高三物理第二轮专题练习力与物体的平衡新人教版

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高考物理二轮复习专题训练—力与物体的平衡

高考物理二轮复习专题训练—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G和Q G。

用手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P 的凹形底座Q构成，其重量分别为P对手有靠向玻璃挡板的力，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G，说明Q对P有竖直向上的磁力，则Q对P的磁力方向斜向左上方向，其磁力F大小大于P选项AB错误；CD．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G＋Q G，选项C错误，D正确。

高考物理二轮复习：力与物体的平衡(答案+解析)

力与物体的平衡（练）满分：110分时间：90分钟一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，1~8题只有一项符合题目要求；9~12题有多项符合题目要求。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

）1．如图所示，AB、BD为两段轻绳，其中BD段水平，BC为处于伸长状态的轻质弹簧，且AB和CB与竖直方向的夹角均为45︒，现将BD绳绕B点缓慢向上转动，保持B点不动，则在转动过程中作用于BD绳的拉力F的变化情况是（）A．变大B．变小C．先变大后变小D．先变小后变大2．如图所示，绳与杆均不计重力，承受力的最大值一定。

A端用铰链固定，滑轮O在A点正上方（滑轮大小及摩擦均可忽略），B端挂一重物P，现施加拉力T将B缓慢上拉（绳和杆均未断），在杆达到竖直前（）A．绳子越来越容易断B．绳子越来越不容易断C．杆越来越容易断D．杆越来越不容易断3．图所示，一根铁链一端用细绳悬挂于A点，为了测量这个铁链的质量，在铁链的下端用一根细绳系一质αβ=，则铁链量为m的小球，待整个装置稳定后，测得两细绳与竖直方向的夹角为α和β，若tan:tan1:3的质量为（）A．m B．2m C．3m D．4m4．如图所示，将质量为m的滑块放在倾角为θ的固定斜面上，物块与斜面之间的动摩擦因数为μ，若滑块与斜面之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，则（）tanμθ＞1=θAθF2mgcosmg=53︒G40N（1）斜坡对金属球的弹力大小；（2）斜面体对水平地面的摩擦力的大小和方向。

15．（15分）一个底面粗糙、质量为M 的劈放在粗糙的水平面上，劈的斜面光滑且与水平面成30︒角；现用一端固定的轻绳系一质量为m 的小球，小球放在斜面上，小球静止时轻绳与竖直方向的夹角也为30︒，如图所示，试求：（1）当劈静止时绳子的拉力大小。

（2）地面对劈的支持力大小。

（3）若地面对劈的最大静摩擦力等于地面对劈支持力的k 倍，为使整个系统静止，k 值必须满足什么条件？ 16．（15分）如图甲所示，细绳AD 跨过固定的水平轻杆BC 右端的光滑定滑轮挂住一个质量为1M 的物体，ACB 30∠︒＝；图乙中轻杆HG 一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G 通过细绳EG 拉住，EG 与水平方向也成30︒，轻杆的G 点用细绳GF 拉住一个质量为2M 的物体，求：（1）细绳AC 段的张力TAC F 与细绳EG 的张力TEG F 之比；（2）轻杆BC 对C 端的支持力；（3）轻杆HG 对G 端的支持力。

【步步高】高考物理二轮复习专题突破训练专题一力与物体的平衡受力分析新人教版

专题一力与物体的平衡受力分析(限时：45分钟)一、单项选择题1．某驾培中心训练场有一段圆弧形坡道如图1所示，将同一辆车分别停放在a点和b点．下述分析和比较正确的是( )图1A．车在a点受坡道的支持力大于在b点受到的支持力B．车在a点受坡道的摩擦力大于在b点受到的摩擦力C．车在a点受到的合外力大于在b点受到的合外力D．车在a点受到重力的下滑分力大于在b点受到重力的下滑分力2．光滑的挡板竖直固定在倾角为θ的斜面上，一质量为m的半球形均匀物体靠着挡板放上后，处于静止状态，如图2所示．关于对半球形物体的受力分析错误的是( )图2A．可能受三个力：重力、斜面对物体的支持力和摩擦力B．可能受四个力：重力、挡板对物体的支持力、斜面对物体的支持力和摩擦力C．可能受三个力：重力、挡板对物体的支持力、斜面对物体的支持力D．如果斜面也光滑，挡板的支持力大小一定是mg sin θ3．如图3所示，倾角为30°的光滑斜面上，劲度系数为k的轻质弹簧一端系在质量为m的小球上，另一端固定在墙上的P点，小球在斜面上静止时，弹簧与竖直方向的夹角为60°，则弹簧的形变量大小为( )图3A.mgk B.3mg 2k C.3mg 3kD.3mg k4．L 型木板P (上表面光滑)放在固定斜面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的滑块Q 相连，如图4所示．若P 、Q 一起沿斜面匀速下滑，不计空气阻力．则木板P 的受力个数为( )图4A ．6B ．5C ．4D ．35．物块M 在静止的传送带上匀速下滑时，若传送带突然转动且转动的方向如图5中箭头所示，则传送带转动后( )图5A ．M 将减速下落B ．M 仍匀速下滑C ．M 受到的摩擦力变小D ．M 受到的摩擦力变大6．如图6所示，水平桌面光滑，A 、B 物体间的动摩擦因数为μ(可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，A 物体质量为2m ，B 和C 物体的质量均为m ，滑轮光滑，砝码盘中可以任意加减砝码．在保持A 、B 、C 三个物体相对静止且共同向左运动的情况下，B 、C 间绳子所能达到的最大拉力是( )图6A.12μmgB ．μmgC ．2μmgD ．3μmg7．如图7所示，一个轻质光滑的滑轮(半径很小)跨在轻绳ABC 上，滑轮下挂一个重为G 的物体．今在滑轮上加一个水平拉力F ，使其向右平移到绳BC 部分处于竖直、AB 部分与天花板的夹角为60°的静止状态，则此时水平拉力F 的大小为( )图7A ．(2－3)GB ．(2＋3)GC ．(3－1)GD ．(3＋1)G8．如图8所示，光滑斜面倾角为30°，轻绳一端通过两个滑轮与A 相连，另一端固定于天花板上，不计绳与滑轮的摩擦及滑轮的质量．已知物块A 的质量为m ，连接A 的轻绳与斜面平行，挂上物块B 后，滑轮两边轻绳的夹角为90°，A 、B 恰保持静止，则物块B 的质量为( )图8A.22m B.2m C ．mD ．2m9．(2012·江苏·5)如图9所示，一夹子夹住木块，在力F 作用下向上提升．夹子和木块的质量分别为m 、M ，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f ，若木块不滑动，力F 的最大值是( )图9A.2fm ＋M MB.2f m ＋M mC.2f m ＋M M －(m ＋M )g D.2f m ＋M m＋(m ＋M )g二、双项选择题10．如图10所示，自动卸货车始终静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下可以改变与水平面间的倾角θ，用以卸下车厢中的货物．下列说法正确的是( )图10A ．当货物相对车厢静止时，随着θ角的增大货物与车厢间的摩擦力增大B ．当货物相对车厢静止时，随着θ角的增大货物与车厢间的弹力增大C ．当货物相对车厢加速下滑时，地面对汽车有向右的摩擦力D ．当货物相对车厢加速下滑时，汽车对地面的压力小于货物和汽车的总重力 11．如图11所示，质量为M 、半径为R 的半球形物体A 放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m 、半径为r 的光滑球B .以下说法正确的有( )图11A ．A 对地面的压力等于(M ＋m )gB ．A 对地面的摩擦力方向向左C ．B 对A 的压力大小为R ＋rRmgD ．细线对小球的拉力大小为rRmg12．如图12所示，物块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 并未运动．下列说法正确的是( )图12A ．A 、B 之间的摩擦力可能大小不变 B ．A 、B 之间的摩擦力一定变小C ．B 与墙之间可能没有摩擦力D ．弹簧弹力一定不变13．南方某地发生泥石流灾害，一辆挖掘机在抗险救灾过程中，刚好将一大石块抵在竖直崖壁上保持静止，如图13所示，下列说法正确的是( )图13A．此时石块受的力可能是三个也可能是四个B．挖掘机斜向上支撑力越大，崖壁对石块的摩擦力越大C．挖掘机支撑力适当减小方向不变，可将石块缓缓放下来D．挖掘机支撑力逐渐增大方向不变，一定可使石块沿崖壁向上运动14．如图14所示，上表面粗糙的半圆柱体放在水平面上，小物块从半圆柱体上的A点，在外力F作用下沿圆弧向下滑到B点，此过程中F始终沿圆弧的切线方向且半圆柱体保持静止状态，小物块运动的速率不变，则( )图14A．半圆柱体对小物块的支持力逐渐变大B．半圆柱体对小物块的摩擦力变大C．外力F变大D．小物块所受的合外力大小不变15．如图15所示，一端装有定滑轮的粗糙斜面体放在地面上，A、B两物体通过细绳连接，并处于静止状态(不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦)．现用水平力F作用于物体B上，缓慢拉开一角度．此过程中斜面体与物体A仍然静止，则下列说法正确的是( )图15A．在缓慢拉开B的过程中，水平力不变B．斜面体所受地面的支持力一定不变C．斜面对物体A的作用力一定变大D．斜面体所受地面的摩擦力一定变大答案1．A 2．D 3．A 4．B 5．B 6．B 7．A 8．A 9．A 10．AD 11．AC 12．AD13．AC 14．CD 15．BD。

适用于新高考新教材高考物理二轮总复习专题分层突破练1力与物体的平衡(含答案)

适用于新高考新教材高考物理二轮总复习：专题分层突破练1 力与物体的平衡A组1.如图所示,一玩偶与塑料吸盘通过细绳AB连接,吸盘吸附在墙壁上,玩偶静止悬挂,忽略玩偶与墙壁之间的静摩擦力,则()A.细绳AB越短,玩偶对墙壁的压力越大B.细绳AB越长,吸盘受到墙壁的摩擦力越小C.吸盘重力大小大于墙壁和细绳对吸盘作用力合力的大小D.吸盘与墙壁之间的挤压力越大,吸盘受到墙壁的摩擦力越大2.(2023广东佛山二模)如图所示,某同学将一橡皮擦轻放在塑料尺的一端,并将该端伸出桌面边缘,塑料尺缓慢向外移动,弯曲程度变大,橡皮擦相对塑料尺始终保持静止,则在此过程中橡皮擦对尺子的()A.压力增大B.压力减小C.摩擦力不变D.摩擦力减小3.(2023广东茂名二模)右图为户外野炊时的一种便携式三脚架,三根等长的轻杆通过轻质铰链组合在一起。

现将三脚架放在水平地面上,吊锅通过细铁链悬挂在三脚架正中间,已知吊锅和细铁链的总重力为G,轻杆与竖直方向夹角均为30°,忽略支架与铰链间的摩擦,则每根轻杆上承受的压力为()A.13GB.23GC.2√33G D.2√39G 4.(2023广东清远期末)用厢式货车运送三根均匀圆木的截面示意图如图所示,已知三根圆木的质量均为m ,直径都相等,且直径等于车厢宽度的一半。

已知货车在水平路面上匀速运动,重力加速度大小为g ,不计一切摩擦,下列说法正确的是( )A.车厢底对B 的支持力大小为3mgB.B 对A 的支持力大小为√33mg C.车厢壁对B 的弹力大小为√33mg D.B 对A 的支持力大小为mg5.倾角为30°的斜面固定在水平面上,一物块在与斜面成30°角的拉力F 作用下恰好在斜面上不上滑。

已知物块的质量m=1 kg,物块与斜面间的动摩擦因数μ=√33,g 取10 m/s 2。

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则F 的大小为( )A.√3 NB.3√3 NC.5√3 ND.7√3 N6.如图所示,一根长为l 的金属细杆通有电流时,在竖直绝缘挡板作用下静止在倾角为θ的光滑绝缘固定斜面上。

高考新课标物理二轮复习专题2力与物体的平衡(含答案)

