（新課標）2020高考物理二輪復習 專題強化訓練1 力與物體的平衡（含解析）

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1、專題強化訓練(一) 一、選擇題(共11個小題，4、9、10為多選，其余為單項選擇題，每題5分共55分) 1.如圖所示，一只松鼠沿著較粗均勻的樹枝從右向左緩慢爬行，在松鼠從A運動到B的過程中，下列說法正確的是(　　) A．松鼠對樹枝的彈力保持不變 B．松鼠對樹枝的彈力先減小后增大 C．松鼠對樹枝的摩擦力先減小后增大 D．樹枝對松鼠的作用力先減小后增大 答案　C 解析　松鼠所受的彈力N＝mgcosθ，從A到B的過程中，θ先減小后增大，則彈力先增大后減小，故A、B兩項錯誤；松鼠所受的摩擦力f＝mgsinθ，從A到B的過程中，θ先減小后增大，則摩擦力先減小后增大，故C項正確；樹枝對

2、松鼠的作用力與松鼠的重力等值反向，所以樹枝對松鼠的作用力大小不變，故D項錯誤．故選C項． 2．(2019·浙江二模)如圖所示，斜面體M靜止在水平面上，滑塊m恰能沿斜面體自由勻速下滑，現在滑塊上加一豎直向下的恒力F，則與未施加恒力F時相比，下列說法錯誤的是(　　) A．m和M間的壓力變大 B．m和M間的摩擦力變大 C．水平面對M的支持力變大 D．M和水平面間的摩擦力變大 答案　D 解析　滑塊恰好沿斜面勻速下滑時，滑塊對楔形斜面體的壓力等于mgcosθ，斜面體對滑塊的摩擦力為μmgcosθ，施加一個豎直向下的恒力F后滑塊對斜面體的壓力等于(mg＋F)cosθ，變大．斜面體對滑

3、塊的摩擦力為μ(mg＋F)cosθ，變大，故A、B兩項正確；滑塊恰好沿斜面勻速下滑，根據平衡條件有：mgsinθ＝μmgcosθ，解得：μ＝tanθ.對滑塊和斜面體整體可知，整體水平方向不受外力，所以地面對斜面體的摩擦力為零．地面對斜面體的支持力等于整體的總重力．施加一個豎直向下的恒力F，有：(mg＋F)sinθ＝μ(mg＋F)cosθ，可知物塊仍然做勻速運動．再對滑塊和斜面體整體受力分析知，整體水平方向不受外力，所以地面對楔形斜面體的摩擦力為零，地面對楔形斜面體的支持力等于整體的總重力與F之和，變大，故C項正確，D項錯誤．本題選說法錯誤的，故選D項． 3.長時間低頭玩手機對人的身體健康有很

4、大危害，當低頭玩手機時，頸椎受到的壓力會比直立時大．現將人體頭頸部簡化為如圖所示的模型：頭部的重力為G，P點為頭部的重心，PO為提供支持力的頸椎(視為輕桿)可繞O點轉動，PQ為提供拉力的肌肉(視為輕繩)．當某人低頭時，PO、PQ與豎直方向的夾角分別為30°、60°，此時頸椎受到的壓力約為(　　) A．2G　　　　　　　　　　 B.G C.G D．G 答案　B 解析　設頭部重力為G，當人體直立時，頸椎所承受的壓力等于頭部的重量，即F＝G； 當某人低頭時，PO、PQ與豎直方向的夾角分別為30°、60°，P點的受力如圖所示， 根據幾何關系結合正弦定理可得：＝， 解得：FO＝

5、G， 故A、C、D三項錯誤，B項正確．故選B項． 4．如圖所示，一根通電的導體棒放在傾斜為α的粗糙斜面上，置于圖示方向的勻強磁場中，處于靜止狀態(tài)．現增大電流，導體棒仍靜止，則在增大電流過程中，導體棒受到的摩擦力的大小變化情況可能是(　　) A．一直增大 B．先減小后增大 C．先增大后減小 D．始終為零 答案　AB 解析　若F安mgsinα，摩擦力方向向下，隨F安增大而一直增大，A項正確． 5．(2019·安徽三模)如圖，用硬鐵絲彎成的光滑半圓環(huán)

