩擦力F fa ≠0，b 所受摩擦力F fb ＝0.现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间( )A ．F fa 大小不变B ．F fa 方向改变C ．F fb 仍然为零D ．F fb 方向向右【解析】 AD 将右侧绳子剪断的瞬间，弹簧的长度不发生变化，对a 来说，还处于平衡状态，摩擦力的大小和方向都不发生变化，A 项正确，B 项错误．对b 来说，这时有向左运动的趋势，所以摩擦力不为零，方向向右，C 项错误，D 项正确．分析，物块受重力、支持力、最大静摩擦力作用，由平衡条件得：mgsinθ＝μmgcosθ，即μ＝tanθ；当对物块施加一竖直向下的恒力F 时，物块受重力、支持力、摩擦力和恒力F ，假设物块仍处于恰好静止状态，则有：(mg ＋F)sinθ＝μ(mg＋F)cosθ，同样得到μ＝tanθ.故物块仍恰好处于静止状态，此时所受的合力为零，摩擦力增大，选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．4．B4[2020·海南物理卷] 如图1－2所示，墙上有两个钉子a 和b ，它们的连线与水平方向的夹角为45°，两者的高度差为l.一条不可伸长的轻质细绳一端固定于a 点，另一端跨过光滑钉子b 悬挂一质量为m 1的重物．在绳子距a 端l2的c 点有一固定绳圈．若绳圈上悬挂质量为m 2的钩码，平衡后绳的ac 段正好水平，则重物和钩码的质量比m 1m 2为图1－2 ( ) A. 5 B ．2 C.52D. 2 【解析】 C 装置稳定以后对结点c 受力分析，各力大小如图所示，因为c 处于平衡状态，在竖直方向有：m 1gsinθ＝m 2g ，由几何图形可知sinθ＝25，可解得：m 1m 2＝1sinθ＝52，选项C 正确．图1－35．B4[2020·海南物理卷] 如图1－3所示，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v 0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力( )图1－4 A ．等于零B ．不为零，方向向右C ．不为零，方向向左D ．不为零，v 0较大时方向向左，v 0较小时方向向右【解析】 A 取斜劈和物块组成的整体为研究对象，因物块沿斜面匀速下滑、斜劈静止，故说明系统水平方向加速度为零，由牛顿第二定律可知，水平方向合外力为零，故地面与斜劈间没有摩擦力，A 选项正确．1．B4[2020·江苏物理卷] 如图所示，石拱桥的正中央有一质量为m 的对称楔形石块，侧面与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g ，若接触面间的摩擦力忽略不计，则石块侧面所受弹力的大小为( )图1 A.mg 2sinα B.mg 2cosα C.12mgtanα D.12mgcotα 1．B4[2020·江苏物理卷] A 【解析】 以楔形石块为研究对象，它受到竖直向下的重力和垂直侧面斜向上的两个支持力，利用正交分解法可得：2Fsinα＝mg ，则F ＝mg 2sinα，A 正确． B5 实验：探究弹力和弹簧伸长的关系21．B5[2020·安徽卷] Ⅰ.为了测量某一弹簧的劲度系数，将该弹簧竖直悬挂起来，在自由端挂上不同质量的砝码．实验测出了砝码质量m与弹簧长度l的相应数据，其对应点已在图上标出．(g＝9.8 m/s2)(1)作出m－l的关系图线；(2)弹簧的劲度系数为________N/m.图1－13Ⅱ.(1)某同学使用多用电表粗略测量一定值电阻的阻值，先把选择开关旋到“×1 k”挡位，测量时指针偏转如图1－14甲所示．请你简述接下来的测量操作过程：①______________________________________________________________________ __；②______________________________________________________________________ __；③______________________________________________________________________ __；④测量结束后，将选择开关旋到“OFF”挡．(2)接下来采用“伏安法”较准确地测量该电阻的阻值，所用实验器材如图1－14乙所示．其中电压表内阻约为5 kΩ，电流表内阻约为5 Ω.图中部分电路已经连接好，请完成实验电路的连接．图1－14(3)图1－15是一个多量程多用电表的简化电路图，测量电流、电压和电阻各有两个量程．当转换开关S旋到位置3时，可用来测量______；当S旋到位置________时，可用来测量电流，其中S旋到位置________时量程较大．图1－15【答案】Ⅰ.(1)如图所示(2)0.248～0.262【解析】 (1)根据所描的点画直线即可．(2)在直线上取相距较远的两点，横轴之差Δl为弹簧长度的变化量，纵轴之差Δm为砝码质量的变化量，根据k＝ΔFΔl＝ΔmgΔl≈0.26 N/m.Ⅱ.(1)①断开待测电阻，将选择开关旋到“×100”挡②将两支表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0 Ω”③再接入待测电阻，将指针示数×100，即为待测电阻阻值(2)如图所示(3)电阻1、2 1【解析】 (2)由于待测电阻阻值较大，所以采用电流表内接法．(3)当转换开关S 旋到位置3时，由电路图可知，此时电路中有电源，故可用来测量电阻．如果要测量电流，则需要并联小电阻分流，故S应旋到位置1和2.当旋到位置1时，此时电路的连接是表头跟右边电阻串联后再与左边电阻并联，当表头满偏时，流过左边电阻的电流更大，从红表笔流进的电流更大，量程就更大．B6 实验：验证力的平行四边形定则10．B6[2020·江苏物理卷] 某同学用如图9所示的实验装置验证“力的平行四边形定则”．弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M.弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置．分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向．图9(1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为________N.(2)下列不必要的实验要求是 ________(请填写选项前对应的字母)．A．应测量重物M所受的重力B．弹簧测力计应在使用前校零C．拉线方向应与木板平面平行D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置(3)某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，请您提出两个解决办法．10．B6[2020·江苏物理卷] 【答案】 (1)3.6 (2)D (3)改变弹簧测力计B的方向，减小重物的质量．【解析】 (1)弹簧测力计读数为3.6 N，可以不估读．(2)验证力的平行四边形定则，需要分别测量各个力的大小和方向，所以A选项是必要的；根据仪器使用常识，弹簧在使用前需校零，B选项是必要的；实验中力必须在同一平面内的，C选项也是必要的；实验是验证三个力的关系，只要测出三个力就可以了，所以不需要固定O点位置，D选项不必要，本题应该选D.B7 力与平衡问题综合16．B7[2020·广东物理卷] 如图5所示的水平面上，橡皮绳一端固定，另一端连接两根弹簧，连接点P在F1、F2和F3三力作用下保持静止．下列判断正确的是( )图5A．F1>F2>F3B．F3>F1>F2C．F2>F3>F1D．F3>F2>F1图1－116．B7[2020·广东物理卷] B 【解析】结点P在F1、F2、F3三个力作用下处于平衡状态，将三个力平移围成矢量三角形．如图所示，由各边在矢量三角形中的位置，F 3为斜边，F1为较长直角边，F2为较短直角边，可得B选项正确．9．B7[2020·江苏物理卷] 如图所示，倾角为α的等腰三角形斜面固定在水平面上，一足够长的轻质绸带跨过斜面的顶端铺放在斜面的两侧，绸带与斜面间无摩擦．现将质量分别为M、m(M>m)的小物块同时轻放在斜面两侧的绸带上，两物块与绸带间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．在α角取不同值的情况下，下列说法正确的有( )图8A．两物块所受摩擦力的大小总是相等B．两物块不可能同时相对绸带静止C．M不可能相对绸带发生滑动D．m不可能相对斜面向上滑动9．B7[2020·江苏物理卷] AC 【解析】轻质丝绸无质量，对于丝绸而言，受到M、m的摩擦力都和丝绸中的张力大小相等，所以两物块所受摩擦力的大小总是相等，故最大摩擦力为丝绸与m间的最大静摩擦力，所以M不可能相对丝绸滑动，故A、C正确；若两物块同时相对绸带静止，此时对整体分析：Mgsinα－mgsinα＝(M＋m)a，对m分析：f－mgsinα＝ma，且f≤μmgcosα，解之得tanα≤μM＋m2M，调整α角取值即可满足此条件，故两物块可以相对丝绸静止，M相对斜面下滑，m相对斜面上滑，所以B、D错误．1. [2020·盐城质检]在2020年广州亚运会上，我国运动员陈一冰在吊环项目中取得了冠军．如图X2－1所示是比赛中的一个场景，此时人静止不动，两根吊带对称并与竖直方向有一定夹角．下列判断正确的是( )图X2－1A．两根吊带受到环的拉力大小不等B．手对吊环作用力方向竖直向下C．每根吊带受到环的拉力大小都等于人重量的一半D．两根吊带受到环的拉力合力一定竖直向下1．D 【解析】由两根吊带对称可知，两根吊带受到环的拉力大小相等，A错；人受力平衡，每个吊环对手的作用力方向由人的重心指向环，方向斜向上方，手对吊环的作用力斜向下方，B错误；两吊带对环的拉力方向沿着吊带斜向上，其合力与人和环的重力平衡，即其合力方向竖直向上，故两根吊带受到环的拉力合力一定竖直向下，D正确；由于每根吊带受到环的拉力方向不是竖直向下，故其大小一定大于人的重量的一半，C错误．2．[2020·淮南一模]如图X2－2所示，A、B两物体紧靠着放在粗糙水平面上．A、B间接触面光滑．在水平推力F作用下两物体一起加速运动，物体A恰好不离开地面，则物体关于A、B两物体的受力个数，下列说法正确的是( )图X2－2A．A受3个力，B受4个力B．A受4个力，B受3个力C．A受3个力，B受3个力D．A受4 个力，B受4个力2．A 【解析】 A物体受重力、水平推力F、B对A的支持力，由于A、B间接触面光滑，故A、B间无摩擦力，物体A恰好不离开地面，于是地面对A无支持力，同时地面对A也就没有摩擦力，因此A受3个力；B物体受重力、A对B的压力、地面对B的支持力，由于A、B两物体紧靠着放在粗糙水平面上，故还有地面对B的摩擦力，于是B受4个力，答案选A.C ．水平面对C的摩擦力方向一定向左D．水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等3．C 【解析】由于B受到的重力沿斜面向下的分力与绳对它的拉力关系未知，所以B受到C的摩擦力情况不确定，A错；对B、C整体，受力如图所示，C受到水平面的摩擦力与拉力的水平分力相等，水平面对C的支持力等于B、C的总重力大小与拉力的竖直分力的差值，故C对．4．[2020·潍坊质检]如图X2－5所示，质量为m的物块在力F作用下静止于倾角为α的斜面上，力F大小相等且F<mgsinα，则物块所受摩擦力最大的是( )A B C D图X2－54．D 【解析】沿斜面分析四种情况下的受力，分别可得四种条件下的静摩擦力为：mgsinα－F、mgsinα－Fcosα、mgsinα、(mg＋F)sinα，可见第四种情况摩擦力最大，所以选D.5．[2020·德州模拟]如图X2－6所示，某一弹簧秤外壳的质量为m，弹簧及与弹簧相连的挂钩质量忽略不计，将其放在光滑水平面上，现用两水平拉力F1、F2分别作用在与弹簧相连的挂钩和与外壳相连的提环上，关于弹簧秤的示数，下列说法正确的是( )图X2－6A．只有F1＞F2时，示数才为F1B．只有F1＜F2时，示数才为F2C．不论F1、F2关系如何，示数均为F1D．不论F1、F2关系如何，示数均为F25．C 【解析】弹簧秤的示数决定于作用在秤钩上力的大小，而与作用在与外壳相连的提环上的力无关，故答案为C.6.[2020·泰安模拟]如图X2－8所示，一光滑斜面固定在地面上，重力为G的物体在一水平推力F的作用下处于静止状态．若斜面的倾角为θ，则( )图X2－8A．F＝GcosθB．F＝G sinθC．物体对斜面的压力FN＝GcosθD．物体对斜面的压力FN ＝G cosθ6．