2020高考物理二轮课后演练专题一第1讲力与物体的平衡（Word版带解析）

(建议用时：25 分钟) 一、单项选择题 1．在粗糙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，则粗糙水平面对三角形 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，但摩擦力的方向不能确定，因 m1、m2、θ1、θ2 的数值均未给出 D．以上结论都不对 解析：选 D.法一(隔离法)：把三角形木块隔离出来，它的两个斜面上分别受到两物体对它 的压力 FN1、FN2，摩擦力 F1、F2.由两物体的平衡条件知，这四个力的大小分别为 FN1＝m1gcos θ1，FN2＝m2gcos θ2 F1＝m1gsin θ1，F2＝m2gsin θ2 它们的水平分力的大小(如图所示)分别为 FN1x＝FN1sin θ1＝m1gcos θ1sin θ1 FN2x＝FN2sin θ2＝m2gcos θ2sin θ2 F1x＝F1cos θ1＝m1gcos θ1sin θ1 F2x＝F2cos θ2＝m2gcos θ2sin θ2 其中 FN1x＝F1x，FN2x＝F2x，即它们的水平分力互相平衡，木块在水平方向无滑动趋势， 因此不受水平面的摩擦力作用． 法二(整体法)：由于三角形木块和斜面上的两物体都静止，可以 把它们看成一个整体，受力如图所示．设三角形木块质量为 M，则竖 直方向受到重力(m1＋m2＋M)g 和支持力 FN 作用处于平衡状态，水平 方向无任何滑动趋势，因此不受水平面的摩擦力作用． 2．(2019·高考全国卷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 3 ，重力加速度取 10 m/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．150 kg　　　　　　　　 B．100 3 kg C．200 kg D．200 3 kg 解析：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 平衡条件，在沿斜面方向有 F＝mgsin 30°＋μmgcos 30°，解得 m＝150 kg，A 项正确．3．(2019·烟台联考)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 F1 和 F2(F2>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 解析：选 C.设斜面倾角为 θ，斜面对物块的最大静摩擦力为 Ff，当 F 取最大值 F1 时， 最大静摩擦力 Ff 沿斜面向下，由平衡条件得 F1＝mgsin θ＋Ff；当 F 取最小值 F2 时，Ff 沿 斜面向上，由平衡条件得 F2＝mgsin θ－Ff，联立两式可求出最大静摩擦力 Ff＝ F1－F2 2 ，选 项 C 正确．FN＝mgcos θ，F1＋F2＝2mgsin 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． 4．(2017·高考全国卷Ⅲ)一根轻质弹性绳的两端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，平衡时弹性绳的总长度为 100 cm； 再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处 于弹性限度内)(　　) A．86 cm B．92 cm C．98 cm D．104 cm 解析：选 B.将钩码挂在弹性绳的中点时，由数学知识可知钩码两侧的弹性绳(劲度系数设 为 k)与竖直方向夹角 θ 均满足 sin θ＝ 4 5，对钩码(设其重力为 G)静止时受力分析，得 G＝2k (1 m 2 －0.8 m 2 )cos θ；弹性绳的两端移至天花板上的同一点时，对钩码受力分析，得 G＝2k (L 2－0.8 m 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 2 B. 3 2 m C．m D．2m 解析：选 C.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． 6．(2017·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 块也恰好做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数为(　　) A．2－ 3 B. 3 6 C. 3 3 D. 3 2 解析：选 C.当拉力水平时，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，物块也刚好做匀速运动，则 Fcos 60°＝μ(mg－Fsin 60°)，联立解得 μ＝ 3 3 ，A、 B、D 项错误，C 项正确． 7．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 q D．磁感应强度的大小为 mg qv 解析：选 C.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．8．(2019·青岛模拟)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 mg B．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 3 D．足球与水平面间的动摩擦因数至少为 6 6 解析：选 B.根据整体法，设下面每个球对地面的压力均为 FN，则 3FN ＝4mg，故 FN＝ 4 3mg，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＝ 6 3 ，正弦值 sin θ＝ 3 3 ，则有 F· 6 3 ＋mg＝FN ＝ 4 3mg， 3 3 F＝Ff，解得 Ff＝ 2 6 mg，F＝ 6 6 mg，则 μ≥ 2 6 mg 4 3m g ＝ 2 8 ，所以足球与水平面间的动摩擦因 数至少为 2 8 ，故 D 错误． 9.(2019·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 解析：选 D.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．10．(2019·长沙模拟)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 和环对小球的弹力 FN 的大小变化情况是(　　) A．