专题二力与物体的平衡一、选择题1．(仿2012新课标全国高考，16T)如图6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 ()．图6A．b与水平面间的摩擦力减小B．拉b的绳子的拉力增大C．悬于墙上的绳所受拉力减小D．a、b静止时，图中α、β、θ三角始终相等解析对滑轮，由于两侧绳的拉力大小相等，等于物块a的重力，由对称性可知α＝β，又因为α＝θ，所以D正确．由于两侧绳拉力的夹角增大，故悬于墙上的绳所受拉力减小，C正确．对b，由F T sin(α＋β)＝F f可知，随α、β的增大，b与水平面间的摩擦力增大，A错误．答案CD2．(仿2012浙江高考，14T)如图7所示物块a、b、c叠放在一起，重均为100 N，小球P重20 N，作用在物块b上的水平力为10 N，整个系统处于静止状态，以下说法正确的是()．图7A．a和b之间的摩擦力是10 NB．b和c之间的摩擦力是10 NC．c和桌面间的摩擦力是10 ND．c对桌面的摩擦力方向向左解析选a为研究对象知，a和b之间的摩擦力为零，A项错；选三段绳的结点为研究对象知水平绳的拉力F T＝G P＝20 N，选b为研究对象，由平衡条件得bc之间的摩擦力为10 N，B项正确，选abc整体为研究对象分析由平衡条件得c和桌面之间的摩擦力为10 N，c对桌面的摩擦力方向向右，C对D 错．答案BC3．(仿2013新课标全国高考Ⅱ，15T)如图8所示，质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜劈上，现用大小均为F，方向相反的水平力分别推A和B，它们均静止不动，则()．图8A．A与B之间一定存在摩擦力B．B与地面之间一定存在摩擦力C．B对A的支持力一定小于mgD．地面对B的支持力的大小一定等于(M＋m)g解析A受F、重力、B对A的支持力作用，可以三力平衡，A错；A与B构成的整体受大小相等方向相反的两个力F 作用，合力为零，故B 与地面间无摩擦力，B 错；若A 与B 间无摩擦力，B 对A 的支持力为A 的重力与F 的合力，大于mg ，C 错；竖直方向上A 与B 构成的整体受重力与地面支持力，所以地面对B 的支持力的大小一定等于(M ＋m )g ，D 正确．答案 D4．(仿2012安徽高考，17T)如图9所示，固定半球面由两种材料做成，球右侧是光滑的，左侧是粗糙的，O 点为其球心，A 、B 为两个完全相同的小物块(可视为质点)，小物块A 静止在球面的左侧，受到的摩擦力大小为F 1，对球面的压力大小为N 1；小物块B 在水平力F 2作用下静止在球的右侧，对球面的压力大小为N 2.已知两小物块与球心连线和水平方向的夹角均为θ，则( )．图9A ．F 1∶F 2＝sin θ∶1B ．F 1∶F 2＝cos 2θ∶1C ．N 1∶N 2＝cos θ∶1D ．N 1∶N 2＝sin 2θ∶1解析 A 、B 受力如图所示对A ：F 1＝mg cos θ，N 1＝mg sin θ对B ：F 2＝mg tan θ，N 2＝mg sin θ则F 1∶F 2＝sin θ∶1，N 1∶N 2＝sin 2θ∶1.答案 AD二、计算题5．(仿2013山东高考，22T)明理同学很注重锻炼身体，能提起50 kg 的重物．现有一个倾角为15°的粗糙斜面，斜面上放有重物，重物与斜面间的动摩擦因数μ＝33≈0.58，求他能沿斜面向上拉动重物质量的最大值．解析该同学能产生的最大拉力为F ，由题意得F ＝mg ①设该同学在斜面上拉动重物M 的力F 与斜面成φ角，重物受力如图所示．由平衡条件知垂直斜面方向F N ＋F sin φ－Mg cos φ＝0②平行斜面方向F cos φ－μF N －Mg sin θ＝0③联立②③式得M ＝F g ·sin φ＋μsin φμcos θ＋sin θ④ 令μ＝tan α⑤联立④⑤式得，M ＝F g ·cos (α－φ)sin (θ＋α)⑥ 要使质量最大，分子须取最大值，即cos(α－φ)＝1，即α＝φ⑦此时拉动的重物的质量的最大值为M max＝Fg·1sin(θ＋α).⑧由题给数据tan α＝33，即α＝30°.⑨联立⑦⑧⑨式代入数值解得，M max＝2m＝70.7 kg.⑩答案70.7 kg。

