高考物理备战二模攻关训练力与物体的平衡解析版.docx

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高考物理备战二模攻关训练力与物体的平衡解析版

2020年高考物理备战二模攻关训练---力与物体的平衡

1.（2019·山东淄博二模）如图所示，a、b两个小球穿在一根光滑的固定杆上，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接。

已知b球质量为m，杆与水平面的夹角为30°，不计所有摩擦。

当两球静止时，Oa段绳与杆的夹角也为30°，Ob段绳沿竖直方向，则a球的质量为（　　）

A.

mB.

mC.

mD．2m

答案　A

解析　设杆与水平面的夹角为θ，分别对a、b两球分析受力，如图所示，

根据共点力平衡条件，对b球：

T＝mbg，对a球：

＝

，得mb∶ma＝tan30°∶1，则ma＝

mb＝

m，故A正确。

2.（2019·山东青岛高三二模）（多选）如图，固定在地面上的带凹槽的长直杆与水平面成α＝30°角，轻质环a套在杆上，置于凹槽内质量为m的小球b通过一条细绳跨过固定定滑轮与环a连接。

a、b静止时，细绳与杆间的夹角为30°，重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　）

A．a受到3个力的作用

B．b受到3个力的作用

C．杆对b的作用力大小为

mg

D．细绳对a的拉力大小为

mg

答案　BD

解析　轻质环a套在杆上，不计摩擦，则a静止时细绳的拉力与杆对a的弹力平衡，故拉a的细绳与杆垂直，a受到两个力的作用，故A错误；对b球受力分析可知，b受到重力，绳子的拉力和杆对b球的弹力，b受到3个力的作用，故B正确；以b为研究对象，受力分析如图所示，根据几何关系可得β＝θ＝30°，设杆对b的作用力大小为N，则2Ncos30°＝mg，N＝

mg，故C错误；对b分析，细绳的拉力大小T＝N＝

mg，则细绳对a的拉力大小为T＝

mg，故D正确。

3.（2019·内蒙古呼和浩特市二模）如图所示，一攀岩运动员正沿竖直岩壁缓慢攀登。

由于身背较重的行囊，重心上移至肩部的O点，总质量为80kg，此时手臂与身体垂直，手臂与岩壁夹角为53°，则手受到的拉力和脚受到的作用力分别为（设手、脚受到的作用力均通过重心O，g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）（　　）

A．640N　480NB．480N　640N

C．480N　800ND．800N　480N

答案　B

解析　设运动员和行囊的总质量为M，以运动员和行囊整体为研究对象，分析受力情况：

重力Mg、岩壁对手臂的拉力F1和岩壁对脚的弹力F2，作出受力示意图，如图所示，根据平衡条件得：

F1＝Mgcos53°＝800×0.6N＝480N，F2＝Mgsin53°＝800×0.8N＝640N，故B正确。

4．（2019·广西钦州二模）日常生活中，我们在门下缝隙处塞紧一个木楔（侧面如图所示），往往就可以把门卡住。

有关此现象的分析，下列说法正确的是（　　）

A．木楔对门的作用力大于门对木楔的作用力，因而能将门卡住

B．门对木楔作用力的水平分量等于地面对木楔摩擦力的大小

C．只要木楔的厚度合适都能将门卡住，与顶角θ的大小无关

D．只要木楔对门的压力足够大就能将门卡住，与各接触面的粗糙程度无关

答案　B

解析　木楔对门的作用力和门对木楔的作用力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故A错误；对木楔受力分析如图所示，

水平方向：

f＝Fsinθ，门对木楔作用力的水平分量等于地面对木楔摩擦力的大小，故B正确；对木锲，竖直方向：

N＝Fcosθ＋mg，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则fmax＝μN＝μ（Fcosθ＋mg），要把门卡住，则不管力F多大，均满足fmax≥f，即μ（Fcosθ＋mg）≥Fsinθ，可知不管m多大，只要μ≥tanθ，木楔就可把门卡住，故木楔能否把门卡住，与顶角θ以及接触面的粗糙程度有关，C、D错误。

5.（2019·济南高三模拟）如图所示，在倾角为37°的斜面上放置一质量为0.5kg的物体，用一大小为1N平行斜面底边的水平力F推物体时，物体保持静止。

已知物体与斜面间的动摩擦因数为

，物体受到的摩擦力大小为（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）（　　）

A．3NB．2

NC.

