版高考物理二轮复习第一部分专题复习训练课时作业一力与物体的平衡.docx
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版高考物理二轮复习第一部分专题复习训练课时作业一力与物体的平衡
课时作业一 力与物体的平衡
一、选择题
1．（2019年山东省实验中学高三二模）如图1所示，将某均匀长方体锯成A、B两块后，在水平桌面上并放在一起，现用水平力F推B，使A、B整体保持长方体沿F方向匀速运动，则（ ）
图1
A．A在水平方向受到三个力的作用，且合力为零
B．A在水平方向受到五个力的作用，且合力为零
C．A对B的作用力方向与A、B接触面垂直
D．B对A的弹力大于桌面对A的摩擦力
解析：
对A受力分析，如图2所示，在水平方向上受B对A的弹力，桌面的滑动摩擦力，B对A的静摩擦力，在三个力的作用下处于平衡，受力如图，故A正确，B错误．B对A的弹力和静摩擦力的合力与桌面的滑动摩擦力等值反向，与F的方向相同；根据牛顿第三定律可知，A对B的作用力方向与F的方向相反，不与A、B接触面垂直，故C错误．因为B对A的弹力与B对A的摩擦力垂直，二者的合力等于桌面对A的摩擦力，所以B对A的弹力小于桌面对A的摩擦力，故D错误．
图2
答案：
A
2．（2019年湖北省重点学校协作体冲刺模拟）如图3所示，静止在水平地面上倾角为θ斜面光滑的斜面体上，有一斜劈A，A的上表面水平且放有一斜劈B，B的上表面上有一物块C，A、B、C一起沿斜面匀加速下滑，已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
图3
A．A的上表面可以是光滑的
B．C可能只受两个力作用
C．A加速度大小为gcosθ
D．斜面体受到地面的摩擦力为零
解析：
对B、C整体受力分析，受重力、支持力，而B、C沿斜面匀加速下滑，整体的合力沿斜面向下，所以A、B间摩擦力不为零，A错误；对ABC整体分析，由于斜面体斜面光滑，所以整体的加速度为a＝gsinθ，如果B的上表面是光滑的，倾角也为θ，则C的加速度也为a＝gsinθ，此时只受重力和B给的支持力，B正确，C错误；因为ABC整体对斜面体有个斜向右下的作用力，该力可分解为一个水平向右的分力，而斜面体处于静止状态，故斜面体受地面的摩擦力水平向左，D错误．
答案：
B
3．（2019年郑州市二模）如图4所示，物体P、Q可视为点电荷，电荷量相同．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，则下列说法正确的是（ ）
图4
A．P、Q所带电荷量为
B．P对斜面体的压力为0
C．斜面体受到地面的摩擦力为0
D．斜面体对地面的压力为（M＋m）g
解析：
以P为研究对象，受力分析如图5所示，受到重力mg、斜面体的支持力FN和库仑力F，由平衡条件得：
图5
F＝mgtanθ FN＝
根据库仑定律得：
F＝k
联立解得：
q＝r
由牛顿第三定律得P对斜面体的压力为：
FN′＝FN＝
，故A、B错误．
图6
以斜面体和P整体为研究对象受力如图6所示，由平衡条件得地面对斜面体的摩擦力为Ff＝F，地面对斜面体的支持力为FN1＝（M＋m）g，根据牛顿第三定律得斜面体受到地面的摩擦力为F，斜面体对地面的压力为FN1′＝FN1＝（M＋m）g.故C错误，D正确．
答案：
D
4．（2019年保定模拟）（多选）如图7所示，在倾角为θ的粗糙斜面上固定一个与斜面垂直的光滑挡板，圆柱体A放在半圆柱体B上，A、B两圆柱体横截面半径相等．现对B施加一个沿斜面向上的拉力使其沿斜面向上缓慢移动，直到A、B彻底分开．该过程中（ ）
图7
A．A对挡板的压力先减小再增大
B．A对B的压力逐渐减小
C．B受到的摩擦力保持不变
D．B受到拉力逐渐减小
解析：
先以A、B为整体，受力分析如图8所示，受力得N1与f不变，以A为研究对象，如图9所示，B对A的支持力N与竖直夹角变大，N增大，则N2增大，F＋N2＝f，f不变，∴F减小，故选C、D.