D 【解析】物体所受三力如图所示：根据平衡条件，F、F′N 的合力与重力等大反向，有F＝Gtanθ，FN＝F′N＝Gcosθ，故只有D选项正确．7.[ 2020·苏北模拟]如图X2－9所示，清洗楼房玻璃的工人常用一根绳索将自己悬在空中，工人及其装备的总重量为G，悬绳与竖直墙壁的夹角为α，悬绳对工人的拉力大小为F1，墙壁对工人的弹力大小为F2, 则( )图X2－9A．F1＝G sinαB．F2＝GtanαC．若缓慢减小悬绳的长度，F1与F2的合力变大D．若缓慢减小悬绳的长度，F1减小，F2增大7．B 【解析】工人受力如图所示，由平衡条件，F1cosα＝G, F1sinα＝F2，于是F1＝Gcosα，F2＝Gtanα，所以A错，B对；缓慢减小悬绳的长度，α 角变大，F1.F2都增大，工人仍然处于平衡状态，所以F1与F2的合力不变，C、D均错．8．[2020·宜宾一模]物块M静止在倾角为α的斜面上，若给物块一个平行于斜面的水平力F的作用，物块仍处于静止状态，如图X2－10所示．则物块所受到的( )图X2－10A．支持力变大B．摩擦力的方向一定发生改变C．摩擦力大小保持不变D．摩擦力变小8．B 【解析】物块静止在斜面上时，物块所受的摩擦力为：f1＝Mgsinα.给物块平行于斜面的水平力F后，在斜面内，重力沿斜面向下的分力、水平力F、摩擦力f 2三力平衡，根据平衡条件有：f22＝(Mgsinα)2＋F2，重力沿斜面向下的分力与F的合力方向的反向是摩擦力f2的方向，所以摩擦力的方向和大小都发生了改变，B正确．9．[2020·盐城质检]如图X2－12所示，斜面体M放置在水平地面上，位于斜面上的物块m受到沿斜面向上的推力F作用．设物块与斜面之间的摩擦力大小为f1，斜面与地面之间的摩擦力大小为f2.增大推力F，斜面体始终保持静止，下列判断正确的是( )图X2－12A．如果物块沿斜面向上滑动，则f1、f2一定增大B．如果物块沿斜面向上滑动，则f1、f2一定不变C．如果物块与斜面相对静止，则f1、f2一定增大D．如果物块与斜面相对静止，则f1、f2一定不变9．B 【解析】解此题的技巧就是灵活变换研究对象．当物块沿斜面向上滑动时，以斜面体为研究对象，物块对斜面体的正压力不变，物块与斜面之间的滑动摩擦力大小f1则不变，物块对斜面体的正压力和滑动摩擦力都不变，斜面体受力则不变，所以斜面与地面之间的摩擦力大小f2也就不变，B正确；如果物块与斜面相对静止时，物块对斜面体的正压力不变，可是物块与斜面体间的静摩擦力随F的变化而变化，由于初始时物块的重力沿斜面向下的分力与F的关系未知，于是不能确定f1的变化情况；分析f2的变化时，若再以斜面体为研究对象情况就复杂了，但由于整体处于平衡状态，故可对整体受力分析如图所示：根据平衡条件知，地面对斜面体的摩擦力随F的增大而增大，所以C、D都不对．10．[2020·银川质检]如图X2－14所示，顶端装有定滑轮的斜面体放在粗糙水平面上，A、B两物体通过细绳相连，并处于静止状态(不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦)．现用水平向右的力F作用于物体B上，将物体B缓慢拉高一定的距离，此过程中斜面体与物体A仍然保持静止．在此过程中( )图X2－14A．水平力F一定变小B．斜面体所受地面的支持力一定变大C．物体A所受斜面体的摩擦力一定变大D．地面对斜面体的摩擦力一定变大10．D 【解析】这是典型的相互作用中的静力学问题，取物体B为研究对象，分析其受力情况如图所示．则有F＝mgtanθ，T＝mgcosθ，在物体B缓慢拉高的过程中，θ增大，则水平力F随之变大，对A、B两物体与斜面体这个整体而言，由于斜面体与物体A仍然保持静止，则地面对斜面体的摩擦力一定变大，但是因为整体竖直方向并没有其他力，故斜面体所受地面的支持力不变；在这个过程中尽管绳子张力变大，但是由于物体A 所受斜面体的摩擦力开始并不知道其方向，故物体A所受斜面体的摩擦力的情况无法确定，所以答案为D .11．[2020·德州模拟]某同学在研究性学习中，利用所学的知识解决了如下问题：一轻质弹簧竖直悬挂于某一深度为h＝30.0 cm且开口向下的小筒中(没有外力作用时弹簧的下端位于筒内，用测力计可以同弹簧的下端接触)，如图X2－7甲所示，若本实验的长度测量工具只能测量露出筒外弹簧的长度l，现要测出弹簧的原长l和弹簧的劲度系数，该同学通过改变l而测出对应的弹力F，作出F－l图象如图乙所示，则弹簧的劲度系数为k＝________ N/m，弹簧的原长l＝_________.甲乙图X2－711．200 20 【解析】根据胡克定律F与l的关系式为：F＝k(l＋h－l)＝kl＋k(h－l)，从图象中得到直线的斜率为2 N/cm，截距为20 N，故弹簧的劲度系数为k＝2 N/cm＝200 N/ cm，由k(h－l0)＝20 N，于是l＝20 cm.。
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。
专题2.2 受力分析 共点力作用下物体的平衡【练】解析版(1)
专题2.2 受力分析共点力作用下物体的平衡【练】目录一．练经典题型 (1)二、练创新情景 (6)三．练规范解答 (14)一．练经典题型1．如图所示，物体A在竖直向上的拉力F的作用下能静止在斜面上，关于A受力的个数，下列说法中正确的是()A．A一定受两个力作用B．A一定受四个力作用C．A可能受三个力作用D．A受两个力或者四个力作用【答案】：D【解析】：若拉力F大小等于物体的重力，则物体与斜面没有相互作用力，所以物体就只受到两个力作用；若拉力F小于物体的重力，则斜面对物体产生支持力和静摩擦力，故物体应受到四个力作用．2．(2021·河北定州模拟)如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O′点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体；OO′段水平，长度为L，绳子上套一可沿绳滑动的轻环．现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L，则钩码的质量为()A.22M B.32MC.2MD.3M 【答案】：D【解析】：重新平衡后，绳子形状如图所示由几何关系知：环两边绳子的夹角为60°，绳子与竖直方向夹角为30°，则根据平行四边形定则，环两边绳子拉力的合力为3Mg，根据平衡条件，则钩码的质量为3M，故选项D正确．3．(多选)如图所示，固定斜面上有一光滑小球，与一竖直轻弹簧P和一平行斜面的轻弹簧Q连接着，小球处于静止状态，则关于小球所受力的个数可能的是()A．1B．2C．3D．4【答案】BCD【解析】设小球质量为m，若F P＝mg，则小球只受拉力F P和重力mg两个力作用；若F P<mg，则小球受拉力F P、重力mg、支持力F N和弹簧Q的弹力F Q四个力作用；若F P＝0，则小球要保持静止，应受F N、F Q 和mg三个力作用，故小球受力个数不可能为1。
A错误，B、C、D正确。
4．(2020·天津南开中学月考)如图所示，固定的斜面上叠放着A、B两木块，木块A与B的接触面水平，水平力F作用于木块A，使木块A、B保持静止，且F≠0。
【推荐】2020届高考物理专题卷1：力与物体的平衡 答案与解析
绝密★启用前高考物理专题二考试范围：力与物体的平衡一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项符合题目要求，有的有多个选项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
）1．下列各实例中弹力的方向描述正确的是（）A．图甲中，地面对运动员的弹力B．图乙中，弯曲的细木棍对圆木的弹力C．图丙中，碗对筷子的弹力D．图丁中，路灯杆对路灯的弹力2．如下图甲所示，质量为lg的物体在恒定外力作用下做减速运动，其初速度v0，该滑块与水平面间的动摩擦因数为0.64。
则下列该滑块所受摩擦力F f随时间变化的图象可能正确的是（取初速度方向为正方向）（g=10m/s2）3．（）A B C D 3．如右图所示，木块b放在一固定斜面上，其上表面水平，木块a放在b上。
用平行于斜面向上的力F作用于a，a、b均保持静止。
则木块b的受力个数可能是（）A．2个B．3个C．4个D．5个4．射箭是奥运会比赛项目之一，如右图甲为我国著名选手张娟娟的射箭场景。
已知弓的顶部跨度为l，弦均匀且弹性良好，其自由长度为l。
发射时弦和箭可等效为右图乙的情景，假设弓的跨度保持不变，即箭在弦的正中间，弦夹住类似动滑轮的附加装置上，将箭发射出去。
已知弦的劲度系数为，发射箭时弦的最大长度为l 35（弹性限度内），则箭被发射瞬间所受的最大弹力为（设弦的弹力满足胡克定律） （ ） A ．kl B ．kl 1516C ．kl 3D ．kl 25．如右图甲所示，一物块置于水平地面上。
现用一个与竖直方向成θ角的力F 拉物块，现使力F 沿顺时针转动，并保持物块沿水平方向做匀速直线运动；得到拉力F 与θ变化关系图线如右图乙所示，根据图中信息可知物块与地面之间的动摩擦因数为 （ ） A ．21 B ．23 C ．32- D ．213- 6．如右图所示，23=μ粗糙斜面的倾角为30°轻绳通过两个滑轮与A 相连，轻绳的另一端固定于天花板上，不计轻绳与滑轮的摩擦。
冲刺2020年高考物理二轮专项提升专题01 力与物体的平衡(讲解)(解析版)
专题01力与物体的平衡难点一受力分析与静态平衡1．平衡状态物体处于静止或匀速直线运动的状态．2．平衡条件F 合＝0x ＝0y ＝0.3．利用整体、隔离思维法对物体受力分析4.注意问题(1)在受力分析时一定要恰当的选取研究对象，运用整体思维法和隔离思维法时一定要区分好内力和外力．(2)解决问题时通常需要交叉应用隔离、整体思维法．(3)对两个以上的物体叠加组成的整体进行受力分析时，一般先采用整体思维法后用隔离思维法，即“先整体，后隔离”．5．受力分析的4种方法假设法在受力分析时，若不能确定某力是否存在，可先对其作出存在的假设，然后分析该力存在对物体运动状态的影响来判断该力是否存在整体法将加速度相同的几个相互关联的物体作为一个整体进行受力分析隔离法将所研究的对象从周围的物体中分离出来，单独进行受力分析动力学分对加速运动的物体进行受力分析时，应用牛顿运动定律进行分析求解析法6.处理静态平衡问题的基本思路7．两大思维方法对比难点二动态平衡问题的探究1．动态平衡物体在缓慢移动过程中，可认为其速度、加速度均为零，物体处于平衡状态．2．共点力平衡的重要推论(1)三个或三个以上的共点力平衡，某一个力(或其中某几个力的合力)与其余力的合力等大反向．(2)同一平面上的三个不平行的力平衡，这三个力必为共点力，且表示这三个力的有向线段可以组成一个封闭的矢量三角形．3.解决动态平衡问题的一般思路：把“动”化为“静”，“静”中求“动”，动态平衡问题的分析过程与处理方法如下：【特别提醒】(1)如果物体所受的力较少，可以采用合成的方法．(2)如果物体受到三个力的作用而处于动态平衡，若其中的一个力大小、方向均不变，另外两个力的方向都发生变化，可以用力的三角形与几何三角形相似的方法求解．(3)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，并且还有另一个力的方向不变，此时可用图解法分析，即可以通过画出多个平行四边形来分析力的变化．难点三电学中的共点力平衡问题1．六种常见力力大小方向重力G ＝mg总是竖直向下弹力一般由力的平衡条件或牛顿运动定律求解；弹簧的弹力：F ＝kx与引起形变的力的方向相反摩擦力静摩擦力0<F f ≤F fm ；滑动摩擦力F f ＝μF N与接触面相切，与相对运动或相对运动趋势方向相反(与运动方向不一定相反)电场力匀强电场中的电场力F ＝qE ；真空中点电荷的库仑力F ＝kQqr 2正电荷所受电场力与电场强度方向相同，负电荷所受电场力与电场强度方向相反安培力F ＝BIL(I ⊥B)用左手定则判断(垂直于I 、B 所决定的平面)洛伦兹力F ＝qvB(v ⊥B)用左手定则判断(垂直于v 、B 所决定的平面)2.四类组合场(1)电场与磁场的组合．(2)电场与重力场的组合．(3)重力场与磁场的组合．(4)重力场、电场和磁场的组合．3．处理复合场中的平衡问题的方法与纯力学问题的分析方法一样，学会把电学问题力学化．分析方法是：选取研究对象――→方法“整体法”或“隔离法”↓受力分析――→多了个电场力F ＝Eq 或安培力F ＝BIL或洛伦兹力F ＝qvB ↓列平衡方程―→F 合＝0或F x ＝0，F y ＝04．注意问题(1)电荷在电场中一定受电场力作用，电流或电荷在磁场中不一定受磁场力作用．(2)分析电场力或洛伦兹力时，注意带电体的电性．(3)分析带电粒子受力时，要注意判断是否考虑重力．5．涉及电场力、磁场力的平衡问题的解题思路(1)记忆口诀：一场二弹三摩擦，各力方向准确画．(2)思维导图6．