ND.

N

答案　C

解析　物体所受的摩擦力为静摩擦力，其大小与F和重力沿斜面向下的分量的矢量和等大反向，则f＝

＝

N＝

N，故选C。

6.（2019·山东日照高三5月校际联合考试）（多选）如图所示为一种儿童玩具，在以O点为圆心的四分之一竖直圆弧轨道上，有一个光滑的小球（不能视为质点），O′为小球的圆心。

挡板OM沿着圆弧轨道的半径，以O点为转轴，从竖直位置开始推着小球缓慢的顺时针转动（水平向里看），到小球触到水平线的过程中（　　）

A．圆弧轨道对小球的支持力逐渐增大

B．圆弧轨道对小球的支持力逐渐减小

C．挡板对小球的支持力逐渐增大

D．挡板对小球的支持力逐渐减小

答案　BC

解析　对小球受力分析如图所示。

当从竖直位置开始推着小球缓慢顺时针转动，到小球触到水平线的过程中，根据几何关系可知，N1与N2之间的夹角保持不变，N1与竖直方向夹角越来越小，设N1与竖直方向夹角为θ，N1＝Gcosθ，N2＝Gsinθ，所以N1逐渐增大，N2逐渐减小，A、D错误，B、C正确。

7.（2019·贵阳一模）（多选）如图所示，一根粗细和质量分布均匀的细绳，两端各系一个质量都为m的小环，小环套在固定水平杆上，两环静止时，绳子过环与细绳结点P、Q的切线与竖直方向的夹角均为θ，已知绳子的质量也为m，重力加速度大小为g，则两环静止时（　　）

A．每个环对杆的压力大小为mg

B．绳子最低点处的弹力的大小为

C．水平杆对每个环的摩擦力大小为mgtanθ

D．两环之间的距离增大，杆对环的摩擦力增大

答案　BD

解析　以左侧绳为研究对象，受力分析如图1所示，根据平衡条件，有水平方向：

F＝Tsinθ，竖直方向：

mg＝Tcosθ，联立解得：

T＝

，F＝

mgtanθ，故B正确；对环进行受力分析如图2所示，水平方向：

f＝Tsinθ＝

·sinθ＝

mgtanθ，竖直方向：

N＝Tcosθ＋mg＝

·cosθ＋mg＝

mg，故A、C错误；当两环之间的距离增大，θ变大，故f变大，D正确。

8.（2019·河南百师联盟高三上学期七调）质量均为m的两物块A和B之间连接着一个轻质弹簧，其劲度系数为k，现将物块A、B放在水平地面上一斜面的等高处，如图所示，弹簧处于压缩状态，且物体与斜面均能保持静止，已知斜面的倾角为θ，两物块和斜面间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（　　）

A．斜面和水平地面间一定有静摩擦力

B．斜面对A、B组成的系统的静摩擦力大于2mgsinθ

C．若将弹簧拿掉，物块有可能发生滑动

D．弹簧的最大压缩量为

答案　D

解析　对斜面、A、B和弹簧构成的整体分析，整体处于平衡状态，没有相对运动或相对运动趋势，故斜面与水平地面间没有摩擦力作用，A错误；对A和B整体分析，A、B组成的系统整体的重力沿斜面向下的分力等于摩擦力，即f＝2mgsinθ，B错误；拿掉弹簧后，A或B受到的静摩擦力变小，其他力不变，故A和B都不会发生滑动，C错误；对A或B受力分析，均受弹簧弹力F、重力、斜面的支持力、静摩擦力，其中F与重力沿斜面方向的分力垂直，由于A、B受力平衡，则弹簧弹力大小等于重力沿斜面方向的分力和静摩擦力f′的合力大小，当静摩擦力最大时，弹簧弹力最大，弹簧压缩量最大，此时kx＝