人教版高考物理二轮复习练习：专题1-力与物体的平衡

1．(2015·广东·19)图1如图1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()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答案BC解析杆静止在水平地面上，则杆受到重力、三条绳子的拉力和地面对它的支持力．根据平衡条件，则三条绳的拉力的合力竖直向下，故绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零．杆对地面的压力大小等于杆的重力与三条绳的拉力的合力之和，选项B、C正确．由于三条绳子长度不同，即三条绳与竖直方向的夹角不同，所以三条绳上的张力不相等，选项A错误．绳子拉力的合力与杆的重力方向相同，因此两者不是一对平衡力，选项D错误．2. (2015·山东理综·16)如图2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()图2A.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，选项B 正确．1．题型特点力的合成与分解、共点力的平衡是高考中的热点，主要考查对共点力作用下物体的受力分析以及平衡条件的应用．以选择题形式呈现，难度相对较低，命题突出对受力分析、力的合成与分解方法的考查． 2．命题预测高考仍会以选择题为主，以受力分析、动态平衡为考点．其中拉力方向的变化、斜面倾角的变化、摩擦力的突变、细绳拉力的突变、弹簧弹力的变化都是动态平衡中常出现的类型．在平衡问题的分析中，摩擦力方向和大小的变化、滑动摩擦力和静摩擦力之间的转换也需要引起我们的注意．要求学生灵活、熟练运用平衡问题的常规解法，准确地进行判断与求解．考题一受力分析、物体的平衡1．如图3所示，编号为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的三根圆木粗细相同、质量均为m .Ⅰ、Ⅱ并排横放在水平地面上，Ⅲ叠放在Ⅰ、Ⅱ上面，三根圆木均处于静止状态．已知重力加速度g ，以下判断正确的是( )图3A ．Ⅰ对Ⅲ的支持力大小为12mgB ．Ⅰ对Ⅲ的支持力大小为33mg C ．地面对Ⅰ的摩擦力大小为36mg D ．地面对Ⅰ的摩擦力大小为0 答案 BC解析以圆木Ⅲ为研究对象，受力如图甲，由几何关系可知，F 与竖直方向之间的夹角是30°，所以：2F cos 30°＝mg 所以：F ＝mg 2cos 30°＝33mg .故A 错误，B 正确；以Ⅰ为研究对象，受力如图乙，由牛顿第三定律得：F ′＝F ，沿水平方向：F ′·sin 30°＝f ，所以：f ＝12F ＝36mg .故C 正确，D 错误．图42．如图4所示，在倾角为θ＝30°的斜面上，物块A 与物块B 通过轻绳相连，轻绳跨过光滑的定滑轮，物块A 的质量为4 kg ，物块A 与斜面间的动摩擦因数为36，设物块A 与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为使物块A 静止在斜面上，物块B 的质量不可能为( ) A ．1 kg B ．2 kg C ．3 kg D ．4 kg答案 D解析若物块B 的质量较小，物块A 将有沿斜面下滑的趋势，则有： Mg ＋μmg cos θ＝mg sin θ，解得：M ＝1 kg若物块B 的质量较大，物块A 将有沿斜面上滑的趋势，则有 Mg ＝μmg cos θ＋mg sin θ解得：M ＝3 kg ，综上所述，可知D 正确．3．如图5所示，左侧是倾角为60°的斜面、右侧是14圆弧面的物体固定在水平地面上，圆弧面底端的切线水平，跨过其顶点上小定滑轮的轻绳两端系有质量分别为m 1、m 2的小球．当它们处于平衡状态时，连接m 2的轻绳与水平线的夹角为60°，不计一切摩擦，两小球可视为质点．则m 1∶m 2等于( )图5A ．1∶1B ．2∶3C ．3∶2D ．3∶4答案 B解析先以m 1球为研究对象，由平衡条件得知，绳的拉力大小为T ＝m 1g sin 60°①再以m 2球为研究对象，分析受力情况，如图，由平衡条件可知，绳的拉力T 与支持力N 的合力与重力大小相等、方向相反，作出两个力的合力，由对称性可知，T ＝N,2T cos 30°＝m 2g ②，由①②解得：m 1∶m 2＝2∶3.4．如图6所示，直角三角形框架ABC (角C 为直角)固定在水平地面上，已知AC 与水平方向的夹角为α＝30°.小环P 、Q 分别套在光滑臂AC 、BC 上，用一根不可伸长的细绳连接两小环，静止时细绳恰好处于水平方向，小环P 、Q 的质量分别为m 1、m 2，则小环P 、Q 的质量之比为( )图6A.m 1m 2＝ 3 B.m 1m 2＝3 C.m 1m 2＝33 D.m 1m 2＝13答案 B解析对小环P 进行受力分析，设绳子拉力大小为T ，由几何关系：T ＝m 1g tan α① 对小环Q 进行受力分析，由几何关系：T ＝m 2gtan α②联立①②得：m 1m 2＝1tan 2α＝31．物体受力分析的常用方法 (1)整体法与隔离法整体法隔离法概念将加速度相同的几个物体作为一个整体来分析的方法将研究对象与周围物体分隔开的方法选用原则研究系统外的物体对系统整体的作用力或系统整体的加速度研究系统内物体之间的相互作用力在受力分析时，若不能确定某力是否存在，可先对其作出存在或不存在的假设，然后再就该力存在与否对物体运动状态影响的不同来判断该力是否存在． 2．v ＝0时一定是平衡状态吗？不一定． 3．处理平衡问题的基本方法(1)物体受三个力平衡时，利用力的合成或分解法比较简单．(2)解平衡问题建立坐标系时应使尽可能多的力与坐标轴重合，需要分解的力尽可能少，物体受四个以上的力作用时一般要采用正交分解法．考题二物体的动态平衡问题5．目前，我市每个社区均已配备了公共体育健身器材．图7器材为一秋千，用两根等长轻绳将一座椅悬挂在竖直支架上等高的两点．由于长期使用，导致两根支架向内发生了稍小倾斜，如图中虚线所示，但两悬挂点仍等高．座椅静止时用F 表示所受合力的大小，F 1表示单根轻绳对座椅拉力的大小，与倾斜前相比( )图7A ．F 不变，F 1变小B ．F 不变，F 1变大C ．F 变小，F 1变小D ．F 变大，F 1变大答案 A解析座椅静止时，受重力和两个拉力而平衡，故三个力的合力为零，即：F＝0；根据共点力平衡条件，有：2F1cos θ＝mg解得：F1＝mg2cos θ由于长期使用，导致两根支架向内发生了稍小倾斜，故图中的θ角减小了，故F不变，F1减小．6．如图8所示，挡板垂直于斜面固定在斜面上，一滑块m放在斜面上，其上表面呈弧形且左端最薄，一球M搁在挡板与弧形滑块上，一切摩擦均不计，用平行于斜面的拉力F拉住弧形滑块，使球与滑块均静止．现将滑块平行于斜面向上拉过一较小的距离，球仍搁在挡板与滑块上且处于静止状态，则与原来相比()图8A．滑块对球的弹力增大B．挡板对球的弹力减小C．斜面对滑块的弹力增大D．拉力F不变答案 B解析对球进行受力分析，如图(a)，球只受三个力的作用，挡板对球的力F1方向不变，作出力的矢量图，滑块上移时，F2与竖直方向夹角减小，最小时F2垂直于F1，可以知道F1和滑块对球的作用力F2都减小，故B正确，A错误；再对滑块和球一起受力分析，如图(b)，其中N＝(M＋m)g cos θ不变，F＋F1不变，F1减小，可以知道斜面对滑块的支持力不变，拉力F增大，故C、D错误．7．如图9所示，一定质量的物体通过轻绳悬挂，结点为O，人沿水平方向拉着OB绳，物体和人均处于静止状态．若人的拉力方向不变，缓慢向左移动一小段距离，下列说法正确的是()图9A．OA绳中的拉力先减小后增大B．OB绳中的拉力不变C．人对地面的压力逐渐减小D．地面给人的摩擦力逐渐增大答案 D解析将物体的重力进行分解，当人的拉力方向不变，缓慢向左移动一小段距离，则OA与竖直方向夹角变大，OA的拉力由图中1位置变到2位置，可见OA绳子拉力变大，OB绳拉力逐渐变大，根据平衡条件知地面给人的摩擦力逐渐增大；人对地面的压力始终等于人的重力，保持不变．1．解析法画出研究对象的受力示意图，根据动态变化的原因，一般是某一夹角发生变化，用三角函数表示出各个作用力与变化夹角之间的关系，从而判断各作用力的变化．2．图解法当物体受到一个大小方向不变、一个方向不变、一个大小方向都变化的3个力作用而处于动态平衡时，如果题目只要求定性讨论力的大小而不必进行定量计算时，应首先考虑用矢量三角形方法．考题三电学中的平衡问题图108．如图10所示，在匀强磁场中(磁场方向没有画出)固定一倾角为30°的光滑斜面，一根质量为m的通电直导线垂直于纸面水平放置在斜面上，直导线恰好能保持静止，电流方向垂直于纸面向里，已知直导线受到的安培力和重力大小相等，斜面对直导线的支持力大小可能是(重力加速度大小为g)()A．0 B．mgC.32mg D.3mg答案AD解析因为导线受重力、支持力和安培力处于平衡，当安培力的方向竖直向上，与重力等大反向，则支持力N＝0.因为重力、支持力和安培力合力为零，可以构成矢量三角形，如图所示，可得N＝2mg cos 30°＝3mg，故A、D正确，B、C错误．9．如图11所示，固定在水平地面上的倾角为θ的粗糙斜面上，有一根水平放在斜面上的导体棒，通有垂直纸面向外的电流，导体棒保持静止．现在空间中加入竖直向下的匀强磁场，导体棒仍静止不动，则()图11A．导体棒受到的合力一定增大B．导体棒一定受4个力的作用C．导体棒对斜面的压力一定增大D．导体棒所受的摩擦力一定增大答案 C解析导体棒静止，合力为零，故合力不变，故A错误；当加上磁场后，如果mg sin θ＝BIL cos θ，则导体棒不受摩擦力，此时受3个力，故B错误；不加磁场时导体棒对斜面的压力N＝mg cos θ，加上磁场后对斜面的压力为N′＝mg cos θ＋BIL sin θ，故压力增大，故C正确；导体棒受到的摩擦力不一定变大，故D错误．10．如图12所示，A 、B 两球所带电荷量均为2×10－5C ，质量均为0.72 kg ，其中A 球带正电荷，B 球带负电荷，A 球通过绝缘细线吊在天花板上，B 球一端固定绝缘棒，现将B 球放在某一位置，能使绝缘细线伸直，A 球静止且与竖直方向的夹角为30°，g ＝10 m/s 2，则B 球距离A 的距离可能为( )图12A ．0.5 mB ．0.8 mC ．1.2 mD ．2.5 m答案 AB解析对A 受力分析，受重力mg 、绳的拉力T 、B 对A 的吸引力F ，由分析知，A 平衡时，F 的最小值为F ＝mg sin 30°＝kq 2r2，解得r ＝1 m ，所以r ≤1 m ，A 、B 正确．电磁学中的物体的平衡问题，除了涉及重力、弹力和摩擦力之外，还涉及电磁学中的静电力、安培力和洛伦兹力．与力学中的共点力平衡问题一样，电磁学中的物体平衡问题也要遵循合力为零这一平衡条件，所不同的是除服从力学规律之外，还要服从电磁学规律，这是解决电磁学中的物体平衡问题的两条主线．考题四平衡中的临界、极值问题11．将三根伸长可不计的轻绳AB 、BC 、CD 如图13所示连接，现在B 点悬挂一个质量为m 的重物，为使BC 绳保持水平且AB 绳、CD 绳与水平天花板夹角分别为60°和30°，需在C 点再施加一作用力，则该力的最小值为( )图13A ．mgB.12mgC.33mg D.36mg 答案 D解析对B 点受力分析，根据共点力平衡得，tan 30°＝T BC T ＝T BC mg ，解得T BC ＝33mg ，对C 点受力分析，CD 的拉力方向一定，根据图解法知，当外力的方向与CD 垂直时，外力F 最小，根据平行四边形定则知，sin 30°＝F T BC ，F ＝T BC sin 30°＝33mg ×12＝36mg .12.质量为M 的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m 的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑．如果用与木楔斜面成α角的力F 拉着木块匀速上升，如图14所示(已知木楔在整个过程中始终静止)．图14(1)当α＝θ时，拉力F 有最小值，求此最小值； (2)求在(1)条件下木楔对水平面的摩擦力是多少？答案 (1)mg sin 2θ (2)12mg sin 4θ解析木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有mg sin θ＝μmg cos θ，即μ＝tan θ.(1)因其在力F 作用下沿斜面向上匀速运动，则有： F cos α＝mg sin θ＋f ① F sin α＋N ＝mg cos θ② f ＝μN ③ 由①②③得F ＝2mg sin θcos α＋μsin α＝2mg sin θcos θcos αcos θ＋sin αsin θ＝mg sin 2θcos θ－α则当α＝θ时，F 有最小值，即F min ＝mg sin 2θ.(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F 的水平分力，即f m ＝F cos(α＋θ)当F 取最小值mg sin 2θ时，f m ＝F min cos 2θ＝mg ·sin 2θcos 2θ＝12mg sin 4θ.1．物体平衡的临界问题：当某一物理量变化时，会引起其他几个物理量跟着变化，从而使物体所处的平衡状态恰好出现变化或恰好不出现变化．2．极限分析法：通过恰当地选取某个变化的物理量将其推向极端(“极大”或“极小”、“极右”或“极左”等)．3．解决中学物理极值问题和临界问题的方法(1)物理分析方法：就是通过对物理过程的分析，抓住临界(或极值)条件进行求解．(2)数学方法：例如求二次函数极值、讨论公式极值、三角函数极值．专题综合练1．如图15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 的作用，设物块与斜面之间的摩擦力大小为f 1，斜面体与地面之间的摩擦力大小为f 2.增大推力F ，斜面体始终保持静止，下列判断正确的是( )图15A ．如果物块沿斜面向上滑动，则f 1、f 2一定增大B ．如果物块沿斜面向上滑动，则f 1、f 2一定不变C ．如果物块与斜面相对静止，则f 1、f 2一定增大D ．如果物块与斜面相对静止，则f 1、f 2一定不变答案 B解析发生滑动时，摩擦力为滑动摩擦力，其大小与压力有关，与F 大小无关．相对静止时，摩擦力为静摩擦力，选物块与斜面体整体为研究对象，摩擦力f 2增大．m 与M 间的摩擦力f 1变化不确定．2．如图16所示，内壁及碗口光滑的半球形碗固定在水平面上，碗口保持水平．A 球、C 球与B 球分别用两根轻质细线连接．当系统保持静止时，B 球对碗壁刚好无压力，图中θ＝30°，则A 球和C 球的质量之比为( )图16A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶ 3 D.3∶1答案 C解析 B 球对碗壁刚好无压力，则根据几何知识分析可得B 球所在位置两线的夹角为90°，以B 球为研究对象，进行受力分析，水平方向所受合力为零，由此可知F A cos θ＝F C sin θ，F A F C＝m A g m C g ＝tan θ＝13. 3．如图17所示，在高度不同的两水平台阶上放有质量分别为m 1、m 2的两物体，物体间用轻弹簧相连，弹簧与竖直方向夹角为θ.在m 1左端施加水平拉力F ，使m 1、m 2均处于静止状态，已知m 1表面光滑，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图17A ．弹簧弹力的大小为m 1g cos θB ．地面对m 2的摩擦力大小为FC ．地面对m 2的支持力可能为零D ．m 1与m 2一定相等答案 B解析对整体受力分析可知，整体受重力、支持力、拉力及摩擦力；要使整体处于平衡，则水平方向一定有向右的摩擦力作用在m 2上，且大小与F 相同，故B 正确；因m 2与地面间有摩擦力，则一定有支持力，故C 错误；再对m 2受力分析可知，弹力水平方向的分力应等于F ，故弹力T ＝F sin θ；因竖直方向上的受力不明确，无法确定两物体的质量关系，也无法求出弹簧弹力与重力的关系，故A 、D 错误．4．如图18所示，用OA 、OB 两根轻绳将花盆悬于两竖直墙之间，开始时OB 绳水平．现保持O 点位置不变，改变OB 绳长使绳右端由B 点缓慢上移到B ′点，此时OB ′与OA 之间的夹角θ<90°.设此过程OA 、OB 绳的拉力分别为F OA 、F OB ，则下列说法正确的是( )图18A．F OA一直减小B．F OA一直增大C．F OB一直减小D．F OB先减小后增大答案AD解析以结点O为研究对象，分析受力：重力G、绳OA的拉力F OA和绳OB的拉力F OB，如图所示，根据平衡条件知，两根绳子的拉力的合力与重力大小相等、方向相反，作出轻绳OB在两个位置时力的合成图如图，由图看出，F OA逐渐减小，F OB先减小后增大，当θ＝90°时，F OB最小．5．如图19所示，横截面为直角三角形的斜劈A，底面靠在粗糙的竖直墙面上，力F通过球心水平作用在光滑球B上，系统处于静止状态．当力F增大时，系统仍保持静止，则下列说法正确的是()图19A．A所受合外力增大B．墙面对A的摩擦力一定增大C．B对地面的压力一定不变D．墙面对A的摩擦力可能变小答案 D解析A一直处于静止状态，所受合外力一直为零，故A错误；对B受力分析，如图，根据平衡条件：F＝N′sin θ，可见F增大则N′增大，N″＝mg＋N′cos θ，可见N′增大则N″增大，根据牛顿第三定律则球对地面的压力增大，故C错误；以整体为研究对象，竖直方向：N″＋f ＝Mg，若N″增大至与Mg相等，则f＝0，故B错误，D正确．6．如图20所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，B置于斜面C上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态．则()图20A．水平面对C的支持力等于B、C的总重力B．B一定受到C的摩擦力C．C一定受到水平面的摩擦力D．若将细绳剪断，B物体开始沿斜面向下滑动，则水平面对C的摩擦力可能为零答案 C解析把B、C当作一个整体进行受力分析，在竖直方向上有：N＋m A g sin θ＝(m B＋m C)g，绳子的拉力在竖直方向上的分量m A g sin θ不为零，所以水平面对C的支持力小于B、C的总重力．故A错误；对B：当B受到绳子的拉力与B的重力在斜面上的分力大小相等，即m B g sin θ＝m A g时，B在斜面上没有运动趋势，此时B、C间没有摩擦力，故B错误；把B、C当作一个整体进行受力分析，可知绳子的拉力在水平方向上的分量不为零，整体有向右的运动趋势，所以C受到地面的摩擦力不会为零，方向一定向左．故C正确；若将细绳剪断，B物体在斜面上加速下滑时具有沿斜面向下的加速度，该加速度在水平方向上有分量，故对C的作用力有水平向右的分量，而C处于平衡状态可知，地面对C的摩擦力肯定不为零，故D错误．7．如图21所示，A、B是两个带异号电荷的小球，其质量分别为m1和m2，所带电荷量分别为＋q1和－q2，A用绝缘细线L1悬挂于O点，A、B间用绝缘细线L2相连．整个装置处于水平方向的匀强电场中，平衡时L1向左偏离竖直方向，L2向右偏离竖直方向，则可以判定()图21A ．m 1＝m 2B ．m 1>m 2C ．q 1>q 2D ．q 1<q 2答案 C解析两球整体受力分析，如图所示，根据平衡条件可知，q 1E >q 2E ，即q 1>q 2，而两球的质量无法比较其大小，故C 正确，A 、B 、D 错误．8．如图22所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L ，质量为m 的直导体棒．在导体棒中的电流I 垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度B 的大小和方向正确的是( )图22A ．B ＝mg sin αIL，方向垂直斜面向上 B ．B ＝mg tan αIL，方向竖直向上 C ．B ＝mg sin αIL，方向垂直斜面向下 D ．B ＝mg tan αIL，方向竖直向下答案 AB解析若外加匀强磁场的磁感应强度B 的方向垂直斜面向上，则沿斜面向上的安培力、支持力与重力处于平衡状态，则BIL ＝mg sin α，解得B ＝mg sin αIL，故A 正确；若外加匀强磁场的磁感应强度B 的方向竖直向上，则水平向右的安培力、支持力与重力处于平衡状态，则BIL＝mg tan α，解得B ＝mg tan αIL，故B 正确；若外加匀强磁场的磁感应强度B 的方向垂直斜面向下，则安培力沿斜面向下，导体棒不能平衡，C 错误；若外加匀强磁场的磁感应强度B 的方向竖直向下，则安培力水平向左，导体棒不能平衡，D错误；故选A、B.9．由粗糙的水平杆AO与光滑的竖直杆BO组成的绝缘直角支架如图23放置，在AO杆、BO杆上套有带正电的小球P、Q，两个小球恰能在某一位置平衡．现将P缓慢地向左移动一小段距离，两球再次达到平衡．若小球所带电荷量不变，与移动前相比()图23A．P、Q之间的距离增大B．BO杆对Q的弹力减小C．AO杆对P的摩擦力增大D．AO杆对P的弹力减小答案 C解析Q受力如图，由力的合成与平衡条件可知：BO杆对小球Q的弹力变大，两小球之间的库仑力变大，由库仑定律知，两小球P、Q的距离变小，A、B错误；对小球P受力分析，可得AO杆对小球P的摩擦力变大，C正确；对小球P、Q整体受力分析，AO杆对小球P的弹力不变，D错误．10．如图24所示，倾角为θ的绝缘斜面体ABC置于粗糙的水平地面上．一质量为m、电荷量为＋q的小物块(可看作是点电荷)恰好能在斜面上匀速下滑．若在AB中点D的上方与B 等高的位置固定一电荷量为＋Q的点电荷，再让物块以某一速度从斜面上滑下，物块在下滑至底端的过程中，斜面体保持静止不动．在不考虑空气阻力和物块电荷没有转移的情况下，关于在物块下滑过程中斜面体受到地面的摩擦力及其方向的分析正确的是()图24A．当物块在BD之间，斜面体受到地面的摩擦力的方向向左B．当物块在DA之间，斜面体受到地面的摩擦力的方向向右C．当物块在DA之间，斜面体受到地面的摩擦力的方向要视具体问题而定D．当物块在DA之间，斜面体受到地面的摩擦力为零答案 D解析开始时刻小物块受重力、支持力和摩擦力，物块恰好能在斜面上匀速下滑，说明摩擦力和支持力的合力与重力平衡，是竖直向上的；根据牛顿第三定律，压力和滑块对斜面体的摩擦力的合力是竖直向下的；增加电场力后，小物块对斜面体的压力和摩擦力正比例增加，故滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力仍然是竖直向下的；再对斜面体受力分析，受重力、物块对斜面体的压力和摩擦力、支持力，不受地面的摩擦力，否则合力不为零，故A、B、C 错误，D正确．11．如图25所示，质量为m的物体，放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F的水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：图25(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)这一临界角θ0的大小．答案(1)33(2)60°解析(1)物体恰匀速下滑时，由平衡条件有N1＝mg cos 30°mg sin 30°＝μN1则μ＝tan 30°＝3 3.(2)设斜面倾角为α，由平衡条件有F cos α＝mg sin α＋fN2＝mg cos α＋F sin α静摩擦力f≤μN2联立解得F(cos α－μsin α)≤mg sin α＋μmg cos α要使“不论水平恒力F多大”，上式都成立，则有cos α－μsin α≤0，1所以tan α≥μ＝3＝tan 60°即θ0＝60°。