解题常见误区及提醒(1)安培力方向的判断要先判断磁场方向、电流方向，再用左手定则判断，同时注意立体图转化为平面图．(2)电场力或安培力的出现，可能会对压力或摩擦力产生影响．(3)涉及电路问题时，要注意闭合电路欧姆定律的使用．题型一受力分析与静态平衡【例1】(2019·高考全国卷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F 1、F 2，则()A ．F 1＝33mg ，F 2＝32mgB．F1＝32mg，F2＝33mgC．F1＝12mg，F2＝32mgD．F1＝32mg，F2＝12mg【解析】分析可知工件受力平衡，对工件受到的重力按照压紧斜面Ⅰ和Ⅱ的效果进行分解如图所示，结合几何关系可知工件对斜面Ⅰ的压力大小为F1＝mg cos30°＝32mg、对斜面Ⅱ的压力大小为F2＝mg sin30°＝12mg，选项D正确，A、B、C均错误．【答案】D【方法技巧】1．在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法进行分析．2．采用整体法进行受力分析时，要注意系统内各个物体的状态应该相同．3．当直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力，此法叫“转移研究对象法”．【举一反三】(2019·高考天津卷)2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式通车．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】增加钢索的数量，索塔受到的向下的压力增大，A 错误；当索塔受到的力F 一定时，降低索塔的高度，钢索与水平方向的夹角α减小，则钢索受到的拉力将增大，B 错误；如果索塔两侧的钢索对称且拉力大小相同，则两侧拉力在水平方向的合力为零，钢索的合力一定竖直向下，C 正确；索塔受到钢索的拉力合力竖直向下，当两侧钢索的拉力大小不等时，由图可知，两侧的钢索不一定对称，D 错误．【变式探究】如图甲所示，轻杆OB 可绕B 点自由转动，另一端O 点用细绳OA 拉住，固定在左侧墙壁上，质量为m 的重物用细绳OC 悬挂在轻杆的O 点，OA 与轻杆的夹角∠BOA ＝30°.乙图中水平轻杆OB 一端固定在竖直墙壁上，另一端O 装有小滑轮，用一根绳跨过滑轮后悬挂一质量为m 的重物，图中∠BOA ＝30°，求：(1)甲、乙两图中细绳OA 的拉力各是多大？(2)甲图中轻杆受到的弹力是多大？(3)乙图中轻杆对滑轮的作用力是多大？【解析】(1)由于甲图中的杆可绕B 转动，是转轴杆(是“活杆”)，故其受力方向沿杆方向，O 点的受力情况如图(a )所示，则O 点所受绳子OA 的拉力F T 1、杆的弹力F N 1的合力与物体的重力是大小相等、方向相反的，在直角三角形中可得，F T 1＝mgsin 30°＝2mg ；乙图中是用一细绳跨过滑轮悬挂物体的，由于O 点处是滑轮，它只是改变绳中力的方向，并未改变力的大小，且AOC 是同一段绳子，而同一段绳上的力处处相等，故乙图中绳子拉力为F′T 1＝F′T 2＝mg.(2)由图(a )可知，甲图中轻杆受到的弹力为F ′N1＝F N1＝mgtan 30°＝3mg .(3)对乙图中的滑轮受力分析，如图(b)所示，由于杆OB不可转动，所以杆所受弹力的方向不一定沿OB方向．即杆对滑轮的作用力一定与两段绳的合力大小相等，方向相反，由图(b)可得，F2＝2mg cos60°＝mg，则所求力F′N2＝F2＝mg.【答案】(1)2mg mg(2)3mg(3)mg题型二动态平衡问题【例2】(多选)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块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，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则()A．绳OO′的张力也在一定范围内变化B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化【解析】只要物块a质量不变，物块b保持静止，则连接a和b的细绳的张力就保持不变，细绳OO′的张力也就不变，选项A、C错误．对物块b进行受力分析，物块b受到细绳的拉力(不变)、竖直向下的重力(不变)、外力F、桌面的支持力和摩擦力．若F方向不变，大小在一定范围内变化，则物块b受到的支持力和物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化，选项B、D正确．【答案】BD【举一反三】(2018·高考天津卷)明朝谢肇淛的《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F N，则()A ．若F 一定，θ大时F N 大B ．若F 一定，θ小时F N 大C ．若θ一定，F 大时F N 大D ．若θ一定，F 小时F N 大【答案】BC【解析】木楔两侧面产生的推力合力大小等于F ，由力的平行四边形定则可知，F N ＝F2sinθ2，由表达式可知，若F 一定，θ越小，F N 越大，A 项错误，B 项正确；若θ一定，F 越大，F N 越大，C 项正确，D 项错误．【变式探究】如图所示，一小球在斜面上处于静止状态，不考虑一切摩擦，如果把挡板由竖直位置绕O 点缓慢转至水平位置，则此过程中球对挡板的压力F 1和球对斜面的压力F 2的变化情况是()A ．F 1先增大后减小，F 2一直减小B ．F 1先减小后增大，F 2一直减小C ．F 1和F 2都一直在增大D ．F 1和F 2都一直在减小【答案】B【解析】法一(力三角形法)：小球初始时刻的受力情况如图1所示，因挡板是缓慢转动的，所以小球处于动态平衡状态，在转动过程中，重力、斜面的支持力和挡板的弹力组成的矢量三角形的变化情况如图2所示(重力G 的大小、方向均不变，斜面对小球的支持力F ′2的方向始终不变)，由图2可知此过程中斜面对小球的支持力F ′2不断减小，挡板对小球的弹力F ′1先减小后增大，由牛顿第三定律可知选项B 正确．法二(解析法)：设斜面倾角为α，挡板与竖直方向夹角为β，如图3所示，则由平衡条件可得：F ′1sin β＋F ′2cos α＝G ，F ′1cos β＝F ′2sin α，联立解得F ′1＝G sin αcos （β－α），F ′2＝Gcos α＋sin αtan β.挡板缓慢转至水平位置，β由0逐渐增大到π2，当β＝α时，cos(β－α)＝1，F′1最小，所以F′1先减小后增大；β增大过程中tanβ随之增大，F′2不断减小，故选项B正确．题型三电学中的共点力平衡问题【例3】(2019·高考全国卷Ⅰ)如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则()A．P和Q都带正电荷B．P和Q都带负电荷C．P带正电荷，Q带负电荷D．P带负电荷，Q带正电荷【解析】对P、Q整体进行受力分析可知，在水平方向上整体所受电场力为零，所以P、Q必带等量异种电荷，选项A、B错误；对P进行受力分析可知，匀强电场对它的电场力应水平向左，与Q对它的库仑力平衡，所以P带负电荷，Q带正电荷，选项D正确，C错误．【答案】D【举一反三】（2018年江苏卷）如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态．现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴（）A.仍然保持静止B.竖直向下运动C.向左下方运动D.向右下方运动【答案】D【解析】本题考查平行板电容器的电场及电荷受力运动的问题，意在考查考生分析问题的能力。
2020年高三物理二轮复习强基础专题一：受力平衡 物体的平衡(含答案解析)
强基础专题一：受力平衡物体的平衡一、单选题1.如图，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍能保持等长且悬挂点不变。
木板静止时，表示木板所受合力的大小，表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后（）A．不变，变大 B．不变，变小 C．变大，变大 D．变小，变小2.在两个倾角均为的光滑斜面上，各放有一个相同的金属棒，分别通以电流I 1和I2，磁场的磁感应强度大小相同，方向如图中（a），（b）所示，两金属棒均处于平衡状态，则两种情况下的电流的比值I1：I2为( )A． B． C． D．3.如图甲，手提电脑散热底座一般设置有四个卡位用来调节角度。
某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡位4缓慢地调至卡位1（如图乙），电脑始终静止在底座上，则（）A．电脑受到的支持力变大 B．电脑受到的摩擦力变小C．散热底座对电脑的作用力变大 D．散热底座对电脑的作用力不变4.竖直放置的一对平行金属板的左极板上用绝缘细线悬挂了一个带正电的小球，将平行金属板按如图所示的电路图连接。
绝缘线与左极板的夹角为θ。
当滑动变阻器R的滑片在a位置时，电流表的读数为I l，夹角为θ1；当滑片在b位置时，电流表的读数为I2，夹角为θ2，则 ( )A．θ1<θ2，I1<I2 B．θ1>θ2，I1>I2 C．θ1=θ2，I1=I2 D．θ1<θ2，I1=I2 5.如图所示，空间正四棱锥型的底面边长和侧棱长均为a，水平底面的四个顶点处均固定着电量为+q的小球，顶点P处有一个质量为m的带电小球，在库仑力和重力的作用下恰好处于静止状态．若将P处小球的电荷量减半，同时加竖直方向的匀强电场强度E，此时P处小球仍能保持静止．重力加速度为g，静电力常量为k，则所加匀强电场强度大小为（）A． B． C． D．6.设雨点下落过程中受到的空气阻力与雨点（可看成球形）的横截面积S成正比，与下落速度v的平方成正比，即f=kSv2，其中k为比例常数，且雨滴最终都做匀速运动．已知球体积公式：（r为半径），若两个雨滴的半径之比为1:2，则这两个雨点的落地速度之比为（）A． B． 1:2 C． 1:4 D． 1:87.如图所示，物体A放在直角三角形斜面体B上面，B放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初始时A，B静止；现用力F沿斜面向上推A，但A，B仍保持静止。
专题01 力与物体的平衡 【练】-2023年高考物理毕业班二轮热点题型归纳与变式演练(解析版)
专题01力与物体的平衡1．图中是生活中磨刀的情景。
若磨刀石始终处于静止状态，当刀相对磨刀石向前运动的过程中，下列说法错误的是（）A．刀受到的滑动摩擦力向后B．磨刀石受到地面的静摩擦力向后C．磨刀石受到四个力的作用D．地面和磨刀石之间有两对相互作用力【答案】C【详解】A．当刀相对磨刀石向前运动的过程中，刀受到的滑动摩擦力向后，故A正确，不符合题意；B．当刀相对磨刀石向前运动的过程中，刀对磨刀石摩擦力向前，根据平衡条件可知，磨刀石受到地面的静摩擦力向后，故B正确，不符合题意；C．磨刀石受到重力、地面支持力、刀的摩擦力和地面摩擦力以及刀的压力（否则不会有摩擦力），共5个力作用，故C错误，符合题意；D．地面和磨刀石之间有两对相互作用力分别是磨刀石对地面的压力与地面对磨刀石的支持力，地面对磨刀石摩擦力与磨刀石对地面的摩擦力，故D正确，不符合题意。
故选C。
2．如图所示，在水平力F作用下A、B保持静止。
若A与B的接触面是水平的，且F≠0，则（）A．A的受力个数可能是3个B．A的受力个数可能是5个C．B的受力个数可能是3个D．B的受力个数可能是5个【答案】D【详解】对AB系统受力分析可知，斜面对B摩擦力可能为零AB．对A受力分析，由平衡条件得：A受重力，B对A的支持力，水平力F，以及B对A的摩擦力四个力的作用，故AB错误；CD．对B受力分析：B至少受重力、A对B的压力、A对B的静摩擦力、斜面对B的支持力，还可能受到斜面对B的摩擦力，故D正确，C错误。
故选D。
3．如图所示，水平放置的电子秤上有一磁性玩具，玩具由哑铃状物件P和左端有玻璃挡板的凹形底座Q构G和Q G。
用手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，P 成，其重量分别为P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态（即P和Q的其余部分均不接触），P与Q间的磁力大小为F。