6、豎直放置，直徑豎直，O為圓心，最高點B處固定一光滑輕質滑輪，質量為m的小環(huán)A穿在半圓環(huán)上．現用細線一端拴在A上，另一端跨過滑輪用力F拉動，使A緩慢向上移動．小環(huán)A及滑輪B大小不計，在移動過程中，關于拉力F以及半圓環(huán)對A的彈力N的說法正確的是(　　) A．F逐漸增大 B．N的方向始終指向圓心O C．N逐漸變小 D．N大小不變 答案　D 解析　在物塊緩慢向上移動的過程中，小圓環(huán)A處于三力平衡狀態(tài)，根據平衡條件知mg與N的合力與T等大、反向、共線，作出mg與N的合力，如圖所示， 由三角形相似得：＝＝　① F＝T?、冢散佗诳傻茫篎＝mg，AB變小，BO不變，則F變小，故A項錯

7、誤；由①可得：N＝mg，AO、BO都不變，則N不變，方向始終背離圓心，故D項正確，B、C兩項錯誤．故選D項． 6. (2019·江西一模)如圖所示，質量為m(可視為質點)的小球P，用兩根輕繩OP和O′P在P點拴結實后再分別系于豎直墻上且相距0.4 m的O、O′兩點上，繩OP長0.5 m，繩OP剛拉直時，OP繩拉力為T1，繩OP剛松弛時，O′P繩拉力為T2，θ＝37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，則為(　　) A．3∶4 B．4∶3 C．3∶5 D．4∶5 答案　C 解析　繩OP剛拉直時，OP繩拉力為T1，此時O′P繩子拉力為零，小球受力如圖1所示，根據幾

8、何關系可得sinα＝＝，所以α＝53°，所以α＋θ＝90°；根據共點力的平衡條件可得：T1＝mgsinα；繩OP剛松弛時， O′P繩拉力為T2，此時繩OP拉力為零，小球受力如圖2所示，根據共點力的平衡條件可得：T2＝mgtanα，由此可得：＝＝，所以C項正確，A、B、D三項錯誤．故選C項． 7.如圖所示，光滑直桿傾角為30°，質量為m的小環(huán)穿過直桿，并通過彈簧懸掛在天花板上，小環(huán)靜止時，彈簧恰好處于豎直位置，現對小環(huán)施加沿桿向上的拉力F，使環(huán)緩慢沿桿滑動，直到彈簧與豎直方向的夾角為60°.整個過程中，彈簧始終處于伸長狀態(tài)，以下判斷正確的是(　　) A．彈簧的彈力逐漸增大 B

9、．彈簧的彈力先減小后增大 C．桿對環(huán)的彈力逐漸增大 D．拉力F先增大后減小 答案　B 解析　由于彈簧處于伸長狀態(tài)，使環(huán)緩慢沿桿滑動，直到彈簧與豎直方向的夾角為60°的過程中，彈簧長度先減小后增大，彈簧的伸長量先減小后增大，故彈簧的彈力先減小后增大，故A項錯誤，B項正確；開始彈簧處于失重狀態(tài)，根據平衡條件可知彈簧的彈力等于重力，即T＝mg，此時桿對環(huán)的彈力為零，否則彈簧不會豎直；當環(huán)緩慢沿桿滑動，直到彈簧與豎直方向的夾角為60°時，彈簧的長度等于原來的長度，彈力等于T＝mg，此時有mgcos30°＝Tcos30°，桿對環(huán)的彈力仍為零，故桿對環(huán)的彈力不是一直增大，故C項錯誤；設彈簧與垂直于

10、桿方向的夾角為α，根據平衡條件可得，從初位置到彈簧與桿垂直過程中，拉力F＝mgsin30°－Tsinα，α減小，sinα減小，彈簧的拉力減小，則F增大；從彈簧與桿垂直到末位置的過程中，拉力F＝mgsin30°＋Tsinα，α增大，sinα增大，彈簧的彈力增大，則拉力增大，故拉力F一直增大，故D項錯誤．故選B項． 8．(2015·山東)如圖所示，滑塊A置于水平地面上，滑塊B在一水平力F作用下緊靠滑塊A(A、B接觸面豎直)，此時A恰好不滑動，B剛好不下滑．已知A與B間的動摩擦因數為μ1，A與地面間的動摩擦因數為μ2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．A與B的質量之比為(　　) A. B.