(新课标)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)-人教版高三全册物理试题

力与物体的平衡(45分钟)[刷根底]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．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，如此它所受的摩擦力大小为( )A．F B．μFC.μ1＋μ2F D.1＋μ2μF解析：设力F与运动方向的夹角为θ，黑板擦做匀速运动，如此由平衡条件可知F cos θ＝μF sin θ，解得μ＝1tan θ，由数学知识可知，cos θ＝μ1＋μ2，如此黑板擦所受的摩擦力大小F f＝F cos θ＝μ1＋μ2F，应当选项C正确．答案：C2．如下列图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，当它们吊起一样重物时，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，如此它们的大小关系是( )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展受力分析，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.如此在图甲中，F a＝2mg cos 30°＝3mg；在图乙中，F b＝mg tan 60°＝3mg；在图丙中，F c＝mg cos30°＝32mg.可知F a＝F b>F c，故B正确，A、C、D错误．答案：B 3．(2019·山西吕梁高三期末)如下列图，14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 3 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 3 NB ．15 NC ．10 ND ．10 3 N解析：当拉力水平向左时，受到竖直向下的重力、沿OA 向外的支持力以与拉力F ，如图甲所示，根据矢量三角形可得G ＝F tan 30°＝103×33N ＝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．如下列图，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，如此物块A 和滑环B 的质量之比为( )A.75B.57C.135D.513解析：设物块A 和滑环B 的质量分别为m 1、m 2，假设杆对B 的弹力垂直于杆向下，因滑环B 恰好不能下滑，如此由平衡条件有m 2g cos θ＝μ(m 1g －m 2g sin θ)，解得m 1m 2＝135；假设杆对B 的弹力垂直于杆向上，因滑环B 恰好不能下滑，如此由平衡条件有m 2g cos θ＝μ(m 2g sin θ－m 1g )，解得m 1m 2＝－75(舍去)．综上分析可知应选C. 答案：C5．如下列图，由粗糙的水平杆AO 与光滑的竖直杆BO 组成的绝缘直角支架，在AO 杆、BO 杆上套有带正电的小球P 、Q ，两个小球恰能在某一位置平衡．现将P 缓慢地向左移动一小段距离，两球再次达到平衡．假设小球所带电荷量不变，与移动前相比( )A ．杆BO 对Q 的弹力减小B ．杆AO 对P 的弹力减小C ．杆AO 对P 的摩擦力增大D ．P 、Q 之间的距离增大解析：Q 受力如图，由力的合成与平衡条件可知：BO 杆对小球Q 的弹力变大，两小球之间的库仑力变大，由库仑定律知，两小球P 、Q 的距离变小，A 、D 错误；对整体受力分析，可得AO 杆对小球P 的摩擦力变大，C 正确；对整体分析可知，竖直方向只受重力和AO 杆的支持力，故AO 杆对小球P的弹力不变，B 错误．应当选C.答案：C6．(2019·河南南阳一中高三理综)将一横截面为扇形的物体B 放在水平面上，一小滑块A 放在物体B 上，如下列图．除了物体B 与水平面间的摩擦力之外，其余接触面的摩擦均可忽略不计，物体B 的质量为M 、滑块A的质量为m .当整个装置静止时，A 、B 接触面的切线与竖直挡板之间的夹角为θ，重力加速度为g .如此如下选项正确的答案是( )A ．物体B 对水平面的压力大小为MgB ．物体B 受到水平面的摩擦力大小为mg tan θC ．滑块A 与竖直挡板之间的弹力大小为 mg tan θD ．滑块A 对物体B 的压力大小为mgcos θ解析：首先对滑块A 受力分析，如下列图，根据平衡条件，有F1＝mgsin θF2＝mgtan θ根据牛顿第三定律，A对B的压力大小为mgsin θ，A对竖直挡板的压力大小为mgtan θ，故C正确，D错误；对A、B整体受力分析，受重力、水平面的支持力、竖直挡板的支持力、水平面的静摩擦力，如下列图，根据平衡条件，水平面的支持力大小F N＝(M＋m)g，水平面的摩擦力大小F f＝F2＝mgtan θ，再根据牛顿第三定律，物体B对水平面的压力大小为(M＋m)g，故A、B错误．答案：C7．(多项选择)如下列图，在竖直向下的匀强磁场中，绝缘细线下面悬挂一质量为m、长为l的导线，导线中有垂直纸面向里的恒定电流I，静止时细线偏离竖直方向θ角，现将磁场沿逆时针方向缓慢转动到水平向右，转动时磁感应强度B的大小不变，在此过程中，如下说法正确的答案是( )A．导线受到的安培力逐渐变大B．绝缘细线受到的拉力逐渐变大C．绝缘细线与竖直方向的夹角θ先增大后减小D．导线受到的安培力与绝缘细线受到的拉力的合力不变解析：导线受到的安培力F安＝BIl大小不变，选项A错误；磁场逆时针转动90°的过程中，F安方向逐渐由水平向左变为竖直向下，由于变化缓慢，所以F安与mg的合力F合与F T大小相等，方向相反，由图可知，F合大小逐渐增大，θ逐渐减小，所以F T大小逐渐增大，选项B正确，选项C错误；F安与F T的合力总是与重力大小相等，方向相反，即竖直向上，选项D正确．答案：BD8.(多项选择)如下列图，高空作业的工人被一根绳索悬在空中，工人与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，重力加速度为g ，不计人与墙壁之间的摩擦，如此( )A ．F 1＝mg sin αB ．F 2＝mg tan αC ．假设缓慢增大悬绳的长度，F 1与F 2都变小D ．假设缓慢增大悬绳的长度，F 1减小，F 2增大解析：对工人受力分析，工人受到重力、墙壁的支持力和绳索的拉力作用，如下列图，根据共点力平衡条件，有F 1＝mgcos α，F 2＝mg tan α；假设缓慢增大悬绳的长度，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B 、C 正确，A 、D错误．答案：BC9．(多项选择)(2019·广东某某高三模拟)如下列图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O 点，右端跨过固定于O ′点的光滑滑轮悬挂一质量为1 kg 的物体P ，此时轻绳OO ′段水平，长度为0.8 m ．绳子OO ′段套有一个可自由滑动的轻环．现在轻环上挂上一重物Q ，用手扶住重物后缓慢下降，直到手与重物别离，重物Q 下降的高度为0.3 m ，此时物体P 未到达滑轮处．如此( )A ．重物Q 的质量为1.2 kgB ．重物Q 的质量为1.6 kgC ．物体P 上升的高度为0.2 mD ．物体P 上升的高度为0.4 m解析：重新平衡后，根据几何知识可得tan θ＝0.40.3＝43，即θ＝53°，OO ′之间的绳长为0.5×2 m＝1 m ，故P 上升了1 m －0.8 m ＝0.2 m ，C 正确，D 错误；重新平衡后，对轻环处结点受力分析，如下列图，如此根据平行四边形定如此可得cos 53°＝12m Q g m P g＝0.6，解得m Q ＝1.2 kg ，A 正确，B 错误．答案：AC10．(多项选择)如下列图，物体P 、Q 可视为点电荷，电荷量一样．倾角为θ、质量为M 的斜面体放在粗糙水平面上．将质量为m 的物体P 放在粗糙的斜面体上．当物体Q 放在与P 等高(PQ 连线水平)且与物体P 相距为r 的右侧位置时，P 静止且受斜面体的摩擦力为0，斜面体保持静止，静电力常量为k ，如此如下说法正确的答案是( )A ．P 、Q 所带电荷量为mgk tan θr 2 B ．P 对斜面体的压力为mg cos θC ．斜面体受到地面的摩擦力为0D ．斜面体对地面的压力为(M ＋m )g解析：以P 为研究对象，受到重力mg 、斜面体的支持力F N 和库仑力F ，由平衡条件得： F ＝mg tan θ，F N ＝mgcos θ 根据库仑定律得：F ＝k q 2r2 联立解得：q ＝r mg tan θk由牛顿第三定律得P 对斜面体的压力为F N ′＝F N ＝mg cos θ，故A 错误，B 正确．以斜面体和P 整体为研究对象，由平衡条件得地面对斜面体的摩擦力为F f ＝F ，地面对斜面体的支持力为F N1＝(M ＋m )g ，根据牛顿第三定律得斜面体对地面的压力为F N1′＝F N1＝(M ＋m )g ，故C 错误，D 正确．答案：BD[刷综合]11．(多项选择)如下列图，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＝33，g 取10 m/s 2.当物体做匀速直线运动时，如下说法正确的答案是( )A ．牵引力F 的最小值为25 NB ．牵引力F 的最小值为2533 N C ．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°解析：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，如下列图，由共点力的平衡条件可知，在水平方向上有F cos θ－μF N ＝0，在竖直方向上有F sin θ＋F N －G ＝0，联立解得F ＝μG cos θ＋μsin θ，设tan Φ＝μ，如此cos Φ＝11＋μ2，所以F ＝μG cos (θ－Φ)·11＋μ2，当cos(θ－Φ)＝1即θ－Φ＝0时，F 取到最小值，F min ＝μG 1＋μ2＝25 N ，而tan Φ＝μ＝33，所以Φ＝30°，θ＝30°. 答案：AD 12．如下列图，水平细杆上套一球A ，球A 与球B 间用一轻绳相连，质量分别为m A 和m B ，由于B 球受到水平风力作用，球A 与球B 一起向右匀速运动．细绳与竖直方向的夹角为θ，如此如下说法中正确的答案是( )A ．球A 与水平细杆间的动摩擦因数为m B sin θm A ＋m BB ．球B 受到的风力F 为m B g tan θC ．风力增大时，假设A 、B 仍匀速运动，轻质绳对球B 的拉力保持不变D ．杆对球A 的支持力随着风力的增大而增大解析：对球B 受力分析，受重力、风力和拉力，如图甲，风力为F ＝m B g tan θ，绳对B 球的拉力为F T ＝m B gcos θ，把球A 和球B 当作一个整体，对其受力分析，受重力(m A ＋m B )g 、支持力F N 、风力F 和向左的摩擦力F f ，如图乙，根据共点力平衡条件可得，杆对球A 的支持力大小F N ＝(m A ＋m B )g ，杆对球A 的摩擦力大小F f ＝F ，如此球A 与水平细杆间的动摩擦因数为μ＝F f F N ＝mB tan θm A ＋m B，B 正确，A 错误；当风力增大时，θ增大，如此F T 增大，C 错误；由以上分析知杆对球A 的支持力F N ＝(m A ＋m B )g ，不变，D 错误．答案：B13.(多项选择)(2019·辽宁大连高三模拟)如下列图，光滑水平地面上放有截面为14圆周的柱状物体A ，A 与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B ，对A 施加一水平向左的力F ，整个装置保持静止．假设将A 的位置向左移动稍许，整个装置仍保持平衡，如此( )A ．水平外力F 增大B ．墙对B 的作用力减小C ．地面对A 的支持力减小D ．B 对A 的作用力减小解析：对B 受力分析，受到重力mg 、A 对B 的支持力F N AB 和墙壁对B 的支持力F N B ，如图甲所示，当A 向左移动后，A 对B 的支持力F N AB 的方向变化，根据平衡条件结合合成法可以知道A 对B 的支持力F N AB 和墙对B 的支持力F N B 都在不断减小，由牛顿第三定律知B 对A 的支持力减小，故B 、D 正确；再对A 和B 整体受力分析，受到总重力G 、地面支持力F N 、外力F 和墙的弹力F N B ，如图乙所示，根据平衡条件，有F ＝F N B ，F N ＝G ，故地面对A 的支持力不变，外力F 随着墙对B 的支持力F N B 的减小而减小，故A 、C 错误．答案：BD14.(多项选择)如下列图，用一段绳子把轻质滑轮吊装在A 点，一根轻绳跨过滑轮，绳的一端拴在井中的水桶上，人用力拉绳的另一端，滑轮中心为O 点，人所拉绳子与OA 的夹角为β，拉水桶的绳子与OA的夹角为α.人拉绳沿水平面向左运动，把井中质量为m 的水桶缓慢提上来，人的质量为M ，重力加速度为g ，在此过程中，以下说法正确的答案是( )A．α始终等于βB．吊装滑轮的绳子上的拉力逐渐变大C．地面对人的摩擦力逐渐变大D．地面对人的支持力逐渐变大解析：水桶匀速上升，拉水桶的轻绳中的拉力F T始终等于mg，对滑轮受力分析如图甲所示．垂直于OA方向有F T sin α＝F T sin β，所以α＝β，沿OA方向有F＝F T cos α＋F T cos β＝2F T cos α，人向左运动的过程中α＋β变大，所以α和β均变大，吊装滑轮的绳子上的拉力F变小，选项A正确，B错误；对人受力分析如图乙所示，θ＝α＋β逐渐变大，水平方向有F f＝F T′sin θ，地面对人的摩擦力逐渐变大，竖直方向有F N＋F T′cos θ＝Mg，地面对人的支持力F N＝Mg－F T′cos θ逐渐变大，选项C、D正确．答案：ACD15．(多项选择)如图，一光滑的轻滑轮用轻绳OO′悬挂于O点，另一轻绳跨过滑轮，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．现缓慢向左推动斜面，直到轻绳平行于斜面，这个过程中物块A与斜面始终保持相对静止．如此如下说法正确的答案是( )A．物块A受到的摩擦力一定减小B．物块A对斜面的压力一定增大C．轻绳OO′的拉力一定减小D．轻绳OO′与竖直方向的夹角一定减小解析：对B分析，因为过程缓慢，故B受力平衡，所以绳子的拉力F T′＝m B g，由于同一条绳子上的拉力大小一样，故绳子对A的拉力大小恒为F T＝m B g.设绳子与斜面的夹角为θ，斜面与水平面的夹角为α，对A分析，在垂直于斜面方向上，有F T sin θ＋F N＝m A g cos α，随着斜面左移，θ在减小，故F N ＝m A g cos α－F T sin θ在增大，在沿斜面方向上，物块A受到重力沿斜面向下的分力m A g sin α和绳子沿斜面向上的分力F T cos θ，如果m A g sin α>F T cos θ，如此有m A g sin α＝F T cos θ＋F f，随着θ在减小，F f在减小，如果m A g sin α<F T cos θ，如此有m A g sin α＋F f＝F T cos θ，随着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越来越大，又滑轮两端绳的拉力大小相等且不变，如此滑轮两端绳的合力越来越小，所以轻绳OO′的拉力在减小，C正确；OO′一定在滑轮两端轻绳夹角的角平分线上，因为轻绳与竖直方向上的夹角越来越大，所以OO′与竖直方向的夹角一定增大，D错误．答案：BC。