下列说法正确的是（）A．Q对P的磁力大小等于P GB．P对Q的磁力方向竖直向下C．Q对电子秤的压力大小等于Q G＋FD．电子秤对Q的支持力大小等于P G＋Q G【答案】D【详解】AB．由题意可知，因手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，即Q 对P有水平向左的磁力；P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态，则说明Q对P有竖直向上的磁力，G，选项AB错误；则Q对P的磁力方向斜向左上方向，其磁力F大小大于PCD．对PQ的整体受力分析，竖直方向电子秤对Q的支持力大小等于P G＋Q G，即Q对电子秤的压力大小G＋Q G，选项C错误，D正确。
2020年高考物理二轮热点专题训练----《力与物体的平衡》解析版
2020年高考物理二轮热点专题训练----《力与物体的平衡》 一 单项选择题1.如图所示，在固定斜面上的一物块受到一外力 F 的作用，F 平行于斜面向上．若要物块在斜面上保持静止，F 的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为 F 1和 F 2(F 2>0)．由此可求出( )A ．物块的质量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 【答案】C【解析】设斜面倾角为θ，斜面对物块的最大静摩擦力为 F f ，当 F 取最大值 F 1时，最大静摩擦力 F f 沿斜面向下，由平衡条件得 F 1＝mg sin θ＋F f ；当 F 取最小值 F 2时，F f 沿斜面向上，由平衡条件得 F 2＝mg sin θ－F f ，联立两式可求出最大静摩擦力F f ＝F 1－F 22，选项 C正确．F N ＝mg cos θ，F 1＋F 2＝2mg sin θ，所以不能求出物块的质量、斜面的倾角和物块对斜面的正压力．2.如图，两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m 的小球．在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( )A ．m 2B ．32mC ．mD ．2m【答案】C【解析】由于轻环不计重力，故细线对轻环的拉力的合力与圆弧对轻环的支持力等大反向，即沿半径方向；又两侧细线对轻环拉力相等，故轻环所在位置对应的圆弧半径为两细线的角平分线，因为两轻环间的距离等于圆弧的半径，故两轻环与圆弧圆心构成等边三角形；又小球对细线的拉力方向竖直向下，由几何知识可知，两轻环间的细线夹角为120°，对小物块进行受力分析，由三力平衡知识可知，小物块质量与小球质量相等，均为m ，C 项正确． 3.如图所示，匀强电场的电场强度方向与水平方向夹角为30°且斜向右上方，匀强磁场的方向垂直于纸面(图中未画出)．一质量为m 、电荷量为q 的带电小球(可视为质点)以与水平方向成30°角斜向左上方的速度v 做匀速直线运动，重力加速度为g ，则( )A ．匀强磁场的方向可能垂直于纸面向外B ．小球一定带正电荷C ．电场强度大小为mg qD ．磁感应强度的大小为mgqv【答案】C【解析】小球做匀速直线运动，受到的合力为零，假设小球带正电，则小球的受力情况如图甲所示，小球受到的洛伦兹力沿虚线但方向未知，小球受到的重力与电场力的合力与洛伦兹力不可能平衡，故小球不可能做匀速直线运动，假设不成立，小球一定带负电，选项B 错误；小球的受力情况如图乙所示，小球受到的洛伦兹力一定斜向右上方，根据左手定则，匀强磁场的方向一定垂直于纸面向里，选项A 错误；根据几何关系，电场力大小qE ＝mg ，洛伦兹力大小qvB ＝3mg ，解得E ＝mg q ，B ＝3mg qv，选项C 正确，D 错误．4.如图所示，一小球放置在木板与竖直墙面之间．设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2.以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置．不计摩擦，在此过程中()A．N1始终减小，N2始终增大B．N1始终减小，N2始终减小C．N1先增大后减小，N2始终减小D．N1先增大后减小，N2先减小后增大【答案】B【解析】对小球进行受力分析，如图所示，设板与墙夹角为θ，转到水平位置过程中θ逐渐增大，N1＝mg cot θ，N2′＝N2，N2＝mgsin θ，而在第一象限内sin θ为增函数，cot θ为减函数，可知随着θ增大，N1和N2都减小，则只有B正确．5.如图甲、乙、丙是生活中三种不同的背包方式.为了研究方便，假设背包者身体均呈竖直，因而可认为每条背包带均在竖直面内.甲中背包带对人的肩部的作用力设为F1；乙中的背包带与竖直方向的夹角为θ(如图)，其背包带对人肩部的作用力设为F2；丙中的两根背包带与竖直方向的夹角均为θ(如图)，其每根背包带对人肩部的作用力均为F3.若三种情况所背的包完全相同，不考虑背包跟人体间的摩擦，则关于F1、F2、F3大小的下列关系正确的是()A.F1>F2B.F2>F3C.F1>F3D.F3＝F2【答案】B【解析】由图可知，题图甲中背包带沿竖直方向，所以每一根背包带的作用力都等于0.5mg，则背包带对肩部的作用力等于两根背包带的作用力的和，即等于F1＝mg；乙图中，背包受到重力、腿部的支持力和肩膀的作用力如图a：则：F2＝mgcos θ题图丙中，背包受到两边肩膀的作用力，如图b所示，则：mg＝2F3cos θ所以：F3＝mg2cos θ由以上的分析可得：F1<F2，F3<F2，由于夹角θ是未知的，所以不能判变大F3与重力mg 的大小关系，因此不能判断出F3与F1的大小关系.所以只有选项B正确.6.如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则()A．P和Q都带正电荷B．P和Q都带负电荷C．P带正电荷，Q带负电荷D ．P 带负电荷，Q 带正电荷 【答案】D【解析】对P 、Q 整体进行受力分析可知，在水平方向上整体所受电场力为零，所以P 、Q 必带等量异种电荷，选项A 、B 错误；对P 进行受力分析可知，匀强电场对它的电场力应水平向左，与Q 对它的库仑力平衡，所以P 带负电荷，Q 带正电荷，选项D 正确，C 错误． 7.质量为m 的四只完全相同的足球叠成两层放在水平面上，底层三只足球刚好接触成三角形，上层一只足球放在底层三只足球的正上面，系统保持静止．若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )A ．底层每个足球对地面的压力为mgB ．底层每个足球之间的弹力为零C ．下层每个足球对上层足球的支持力大小为mg 3D ．足球与水平面间的动摩擦因数至少为66【答案】B【解析】根据整体法，设下面每个球对地面的压力均为F N ，则3F N ＝4mg ，故F N ＝43mg ，A错误；四个球的球心连线构成了正四面体，下层每个足球之间的弹力为零，B 正确；上层足球受到重力、下层足球对上层足球的三个支持力，由于三个支持力的方向不是竖直向上，所以三个支持力在竖直方向的分量之和等于重力，则下层每个足球对上层足球的支持力大小大于mg 3，C 错误；根据正四面体几何关系可求，F 与mg 夹角的余弦值cos θ＝63，正弦值sin θ＝33，则有F ·63＋mg ＝F N ＝43mg ，33F ＝F f ，解得F f ＝26mg ，F ＝66mg ，则μ≥26mg 43mg ＝28，所以足球与水平面间的动摩擦因数至少为28，故D 错误．8 三段细绳OA、OB、OC结于O点，另一端分别系于竖直墙壁、水平顶壁和悬挂小球，稳定后OA呈水平状态．现保持O点位置不变，缓慢上移A点至D点的过程中，关于OA绳上的拉力变化情况的判断正确的是()A．一直增大B．一直减小C．先增大后减小D．先减小后增大【答案】D【解析】可运用动态图解法，由图可知，当OA与OB垂直时，OA上的拉力最小，故D 正确．9.如图在倾斜的直杆上套一个质量为m的圆环，圆环通过轻绳拉着一个质量为M的物体，在圆环沿杆向下滑动的过程中，悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向，则()A．圆环只受三个力作用B．圆环一定受四个力作用C ．物体做匀加速运动D ．轻绳对物体的拉力小于物体的重力 【答案】B【解析】悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向，则圆环和物体均做匀速直线运动，C 、D 错；对圆环受力分析，圆环要保持平衡状态必受到重力、绳的拉力、杆的支持力、杆对圆环的摩擦力四个力作用，A 错，B 对．10.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．A 与B 的质量之比为( )A.1μ1μ2 B.1－μ1μ2μ1μ2 C.1＋μ1μ2μ1μ2 D.2＋μ1μ2μ1μ2 【答案】B【解析】对滑块A 、B 整体在水平方向上有F ＝μ2(m A ＋m B )g ；对滑块B 在竖直方向上有μ1F ＝m B g ；联立解得：m A m B ＝1－μ1μ2μ1μ2，选项B 正确.二 不定项选择题1.如图所示，一根轻绳上端固定在O 点，下端拴一个重力为G 的小球，开始时轻绳处于垂直状态，轻绳所能承受的最大拉力为2G ，现对小球施加一个方向始终水平向右的力F ，使球缓慢地移动，则在小球缓慢地移动过程中，下列说法正确的是( )A ．力F 逐渐增大B ．力F 的最大值为3GC ．力F 的最大值为2GD ．轻绳与竖直方向夹角最大值θ＝30°【答案】AB【解析】对小球受力分析，如图甲：由平衡条件得：F＝G tan θ，θ逐渐增大，则F逐渐增大，故A正确；如图乙，小球缓慢地移动过程中，θ逐渐增大，F T的最大值为2G，则可得cos θ＝G2G＝12，θ＝60°，此时F达到最大值为3G，故B正确，C、D错误；故选A、B.2.如图所示，两个带电小球A、B分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内.用水平向左的推力F作用于B球，两球在图示位置静止.现将B球沿斜面向上移动一小段距离，发现A球随之向上移动少许，两球在虚线位置重新平衡.重新平衡后与移动前相比，下列说法正确的是()A.墙面对A的弹力变小B.斜面对B的弹力不变C.推力F变大D.两球之间的距离变大【答案】ABD【解析】利用整体法可知，斜面对B球支持力的竖直分量等于A、B两带电小球的重力之和，斜面倾角不变，斜面对B球支持力不变，故斜面对B的弹力不变，B选项正确；库仑力与竖直方向的夹角变小，而竖直分量不变，故库仑力变小，A、B间的距离变大，故D正确；因库仑力水平分量减小，故A正确，C错误.3.如图所示，一根通电的导体棒放在倾斜的粗糙斜面上，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＜mg sin α，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项对，C、D项错；若F安＞mg sin α，摩擦力方向向下，随F安增大而一直增大，A项对．4.如图所示，一辆小车静止在水平地面上，车内固定着一个倾角为60°的光滑斜面OA，光滑挡板OB可绕转轴O在竖直平面内转动，现将一质量为m的圆球放在斜面与挡板之间，挡板与水平面的夹角θ＝60°，下列说法正确的是()A．若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，则球对斜面的压力逐渐增大B．若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，则球对挡板的压力逐渐减小C．若保持挡板不动，则球对斜面的压力大小为mgD．若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，则球对挡板的压力可能为零【答案】CD【解析】若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，根据图象可知，F B先减小后增大，根据牛顿第三定律可知，球对挡板的压力先减小后增大，故选项A、B错误；球处于静止状态，受力平衡，对球进行受力分析，如图所示，F A、F B以及G构成的三角形为等边三角形，根据几何关系可知，F A＝F B＝mg，故选项C正确；若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，当F A和重力G的合力正好提供加速度时，球对挡板的压力为零，故选项D正确．5.如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于O点．一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条绳连接小球Q，P、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA在外力F的作用下使夹角θ＜90°.