，其中最大静摩擦力fm＝μmgcosθ，故弹簧的最大压缩量x＝

，D正确。

9.（2019·山东省“评价大联考”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O

C．N逐渐变小

D．N大小不变

解析　选取小环A为研究对象，画受力分析示意图，小环A受三个力，重力、绳子的拉力和大圆环的支持力，运用三角形相似法得到N、F与AO、BO的关系，再分析N和F的变化情况。

在小环A缓慢向上移动的过程中，小环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，由三角形相似得：

＝

＝

，F＝T，则F＝

mg，AB变小，BO不变，则F变小，故A错误；N＝

mg，AO、BO都不变，则N大小不变，方向始终背离圆心，故D正确，B、C错误。

答案　D

10.（2019·福建宁德二模）（多选）中国书法历史悠久，是中华民族优秀传统文化之一。

在楷书笔画中，长横的写法要领如下：

起笔时一顿，然后向右行笔，收笔时略向右按，再向左上回带。

该同学在水平桌面上平铺一张白纸，为防打滑，他在白纸的左侧靠近边缘处用镇纸压住。

则在向右行笔的过程中（　　）

A．镇纸受到向左的摩擦力

B．毛笔受到向左的摩擦力

C．白纸只受到向右的摩擦力

D．桌面受到向右的摩擦力

答案　BD

解析　白纸和镇纸始终处于静止状态，对镇纸受力分析知，镇纸不受摩擦力，否则水平方向受力不平衡，镇纸的作用是增大纸与桌面之间的弹力与最大静摩擦力，故A错误；在向右行笔的过程中毛笔相对纸面向右运动，受到向左的摩擦力，故B正确；白纸与镇纸之间没有摩擦力，白纸始终处于静止状态，则白纸在水平方向受到毛笔对白纸的摩擦力以及桌面对白纸的摩擦力，由B项可知，毛笔受到的摩擦力向左，由牛顿第三定律，白纸受到毛笔的摩擦力向右，根据平衡条件可知，桌面对白纸的摩擦力向左，故C错误；桌面只受到白纸的摩擦力，桌面对白纸的摩擦力向左，根据牛顿第三定律，白纸对桌面的摩擦力向右，故D正确。

11.（2019·四川省宜宾市二诊）如图所示，质量均为m的斜面体A、B叠放在水平地面上，A、B间接触面光滑，用一与斜面平行的推力F作用在B上，B沿斜面匀速上升，A始终静止。

若A的斜面倾角为θ，下列说法正确的是（　　）

A．F＝mgtanθ

B．A、B间的作用力为mgcosθ

C．地面对A的支持力大小为2mg

D．地面对A的摩擦力大小为F

答案　B

解析　根据题意可得B受力平衡，沿斜面方向根据平衡条件可得F＝mgsinθ，故A错误；对斜面体B，垂直于斜面方向根据平衡条件可得支持力N＝mgcosθ，则A、B间的作用力为mgcosθ，故B正确；以整体为研究对象，竖直方向根据平衡条件可得地面对A的支持力大小为FN＝2mg－Fsinθ，故C错误；以整体为研究对象，水平方向根据平衡条件可得地面对A的摩擦力大小为f＝Fcosθ，故D错误。

12.（2019·湖南衡阳二模）超市里磁力防盗扣的内部结构及原理如图所示，在锥形金属筒内放置四颗小铁珠（其余两颗未画出），工作时弹簧通过铁环将小铁珠挤压于金属筒的底部，同时，小铁珠陷于钉柱上的凹槽里，锁死防盗扣。

当用强磁场吸引防盗扣的顶部时，铁环和小铁珠向上移动，防盗扣松开，已知锥形金属筒底部的圆锥顶角刚好是90°，弹簧通过铁环施加给每个小铁珠竖直向下的力F，小铁珠锁死防盗扣，每个小铁珠对钉柱产生的侧向压力为（不计摩擦以及小铁珠的重力）（　　）

A.

FB.

FC．FD.