高考物理二轮专题辅导训练(人教版)：专题1 第1讲《力与物体的平衡》

第1讲力与物体的平衡1．(2012·山东卷，17)图1－1－1如图1－1－1所示，两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动，在O点悬挂一重物M，将两相同木块m紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止．F f表示木块与挡板间摩擦力的大小，F N表示木块与挡板间正压力的大小．若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O1、O2始终等高，则( )A．F f变小 B．F f不变C．F N变小 D．F N变大解析将两木块与重物视为整体，竖直方向上平衡，则2F f＝(2m＋M)g，故F f不变，选项A错误、B正确；设硬杆对转轴的弹力大小均为F N1，对轴点O受力分析可知，竖直方向上：2F N1cosθ＝Mg，对木块受力分析可知，水平方向上：F N＝F N1sin θ，两式联立解得F N＝12Mgtan θ，当两板间距离增大时，θ增大，F N增大，选项C错误、D正确．答案BD2．(2013·山东卷，15)图1－1－2如图1－1－2所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30°，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为( ) A.3∶4 B．4∶ 3C．1∶2 D．2∶1解析解法一分别对两小球受力分析，如图所示F A sin 30°－F B sin α＝0F B ′sin α－F C ＝0，F B ＝F B ′得F A ＝2F C ，即弹簧A 、C 的伸长量之比为2∶1，选项D 正确．解法二将两球作为一个整体，进行受力分析，如图所示由平衡条件知：F A ′F C ＝1sin 30°即F A ′＝2F C又F A ′＝F A ，则F A ＝2F C ，即弹簧A 、C 的伸长量之比为2∶1.故选项D 正确．答案 D3．(2014·山东卷，14)如图1－1－3，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．图1－1－3某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变．木板静止时，F 1表示木板所受合力的大小，F 2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后( )A ．F 1不变，F 2变大B ．F 1不变，F 2变小C ．F 1变大，F 2变大D ．F 1变小，F 2变小解析木板静止，所受合力为零，将两轻绳各减去一小段，木板再次静止，所受合力仍为零，所以F 1不变；两绳之间的夹角变大，木板重力沿绳方向的分力变大，故F 2变大，正确选项为A.答案 A主要题型：选择题知识热点(1)单独命题①受力分析②力的合成与分解③共点力平衡(2)交汇命题点：带电体(或粒子)在电场、磁场或复合场中的平衡问题物理方法(1)整体法和隔离法(2)假设法(3)合成法(4)正交分解法(5)矢量三角形法(图解法) (6)等效思想等．命题趋势本专题是高考热点，三年连考.2015年高考对本专题内容单独命题的几率很大，且仍将以力的合成与分解和共点力的平衡的综合应用为主，题型延续选择题的形式．。

高考物理二轮复习专题强化练(一)力与物体的平衡(含解析)