11、 C. D. 答案　B 解析　對物體A、B整體，在水平方向上有F＝μ2(mA＋mB)g；對物體B，在豎直方向上有μ1F＝mBg；聯立解得：＝，B項正確． 9. (2019·武昌區(qū)模擬)如圖所示，豎直桿固定在木塊C上，兩者總重為20 N，放在水平地面上．輕細繩a連接小球A和豎直桿頂端，輕細繩b連接小球A和B，小球B重為10 N．當用與水平方向成30°角的恒力F作用在小球B上時，A、B、C剛好保持相對靜止且一起水平向左做勻速運動，繩a、b與豎直方向的夾角分別恒為30°和60°，則下列判斷正確的是(　　) A．力F的大小為10 N B．地面對C的支持力大小為40 N C．地面對

12、C的摩擦力大小為10 N D．A球重為10 N 答案　AD 解析　以B為研究對象受力分析，水平方向受力平衡，有：Fcos30°＝Tbcos30°，得：Tb＝F 豎直方向受力平衡，則有：Fsin30°＋Tbsin30°＝mBg 得：F＝mBg＝10 N 以A為研究對象受力分析，豎直方向上有： mAg＋Tbsin30°＝Tasin60° 水平方向：Tasin30°＝Tbsin60° 聯立得：mA＝mB，即A球重為10 N，故A、D兩項正確； 以ABC整體為研究對象受力分析， 水平方向：f＝Fcos30°＝5 N 豎直方向：N＋Fsin30°＝(M＋mA＋mB)g 解得：N

13、＝35 N，故B、C兩項錯誤．故選A、D兩項． 10．如圖所示，水平地面上固定一個光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為θ.一根輕質絕緣細線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個帶電小球A，細線與斜面平行．小球A的質量為m，電量為q.小球A的右側固定放置帶等量同種電荷的小球B，兩球心的高度相同，間距為d.靜電力常量為k，重力加速度為g，兩個帶電小球可視為點電荷．小球A靜止在斜面上，則(　　) A．小球A與B之間庫侖力的大小為 B．當＝時，細線上的拉力為0 C．當＝時，細線上的拉力為0 D．當＝時，斜面對小球A的支持力為0 答案　AC 解析　根據庫侖定律得A、B間的庫侖力F庫＝k，則

14、A項正確；當細線上的拉力為0時，滿足k＝mgtanθ，得到＝，則B項錯誤，C項正確；斜面對小球A的支持力始終不為零，則D項錯誤． 11. (2019·安徽模擬)如圖所示，質量為mB＝14 kg的木板B放在水平地面上，質量為mA＝10 kg的木箱A放在木板B上與不發(fā)生形變的輕桿一端固定在木箱上，另一端通過鉸鏈連接在天花板上，輕桿與水平方向的夾角為θ＝37°.已知木箱A與木板B之間的動摩擦因數μ1＝0.5，木板B與地面之間的動摩擦因數μ2＝0.3.現用水平向左的力F將木板B從木箱A下面抽出，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2)，則

15、所用力F的最小值為(　　) A．150 N B．170 N C．200 N D．210 N 答案　B 解析　對A受力分析如圖甲所示，根據題意可得： FTcosθ＝Ff1， FN1＝FTsinθ＋mAg Ff1＝μ1FN1， 聯立解得：FT＝100 N； 對A、B整體進行受力分析如圖乙所示，根據平衡條件可得： FTcosθ＋Ff2＝F FN2＝FTsinθ＋(mA＋mB)g Ff2＝μ2FN2， 聯立解得：F＝170 N，故B項正確，A、C、D三項錯誤．故選B項． 二、計算題(共3個小題，12題12分，13題15分，14題18分，共45分) 12．風

16、洞實驗室中可以產生水平向右，大小可調節(jié)的風力．如圖甲所示，現將質量為1 kg的小球套在足夠長與水平方向夾角θ＝37°的細直桿上，放入風洞實驗室．小球孔徑略大于細桿直徑．假設小球所受最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力大?。?取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) (1)若在無風情況下，小球由靜止開始經0.5 s沿細桿運動了0.25 m，求小球與細桿間的動摩擦因數及滑動摩擦力做的功； (2)在有風情況下，如圖乙所示，若小球靜止在細桿上，求風力大?。? (3)請分析在不同恒定風力作用下小球由靜止釋放后的運動情況． 答案　(1)0.5?。? J　(2)1.82 N≤F