现缓慢改变绳OA的方向至θ＞90°，且保持结点O位置不变，整个装置始终处于静止状态．下列说法正确的是()A．绳OA的拉力先减小后增大B．斜面对物块P的摩擦力的大小可能先减小后增大C．地面对斜面体有向右的摩擦力D．地面对斜面体的支持力大于物块P和斜面体的重力之和【答案】ABD【解析】缓慢改变绳OA的方向至θ＞90°的过程，OA拉力的方向变化如图2，从1位置到2位置到3位置所示，可见OA的拉力先减小后增大，OP的拉力一直增大；故A正确；若开始时P受绳子的拉力比较小，则斜面对P的摩擦力沿斜面向上，OP拉力一直增大，则摩擦力先变小后反向增大，故B正确；以斜面和PQ整体为研究对象受力分析，根据平衡条件：斜面受地面的摩擦力与OA绳子水平方向的拉力等大反向，故摩擦力方向向左，C错误；以斜面体和P为研究对象，在竖直方向上有：M斜g＋M P g＝N＋F′cos α，故N＞M斜g＋M P g，故D正确．6.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＝ mg sin θk 时，细线上的拉力为零 C ．当q d＝ mg tan θk 时，细线上的拉力为零 D ．当q d＝ mg k tan θ时，斜面对小球A 的支持力为零 【答案】AC【解析】根据库仑定律可知小球A 与B 之间的库仑力大小为k q 2d2，A 正确；小球A 受重力、库仑力和支持力作用，若细线上的拉力为零，由平衡条件可得k q 2d 2＝mg tan θ解得q d＝ mg tan θk，B 错误，C 正确；因为两小球带同种电荷，所以斜面对小球A 的支持力不可能为零，D 错误．7.如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )A ．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B ．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C ．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D ．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面【答案】BD【解析】当桌布被拉出时，鱼缸由静止到向右运动，但它相对于桌布来说，仍向左运动，由于滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，因此桌布对鱼缸的摩擦力的方向应向右，选项A 错误；因为鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，鱼缸受到桌布向右的摩擦力与它受到桌面向左的摩擦力大小相等，所以鱼缸向右加速的加速度大小与向右减速的加速度大小相等，方向相反，鱼缸的初速度为零，末速度也为零，根据对称性可知，鱼缸做加速运动的时间与做减速运动的时间相等，选项B 正确；若猫增大拉力，桌布的加速度更大，但是由于鱼缸与桌布间的压力不变，动摩擦因数也不变，故摩擦力也不变，选项C 错误；若猫减小拉力，桌布的加速度减小，鱼缸在桌布上的运动时间变长，而鱼缸向右的加速度不变，由x ＝12at 2知，鱼缸相对于桌面的位移变大，桌布被拉出后鱼缸在桌面上的位移也变大，鱼缸就有可能滑出桌面，选项D 正确．8.如图所示，一个质量为4 kg 的半球形物体A 放在倾角为θ＝37°的斜面B 上静止不动．若用通过球心的水平推力F ＝10 N 作用在物体上，物体仍静止在斜面上，斜面仍相对地面静止．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2，则( )A ．物体A 受到斜面B 的摩擦力增加8 NB ．物体A 对斜面B 的作用力增加10 NC ．地面对斜面B 的弹力不变D ．地面对斜面B 的摩擦力增加10 N【答案】CD【解析】若用通过球心的水平推力F ＝10 N 作用在物体上，物体仍静止在斜面上，将该力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡条件可得：F cos 37°＋F f ＝mg sin 37°，解得摩擦力F f ＝16 N ．物体A 受到斜面B 的摩擦力减小ΔF f ＝24 N －16 N ＝8 N ，选项A 错误；没有施加水平力F 时，根据平衡条件，A 受斜面作用力与重力等大反向，即大小为40 N ，根据牛顿第三定律，物体A 对斜面的作用力为40 N ，方向竖直向下．施加水平力F 后，物体A 对斜面的作用力如图，F ′＝102＋402N ＝1017 N ，物体A 对斜面B 的作用力增加(1017－40)N ，选项B 错误；把物体A 和斜面B 看做整体，分析受力，由平衡条件可知，地面对斜面B 的弹力不变，摩擦力增加10 N ，选项C 、D 正确．。
2020高考备考物理重难点《力与物体的平衡》(附答案解析版)
重难点01 力与物体的平衡【知识梳理】一、受力分析（1）受力分析的基本思路（2）受力分析的思路和技巧进行受力分析应注意以下几个方面：①明确研究对象（可以是一个点、一个物体或一个系统等）．②按顺序找力（一“重”、二“弹”、三“摩擦”、四“其他”）。
③画好受力图后，要检查，防止多力和少力．④受力分析口诀：地球周围受重力，绕物一周找弹力，考虑有无摩擦力，其他外力细分析，合力分力不重复，只画受力抛施力．⑤在受力分析的过程中，要注意题目给出的物理条件（如光滑——不计摩擦；轻物——重力不计；运动时空气阻力忽略等）．⑥只分析根据性质命名的力（如重力、弹力、摩擦力等），不分析按效果命名的力（如下滑力、动力、阻力等）．二、平衡问题的常用处理方法平衡问题是指当物体处于平衡状态时，利用平衡条件求解力的大小或方向的问题．处理方法常有力的合成法、正交分解法、三角形法则．1、整体法与隔离法在平衡问题中的应用（1）对整体法和隔离法的理解整体法是指将相互关联的各个物体看成一个整体的方法，整体法的优点在于只需要分析整个系统与外界的关系，避开了系统内部繁杂的相互作用．隔离法是指将某物体从周围物体中隔离出来，单独分析该物体的方法，隔离法的优点在于能把系统内各个物体所处的状态、物体状态变化的原因以及物体间的相互作用关系表达清楚．（2）整体法和隔离法的使用技巧当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法；而在分析系统内各物体（或一个物体各部分）间的相互作用时常用隔离法．整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法．2、共点力作用下物体平衡的一般解题思路3、共点力平衡中的临界与极值问题的处理方法（1）临界问题当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”、“刚能”、“恰好”等语言叙述．常见的临界状态有：①两接触物体脱离与不脱离的临界条件是相互作用力为0（主要体现为两物体间的弹力为0）；②绳子断与不断的临界条件为绳中张力达到最大值；绳子绷紧与松驰的临界条件为绳中张力为0；③存在摩擦力作用的两物体间发生相对滑动或相对静止的临界条件为静摩擦力达到最大．研究的基本思维方法：假设推理法．（2）极值问题平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题．一般用图解法或解析法进行分析．三、用图解法进行动态平衡的分析1．动态平衡：是指平衡问题中的一部分力是变力，是动态力，力的大小和方向均要发生变化，所以叫动态平衡，这是力平衡问题中的一类难题．2．基本思路：化“动”为“静”，“静”中求“动”．3．基本方法：图解法和解析法．解析动态平衡问题的常用方法方法步骤解析法（1）列平衡方程求出未知量与已知量的关系表达式（2）根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况图解法（1）根据已知量的变化情况，画出平行四边形边、角的变化（2）确定未知量大小、方向的变化【命题特点】这部分知识单独考查一个知识点的试题非常少，大多数情况都是同时涉及到几个知识点，而且都是牛顿运动定律、功和能、电磁学的内容结合起来考查，考查时注重物理思维与物理能力的考核.【限时检测】（建议用时：30分钟）1．（2019·新课标全国Ⅰ卷）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。
2020版高考物理二轮复习专题一第1讲力与物体的平衡精练(含解析)
力与物体的平衡(45分钟)［刷基础］1．(2019·湖南株洲高三年级教学检测)如图,黑板擦在手施加的恒力F作用下匀速擦拭黑板．已知黑板擦与竖直黑板间的动摩擦因数为μ，不计黑板擦的重力，则它所受的摩擦力大小为（）A．F B．μFC。
错误!F D。
错误!F解析:设力F与运动方向的夹角为θ,黑板擦做匀速运动，则由平衡条件可知F cos θ＝μF sin θ，解得μ＝错误!，由数学知识可知,cos θ＝错误!，则黑板擦所受的摩擦力大小F f＝F cos θ＝错误!F,故选项C正确．答案：C2．如图所示为三种形式的吊车的示意图，OA为可绕O点转动的轻杆，AB为质量可忽略不计的拴接在A点的轻绳，当它们吊起相同重物时,图甲、图乙、图丙中杆OA对结点的作用力大小分别为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解析：设重物的质量为m，分别对三图中的结点进行受力分析，如图甲、乙、丙所示，杆对结点的作用力大小分别为F a、F b、F c，对结点的作用力方向沿杆方向，各图中G＝mg。
则在图甲中,F a＝2mg cos 30°＝3mg；在图乙中，F b＝mg tan 60°＝3mg;在图丙中，F c＝mg cos 30°＝错误!mg.可知F a＝F b〉F c，故B正确，A、C、D 错误．答案：B3．（2019·山西吕梁高三期末）如图所示，错误!光滑圆轨道竖直固定在水平地面上，O为圆心，A为轨道上的一点,OA与水平面夹角为30°。
小球在拉力F作用下始终静止在A 点．当拉力方向水平向左时，拉力F的大小为10错误!N．当将拉力F在竖直平面内转至沿圆轨道切线方向时，拉力F的大小为( ）A．5错误!N B．15 NC．10 N D．10错误!N解析：当拉力水平向左时,受到竖直向下的重力、沿OA向外的支持力以及拉力F，如图甲所示，根据矢量三角形可得G＝F tan 30°＝10错误!×错误!N＝10 N，当拉力沿圆轨道切线方向时,受力如图乙所示，根据矢量三角形可得F＝G cos 30°＝5 3 N，A正确．答案：A4．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。
高中物理力与物体的平衡习题解析与专题训练(附答案)
力与物体的平衡例题解析力的合成与分解1。
物体受共点力F1、F2、F3作用而做匀速直线运动,则这三个力可能选取的数值为A。
15 N、5 N、6 N B.3 N、6 N、4 NC。
1 N、2 N、10 N D。
1 N、6 N、8 N解析：物体在F1、F2、F3作用下而做匀速直线运动，则三个力的合力必定为零，只有B选项中的三个力的合力可能为零，故选B。
答案：B2。
一组力作用于一个物体，其合力为零.现把其中的一个大小为20 N的力的作用方向改变90°而大小不变，那么这个物体所受力的合力大小是_______。
解析:由于物体所受的合力为零,则除20 N以外的其他力的合力大小为20 N，方向与20 N的力方向相反.若把20 N的力的方向改变90°，则它与其余力的合力垂直，由平行四边形定则知物体所受力的合力大小为202N.答案：202N3.如图1－2－15所示,物块在力F作用下向右沿水平方向匀速运动，则物块受的摩擦力F f与拉力F的合力方向应该是A.水平向右B.竖直向上C.向右偏上D.向左偏上解析:对物块进行受力分析如图所示:除F与F f外，它还受竖直向下的重力G 及竖直向上的支持力F N，物块匀速运动，处于平衡状态,合力为零。
由于重力G 和支持力F N在竖直方向上，为使这四个力的合力为零，F与F f的合力必须沿竖直方向.由平行四边形定则可知，F与F f的合力只能竖直向上。
故B正确。
FFG答案：B4。
如图1－2－16所示，物体静止于光滑水平面M上，力F作用于物体O点，现要使物体沿着O O'方向做加速运动（F和O O'都在M水平面内）。
那么,必须同时再加一个力F'，这个力的最小值是图1－2－16A.F cosθB。
F sinθC。
F tanθ D.F cotθ解析：为使物体在水平面内沿着O O'做加速运动，则F与F'的合力方向应沿着O O'，为使F'最小,F'应与O O'垂直，如图所示.故F'的最小值为F'=F sinθ，B选项正确.答案：B5 .某运动员在单杠上做引体向上的动作，使身体匀速上升。