专题强化练(一)考点1 物体的受力分析1．(2019·浙江卷)如图所示，小明撑杆使船离岸，则下列说法正确的是( )A．小明与船之间存在摩擦力B．杆的弯曲是由于受到杆对小明的力C．杆对岸的力大于岸对杆的力D．小明对杆的力和岸对杆的力是一对相互作用力解析：小明与船之间存在静摩擦力，A正确；杆的弯曲是由于受到小明对杆的作用力，B 错误；杆对岸的力与岸对杆的力是作用力与反作用力，大小相等，C错误；小明对杆的力和岸对杆的力受力物体都是杆，两者不是作用力与反作用力，故D错误．答案：A2．(2018·商丘一模)如图所示，物体B与竖直墙面接触，在竖直向上的力F的作用下，A、B均保持静止，则物体B的受力个数为( )A．2个B．3个C．4个D．5个解析：物体A处于静止状态，其受到的合外力为零，受力分析如甲图所示；对物体A、B 整体受力分析如图乙所示，竖直墙面对物体B没有弹力作用，则墙面也不会提供静摩擦力；对物体B受力分析，如图丙所示，则物体B受到4个力的作用，选项C正确．答案：C3．(2019·柳州模拟)两个质量相同的直角楔形物体a和b，分别在垂直于斜边的恒力F1和F2作用下静止在竖直墙面上，如图所示，下列说法正确的是( )A．a、b一定都受四个力的作用B．a、b所受摩擦力的方向都是竖直向上C．F2一定小于F1D．F1、F2大小可能相等解析：对a受力分析如图甲：除摩擦力外的三个力不可能平衡，故一定有摩擦力，摩擦力方向竖直向上，故a受四个力；除摩擦力外对b受力分析如图乙：除摩擦力外，F N、F2、mg三力有可能平衡，沿竖直方向和水平方向分解F2，设F2与竖直方向夹角为α则有：F2cos α＝mg，F2sin α＝F N，解得F2＝mgcos α；(1)若F2＝mgcos α没有摩擦力，此时b受3个力；(2)若F2＞mgcos α，摩擦力向下，b受四个力；(3)若F2＜mgcos α，摩擦力向上，b受四个力；F1和F2没有必然的联系，有可能相等，但也有可能不等，故D正确，A、B、C错误．答案：D考点2 共点力的平衡4．(2019·江苏卷)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.F Tsin αB.F Tcos αC ．F T sin αD ．F T cos α解析：以气球为研究对象，受力分析如图所示，则由力的平衡条件可知，气球在水平方向的合力为零，即风对气球作用力的大小为F ＝F T sin α，C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C5．(多选)(2019·烟台调研)如图所示，将一劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O ′处(O 为球心)，弹簧另一端与质量为m 的小球相连，小球静止于P 点．已知容器半径为R 、与水平地面之间的动摩擦因数为μ，OP 与水平方向的夹角为θ＝30°.下列说法正确的是( )A ．轻弹簧对小球的作用力大小为32mg B ．容器相对于水平地面有向左的运动趋势 C ．容器和弹簧对小球的作用力的合力竖直向上 D ．弹簧原长为R ＋mg k解析：对小球受力分析，如图所示，因为θ＝30°，所以三角形OO ′P 为等边三角形，由相似三角形法得F N ＝F ＝mg ，所以A 项错误；由整体法得，容器与地面间没有相对运动趋势，B 项错误；小球处于平衡状态，容器和弹簧对小球的作用力的合力与重力平衡，故C 项正确；由胡克定律有F ＝mg ＝k (L 0－R )，解得弹簧原长L 0＝R ＋mgk，D 项正确．答案：CD考点3 动态平衡6．(多选)(2019·新乡模拟)如图所示，木板P下端通过光滑铰链固定于水平地面上的O 点，物体A、B叠放在木板上且处于静止状态，此时物体B的上表面水平．现使木板P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，物体A、B仍保持静止，与原位置的情况相比( )A．B对A的支持力不变B．B对A的支持力减小C．木板对B的支持力增大D．木板对B的摩擦力增大解析：开始时，A只受到重力和支持力作用而处于平衡状态，所以B对A的支持力与A 的重力大小相等、方向相反，A不受B的摩擦力作用，P转动后，A受到重力、B对A的支持力和摩擦力作用而平衡，此时B对A的支持力和摩擦力的合力与A的重力大小相等，所以B 对A的支持力一定减小了，B正确，A错误；以整体为研究对象，受到总重力G、板的支持力F N和摩擦力F f作用，设板的倾角为θ，由平衡条件有F N＝G cos θ，F f＝G sin θ，θ减小，F N增大，F f减小，C正确，D错误．答案：BC7．(多选)(2019·潍坊调研)如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的一段细绳与斜面平行．在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则( )A．b对c的摩擦力一定减小B．b对c的摩擦力方向可能平行斜面向上C．地面对c的摩擦力方向一定向右D．地面对c的摩擦力一定减小解析：若m a g＞m b g sin θ，则b对c的摩擦力平行于斜面向上，且随a中的沙子缓慢流出，b对c的摩擦力减小；若m a g＜m b g sin θ，则b对c的摩擦力平行于斜面向下，且随a中的沙子缓慢流出，b对c的摩擦力增大，A错误，B正确；以b、c为整体受力分析，应用平衡条件可得，地面对c的摩擦力方向一定水平向左，且F f＝m a g cos θ，随m a的减小而减小，C 错误，D正确．答案：BD8．(多选)(2019·西安模拟)如图所示，一根绳子一端固定于竖直墙上的A 点，另一端绕过动滑轮P 悬挂一重物B ，其中绳子的PA 段处于水平状态，另一根绳子一端与动滑轮P 的轴相连，在绕过光滑的定滑轮Q 后在其端点O 施加一水平向左的外力F ，使整个系统处于平衡状态，滑轮均光滑、轻质，且均可看作质点，现拉动绳子的端点O 使其向左缓慢移动一小段距离后达到新的平衡状态，则该平衡状态与原平衡状态相比较( )A ．拉力F 增大B ．拉力F 减小C ．角θ不变D ．角θ减小解析：以动滑轮P 为研究对象，AP 、BP 段绳子受的力始终等于B 的重力，两绳子拉力的合力在∠APB 的角平分线上，拉动绳子后，滑轮向上运动，两绳子夹角减小，两拉力的合力增大，故F 增大，A 项正确，B 项错误；PQ 与竖直方向夹角等于∠APB 的一半，故拉动绳子后角θ减小，C 项错误，D 项正确．答案：AD9．(2019·商丘模拟)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 和轨道对小球的弹力F N 的大小变化情况是( )A ．F 不变，F N 增大B ．F 不变，F N 减小C ．F 减小，F N 不变D ．F 增大，F N 减小解析：小球沿圆环缓慢上移过程中，受重力G 、拉力F 、弹力F N 三个力处于平衡状态．小球受力如图所示，由图可知△OAB ∽△F N AF ，即：G R ＝F AB ＝F NR，当A 点上移时，半径R 不变，AB 长度减小，故F 减小，F N 不变，故选项C 正确．答案：C10．(多选)(2019·威海一中摸底)如图所示，质量均为m 的小球A 、B 用劲度系数为k 1的轻弹簧相连，B 球用长为L 的细绳悬于O 点，A 球固定在O 点正下方，当小球B 平衡时，所受绳子的拉力为F T 1，弹簧的弹力为F 1；现把A 、B 间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k 2(k 2＞k 1)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时小球B 所受绳子的拉力为F T 2，弹簧的弹力为F 2.则下列关于F T 1与F T 2、F 1与F 2大小之间的关系，正确的是( )A ．F T 1＞F T 2B ．F T 1＝F T 2C ．F 1＜F 2D ．F 1＝F 2解析：以小球B 为研究对象，分析受力情况，如图所示．由平衡条件可知，弹簧的弹力F 和绳子的拉力T 的合力F 合与重力mg 大小相等，方向相反，即F 合＝mg ，作出力的合成图如图，由力三角形与几何三角形相似得：mg AO ＝F AB ＝F TOB.当弹簧劲度系数变大时，弹簧的压缩量减小，故AB 长度增加，而OB 、OA 的长度不变，故F T 1＝F T 2，F 2＞F 1，A 、D 错误，B 、C 正确．答案：BC考点4 电学中的平衡问题11．(2018·重庆高三测试)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L 、质量为m 的直导体棒，导体棒中电流为I .要使导体棒静止在斜面上，需要外加匀强磁场的磁感应强度B 的最小值为( )A.mg 2ILB.3mg 2ILC.mg ILD.3mg IL解析：平衡状态下导体棒受三个力，重力为恒力，支持力的方向不变，安培力的大小和方向不确定；由动态平衡知当安培力F 平行于斜面向上时安培力最小，则B 最小，即BIL ＝mg sin 30°，B ＝mg2IL，由左手定则知B 的方向垂直于斜面向下．答案：A12．(2019·青岛模拟)如图，绝缘光滑圆环竖直放置，a 、b 、c 为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c 位于圆环最高点，ac 连线与竖直方向成60°角，bc 连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态．下列说法正确的是( )A ．a 、b 、c 小球带同种电荷B ．a 、b 小球带异种电荷，b 、c 小球带同种电荷C ．a 、b 小球电量之比为36D ．a 、b 小球电量之比为39解析：对c 小球受力分析可得，a 、b 小球必须带同种电荷，c 小球才能平衡．对b 小球受力分析可得，b 、c 小球带异种电荷，b 小球才能平衡．故A 、B 项错误；对c 小球受力分析，将力正交分解后可得：kq a q c r 2ac sin60°＝k q b q cr 2bcsin 30°，又r ac ∶r bc ＝1∶3，解得q a ∶q b ＝3∶9.故C 项错误，D 项正确．答案：D。

2023届高考物理二轮专题卷：力与物体的平衡

一、选择题（第1～10题为单选题，第10～15题为多选题）1．如图甲所示，用瓦片做屋顶是我国建筑的特色之一。

铺设瓦片时，屋顶结构可简化为图乙所示，建筑工人将瓦片轻放在两根相互平行的檩条正中间，若瓦片能静止在檩条上。

已知檩条间距离为d ，以下说法正确的是（）A ．瓦片总共受到4个力的作用B ．减小檩条间的距离d 时，瓦片与檩条间的弹力增大C ．减小檩条间的距离d 时，瓦片可能会下滑D ．增大檩条间的距离d 时，瓦片与檩条间的摩擦力增大【答案】C【解析】瓦片受重力、两侧的支持力和摩擦力，共5个力，故A 错误；根据题图可知，两檩条对瓦片的弹力与垂直于檩条方向的夹角为，有2cos cos N mg ，减小檩条间的距离d 时，夹角变小，则瓦片与檩条间的弹力变小，最大静摩擦力变小，则瓦片可能会下滑，故B 错误，C 正确；增大檩条间的距离d 时，瓦片仍然静止，瓦片与檩条间的摩擦力不变，故D 错误。

2．2020年的春节刚刚来临，国内多地发生新型冠状病毒肺炎疫情，许多医务工作者自愿放弃休假为抗击疫情奋战。

在药物使用中就应用到很多物理知识。

甲、乙图分别是用注射器取药的情景和针尖刺入瓶塞的物理图样，针尖的顶角很小，医生沿着注射器施加一个较小的力F ，针尖会对瓶塞产生很大的推力。

现只分析如图的针尖倾斜侧面与直侧面对瓶塞产生的两个推力，则（）A ．针尖在两个侧面上对瓶塞的两个推力是等大的B ．针尖在倾斜侧面上对瓶塞的推力比直侧面的推力小C ．若F 一定，使用顶角越小的针尖，则两个侧面对瓶塞产生的推力就越大D ．针尖在倾斜侧面上对瓶塞的推力F N ＝F cos θ【答案】C【解析】根据平行四边形定则可知针尖在两个侧面上对瓶塞的两个推力不等，故A 错误；设顶角为，则针尖在倾斜侧面上对瓶塞的推力1sin F F ，直侧面的推力2tan F F，当大于45°，针尖在倾斜侧面上对瓶塞的推力比直侧面的推力大，故B 、D 错误；由上述两式可知，若F 一定，使用顶角越小的针尖，则两个侧面对瓶塞产生的推力就越大，故C 正确。

