2018年高考物理二輪復(fù)習(xí)專題01力與物體的平衡押題專練

1、專題 01 力與物體的平衡1.1.（多選）如圖 1 1 所示，粗糙水平面上有一長木板，一個人站在木板上用力F向右推箱子，木板、人、箱子均處于靜止?fàn)顟B(tài). .三者的質(zhì)量均為m下列說法正確的是（）圖 1 1A.A. 箱子受到的摩擦力方向向右B.B. 人受到的摩擦力方向向右C.C. 箱子對木板的摩擦力方向向右D.D. 若水平面光滑，人用同樣大小的力F推箱子，能使長木板在水平面上滑動答案 BCBC解析人用力戸向右推箱子，對箱子受力分析，受重力、支持力，靜摩揀力和向右的推力作用根據(jù)平衡 條件，箱子受到的摩揀力方向向左，與推力平衡，故必錯誤,人勵 F 向右推箱子對箱子的作用力向右, 根據(jù)牛頓第三定律可知箱子

2、對人的作用力的方向向左，人若要平衡，則受到的木板的摩撫力的方向向右, 故 B 正確箱子受到的摩撫力方向向左，根抿牛頓第三定律可知箱子對木樁的摩揀力方向向右，抜 U 正確;對三者的整體受力分析只受重力和支持力水平方向不受九 故不能梗長木板在水平面上滑動，故 D 錯2.2.節(jié)日期間，張燈結(jié)彩，某同學(xué)發(fā)現(xiàn)一種裝飾燈，兩個裝飾燈用輕質(zhì)細(xì)線懸掛在一個“ T T”型木質(zhì)支架兩端， 模型簡化如圖 3 3 所示，支架的質(zhì)量為M每個裝飾燈的質(zhì)量為m在水平恒定風(fēng)力的作用下，兩燈偏離豎直 方向，穩(wěn)定時兩細(xì)線與豎直方向的夾角均為 0，支架所受的水平風(fēng)力忽略不計，則地面對支架的水平作用A.A.2 2mganan 0 B

3、.2B.2 mginmgin 0 C.C.mganan 0 D.D. mginmgin 0答案 A A解析 對裝飾燈進行受力分析， 設(shè)風(fēng)對裝飾燈的作用力為F1,細(xì)線對裝飾燈的拉力為F2. .根據(jù)共點力平衡得:水平方向有：地面對支架的水平作用力大小F= 2 2F= 2 2mganan 0 , A A 正確. .Fzcoscos 0 =mg Fzsinsin 0 =F1,解得F1=mganan 0，對兩個裝飾燈和支架整體受力分析，根據(jù)平衡條件可知，3.3.（多選）如圖 4 4 所示，一木塊受到一水平力F作用靜止于斜面上，此力F的方向與斜面平行，如果將力F撤除，下列對木塊的描述正確的是（）A.A.木

4、塊將沿斜面下滑B.B.木塊受到的摩擦力變小C.C.木塊立即獲得加速度D.D.木塊所受的摩擦力方向改變答案 BDBD解析 未撤去F前，將木塊的重力分解為沿斜面方向和垂直于斜面方向兩個分力，在斜面方向的分力大小為 m m n n 0，方向沿斜面向下，作出木塊在斜面平面內(nèi)的受力情況如圖：由平衡條件得：摩撫力：丹屈+ 喚！廉的方冋與尸和喚10的合力方向相反，所以木塊受到 的最大靜摩換力：撿仃+ 叱 $虧撤去尸后，木塊對斜面的壓力沒有變化，所以最大靜摩換力也 沒有變化，此時 呻in晶,故木塊不會沿斜面下滑，選項A, C錯誤由平衡條件得，撤去尸后，摩揀 力犬小為用=噸血伙 即摩揍力孌小，摩揍力的方向與重力