F 减小，FN 不变 B．F 不变，FN 减小 C．F 不变，FN 增大 D．F 增大，FN 减小 解析：选 A.对小球受力分析，其所受的三个力组成一个闭合三 角形，如图所示，力三角形与圆内的三角形相似，由几何关系可知mg R ＝ FN R ＝ F L，小球缓慢上移时 mg 不变，R 不变，L 减小，故 F 减小，FN 大小不变，A 正确． 二、多项选择题 11.(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 FN，则(　　) A．若 F 一定，θ大时 FN 大 B．若 F 一定，θ小时 FN 大 C．若 θ 一定，F 大时 FN 大 D．若 θ 一定，F 小时 FN 大 解析：选 BC.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，FN＝ F 2sin θ 2 ，由表达式可知，若 F 一定，θ越小，FN 越大，A 项错误，B 项正确；若 θ 一定，F 越大，FN 越大，C 项正确，D 项错误． 12．如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆 M、N 上的 a、b 两点，悬 挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态．如果只人为改变一个条件，当衣架静 止时，下列说法正确的是(　　)A．绳的右端上移到 b′，绳子拉力不变 B．将杆 N 向右移一些，绳子拉力变大 C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小 D．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移 解析：选 AB.设两段绳子间的夹角为 2α，绳子的拉力大小为 F，由平衡条件可知，2Fcos α ＝mg，所以 F＝ mg 2cos α，设绳子总长为 L，两杆间距离为 s，由几何关系 L1sin α＋L2sin α＝s，得 sin α＝ s L1＋L2＝ s L，绳子右端上移，L、s 都不变，α不变，绳子张力 F 也不变，A 正确；杆 N 向右移动一些，s 变大，α变大，cos α变小，F 变大，B 正确；绳子两端高度差 变化，不影响 s 和 L，所以 F 不变，C 错误；衣服质量增加，绳子上的拉力增加，由于 α 不会 变化，悬挂点不会右移，D 错误． 13．(2019·德州模拟)如图所示，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 物体放在粗糙的水平桌面上，O′是三根线的结点，bO′水平拉 着 B 物体，cO′竖直拉着重物 C，aO′、bO′与 cO′的夹角如图所示．细线、小滑轮的重力和 细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，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，则下列说法中正确的是(g＝10 m/s2)(　　) A．重物 A 的质量为 2 kg B．桌面对 B 物体的摩擦力大小为 10 3 N C．重物 C 的质量为 1 kg D．OP 与竖直方向的夹角为 60° 解析：选 ABC.以小滑轮 P 为研究对象，受力分析如图甲所示，则有 2Tcos 30°＝F，故 T＝ F 2cos 30°＝20 N，由于 T＝mAg，故 mA＝2 kg，则选项 A 正确；以 O′点为研究对象， 受力分析如图乙所示，由平衡条件得：Tcos 30°＝Fb，Fb＝10 3 N，Tsin 30°＝FC＝mCg，故 mC＝1 kg，则选项 C 正确；又因为 Fb＝－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.表面光滑、半径为 R 的半球固定在水平地面上，球心 O 的正上方 O′ 处有一无摩擦定滑轮，轻质细绳两端各系一个可视为质点的小球挂在 定 滑轮上，如图所示．两小球平衡时，若滑轮两侧细绳的长度分别为 L1 ＝ 2.4R 和 L2＝2.5R，则这两个小球的质量之比为 m1 m2，小球与半球之间的压 力 之比为 FN1 FN2，则以下说法正确的是(　　) A. m1 m2＝ 24 25 B. m1 m2＝ 25 24 C. FN1 FN2＝ 25 24 D. FN1 FN2＝ 24 25 解析：选 BC.先以左侧小球为研究对象，分析受力情况：重力 m1g、 绳子的拉力 FT 和半球的支持力 FN1，作出受力分析图． 由平衡条件得知，拉力 FT 和支持力 FN 的合力与重力 m1g 大小 相等、 方向相反．设 OO′＝h，根据三角形相似得 FT L1＝ FN1 R ＝m1g h ，解得 m1g＝ FTh L1 ， FN1＝ FTR L1 …①同理，以右侧小球为研究对象，得：m2g＝ FTh L2 ，FN2＝ FTR L2 … ②， 由①∶②得 m1 m2＝ L2 L1＝ 25 24， FN1 FN2＝ L2 L1＝ 25 24. 15.(2019·滨州质检)如图所示，在竖直平面内，一根不可伸长的轻 质软 绳两端打结系于“V”形杆上的 A、B 两点，已知 OM 边竖直，且|AO|＝ |OB|， 细绳绕过光滑的滑轮，重物悬挂于滑轮下处于静止状态．若在纸面内 绕端 点 O 按顺时针方向缓慢转动“V”形杆，直到 ON 边竖直，绳子的张力 为 T， A 点处绳子与杆之间摩擦力大小为 F，则(　　) A．张力 T 一直增大 B．张力 T 先增大后减小 C．摩擦力 F 一直减小 D．摩擦力 F 先增大后减小 解析：选 BC.设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角 α，受力如图甲，在纸面内绕端点 O 按顺 时针方向缓慢转动“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，绳子与竖直方向的夹角 α 先变大后变小，所以张力 T＝ mg 2cos α先增大后减小， 故 A 错误，B 正确；以 A 点为研究对象，受力分析如图乙．根据平衡条件可知，F＝Tcos(α＋β)＝ mgcos（α＋β） 2cos α ＝ mg 2 (cos β－tan αsin β)，在纸面内绕端点 O 按顺时针方向缓慢转动 “V”形杆，绳子与竖直方向的夹角 α 先变大后变小，OA 杆与竖直方向的夹角 β 一直变大，当 绳子与竖直方向的夹角 α 变大时，摩擦力减小，当绳子与竖直方向的夹角 α 变小时，但(α＋β) 还是在增大，所以摩擦力还是在减小，故 C 正确，D 错误．