统考版2024届高考物理二轮复习热点专项练2力与物体的平衡含答案

专项2 力与物体的平衡一、单项选择题1．[2023·海南卷]如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是( )A.工人受到的重力和支持力是一对平衡力B．工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力C．重物缓慢提起的过程中，绳子拉力变小D．重物缓慢提起的过程中，绳子拉力不变2．[2023·北京昌平临川学校高三联考]如图所示，质量为m的木块，被水平力F紧压在倾角为θ＝60°的墙面上处于静止状态．则关于木块的受力情况、墙面对木块的作用力(压力与摩擦力的合力)，下列说法正确的是( )A.墙面对木块不一定有压力B．墙面对木块一定没有摩擦力C．墙面对木块的作用力大小为3 2 FD．墙面对木块的作用力大小为F2＋（mg）23．[2022·湖南卷]如图(a)，直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图(b)所示．导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ.下列说法正确的是( )A．当导线静止在图(a)右侧位置时，导线中电流方向由N指向MB．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变C．tanθ与电流I成正比D．sinθ与电流I成正比4．三个完全相同的横截面为正方形的工件1、2、3平行堆放，其中2、3放在水平地面上，1叠放在2、3上，其侧视面如图所示，1侧视面的对角线AB恰好竖直，工件间的摩擦忽略不计，此时系统处于静止状态．现同时向外缓慢移动2和3一小段相同距离，系统再次平衡后1仍叠放在2、3上，下列说法正确的是( )A.1对2的压力变大B．1对2的压力变小C．2对地面的压力变大D．2对地面的摩擦力不变5．如图所示，一根长为L的金属细杆通有电流I时，水平静止在倾角为θ的光滑绝缘固定斜面上，空间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．若电流和磁场的方向均不变，仅将磁感应强度大小变为4B，重力加速度为g，则此时( )A.金属细杆中的电流方向垂直于纸面向外B．金属细杆受到的安培力大小为4BIL sinθC．金属细杆对斜面的压力大小变为原来的4倍D．金属细杆将沿斜面加速向上运动，加速度大小3g sinθ6.如图所示的装置，杆OQ沿竖直方向固定，且顶端有一光滑的定滑轮，轻杆OP用铰链固定于O点且可绕O点转动，用两根轻绳分别拴接质量为m1、m2的小球并系于P点，其中拴接质量为m1的小球的轻绳跨过定滑轮，已知O点到滑轮顶端Q的距离等于OP，当系统平衡时两杆的夹角为α＝120°.则m1∶m2为( )A．1∶2B．3∶2C．3∶1D．1∶17.[2023·安徽合肥市4月模拟]研究表明，风力的大小F与风速的大小v、物体的横截面积S以及物体的形状有关，对于形状相同的物体，风力F＝kSv(k是比例系数).某物理兴趣小组想测量风速的大小，将半径为r、质量均匀分布的实心塑料球用不可伸长的轻质细线固定在水平墙面上，如图所示，风水平吹来时，若风速为v1，塑料球平衡时细线与墙面的夹角为α；若风速为v2，选用半径为2r的相同材料的塑料球，平衡时细线与墙面的夹角为β.下列关系式正确的是( )A ．v 1v 2＝tan α2tan βB ．v 1v 2＝tan α4tan βC ．v 1v 2＝tan β2tan αD ．v 1v 2＝tan β4tan α二、多项选择题8.[2023·四川绵阳三诊]如图所示，粗糙斜面放置于水平地面上，其左侧固定一竖直光滑直杆，杆上套着的圆环通过细线绕过光滑定滑轮与斜面上的滑块相连，滑轮右侧细线与斜面平行，圆环、滑块均静止．现对滑块施加平行于斜面向下的外力F ，将圆环从A 点缓慢拉升至B 点，斜面始终保持静止．则在圆环上升过程中( )A ．直杆对圆环的弹力逐渐增大B ．细线对圆环的拉力逐渐减小C ．地面对斜面的摩擦力保持不变D ．地面对斜面的支持力逐渐增大9．如图所示，固定在水平面的光滑绝缘半圆弧槽的b 处固定一带正电的点电荷Q ，另一带正电的小球在库仑力的作用下静止在圆弧槽的P 处，小球所受重力为G ，可视为质点，小球与圆心O 的连线与竖直方向夹角θ＝30°.下列分析正确的是( )A.小球所受库仑力大小为GB ．半圆弧槽对小球的弹力大小为3GC ．若小球的电荷量稍有减小，等再次平衡时，库仑力增大D ．若小球的电荷量稍有减小，等再次平衡时，半圆弧槽对小球的弹力大小不变专项2 力与物体的平衡1．解析：工人受到三个力的作用，即绳的拉力、地面的支持力和重力，三力平衡，A 错；工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力，B 对；对动滑轮受力分析，由平衡条件有2T cos θ2＝mg ，其中T 为绳子拉力的大小、θ为与动滑轮相连的两段绳的夹角、m 为重物与动滑轮的总质量，随着重物的上升，θ增大，则绳的拉力变大，CD 错．答案：B 2.解析：对木块受力分析，受推力、重力，若没有支持力就没有摩擦力，木块不可能平衡，故一定有支持力，同理有静摩擦力，如图所示，故A 、B 错误；根据共点力平衡条件，墙面对木块的作用力（压力与摩擦力的合力）与重力、推力的合力受力平衡，重力和推力的合力为F 2＋（mg ）2，故墙面对木块的作用力为F 2＋（mg ）2，故C 错误，D 正确．答案：D3．解析：当导线静止在图（a ）右侧时，导体棒MN 在重力、拉力和安培力的作用下处于平衡状态，由平衡条件可知，导体棒所受安培力指向右侧，又安培力与磁场方向垂直，所以安培力垂直于轻绳指向右上方，由左手定则可知，导线中电流方向由M 指向N ，A 项错误；由平衡条件有轻绳拉力F ＝（mg ）2－（BIL ）2，又BIL ＝mg sin θ，得sin θ＝BL mgI ，分析易知B 、C 项错误，D 项正确．答案：D4.解析：对1受力分析如图，向外缓慢移动2和3一小段相同距离，则N 的方向不变，仍垂直于1的两边，可知N 不变，由牛顿第三定律知，1对2的压力N ′不变，选项A 、B 错误；对1、2、3整体分析，则地面对2的支持力等于整体重力的一半，可知同时向外缓慢移动2和3一小段相同距离时，分析知，2对地的压力不变，选项C 错误；地面对2的摩擦力等于N ′的水平分力，因N ′大小不变且N ′的方向不变，可知N ′的水平分力不变，地面对2的摩擦力不变，则2对地面的摩擦力不变，选项D 正确．答案：D5．解析：直导线受到重力、导轨的支持力和安培力而平衡，安培力垂直于B ，只能水平向右，由左手定则知，电流方向应垂直纸面向里，故A 错误；根据安培力公式可得受到的安培力大小为F 安＝4BIL ，故B 错误；金属细杆水平静止在斜面上时，根据平衡条件可得F N ＝mg cos θ＋BIL sin θ，BIL cos θ＝mg sin θ，磁感应强度大小改变时，根据受力分析和牛顿第二定律可得F N ′＝mg cos θ＋4BIL sin θ<4F N ，a ＝4BIL cos θ－mg sin θm＝3g sin θ，加速度方向沿斜面向上，故C 错误，D 正确．答案：D 6.解析：以结点P 为研究对象，受力分析如图所示，则拴接质量为m 1的小球的轻绳的拉力大小等于m 1g ，由力的平衡条件将杆OP 的支持力与轻绳的拉力合成，由相似三角形可得F N ＝m 2g ，则由几何关系可知m 1g ＝2m 2g cos30°，解得m 1∶m 2＝3∶1，选项C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C7．解析：设塑料球的密度为ρ，半径为r 时，塑料球的质量m ＝ρ·43πr 3，风力F ＝kSv ＝k πr 2v .当塑料球的质量为m 1，半径为r ，风速为v 1时，对塑料球受力分析，根据共点力的平衡条件可知tan α＝m 1g F 1＝4ρrg 3kv 1，当塑料球的质量为m 2，半径为2r ，风速为v 2时，有tan β＝m 2g F 2＝8ρrg 3kv 2，所以v 1v 2＝tan β2tan α，选项C 正确．答案：C8.解析：对圆环受力分析，如图所示，由力的平衡条件可知，细线的拉力与支持力的合力与重力等大反向，当圆环由A 到B 时，细线与竖直方向的夹角增大，则由图可知杆的弹力与细线的拉力均增大，A 正确，B 错误；设斜面的倾斜角为α，斜面对滑块的支持力为F N2，滑块重力为G 2，由于滑块处于动态平衡状态，所以有F N2＝G 2cos α，因G 2与α不变，所以F N2不变，又因摩擦力f ＝μF N2，所以滑块受到的斜面的摩擦力也不变，由牛顿第三定律可得，斜面受到的滑块的作用力也不变，因此地面对斜面的摩擦力和支持力保持不变，选项C 正确，D 错误．答案：AC9．解析：对P 处带正电的小球受力分析如图甲所示，由于三角形OPb 为等腰三角形，有α＝β，又有θ＋90°＋α＋β＝180°，可知α＝θ＝30°，则三角形OPc 为等腰三角形，图中阴影部分力矢量三角形与几何三角形OPc 相似，有F G ＝Pc Oc ，可得库仑力F ＝Pc OcG ＝G ，选项A 正确；由A 项分析知N G ＝PO Oc ，可得半圆弧槽对小球的弹力大小N ＝PO OcG ＝3G ，选项B 正确；若小球的电荷量稍有减小，等再次平衡时，小球将下移到P ′处，如图乙所示，同理可知库仑力F ′＝P ′c ′Oc ′G <G ，选项C 错误；半圆弧槽对小球的弹力大小N ′＝P ′O Oc ′G <3G ，选项D 错误．答案：AB。

2024年新高考物理二轮复习强化训练--力与物体的平衡专项训练版

一、单选题1. 如图所示，某质点沿半径为r 的半圆弧由b 点运动到a 点，则它通过的位移和路程分别是（）A ．0；0B ．2r ，向东；πC ．2r ，向西；πrD ．2r ，向东；2r2. 如图，两平行直导线cd 和ef 竖直放置，通以方向相反、大小相等的恒定电流，a 、b 、p 三个相同的闭合金属圆环位于两导线所在的平面内，a 在导线cd 的左侧，b 在导线ef 的右侧，p 在导线cd 与ef之间，则（）A ．穿过p 的磁通量为零B ．a 、b 圆心处的磁场方向相反C ．cd 、ef 所受到的安培力方向相反D ．a 向左平动时产生逆时针方向的感应电流3. 如图所示，一静止的质点从弧形槽的A 点经最低点B 运动到与A 等高的C 点．从B 点运动到C 点的过程中，质点所受重力的瞬时功率将（）A ．先增大后减小B ．先减小后增大C ．一直在增大D ．一直在减小4. 现有一汽车在凹凸路面行驶，速度大小保持不变，A 、B 分别是一段凹凸路面的最高点和最低点，如图所示，汽车可视作质点，下列关于汽车说法正确的是（）A ．行驶到A 点时，处于超重状态B ．行驶到B 点时，减速会使车胎受到压力变小C ．从A 点到B 点过程中，机械能守恒D ．从A 点到B 点过程中，合外力做负功5. 如图所示，小明同学把电流表、干电池和一个可变电阻串联，做成了一个测量电阻的装置。

当将A 、B 两接线柱直接用导线连接时，电流表的读数为5.0mA 。

已知干电池的电动势1.5V，内阻，电流表的内阻。

则可变电阻接入电路的阻值为（）A．B．C．D．2024年新高考物理二轮复习强化训练--力与物体的平衡专项训练版二、多选题三、实验题6. 荧光是指一种光致发光的冷发光现象。

荧光物质的原子吸收某一波长的入射光后进入高能态，然后向低能态跃迁，发出可见光。

如图所示，、、为荧光物质的原子三个相邻的能级，处于低能态的原子吸收了波长为的光子后，跃迁到高能态，然后再向低能态跃迁时会发出荧光，最终回到低能态。

[精品]新高三新人教版高中物理第二轮专题训练力与物体的平衡新人教及答案

力与物体的平衡1木块A 、B 分别重50 N 和60 N ，它们与水平地面之间的动摩擦因均为025；夹在A 、B 之间的轻弹簧被压缩2㎝,弹簧的劲度系为400N/系统置于水平地面上静止不动。

现用F=1 N 的水平拉力作用在木块B 上力F 作用后（）A 木块A 所受摩擦力大小是125 NB 木块A 所受摩擦力大小是115 N 木块B 所受摩擦力大小是9 N D木块B 所受摩擦力大小是7 N2．如图所示，质量为M 的物体，在与竖直线成θ角，大小为F 的恒力作用下，沿竖直墙壁匀速下滑，物体与墙壁间的动摩擦因为μ，则物体受到的摩擦力大小的下列结论中正确的是（） ①Mg －Fc θ； ②μMg ＋F c θ； ③μF θ； ④μ(Mg －Fc θ)。

A ．①③ B ．②④．①②D ．③④3．如图所示，小木块放在倾角为α的斜面上，受到一个水平力F （F ≠0）的作用处于静止，如图所示，则小木块受到斜面的支持力和摩擦力的合力的方向与竖直向上AB的方向的夹角β可能是（）A β=0B 合力的方向向右上方，β<α合力的方向向左上方，β<αD 合力的方向向左上方，β>α4竖直绝缘壁上的Q点有一固定的质点A，在Q的正下方P点用丝线悬挂另一质点B，已知PA=PB，A、B两质点因带电而互相排斥，致使悬线和竖直方向成θ角，（如图所示），由于漏电使A、B两质点的带电量逐渐减少，在电荷漏完之前悬线对悬点P的拉力大小。

则（）A、逐渐减小B、逐渐增大、保持不变D、先变小后变大5在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆Array的柱状物体A，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态。

现对B加一竖直向下的力F，F的作用线通过球心，设墙对B的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的作用力为F3。

若F缓慢增大而整个装置仍保持静止，截面如图所示，在此过程中A F1保持不变，F3缓慢增大B F 1缓慢幼大，F 3保持不变F 2缓慢增大，F 3缓慢增大D F 2缓慢增大，F 3保持不变6如图所示，表面粗糙的固定斜面顶端安有滑轮，两物块P 、Q 用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦），P 悬于空中，Q 放在斜面上，均处于静止状态。

[精品]新人教版高中物理二轮专题复习1 力与物体的平衡及答案

专题一：力与物体的平衡知识梳一、常见的几种力1重力⑴产生：重力是由于地面上的物体受到地球的万有引力而产生的，但两者不等价，因为万有引力的一个分力要提供物体随地球自转所需的向心力，而另一个分力即重力，如右图所示。