2020年高考物理考前热身训练----力与物体的平衡(解析版)
2020年高考物理考前热身训练----力与物体的平衡1.如图所示，六根原长均为l的轻质细弹簧两两相连，在同一平面内六个大小相等、互成60°的恒定拉力F作用下，形成一个稳定的正六边形．已知正六边形外接圆的半径为R，每根弹簧的劲度系数均为k，弹簧在弹性限度内，则F的大小为()A．k2(R－l) B．k(R－l)C．k(R－2l) D．2k(R－l)【答案】B【解析】：正六边形外接圆半径为R，则弹簧的长度为R，弹簧的伸长量为Δx＝R－l，由胡克定律可知，每根弹簧的弹力为F弹＝kΔx＝k(R－l)，两相邻弹簧夹角为120°，两相邻弹簧弹力的合力为F合＝F弹＝k(R－l)，弹簧静止处于平衡状态，由平衡条件可知，每个拉力大小为F＝F合＝k(R－l)，故B正确，A、C、D错误．2.如图所示，一质量为M的磁铁，吸在竖直放置的磁性黑板上静止不动．某同学沿着黑板面，用水平向右的恒力F轻拉磁铁，磁铁向右下方做匀速直线运动，则磁铁受到的摩擦力F f()A．大小为Mg B．大小为F2＋(Mg)2C．大小为F D．方向水平向左【答案】B【解析】：由题意可知，磁铁受竖直向下的重力、水平向右的恒力的作用，二力的合力为F 合＝F2＋(Mg)2，方向为斜向右下；由力的平衡条件可知，摩擦力应与二力的合力大小相等、方向相反，则磁铁受到的摩擦力大小F f＝F合＝F2＋(Mg)2，故A、C、D错误，B正确．3.如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔．质量为m 的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力F 和环对小球的弹力F N 的大小变化情况是( )A ．F 减小，F N 不变B ．F 不变，F N 减小C ．F 不变，F N 增大D ．F 增大，F N 减小【答案】A【解析】：对小球受力分析，其所受的三个力组成一个闭合三角形，如解析图所示，力三角形与圆内的三角形相似，由几何关系可知mg R ＝F N R ＝FL ，小球缓慢上移时mg 不变，R 不变，L 减小，F 减小，F N 大小不变，A 正确．4.美国物理学家密立根(R.A ．Millikan)于20世纪初进行了多次实验，比较准确地测定了电子的电荷量，其实验原理可以简化为如图所示模型：两个相距为d 的平行金属板A 、B 水平放置，两板接有可调电源．从A 板上的小孔进入两板间的油滴因摩擦而带有一定的电荷量，将两板间的电势差调节到U 时，带电油滴恰好悬浮在两板间；然后撤去电场，油滴开始下落，由于空气阻力，下落的油滴很快达到匀速下落状态，通过显微镜观测到这个速度的大小为v ，已知这个速度与油滴的质量成正比，比例系数为k ，重力加速度为g .则计算油滴带电荷量的表达式为( )A ．q ＝kvdUB ．q ＝vdgkUC ．q ＝kvUdD ．q ＝vgkUd【答案】B【解析】：根据油滴恰好悬浮在两板间，由平衡条件得q Ud ＝mg ，由题意知v ＝km ，联立解得q ＝vdgkU，选项B 正确．5.如图所示，匀强电场的电场强度方向与水平方向夹角为30°且斜向右上方，匀强磁场的方向垂直于纸面(图中未画出)．一质量为m 、电荷量为q 的带电小球(可视为质点)以与水平方向成30°角斜向左上方的速度v 做匀速直线运动，重力加速度为g .则( )A ．匀强磁场的方向可能垂直于纸面向外B ．小球一定带正电荷C ．电场强度大小为mgqD ．磁感应强度的大小为mgqv【答案】C【解析】：小球做匀速直线运动，受到的合力为零，假设小球带正电，则小球的受力情况如图甲所示，小球受到的洛伦兹力沿虚线但方向未知，小球受到的重力与电场力的合力与洛伦兹力不可能平衡，故小球不可能做匀速直线运动，假设不成立，小球一定带负电，选项B 错误；小球的受力情况如图乙所示，小球受到的洛伦兹力一定斜向右上方，根据左手定则，匀强磁场的方向一定垂直于纸面向里，选项A 错误；根据几何关系，电场力大小qE ＝mg ，洛伦兹力大小qvB ＝3mg ，解得E ＝mg q ，B ＝3mg qv，选项C 正确，D 错误．6.如图所示，水平直杆OP右端固定于竖直墙上的O点，长为L＝2 m的轻绳一端固定于直杆P点，另一端固定于墙上O点正下方的Q点，OP长为d＝1.2 m，重为8 N的钩码由光滑挂钩挂在轻绳上处于静止状态，则轻绳的弹力大小为()A．10 N B．8 NC．6 N D．5 N【答案】D【解析】：设挂钩所在处为N点，延长PN交墙于M点，如图所示．同一条绳子拉力相等，根据对称性可知两边的绳子与竖直方向的夹角相等，设为α，则根据几何关系可知NQ＝MN，即PM等于绳长；根据几何关系可得sin α＝POPM＝1.22＝0.6，则α＝37°，根据平衡条件可得2T cos α＝mg，解得T＝5 N，故D正确，A、B、C错误．7.如图所示，一质量为m的滑块置于倾角θ＝30°，质量为M的直角三角形斜劈的底端，现通过一质量不计的细绳给滑块施加一方向沿斜面向上的拉力F，大小为mg，使滑块沿斜面匀速上滑，整个过程中斜劈处于静止状态，若斜劈与滑块、斜劈与地面间的动摩擦因数均为μ，已知重力加速度大小为g.则()A．斜劈对滑块的支持力大小为mg B．斜劈对滑块的作用力大小为mg C．动摩擦因数μ＝0.5D．水平面对斜劈的摩擦力大小为12mg【答案】B【解析】：斜劈对滑块的支持力大小为mg cos 30°＝32mg，选项A错误；滑块处于平衡状态，重力与拉力的夹角为120°，重力与拉力的合力为mg，则斜劈对滑块的作用力与重力和拉力的合力等大反向，则斜劈对滑块的作用力大小为mg，选项B正确；根据F＝mg＝mg sin 30°＋μmg cos 30°，解得μ＝33，选项C错误；对滑块和斜劈的整体分析，水平方向：F cos 30°＝f，解得f＝32mg，选项D错误．8.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】：用水平向左的拉力缓慢拉动N，设悬挂N的细绳与竖直方向夹角为θ，由平衡条件可知，水平拉力F＝m N g tan θ，细绳对N的拉力F T＝m N gcos θ，θ到45°的过程中水平拉力F 一定逐渐增大，细绳对N的拉力F T一定一直增大，由于定滑轮两侧细绳中拉力相等，所以M所受细绳的拉力大小一定一直增大，选项A错误，B正确；由于题干没有给出物块M所受摩擦力方向，若开始时M所受摩擦力方向沿斜面向下或为零时，水平拉力拉动N过程中M所受斜面的摩擦力变大，若开始时M所受摩擦力方向沿斜面向上，则水平拉动N过程中M所受摩擦力大小可能先减小后增大，选项C错误，D正确．9.如图所示，在倾角为θ＝37°的斜面上，固定一平行金属导轨，现在导轨上放置一质量m＝0.4 kg 垂直导轨的金属棒ab，它与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5.整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，导轨接电源E，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，滑动变阻器的阻值符合要求，现闭合开关S，要保持金属棒ab在导轨上静止不动，则()A．金属棒所受安培力的方向水平向左B．金属棒所受到的摩擦力方向一定沿平行斜面向上C．金属棒所受安培力的取值范围是811N≤F≤8 ND．金属棒受到的安培力的最大值为16 N【答案】C【解析】：由左手定则可以判断金属棒所受安培力的方向水平向右，故选项A错误；当金属棒刚好不向上运动时，金属棒受到的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向下，设金属棒受到的安培力大小为F1，其受力分析如图甲所示，则由平衡条件得F N＝F1sin θ＋mg cos θ，F1cos θ＝mg sin θ＋f max，f max＝μF N，联立以上三式并代入数据解得F1＝8 N；当金属棒刚好不向下运动时，设金属棒受到的安培力大小为F2，其受力分析如图乙所示，则由平衡条件得F N′＝F2sin θ＋mg cos θ，F2cos θ＋f max′＝mg sin θ，f max′＝μF N′，联立以上三式并代入数据解得F2＝811N，所以金属棒受到的安培力的取值范围为811N≤F≤8 N，故选项C正确，B、D错误．9.如图所示，长木板放在水平地面上，站在木板上的人用斜向左上方的力F拉木箱，长木板、人与木箱质量均为m，三者均保持静止（重力加速度为g）。
2020届高考物理选择题题型高效专练02受力分析和物体的平衡(含解析)
2020届高考物理选择题题型高效专练02受力分析与物体的平衡一、单选题1．如图所示，与水平面夹角为30°的粗糙斜面上有一质量m＝1.0 kg的物体。
轻绳的一端与物体相连，另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧测力计相连。
物体静止在斜面上，斜面静止在地面上，弹簧测力计的示数为4.0 N。
关于斜面和物体受力的判断(取g＝10 m/s2)，下列说法正确的是A．地面对斜面的摩擦力大小为零B．斜面受到的合力不为零C．斜面对物体的摩擦力大小为1.0 N，方向沿斜面向上D．斜面对物体的支持力大小为5 3 N，方向竖直向上【解析】对斜面、斜面上的物体和定滑轮整体进行受力分析，弹簧测力计对整体的拉力大小为F＝4.0 N，方向沿定滑轮右侧的绳子斜向下，可知地面对斜面的摩擦力大小不为零，选项A错误；由于斜面处于平衡状态，故斜面受到的合力为零，选项B错误；对斜面上的物体受力分析，设斜面对物体的摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件得F＝mg sin 30°＋f1，解得f1＝－1.0 N，即斜面对物体的摩擦力大小为1.0 N，方向沿斜面向上，选项C正确；斜面对物体的支持力大小为F N＝mg cos 30°＝1.0×10×32N＝5 3 N，方向垂直斜面向上，选项D错误。
【答案】C2. 如图所示，斜面体A静置于粗糙水平面上，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 处缓慢沿墙面上移到P′处，斜面体始终处于静止状态，则在轻绳移动过程中A．轻绳的拉力先变小后变大B．斜面体对小球的支持力逐渐增大C．斜面体对水平面的压力逐渐增大D．斜面体对水平面的摩擦力逐渐减小【解析】小球受力如图所示，小球受到斜面体的支持力F N1及轻绳拉力F的合力始终与小球重力G1，等大反向，当轻绳左端上升时，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2所示，随小球对斜面压力F′N1的减小，由受力平衡可知，水平面对斜面体的支持力F N2逐渐减小，摩擦力F f逐渐减小，由牛顿第三定律可知C错误、D正确。
2020新课标高考物理课后演练：力与物体的平衡含解析