答案：
CD
5．如图10所示，上表面为四分之一光滑圆弧的物体A静止在粗糙的水平地面上，一小物块B从圆弧底端受到水平外力F的作用缓慢沿圆弧向上移动一小段距离，在此过程，A始终处于静止状态．下列说法正确的是（ ）
图10
A．水平外力F保持不变
B．地面对A的摩擦力逐渐增大
C．A对B的支持力逐渐减小
D．地面对A的支持力逐渐减小
解析：
设A对B的支持力与竖直方向的夹角为θ，对B由平衡条件知，水平外力F＝mgtanθ、支持力FN1＝
，B沿圆弧上移，夹角θ变大，则水平外力F和支持力FN1均增大，选项A、C错误；对A、B整体，地面对A的摩擦力Ff＝F，随水平外力F增大而增大，地面对A的支持力FN2＝（M＋m）g保持不变，选项B正确，D错误．
答案：
B
6．（2019年珠海一中模拟）如图11所示，水平固定且倾角为37°的光滑斜面上有两个质量均为m＝1kg的小球A、B，它们用劲度系数为k＝200N/m的轻质弹簧连接，弹簧的原长为l0＝20cm，现对B施加一水平向左的推力F，使A、B均在斜面上以加速度a＝4m/s2向上做匀加速运动，此时弹簧的长度l和推力F的大小分别为（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）（ ）
图11
A．0.15m，25NB．0.25m，25N
C．0.15m，12.5ND．0.25m，12.5N
解析：
以整体为研究对象，受力分析如图12所示，沿斜面方向有：
Fcos37°－2mgsin37°＝2ma，以A为研究对象，沿斜面方向有：
图12
kx－mgsin37°＝ma，x＝l－l0，解得F＝25N，l＝0.25m，故B正确，A、C、D错误．
答案：
B
7．（多选）如图13所示，一根L形轻杆OAB用铰链固定在天花板上，且OA与AB相互垂直，在A点下方用一根轻质细线悬挂重力为G的物体．现在B点施加拉力F，使轻杆的OA段由竖直向下的位置缓慢转到偏离竖直方向60°角的位置．若拉力F始终沿AB方向，则在变化过
程中（ ）
图13
A．拉力F逐渐增大
B．轻杆OA段中的作用力不断增大
C．铰链对轻杆OAB的作用力不断减小
D．轻杆OA段中的最小作用力为
图14
解析：
由题意知拉力F与OA始终垂直，且A点在重力G、拉力F和轻杆作用力F′的作用下平衡，故此三力可构成一个封闭的矢量三角形，如图14所示，由正弦定理，
＝
＝
（0<θ≤60°），θ↑，F↑F′↓，θ＝60°，F′＝
最小．
答案：
AC
8．在粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与光滑竖直墙之间放另一截面也为半圆的光滑柱状物体B，整个装置处于静止状态，截面如图15所示．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.在B上加一物体C，整个装置仍保持静止，则（ ）
图15
A．F1保持不变，F3增大B．F1增大，F3保持不变
C．F2增大，F3增大D．F2增大，F3保持不变
解析：
未放上C时，以B为研究对象，受力分析如图16甲所示，由平衡条件得，墙对B的作用力F1＝GBtanα，当放上C时，F1增大．A对B的作用力F2′＝
，F1增大，则F2′增大，由牛顿第三定律知F2′＝F2，即F2也增大．再以整体为研究对象，受力分析如图16乙所示，则放上C前，地面对A的支持力N＝GA＋GB，放上C后变为GA＋GB＋GC，即N增大，地面对A的摩擦力f＝F1，且F3为N与f的合力，所以F3增大，故C正确．
图16
答案：
C
9．（多选）某些农村一大家人过春节时常用简易灶做菜，如图17甲、乙所示，将一个球形铁锅用三个不计重力的小石块支起用柴火烧菜，铁锅边缘水平，小石块成正三角形放在水平灶台上，石块到铁锅球心的连线与竖直方向的夹角均为30°，已知铁锅与菜的总质量为9kg，不计铁锅与石块间的摩擦，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
图17
A．灶台对每个石块的作用力均竖直向上
B．灶台受到每个石块的压力大小为30N
C．每个石块与铁锅之间的弹力大小为20
N
D．灶台对每个石块的摩擦力大小为10N
解析：
灶台对石块有竖直向上的支持力和水平方向的摩擦力作用，故灶台对每个石块的作用力的方向不是竖直向上，选项A错误；铁锅和石块竖直方向对灶台的压力等于铁锅所受的重力，故灶台受到每个石块的压力大小等于
mg＝
×9×10N＝30N，选项B正确；对铁锅由平衡条件可得：
3FNcos30°＝mg，解得：
FN＝20
N，选项C正确；Ff＝FNsin30°＝10
N，即灶台对每个石块的摩擦力大小为10
N，选项D错误．
答案：
BC
10．（2019年山东省青岛能力测试）（多选）如图18所示，弹性轻绳一端固定于O点，另一端连有一质量m的小球a，小球a通过不可伸长的细绳连接质量相同的小球b，两小球均处于静止状态．现给小球b施加一个力F，使弹性轻绳与竖直方向成30°角，两球依然保持静止．下列说法正确的是（ ）
图18
A．弹性绳的长度一定增加