⑵大小：随地位置的变而变。

在两极：G=F万在赤道：G= F万-F向一般情况下，在地表附近G=g⑶方向：竖直向下，并不指向地心。

2弹力⑴产生条件：①接触②挤压③形变⑵大小：弹簧弹力F=，其它的弹力利用牛顿定律和平衡条件求解。

⑶方向：压力和支持力的方向垂直于接触面指向被压或被支持的物体，若接触面是球面，则弹力的作用线一定过球心，绳的作用力一定沿绳，杆的作用力不一定沿杆。

3摩擦力⑴产生条件：①接触且挤压②接触面粗糙③有相对运动或者相对运动趋势⑵大小：滑动摩擦力N=,与接触面的面积无关，静摩擦力根据牛顿fμ运动定律或平衡条件求解。

⑶方向：沿接触面的切线方向，并且与相对运动或相对运动趋势方向相反4电场力⑴电场力的方向：正电荷受电场力的方向与场强方向一致，负电荷受电场力的方向与场强方向相反。

⑵电场力的大小：qEF=，若为匀强电场，电场力则为恒力，若为非匀强电场，电场力将与位置有关。

5安培力⑴方向：用左手定则判定，F一定垂直于I、B，但I、B不一定垂直，I、B有任一量反向，F也反向。

⑵大小：BIL F =安①此公式只适用于B 和I 互相垂直的情况，且L 是导线的有效长度。

②当导线电流I 与 B 平行时，0min =F 。

6洛伦兹力⑴洛伦兹力的方向①洛伦兹力的方向既与电荷的运动方向垂直，又与磁场方向垂直，所以洛伦兹力方向总是垂直于运动电荷的速度方向和磁场方向所确定的平面。

②洛伦兹力方向总垂直于电荷运动方向，当电荷运动方向改变时，洛伦兹力的方向也发生改变。

③由于洛伦兹力的方向始终与电荷运动方向垂直，所以洛伦兹力对电荷永不做功。

⑵洛伦兹力的大小：θsin BqV F =洛当时090=θ，BqV F =洛，此时电荷受到的洛伦兹力最大当时或001800=θ，0=洛F ，即电荷的运动方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力的作用。

高考物理二轮专题复习物体的平衡练习新人教版

物体的均衡一、1.两个力的协力与两个力的关系，以下法中正确的选项是⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯) (A．协力比两个力都大B．协力起码比两个力中小的力要大C．协力可能比两个力都小D．协力可能比两个力都大2.已知 F 的一个分力 F1跟 F 成 30角，大小未知，另一个分力F2的大小3F，方向未知，3F1的大小可能是⋯()3F②3③ 23④ 3 F①F F323A．①②B．①③C．②④D．②③3.在角的斜面上的物体，当研究其运律，需要将其重力G 沿着斜面 (F1)和垂直于斜面 (F2)行分解．以下相关两个分力F1、 F2的法中正确的选项是⋯() A． F1是重力 G 沿着斜面的分力，大小G sin，它使物体有沿斜面下滑的B． F1也就是斜面遇到的摩擦力C． F2就是物体斜面的力，大小G cosD．在剖析物体受力因为重力的存在，因此物体同遇到G、F1、F2的作用4.如所示，有一量不的杆AO， R，可 A 自由．的一端挂一个重G 的物体，另一端通杆的O 端系在弧形壁上的 C 点．当系住点 C 由示地点逐向上沿弧CB移程中 (保持 OA 与地面角不)，OC所受拉力的大小化状况是( )A．逐减小B．逐增大C．先减小后增大D．先增大后减小5.水平川面上斜放着一木板AB，如所示，上边静止放着一个木，木斜面的力N，木所受重力沿斜面的分力f，若使斜面的 B 端逐放低，将会生下述的哪一种果⋯()A．N 增大、 f 增大B． N 增大、 f 减小C．N 减小、 f 减小D． N 减小、 f 增大6.有一个直角支架AOB，AO 水平搁置，表面粗拙，OB 直向下。

表面圆滑． AO 上套有小P， OB 上套有小Q，两量均m，两由一根专心爱心专心1量可忽视、不行伸的相，并在某一地点均衡(如所示 )．将 P 向左移一小段距离，两再次达到均衡，那么将移后的均衡状和本来的均衡状比，AO杆 P 的支持力 F N和摩擦力f的化状况是⋯⋯()A．F N不， f 大； B．F N不， f 小； C．F N大， f 大；D．F N大， f 小7.如所示．物在力 F 作用下向右沿水平方向匀速运，物体受的摩擦力 F f与拉力F的协力方向是()A.水平向右B.直向上C.向右偏上D.向左偏上二、填空8.在力的平行四形定的中，某同学采纳了以下三个步做：（1）在水平搁置的木板上固定一白，把橡皮条的一端固定在木板上，另一端拴两根套，通套同用两个力互成角度地拉橡皮条，使它与套的点抵达某一地点 O 点，在白上下O 点和两个力F1和F2的示数。

高考物理二轮复习专题02 力与物体的平衡(练)-人教版高三全册物理试题

专题02 力与物体的平衡1．【2017·新课标Ⅱ卷】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。

假设保持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 ．23-B ．36C ．33D ．32【答案】C【考点定位】物体的平衡【名师点睛】此题考查了正交分解法在解决平衡问题中的应用问题；关键是列出两种情况下水平方向的平衡方程，联立即可求解。

2．【2016·浙江卷】如下列图为一种常见的身高体重测量仪。

测量仪顶部向下发射波速为v 的超声波，超声波经反射后返回，被测量仪接收，测量仪记录发射和接收的时间间隔。

质量为M 0的测重台置于压力传感器上，传感器输出电压与作用在其上的压力成正比。

当测重台没有站人时，测量仪记录的时间间隔为t 0，输出电压为U 0，某同学站上测重台，测量仪记录的时间间隔为t ，输出电压为U ，如此该同学身高和质量分别为：〔〕A ．v (t 0–t )，M U U B ．12v (t 0–t )，00M U UC ． v (t 0–t )，00()M U U U -D ．12v (t 0–t )，000()M U U U -【答案】D【解析】当测重台没有站人时，2x =vt 0；站人时，2〔x –h 〕=vt ；解得h =12v 〔t 0–t 〕；无人站立时：U 0=KM 0g ；有人时，U =k (M 0g +mg )，解得：000()M m U U U =-；应当选D 。

【考点定位】物体的平衡；传感器与速度的计算问题【名师点睛】此题以身高体重测量仪为背景，考查了物体的平衡、传感器与速度的计算问题。

解此题的关键是搞清测量的原理，然后联系物理知识列方程解答；此题难度不大3．【2016·全国新课标Ⅰ卷】〔多项选择〕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 。

高三物理二轮专题一力与物体平衡达标测试课件新人教版

D.拉力F在水平方向的分力的大小大于摩擦力的大小
2.(2009·宁夏·21)水平地面上有一木箱, 木箱与
地面之间的动摩擦因数为μ(0<μ<1).
现对木箱施加一拉力F,使木箱做匀速
直线运动.设F的方向与水平面夹角为θ, 图1-2 如图1-2,在θ从0逐渐增大到90°的过程中,木箱的
速度保持不变,则
（）
如图乙所示.若导体棒始终保持静止,设向右为静摩
擦力的正方向,则其所受的静摩擦力Ff静随时间t变化
的图象是下图中的
（）
图1-12
B
解析 0~1 s内,由E= t 知感应电流恒定,且棒中电流为向上,Ff静=F安=B2IL,方向向右;1~2 s内无感应电流,
Ff静=0;2~3 s内,棒中电流向下,Ff静=B2IL,方向向左, A 正确. 答案 A
解析以物体为研究对象,始终保持α角不变,
说明处于静止状态.物体受到的细线的张力FT
与拉力F的合力F′与物体的重力等大反向. 由于细线的张力FT的方向不变,根据各力的特点可组成矢量三角形如右图所示,由图解可以看出,当F垂直于力FT
时,F有最小值,Fmin=F′sinα,因F′=mg,故Fmin= mgsinα.
则
（）
A.Ff1不变,Ff2变大 C.Ff1和Ff2都变大
B.Ff1变大,Ff2不变 D.Ff1和Ff2都不变
解析
mA(F Ff 2) mA mB
对AB有F-Ff2=(mA+mB)a,对A有Ff1=mAa,Ff1=
, Ff2=μ(mA+mB)g不变,B正确.
答案 B
4.(2009·南通市二模)如图1-4所示, 匀强电场方向与
A对,B错;由于Ff和重力沿天花板向下

(新课标)高考物理二轮复习专题强化训练1 力与物体的平衡(含解析)-人教版高三全册物理试题

专题强化训练(一)一、选择题(共11个小题，4、9、10为多项选择，其余为单项选择题，每题5分共55分)1.如下列图，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，如下说法正确的答案是( )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，如此弹力先增大后减小，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，如此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．应当选C项．2．(2019·浙江二模)如下列图，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，如此与未施加恒力F时相比，如下说法错误的答案是( )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)cos θ，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)cosθ，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．此题选说法错误的，应当选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下列图的模型：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点的受力如下列图，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．应当选B项．4．如下列图，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，如此在增大电流过程中，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解析假设F安<mgsinα，因安培力方向向上，如此摩擦力方向向上，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；假设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与滑轮B大小不计，在移动过程中，关于拉力F以与半圆环对A的弹力N的说法正确的答案是( )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，如下列图，由三角形相似得：mg BO ＝N OA ＝TAB ①F ＝T ②，由①②可得：F ＝ABBOmg ，AB 变小，BO 不变，如此F 变小，故A 项错误；由①可得：N ＝OABO mg ，AO 、BO 都不变，如此N 不变，方向始终背离圆心，故D 项正确，B 、C 两项错误．应当选D 项．6. (2019·江西一模)如下列图，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T 1，绳OP 刚松弛时，O ′P 绳拉力为T 2，θ＝37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，如此T 1T 2为( )A ．3∶4B ．4∶3C ．3∶5D ．4∶5答案 C解析绳OP 刚拉直时，OP 绳拉力为T 1，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．应当选C 项．7.如下列图，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，以下判断正确的答案是( )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，否如此弹簧不会竖直；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，如此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，如此拉力增大，故拉力F一直增大，故D项错误．应当选B项．8．(2015·山东)如下列图，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．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)如下列图，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°，如此如下判断正确的答案是( )A ．力F 的大小为10 NB ．地面对C 的支持力大小为40 N C ．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，如此有：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．应当选A 、D 两项．10．如下列图，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 ，两球心的高度一样，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，如此( )A ．小球A 与B 之间库仑力的大小为kq2d 2B ．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 ＝mgktan 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 q2d 2，如此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，如此B 项错误，C 项正确；斜面对小球A 的支持力始终不为零，如此D 项错误．11. (2019·安徽模拟)如下列图，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°.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)，如此所用力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整体进展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．应当选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/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)假设在无风情况下，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与滑动摩擦力做的功；(2)在有风情况下，如图乙所示，假设小球静止在细杆上，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 ，如此小球静止；假设F<1.82 N ，小球向下做匀加速运动；假设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 ，如此： x ＝12at 2可知a ＝2x t 2＝2×0.250.52m/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，如下列图，根据平衡条件可得：沿杆方向：mgsin θ＝Fcos θ＋f ，垂直于杆方向：N ＝mgcos θ＋Fsin θ，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；假设小球静止在细杆上，如此风力大小范围为1.82 N≤F≤20 N.(3)如果风力大小为1.82 N≤F≤20 N，如此小球静止；假设F<1.82 N，小球向下做匀加速运动；假设F>20 N，小球向上做匀加速运动．13.如下列图，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．金属杆质量为0.1 kg，电源内阻r与金属杆的电阻R均为0.5 Ω，导轨与导线的电阻可忽略，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与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＝33，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·某某)如下列图，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝53 N/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tan θ＝qE mg，③ 代入数据解得：tan θ＝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，如下列图，设其加速度为a ，有a ＝q 2E 2＋m 2g 2m，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 ＝12at 2，⑦ tan θ＝y x；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 ＝vsin θ⑤假设使小球再次穿过P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，如此有v y t －12gt 2＝0⑥联立⑤⑥式，代入数据解得t ＝2 3 s ≈3.5 s ．⑦。