教课资料范本2020新课标高考物理课后操练：力与物体的均衡含分析编辑： __________________时间： __________________(建议用时： 25 分钟 )一、单项选择题1．在粗拙水平面上放着一个三角形木块abc，在它的两个粗糙斜面上分别放有质量为m1和 m2的两个物体， m1 >m2，如图所示，若三角形木块和两物体都是静止的，则粗拙水平面对三角形木块()A．有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向右B．有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向左C．有摩擦力的作用，但摩擦力的方向不可以确立，因m1、 m2、θ1、θ2的数值均未给出D．以上结论都不对分析：选 D.法一 (隔绝法 )：把三角形木块隔绝出来，它的两个斜面上分别遇到两物体对它的压力F N1、F N2，摩擦力 F1、F 2.由两物体的均衡条件知，这四个力的大小分别为F N1＝ m1gcos θ1， F N2＝m2gcos θ2F1＝m1gsin θ1， F 2＝ m2gsin θ2它们的水均分力的大小(如下图 )分别为F N1x＝ F N1 sin θ1＝ m1gcos θ1sin θ1F N2x＝ F N2 sin θ2＝ m2gcos θ2 sin θ2F1x＝ F1cos θ1＝ m1gcos θ1sin θ1F2x＝ F2cos θ2＝ m2gcos θ2sin θ2此中 F N1x＝ F 1x， F N2x＝ F2x，即它们的水均分力相互均衡，木块在水平方向无滑动趋向，所以不受水平面的摩擦力作用．法二 (整体法 )：因为三角形木块和斜面上的两物体都静止，能够把它们当作一个整体，受力如下图．设三角形木块质量为M，则竖直方向遇到重力(m1＋m2＋ M)g 和支持力 F N作用途于均衡状态，水平方向无任何滑动趋向，所以不受水平面的摩擦力作用．2． (20xx ·考全国卷高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3，重力加快度取10 m/s 2.若轻绳能3蒙受的最大张力为 1 500 N ，则物块的质量最大为()A ． 150 kgB ． 100 3 kgC． 200 kg D ． 200 3 kg分析：选 A. 设物块的质量最大为m，将物块的重力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由均衡条件，在沿斜面方向有 F ＝ mgsin 30°＋μmgcos 30°，解得m＝150 kg ，A 项正确．3． (20xx 烟·台联考 )如下图，在固定斜面上的一物块遇到一外力F的作用， F 平行于斜面向上．若要物块在斜面上保持静止， F 的取值应有必定范围，已知其最大值和最小值分别为F 1 和 F 2( F 2>0)．由此可求出 ()A ．物块的质量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分析： 选 C.设斜面倾角为 θ，斜面对物块的最大静摩擦力为F f ，当 F 取最大值 F 1 时，最大静摩擦力 F f 沿斜面向下，由均衡条件得 F 1＝ mgsin θ＋ F f ；当 F 取最小值 F 2 时， F f 沿斜面向上，由均衡条件得F 2＝ mgsin θ－ F f ，联立两式可求出最大静摩擦力F f ＝F1－ F2，选项 C2正确． F N ＝ mgcos θ， F 1＋ F 2＝ 2mgsin θ，所以不可以求出物块的质量、斜面的倾角和物块对斜面的正压力．4．(20xx 高·考全国卷 Ⅲ )一根轻质弹性绳的两头分别固定在水平天花板上相距80 cm 的两点上，弹性绳的原长也为80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，均衡时弹性绳的总长度为 100cm ；再将弹性绳的两头迟缓移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变成 (弹性绳的伸长一直处于弹性限度内)()A ． 86 cmB ． 92 cmC ． 98 cmD ． 104 cm分析： 选 B.将钩码挂在弹性绳的中点时，由数学知识可知钩码双侧的弹性绳( 劲度系数设为 k)与竖直方向夹角θ均知足 sin θ＝ 4，对钩码 (设其重力为G)静止时受力剖析，得G ＝52k1 m －0.8 mcos θ ；弹性绳的两头移至天花板上的同一点时，对钩码受力剖析，得G ＝22L －0.8 m2k 2 2 ，联立解得 L ＝ 92 cm ，可知 A 、 C 、 D 项错误， B 项正确．5.如图，两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两头各系一质量为m 的小球．在 a 和 b 之间的细线上悬挂一小物块．均衡时，a 、b 间的距离恰巧等于圆弧的半径．不计全部摩擦．小物块的质量为()m3A. 2B. 2 m C ． mD ． 2m分析： 选 C.因为轻环不计重力，故细线对轻环的拉力的协力与圆弧对轻环的支持力等大反向，即沿半径方向；又双侧细线对轻环拉力相等，故轻环所在地点对应的圆弧半径为两细线的角均分线，因为两轻环间的距离等于圆弧的半径，故两轻环与圆弧圆心构成等边三角形；又小球对细线的拉力方向竖直向下，由几何知识可知，两轻环间的细线夹角为120°，对小物块进行受力剖析，由三力均衡知识可知，小物块质量与小球质量相等，均为m， C 项正确．6． (20xx 高·考全国卷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，物块也恰巧做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数为()3A．2－ 3 B. 633C. 3D. 2分析：选 C.当拉力水平常，物块做匀速运动，则 F ＝μmg，当拉力方向与水平方向的夹角为 60°时，物块也恰巧做匀速运动，则Fcos 60°＝μ(mg－Fsin 60° )，联立解得μ＝3，3A 、B 、 D 项错误，C 项正确．7．如下图，匀强电场的电场强度方向与水平方向夹角为30°且斜向右上方，匀强磁场的方向垂直于纸面 (图中未画出 )．一质量为m、电荷量为q 的带电小球 (可视为质点 )以与水平方向成 30°角斜向左上方的速度v 做匀速直线运动，重力加快度为g，则 ()A．匀强磁场的方向可能垂直于纸面向外B．小球必定带正电荷mgC．电场强度大小为qmgD．磁感觉强度的大小为qv分析：选 C.小球做匀速直线运动，遇到的协力为零，假定小球带正电，则小球的受力情况如图甲所示，小球遇到的洛伦兹力沿虚线但方向未知，小球遇到的重力与电场力的协力与洛伦兹力不行能均衡，故小球不行能做匀速直线运动，假定不建立，小球必定带负电，选项B错误；小球的受力状况如图乙所示，小球遇到的洛伦兹力必定斜向右上方，依据左手定章，匀强磁场的方向必定垂直于纸面向里，选项 A 错误；依据几何关系，电场力大小qE ＝mg，洛伦兹力大小qvB＝3mg，解得 E＝mg， B＝3mg，选项C正确，D错误．q qv8．(20xx 青·岛模拟 )质量为 m 的四只完整同样的足球叠成两层放在水平面上，基层三只足球恰巧接触成三角形，上层一只足球放在基层三只足球的正上边，系统保持静止．若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则()A ．基层每个足球对地面的压力为mgB．基层每个足球之间的弹力为零mgC．基层每个足球对上层足球的支持力大小为3D．足球与水平面间的动摩擦因数起码为6 6分析：选 B. 依据整体法，设下边每个球对地面的压力均为F N，则43F N＝ 4mg，故F N＝3mg， A 错误；四个球的球心连线构成了正四周体，基层每个足球之间的弹力为零， B 正确；上层足球遇到重力、基层足球对上层足球的三个支持力，因为三个支持力的方向不是竖直向上，所以三个支持力在竖直方向的重量之和等于重力，则基层每个足球对上层足球的支持力大小大于mg，C 错误；依据正3四周体几何关系可求， F 与 mg 夹角的余弦值 cos θ＝6，正弦值 sin θ＝3，则有 F·6＋3332mg432662mg＝F N＝3mg，3 F ＝ F f，解得 F f＝6 mg，F ＝6 mg，则μ≥4＝8，所以足球与水平3mg2面间的动摩擦因数起码为8，故D错误．9.(20xx 济·宁二模 )三段细绳 OA、 OB、 OC 结于 O 点，另一端分别系于竖直墙壁、水平顶壁和悬挂小球，稳固后OA 呈水平状态．现保持O 点地点不变，迟缓上移A 点至 D 点的过程中，对于 OA 绳上的拉力变化状况的判断正确的选项是()A ．向来增大B ．向来减小C．先增大后减小 D ．先减小后增大分析：选 D.可运用动向图解法，由图可知，当OA 与 OB 垂直时， OA 上的拉力最小，故D 正确．10． (20xx ·长沙模拟 )如下图，固定在竖直平面内的圆滑圆环的最高点有一个圆滑的小孔．质量为m 的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环迟缓上移，在挪动过程中手对线的拉力 F 和环对小球的弹力 F N的大小变化状况是 () A．F 减小， F N不变B．F 不变， F N减小C．F 不变， F N增大D．F增大， F N减小分析：选 A. 对小球受力剖析，其所受的三个力构成一个闭合三角形，如下图，力三角形与圆内的三角形相像，由几何关系可知mg＝FN＝F，小球迟缓上移时mg不变， R不变， L 减小，故 F 减小，R R LF N大小不变， A 正确．二、多项选择题11.(20xx 高·考天津卷 )明朝谢肇淛的《五杂组》中记录：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不行．一游僧见之曰：无烦也，我能正之．”游僧每日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．假定所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，此刻木楔背上加一力F，方向如下图，木楔双侧产生推力 F N，则 ()A．若 F 必定，θN 大时F大B．若 F 必定，θ小时 F N大C．若θ必定， F 大时 F N大D．若θ必定， F 小时 F N大分析：选 BC. 木楔双侧面产生的推力协力大小等于 F ，由力的平行四边形定章可知，F N＝F，由表达式可知，若 F 必定，θ越小， F N越大，A 项错误， B 项正确；若θ必定， F θ2sin 2越大， F N越大， C 项正确， D 项错误．12．如下图，轻质不行伸长的晾衣绳两头分别固定在竖直杆M、 N 上的 a、 b 两点，悬挂衣服的衣架挂钩是圆滑的，挂于绳上处于静止状态．假如只人为改变一个条件，当衣架静止时，以下说法正确的选项是()6 / 9A ．绳的右端上移到 b ′，绳索拉力不变B ．将杆 N 向右移一些，绳索拉力变大C ．绳的两头高度差越小，绳索拉力越小D ．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移分析： 选 AB. 设两段绳索间的夹角为2α，绳索的拉力大小为 F ，由均衡条件可知， 2Fcosα＝ mg ，所以 F ＝mg，设绳索总长为 L ，两杆间距离为 s ，由几何关系 L 122cosαsin α＋ L sin α＝ s ，得 sin α＝ s ＝ s，绳索右端上移， L 、 s 都不变， α不变，绳索张力 F 也不变， AL1 ＋L2 L 正确；杆 N 向右挪动一些， s 变大， α变大， cos α变小， F 变大， B 正确；绳索两头高度差变化，不影响 s 和 L ，所以 F 不变， C 错误；衣服质量增添，绳索上的拉力增添，因为 α不会变化，悬挂点不会右移， D 错误．13． (20xx 德·州模拟 )如下图，重物 A 被绕过小滑轮P 的细线所悬挂，小滑轮 P 被一根细线系于天花板上的O 点， B 物体放在粗拙的水平桌面上，O ′是三根线的结点， bO ′水平拉着 B 物体， cO ′竖直拉侧重物C ， aO ′、 bO ′与 cO ′的夹角如下图．细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽视，整个装置处于静止状态．若悬挂小滑轮的细线OP 的张力大小是 20 3 N ，则以下说法中正确的选项是(g ＝ 10 m/s 2)()A ．重物 A 的质量为 2 kgB ．桌面对 B 物体的摩擦力大小为 10 3 NC ．重物 C 的质量为 1 kgD ． OP 与竖直方向的夹角为60°分析： 选 ABC. 以小滑轮 P 为研究对象，受力剖析如图甲所示，则有 2Tcos 30°＝ F ，故F ＝ 20 N ，因为 T ＝ m AA＝2 kg ，则选项 A 正确；以 O ′点为研究对象，受力 T ＝2cos 30 °g ，故 m 剖析如图乙所示，由均衡条件得：Tcos 30°＝ F b ， F b ＝ 10 3 N ， Tsin 30 °＝ F C ＝m C g ，故 m C＝ 1 kg ，则选项 C 正确；又因为 F b ＝－ f ，所以选项 B 正确； OP 与竖直方向的夹角应为 30°，所以选项 D 错误．14.表面圆滑、半径为R 的半球固定在水平川面上，球心 O 的正上 方 O ′处有一无摩擦定滑轮，轻质细绳两头各系一个可视为质点的小球挂在 定滑轮上，如下图．两小球均衡时，若滑轮双侧细绳的长度分别为 L 1＝2.4R 和 L 2＝2.5R ，则这两个小球的质量之比为m1，小球与半球之间的压m2力之比为FN1，则以下说法正确的选项是 ()FN2A. m1＝ 24B. m1＝ 25m2 25m2 24FN1 ＝ 25FN1 ＝24C.FN224D.FN2 25分析： 选 BC. 先以左边小球为研究对象，剖析受力状况：重力m 1g 、绳索的拉力 F T 和半球的支持力F N1 ，作出受力剖析图．由均衡条件得悉，拉力 F T 和支持力 F N 的协力与重力 m 1g 大小 相 等、方向相反．设OO ′＝ h ，依据三角形相像得 FT ＝ FN1 ＝ m1g ，解得L1 R h1FTh， F N1FTR①同理，以右边小球为研究对象，得： m 2g＝m g ＝ L1＝ L1FTh ， F N2＝FTR②，由 ①∶② 得 m1＝ L2＝ 25， FN1＝L2 ＝ 25 . L2 L2m2 L1 24 FN2 L1 2415.(20xx 滨·州质检 )如下图，在竖直平面内，一根不行伸长的轻质 软绳两头打结系于 “V ”形杆上的 A 、 B 两点，已知 OM 边竖直，且 |AO|＝ |OB|，细绳绕过圆滑的滑轮，重物悬挂于滑轮下处于静止状态．若在纸面内绕端点 O 按顺时针方向迟缓转动 “V ”形杆，直到 ON 边竖直，绳索的张力为T ， A 点处绳索与杆之间摩擦力大小为F ，则()A ．张力 T 向来增大B ．张力 T 先增大后减小C ．摩擦力 F 向来减小D ．摩擦力 F 先增大后减小分析： 选 BC. 设滑轮双侧绳索与竖直方向的夹角 α，受力如图甲，在纸面内绕端点O 按顺时针方向迟缓转动 “V ” 形杆，直到 ON 边竖直， AB 的长度不变， AB 在水平方向的投影先变长后变短，绳索与竖直方向的夹角α先变大后变小，所以张力T ＝mg先增大后减小，故2cos αA 错误，B 正确；以 A 点为研究对象，受力剖析如图乙．依据均衡条件可知， F ＝ Tcos(α＋ β)（＋）＝ mg＝ mgcosα β2cos α2 (cosβ－ tan α sin β)，在纸面内绕端点 O 按顺时针方向迟缓转动“V ”形杆，绳索与竖直方向的夹角α先变大后变小， OA 杆与竖直方向的夹角β向来变大，当绳索与竖直方向的夹角α变大时，摩擦力减小，当绳索与竖直方向的夹角α变小时，但(α＋β)仍是在增大，所以摩擦力仍是在减小，故 C 正确， D 错误．。