B．a、b间细绳上的张力可能减小
C．力F的值可能大于mg
D．力F的值可能小于
mg
解析：
以小球b为研究对象，分析受力，作出受力图如图19甲所示，由于力F方向不确定，根据作图法分析得到，a、b间细绳上的张力可能减小，故B正确；以小球ab为研究对象，分析受力，作出力图如图19乙，
甲 乙
图19
根据作图法分析得到，弹性绳的张力可能减小，所以弹性绳的长度可能减小；当小球施加的力F与弹性轻绳垂直时，所用的力F最小，Fmin＝2mgsin30°＝mg，故C正确，A、D错误．
答案：
BC
11．（2019年四川省物理三诊试卷）如图20所示，a、b两细绳一端系着质量为m的小球，另一端系在竖直放置的圆环上，小球位于圆环的中心，开始时绳a水平，绳b倾斜．现将圆环在竖直平面内顺时针缓慢地向右滚动至绳b水平，在此过程中（ ）
图20
A．a上的张力逐渐增大，b上的张力逐渐增大
B．a上的张力逐渐减小，b上的张力逐渐减小
C．a上的张力逐渐减小，b上的张力逐渐增大
D．a上的张力逐渐增大，b上的张力逐渐减小
解析：
图21
设小球的重力为G，圆环沿顺时针方向转动过程中b绳与竖直方向的夹角为θ，a和b的拉力大小分别为T1、T2.小球的位置保持不动，受力保持平衡，由平衡条件可知，两绳拉力的合力不变，小球受到的重力G和T1、T2组成一个闭合的三角形．由几何知识得知，T1、T2的夹角β不变，由正弦定理得
＝
＝
，在θ≤90°的范围内，θ变大故T1变大，T2变小．故D正确．
答案：
D
12．（2019年山东省维坊市高三三模）（多选）如图22所示，将质量为m的小球用橡皮筋悬挂在竖直墙的O点，小球静止在M点，N为O点正下方一点，ON间的距离等于橡皮筋原长，在N点固定一铁钉，铁钉位于橡皮筋右侧．现对小球施加拉力F，使小球沿以MN为直径的圆弧缓慢向N运动，P为圆弧上的点，角PNM为60°.橡皮筋始终在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度为g，则（ ）
图22
A．在P点橡皮筋弹力大小为
mg
图23
B．在P点时拉力F大小为
mg
C．小球在M向N运动的过程中拉力F的方向始终跟橡皮筋垂直
D．小球在M向N运动的过程中拉力F先变大后变小
解析：
由题意知k2R＝mg.小球在圆弧上任意一点A时，橡皮筋拉力F1＝k2Rcosθ＝mgcosθ，恰等于重力在F1方向上的分力mgcosθ，由力的平衡条件知F必然与重力的另一分力平衡，故拉力F应与橡皮筋始终垂直，小球在P点时，F1＝k2Rcos60°＝mgcos60°＝
mg.拉力F＝mgsin60°＝
mg；小球在由M沿圆弧移到N时，F＝mgsinθ，θ变大，F逐渐变大．故本题正确选项为A、C.
答案：
AC
二、解答题
图24
13．质量为M，倾角为θ的木楔在水平面上保持静止，质量为m的木块刚好可以在木楔上表面匀速下滑，现在用与木楔上表面成α角的力F拉着木块匀速上滑，如图24所示．重力加速度为g.
（1）当α为多大时，拉力F有最小值？
最小值为多少？
（2）当拉力F最小时，水平面对木楔的摩擦力为多大？
图25
解：
（1）木块刚好可以沿木楔上表面匀速下滑时，
则有mgsinθ＝μmgcosθ
可得μ＝tanθ
用力F拉着木块匀速上滑，受力分析如图25所示，有
Fcosα＝mgsinθ＋Ff
FN＋Fsinα＝mgcosθ
又Ff＝μFN
图26
联立解得F＝
所以，当α＝θ时，F有最小值，
为Fmin＝mgsin2θ.
（2）对木块和木楔整体受力分析如图26所示，
由平衡条件可得Ff′＝Fcos（θ＋α）
当拉力F最小时，
Ff′＝Fmincos2θ＝
mgsin4θ.
14．（2019年第三次全国大联考）如图27所示，两个相同的正三棱柱A、B紧靠着静止于水平地面上，三棱柱的中间有一个半径为R的光滑圆柱C，A、B的质量均为m，A、B与地面间的动摩擦因数为μ，C的质量为2m.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.
图27
（1）三者均静止时A对C的支持力为多大？
（2）若A、B能保持不动，μ应该满足什么条件？
（3）若C受到经过其轴线竖直向下的外力而能够缓慢下降到地面，求该过程中摩擦力对A做的功．
图28
解：
（1）圆柱C受力平衡2FNcos60°＝2mg
解得FN＝2mg
（2）如图28所示，A受力平衡F地＝FNcos60°＋mg＝2mg，f＝FNsin60°＝
mg
因为f≤μF地，所以μ≥
（3）C缓慢下降的同时A、B也缓慢且对称地向左右分开
A的受力依然为4个，但除了重力之外的其他力的大小发生改变，f也成为了滑动摩擦力
A受力平衡知F地′＝FN′cos60°＋mg；f′＝FN′sin60°＝μF地′
解得f′＝
解有意义，即要求
－μ>0，与本题第
（2）问不矛盾
由几何关系知：
当C下落到地面时，A向左移动的水平距离为x＝
R
所以摩擦力的功W＝－f′x＝－
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