F

答案　C

解析　以一个铁珠为研究对象，将力F按照作用效果分解如图所示，由几何关系可得小铁球对钉柱产生的侧向压力为N＝

＝F。

故选C。

13.（2019·东北三省三校二模）如图所示，左侧是半径为R的四分之一圆弧，右侧是半径为2R的一段圆弧。

二者圆心在一条竖直线上，小球a、b通过一轻绳相连，二者恰好在等高处平衡。

已知θ＝37°，不计所有摩擦，则小球a、b的质量之比为（　　）

A．3∶4B．3∶5C．4∶5D．1∶2

答案　A

解析　对a、b两个小球受力分析，如图所示，同一根绳上的拉力大小相等，设为T；由力的平衡条件和几何知识可知绳对a球的拉力T＝magcos37°，绳对b球的拉力T＝mbgsin37°，联立可解得

＝

，A正确。

14.（2019·山东日照高考模拟）如图所示，两个质量分别为

m、m的小圆环A、B用细线连着，套在一个竖直固定的大圆环上，大圆环的圆心为O。

系统平衡时，细线所对的圆心角为90°，大圆环和小圆环之间的摩擦力及线的质量忽略不计，重力加速度大小用g表示，下列判断正确的是（　　）

A．小圆环A、B受到大圆环的支持力之比是

∶1

B．小圆环A受到大圆环的支持力与竖直方向的夹角为15°

C．细线与水平方向的夹角为30°

D．细线的拉力大小为

mg

答案　A

解析　对A和B进行受力分析，根据平行四边形定则作出重力和支持力的合力与绳子的拉力等大反向，设支持力与竖直方向的夹角分别为α和β，根据正弦定理可以得到：

＝

，

＝

，由于T＝T′，α＋β＝90°，整理可得：

α＝30°，β＝60°，T＝T′＝

mg，再次利用正弦定理：

＝

，

＝

，整理可得：

NA∶NB＝

∶1，故A正确，B、D错误；根据几何知识可知，细线与水平方向的夹角为90°－30°－45°＝15°，故C错误。

15.（2019·黑龙江齐齐哈尔一模）（多选）如图所示，竖直墙壁与光滑水平地面交于B点，质量为m1的光滑半圆柱体O1紧靠竖直墙壁置于水平地面上，质量为m2的均匀小球O2用长度等于A、B两点间距离L的细线悬挂于竖直墙壁上的A点，小球O2静置于半圆柱体O1上，当半圆柱体质量不变而半径不同时，细线与竖直墙壁的夹角θ就会跟着发生改变。

已知重力加速度为g，不计各接触面间的摩擦，则下列说法正确的是（　　）

A．当θ＝60°时，半圆柱体对地面的压力大小为m1g＋

m2g

B．当θ＝60°时，小球对半圆柱体的压力大小为

m2g

C．改变半圆柱体的半径，半圆柱体对竖直墙壁的最大压力大小为

m2g

D．半圆柱体的半径增大时，其对地面的压力保持不变

答案　AC

解析　对小球进行受力分析如图1所示，因为AB＝AO2，AB与半圆柱体的弧面相切，由几何知识可知，AO2与半圆柱体的弧面相切，则小球受到的绳子的拉力T与半圆柱体对小球的支持力N相互垂直，故当θ＝60°时，T＝m2gcosθ＝

m2g，N＝m2gsinθ＝

m2g；以小球与半圆柱体组成的整体为研究对象，它们受到重力、地面的支持力、绳子的拉力以及墙对半圆柱体的弹力，如图2所示，竖直方向m1g＋m2g＝Tcosθ＋N′，所以N′＝m1g＋m2g－Tcosθ＝m1g＋

m2g，根据牛顿第三定律可知，半圆柱体对地面的压力大小为m1g＋

m2g，小球对半圆柱体的压力大小为

m2g，A正确，B错误。

若改变半圆柱体的半径，以小球与半圆柱体组成的整体为研究对象，在水平方向FN＝Tsinθ＝m2gsinθcosθ＝

m2gsin2θ，可知，当θ＝45°时，半圆柱体受到墙对半圆柱体的弹力最大，为

m2g，根据牛顿第三定律可知，半圆柱体对竖直墙壁的最大压力大小为

m2g，C正确。

半圆柱体所受地面的支持力：

N′＝m1g＋m2g－Tcosθ＝m1g＋m2g－m2gcos2θ＝m1g＋m2gsin2θ，由几何关系可知，增大半圆柱体的半径，则θ增大，N′将增大，根据牛顿第三定律可知，半圆柱体对地面的压力将增大，D错误。