2020年高考物理考点题型归纳与训练专题二力与物体的平衡(含解析)
2020 高考物理二轮复习题型概括与训练专题二力与物体的均衡题型一：运动物体的均衡问题【例 1】 (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3，重力加快度取310 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． 100 3 kg C． 200 kg D ． 200 3 kg【答案】A【分析】物块沿斜面向上匀速运动，受力如图，依据均衡条件F＝ F f＋ mgsinθ①F f＝μF N②F N＝mgcosθ③由①②③式得F＝ mgsinθ＋μ mgcosθ因此 m＝Fgsinθ＋μg cosθ故当 F max＝1500 N 时，有 m max＝ 150 kg， A 正确。
题型二：物体的静态均衡【例 2】 (2019 ·全国卷Ⅲ， 16)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，将其置于两圆滑斜面之间，如下图。
两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和 60°。
重力加快度为 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 F 1、F2，则 ()A. F＝3＝3B. F＝333 mg， F2 mg2 mg， F＝3 mg121211231321C.F ＝2mg， F＝2 mgD.F ＝2 mg，F＝2mg【答案】D【分析】卡车匀速行驶，圆筒受力均衡，对圆筒受力剖析，如下图。
由题意知，力 F 1′与 F 2′互相垂直。
由牛顿第三定律知F1＝ F1′， F2＝ F2′，3则 F1＝ mgsin 60 ＝°2 mg，1F2＝ mgsin 30 ＝° mg，选项 D 正确。
2题型三：物体的动向均衡问题【例3】 (2019 ·全国卷Ⅰ ) 如图，一粗拙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一圆滑定滑轮。
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重难点01 力与物体的平衡
【知识梳理】
一、受力分析
（1）受力分析的基本思路
（2）受力分析的思路和技巧
进行受力分析应注意以下几个方面：
①明确研究对象（可以是一个点、一个物体或一个系统等）．
②按顺序找力（一“重”、二“弹”、三“摩擦”、四“其他”）。
③画好受力图后，要检查，防止多力和少力．
④受力分析口诀：地球周围受重力，绕物一周找弹力，考虑有无摩擦力，其他外力细分析，合力分力不重复，只画受力抛施力．
⑤在受力分析的过程中，要注意题目给出的物理条件（如光滑——不计摩擦；轻物——重力不计；运动时空气阻力忽略等）．
⑥只分析根据性质命名的力（如重力、弹力、摩擦力等），不分析按效果命名的力（如下滑力、动力、阻力等）．
二、平衡问题的常用处理方法
平衡问题是指当物体处于平衡状态时，利用平衡条件求解力的大小或方向的问题．处理方法常有力的合成法、正交分解法、三角形法则．
1、整体法与隔离法在平衡问题中的应用
（1）对整体法和隔离法的理解
整体法是指将相互关联的各个物体看成一个整体的方法，整体法的优点在于只需要分析整个系统与外界的关系，避开了系统内部繁杂的相互作用．
隔离法是指将某物体从周围物体中隔离出来，单独分析该物体的方法，隔离法的优点在于能把系统内各个物体所处的状态、物体状态变化的原因以及物体间的相互作用关系表达清楚．
（2）整体法和隔离法的使用技巧
当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法；而在分析系统内各物体（或一个物体各部分）间的相互作用时常用隔离法．整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法．
2、共点力作用下物体平衡的一般解题思路
3、共点力平衡中的临界与极值问题的处理方法
（1）临界问题
当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”、“刚能”、“恰好”等语言叙述．
常见的临界状态有：
①两接触物体脱离与不脱离的临界条件是相互作用力为0（主要体现为两物体间的弹力为0）；
②绳子断与不断的临界条件为绳中张力达到最大值；绳子绷紧与松驰的临界条件为绳中张力为0；
③存在摩擦力作用的两物体间发生相对滑动或相对静止的临界条件为静摩擦力达到最大．
研究的基本思维方法：假设推理法．
（2）极值问题
平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题．一般用图解法或解析法进行分析．
三、用图解法进行动态平衡的分析
1．动态平衡：是指平衡问题中的一部分力是变力，是动态力，力的大小和方向均要发生变化，所以叫动态平衡，这是力平衡问题中的一类难题．
2．基本思路：化“动”为“静”，“静”中求“动”．
3．基本方法：图解法和解析法．
解析动态平衡问题的常用方法
方法步骤
解析法
（1）列平衡方程求出未知量与已知量的关系表达式
（2）根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况
图解法
（1）根据已知量的变化情况，画出平行四边形边、角的
变化
（2）确定未知量大小、方向的变化
【命题特点】这部分知识单独考查一个知识点的试题非常少，大多数情况都是同时涉及到几个知识点，而且都是牛顿运动定律、功和能、电磁学的内容结合起来考查，考查时注重物理思维与物理能力的考核.
【限时检测】（建议用时：30分钟）
1．（2019·新课标全国Ⅰ卷）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】如图所示，以物块N为研究对象，它在水平向左拉力F作用下，缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45°的过程中，水平拉力F逐渐增大，绳子拉力T逐渐增大；
对M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，则随着绳子拉力T的增加，则摩擦力f也逐渐增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，则随着绳子拉力T的增加，摩擦力f可能先减小后增加。
故本题选BD。
2．（2019·新课标全国Ⅱ卷）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3
，重力加速度取10m/s2。
若轻绳能承受的最大
张力为1 500 N，则物块的质量最大为
A．150kg B．1003kg
C．200 kg D．2003kg
【答案】A
【解析】T=f+mg sinθ，f=μN，N=mg cosθ，带入数据解得：m=150kg，故A选项符合题意。
3.（湖北省沙市中学2019届高三高考冲刺卷）如图所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上O
点，跨过滑轮的细绳连接物块a、b，a、b都处于静止状态。
现将物块b移至c点后，a、b仍保持静止，下列说法中正确的是
A. b与水平面间的摩擦力减小
B. b受到的绳子拉力增大
C. a、b静止时，图中α、β、θ三角仍然相等
D. 悬于墙上的绳所受拉力增大
【答案】C
【解析】小滑轮光滑，所以两端绳拉力T大小相等，设b绳与水平夹角为，根据平衡条件可知：
，当物块b移至c点后，a、b仍保持静止，变小，所以摩擦力变大，A 错误。
因为物体a始终静止，所以绳子拉力始终等于a的重力，所以b受到的绳子拉力：，B错误。
当物块b移至c点后，a、b两绳的夹角变大，但由于两绳拉力大小相等，所以悬于墙上的绳拉力大小等于a、b两绳拉力的合力，且光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上，所以悬于墙上的绳方向一定与a、b两绳拉力的合力，方向在一条直线上，a、b两绳拉力大小相等，所以悬于墙上的绳方向就是a、b两绳的夹角角平分线，所以，而与是同位角，所以，C 正确。
当物块b移至c点后，a、b两绳的夹角变大，但由于两绳拉力大小相等，且光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上，所以细绳O拉力大小等于a、b两绳拉力的合力，两绳拉力大小不变，夹角变大，所以合力变小，悬于墙上的绳所受拉力变小，D错误
4．（四川省雅安中学2019-2020学年高一上学期期中考试）如图，物块a、b、c叠放在一起，重均为100N，小球P重20N，作用在b上的水平力F为10N，系统处于静止状态，以下说法正确的是
A．a和b之间的摩擦力是10 N
B．b和c之间的摩擦力是5 N
C．c和桌面间的摩擦力是10 N
D ．c 对桌面的摩擦力方向向左
【答案】C
【解析】A.对物体a 受力分析，受重力和支持力，假如受水平方向的摩擦力，则不能保持平衡，故物体a 与物体b 间的摩擦力为0，故A 错误；B.对ab 整体进行受力分析，可知整体水平方向受向左的拉力F ，由共点力的平衡条件可知，bc 间的摩擦力等于拉力，大小等于10N ；方向向右，故B 错误；CD.对绳子的连接点受力分析，受到三根绳子的三个拉力，根据平衡条件，有：水平方向：21cos45T T ︒=，竖直方向：2sin45T mg ︒=，解得：120N T mg ==，即故水平绳中的拉力为20N ，再对三个物体为整体分析可知，c 与地面间的摩擦力为10N ，桌面对c 的摩擦力方向向左，故C 正确；D 错误。
5．（2019-2020南昌市新建一种月考）如图所示，用与竖直方向成角（）的倾斜轻绳a 和水平轻绳b 共同固定一个小球，这时绳b 的拉力为，现保持小球在原位置不动，使绳b 在原竖直平面内逆时针转过角，绳b 的拉力为，再逆时针转过角固定，绳b 的拉力为，则
A ．
B ．
C ．
D ．绳a 的拉力减小
【答案】AD 【解析】以小球为研究对象，分析受力：重力，、两绳的拉力.根据平衡条件得知，和的合力方向竖直向上，大小与重力相等，保持不变，作出绳在三个不同位置时，两个拉力的变化，如图：
可得到，.由图看出，绳的拉力减小，故AD正确。
6．（2019-2020重庆市一中高三上学期期中考试）如图所示，两个完全相同的轻弹簧a、b，一端固定在水平面上，另一端均与质量为m的小球相连接，轻杆c一端固定在天花板上，另一端与小球拴接。
弹簧a、b和轻杆互成120°角，且弹簧a、b的弹力大小均为mg，g为重力加速度，如果将轻杆突然撤去，则撤去瞬间小球的加速度大小为
A．a=0 B．a="g"
C．a=1.5g D．a=2g
【答案】AD
【解析】试题分析：弹簧a、b的弹力大小均为mg，当弹簧的弹力为拉力时，其合力方向竖直向下、大小为mg，轻杆对小球的拉力大小为2mg，将轻杆突然撤去时，小球合力为2mg，此时加速度大小为2g；当弹簧的弹力为压力时，其合力竖直向上、大小为mg，根据平衡条件，轻杆上的力为零，将轻杆突然撤去时，小球受到的合力为0，此时加速度大小为0，故A、D正确，B、C错误．故选AD．。