（新课标）2020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）

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Nmgcos，从A到B的过程中，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fmgsin，从A到B的过程中，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()Am和M间的压力变大Bm和M间的摩擦力变大C水平面对M的支持力变大DM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mgcos，斜面体对滑块的摩擦力为mgcos，施加一个竖直向下的恒力F后滑块对斜面体的压力等于(mgF)cos，变大斜面体对滑块的摩擦力为(mgF)cos，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：mgsinmgcos，解得：tan.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：(mgF)sin(mgF)cos，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()A2GB.GC.G DG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FG；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：，解得：FOG，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mgsin，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()AF逐渐增大BN的方向始终指向圆心OCN逐渐变小DN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：FT，由可得：Fmg，AB变小，BO不变，则F变小，故A项错误；由可得：Nmg，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OP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，OP绳拉力为T2，37(sin370.6，cos370.8)，则为()A34 B43C35 D45答案C解析绳OP刚拉直时，OP绳拉力为T1，此时OP绳子拉力为零，小球受力如图1所示，根据几何关系可得sin，所以53，所以90；根据共点力的平衡条件可得：T1mgsin；绳OP刚松弛时， OP绳拉力为T2，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：T2mgtan，由此可得：，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Tmg，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Tmg，此时有mgcos30Tcos30，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，根据平衡条件可得，从初位置到弹簧与杆垂直过程中，拉力Fmgsin30Tsin，减小，sin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Fmgsin30Tsin，增大，sin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1，A与地面间的动摩擦因数为2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力A与B的质量之比为()A. B.C. D.答案B解析对物体A、B整体，在水平方向上有F2(mAmB)g；对物体B，在竖直方向上有1FmBg；联立解得：，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 NDA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：Fcos30Tbcos30，得：TbF竖直方向受力平衡，则有：Fsin30Tbsin30mBg得：FmBg10 N以A为研究对象受力分析，竖直方向上有：mAgTbsin30Tasin60水平方向：Tasin30Tbsin60联立得：mAmB，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：fFcos305 N竖直方向：NFsin30(MmAmB)g解得：N35 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.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B当时，细线上的拉力为0C当时，细线上的拉力为0D当时，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，则A项正确；当细线上的拉力为0时，满足kmgtan，得到，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mB14 kg的木板B放在水平地面上，质量为mA10 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37.已知木箱A与木板B之间的动摩擦因数10.5，木板B与地面之间的动摩擦因数20.3.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(sin370.6，cos370.8，重力加速度g取10 m/s2)，则所用力F的最小值为()A150 N B170 NC200 N D210 N答案B解析对A受力分析如图甲所示，根据题意可得：FTcosFf1，FN1FTsinmAgFf11FN1，联立解得：FT100 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：FTcosFf2FFN2FTsin(mAmB)gFf22FN2，联立解得：F170 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g10 m/s2，sin370.6，cos370.8)(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)0.52 J(2)1.82 NF20 N(3)如果风力大小为1.82 NF20 N，则小球静止；若F20 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：xat2可知a m/s22 m/s2，根据牛顿第二定律可得mgsinmgcosma，解得：0.5，滑动摩擦力做的功Wfmgcosx2 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：mgsinFcosf，垂直于杆方向：NmgcosFsin，摩擦力fN，联立解得：F1.82 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：mgsinFcosf，垂直于杆方向：NmgcosFsin，摩擦力fN，联立解得：F20 N；若小球静止在细杆上，则风力大小范围为1.82 NF20 N.(3)如果风力大小为1.82 NF20 N，则小球静止；若F20 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l0.5 med间连入一电源E1 V，ab间放置一根长为l0.5 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的倾角时，发现当且仅当在3090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 ，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倍重力加速度g10 m/s2，试求磁感应强度B及.答案2 T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90时，金属杆处于临界下滑状态有：f1mg，N1F，f1N1，当30时，金属杆处于临界上滑状态有：N2mgcos30Fsin30，f2mgsin30Fcos30，f2N2，由解得：Fmg，由闭合电路欧姆定律：I1 A，由安培力性质：FBIl，由得：B2 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E5N/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B0.5 T有一带正电的小球，质量m1106 kg，电荷量q2106 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g10 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，代入数据解得：v20 m/s，速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足tan，代入数据解得：tan，60.(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，设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有xvt；设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有yat2，tan；联立式，代入数据解得：t2 s3.5 s，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vyvsin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vytgt20联立式，代入数据解得t2 s3.5 s13