17、≤20 N (3)如果風力大小為1.82 N≤F≤20 N，則小球靜止；若F<1.82 N，小球向下做勻加速運動；若F>20 N，小球向上做勻加速運動 解析　(1)在無風情況下小球由靜止開始經0.5 s沿細桿運動了0.25 m，則： x＝at2可知a＝＝ m/s2＝2 m/s2， 根據牛頓第二定律可得mgsinθ－μmgcosθ＝ma， 解得：μ＝0.5， 滑動摩擦力做的功Wf＝－mgcosθ·x＝－2 J. (2)當小球受到的摩擦力沿桿向上且最大時，風力最小，如圖所示， 根據平衡條件可得： 沿桿方向：mgsinθ＝Fcosθ＋f， 垂直于桿方向：N＝mgcosθ＋F

18、sinθ， 摩擦力f＝μN， 聯立解得：F≈1.82 N； 當小球受到的摩擦力沿桿向下且最大時，風力最大，根據平衡條件可得： 沿桿方向：mgsinθ＝Fcosθ－f， 垂直于桿方向：N＝mgcosθ＋Fsinθ， 摩擦力f＝μN， 聯立解得：F＝20 N； 若小球靜止在細桿上，則風力大小范圍為1.82 N≤F≤20 N. (3)如果風力大小為1.82 N≤F≤20 N，則小球靜止； 若F<1.82 N，小球向下做勻加速運動； 若F>20 N，小球向上做勻加速運動． 13.如圖所示，afe、bcd為兩條平行的金屬導軌，導軌間距l(xiāng)＝0.5 m．ed間連入一電源E＝1 V，a

19、b間放置一根長為l＝0.5 m的金屬桿與導軌接觸良好，cf水平且abcf為矩形．空間中存在一豎直方向的磁場，當調節(jié)斜面abcf的傾角θ時，發(fā)現當且僅當θ在30°～90°之間時，金屬桿可以在導軌上處于靜止平衡．已知金屬桿質量為0.1 kg，電源內阻r及金屬桿的電阻R均為0.5 Ω，導軌及導線的電阻可忽略，金屬桿和導軌間最大靜摩擦力為彈力的μ倍．重力加速度g＝10 m/s2，試求磁感應強度B及μ. 答案　2 T　 解析　由磁場方向和平衡可判斷，安培力F方向為水平且背離電源的方向， 由題意可知當θ＝90°時，金屬桿處于臨界下滑狀態(tài)有：f1＝mg，① N1＝F，② f1＝μN1，③ 當

20、θ＝30°時，金屬桿處于臨界上滑狀態(tài)有：N2＝mgcos30°＋Fsin30°，④ f2＋mgsin30°＝Fcos30°，⑤ f2＝μN2，⑥ 由①～⑥解得：F＝mg，⑦ μ＝， 由閉合電路歐姆定律：I＝＝1 A，⑧ 由安培力性質：F＝BIl，⑨ 由⑦⑧⑨得：B＝2 T，方向豎直向下． 14. (2016·天津)如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小為E＝5N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應強度大小為B＝0.5 T．有一帶正電的小球，質量m＝1×10－6 kg，電荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在圖示的豎直面內做勻速直線運動

21、，當經過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應現象)，取g＝10 m/s2，求： (1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向； (2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經歷的時間t. 答案　(1)20 m/s　與電場方向成60°角斜向上 (2)3.5 s 解析　 (1)小球勻速直線運動時受力如圖，其所受的三個力在同一平面內，合力為零，有qvB＝，① 代入數據解得：v＝20 m/s，② 速度v的方向與電場E的方向之間的夾角滿足 tanθ＝，③ 代入數據解得：tanθ＝，θ＝60°.④ (2)方法一：撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動

22、，如圖所示，設其加速度為a，有 a＝，⑤ 設撤去磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有x＝vt；⑥ 設小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有y＝at2，⑦ tanθ＝；⑧ 聯立④⑤⑥⑦⑧式，代入數據解得： t＝2 s≈3.5 s，⑨ 方法二：撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以P點為坐標原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運動，其初速度為vy＝vsinθ⑤ 若使小球再次穿過P點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有vyt－gt2＝0⑥ 聯立⑤⑥式，代入數據解得t＝2 s≈3.5 s．⑦ 13