5、沿斜面問下分力方向相反，萬向發(fā)生變化，故選項B、D正確一4.4.如圖 5 5 所示，在粗糙水平地面上放著一個截面為四分之一圓弧的柱狀物體A,A的左端緊靠豎直墻，A與豎直墻之間放一光滑圓球B,整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài). .若把A向右移動少許后，它們?nèi)蕴幱陟o止?fàn)顟B(tài). .則下列水平方向有：地面對支架的水平作用力大小F= 2 2F= 2 2mganan 0 , A A 正確. .A.A.球B對墻的壓力增大B.B.球B對柱狀物體A的壓力增大C.C.地面對柱狀物體A的摩擦力不變D.D.地面對柱狀物體A的支持力不變答案 D D解析 球B受重力、A的支持力Fi和墻壁的壓力F2. .如圖甲所示:則棍據(jù)平衡可知，F(xiàn)F

6、 = = G G 尸為,形存，將/向右移動少許，蟲對球J5的作用力丹與豎直方向 的夾角疔將減小，所以血臼增大,血&減小，即墻壁對球占的作用力將減小，ABAB的支持力減小.根 據(jù)牛頓第三定律可知，球&對墻壁的壓力將減小，球占對蟲的壓力亦減小，選項血B錯誤；對山受力分 析，如圖乙所示，受地面摩揀力戸尸陽nd B對蟲的壓力丹減小且璋與豎直方向的夾角心咸小，故組 受地面的摩攥力用減小，再根據(jù)牛頓第三走律，地面受/的摩撫力減小，選項 Q 錯誤；對叢丘整體受力 分析可知，地面對/的支持力等于厶的重力之和不變一5.5.（多選）如圖 7 7 所示，兩個帶電小球A A B B分別處于光滑絕緣的豎

7、直墻面和斜面上，且在同一豎直平面內(nèi) . . 用水平向左的推力F作用于B球，兩球在圖示位置靜止現(xiàn)將B球沿斜面向上移動一小段距離，發(fā)現(xiàn)A球隨 之向上移動少許，兩球在虛線位置重新平衡 重新平衡后與移動前相比，下列說法正確的是 （ ）A.A.墻面對A的彈力變小B.B.斜面對B的彈力不變C.C.推力F變大D.D.兩球之間的距離變大答案 ABDABD解析 利用整體法可知，斜面對B球支持力的豎直分量等于A、B兩帶電小球的重力之和，斜面傾角不變, 斜面對B球支持力不變，故斜面對B的彈力不變，B B 選項正確；庫侖力與豎直方向的夾角變小，而豎直分量 不變，故庫侖力變小，A、B間的距離變大，故 D D 正確；因庫

8、侖力水平分量減小，故 A A 正確，C C 錯誤. .6.6.如圖 8 8 甲、乙、丙是生活中三種不同的背包方式為了研究方便，假設(shè)背包者身體均呈豎直，因而可認(rèn)為5每條背包帶均在豎直面內(nèi)甲中背包帶對人的肩部的作用力設(shè)為Fi；乙中的背包帶與豎直方向的夾角為0 （如圖），其背包帶對人肩部的作用力設(shè)為F2；丙中的兩根背包帶與豎直方向的夾角均為 0 （如圖），其每 根背包帶對人肩部的作用力均為F3. .若三種情況所背的包完全相同，不考慮背包跟人體間的摩擦，則關(guān)于Fl、F2、F3大小的下列關(guān)系正確的是 （）圖 8 8A.A.Fi F2B.B.F2 F3C.C.Fi F3D.D.F3=F2答案 B B解析

9、由圖可知，題圖甲中背包帶沿豎直方向，所以每一根背包帶的作用力都等于的作用力等于兩根背包帶的作用力的和，即等于Fi=mg乙圖中，背包受到重力、腿部的支持力和肩膀的作用力如圖則：F2=衆(zhòng)不能判斷出F3與Fi的大小關(guān)系. .所以只有選項 B B 正確. .7.7.（多選）如圖 9 9 所示，傾角為 a 的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物體a放在斜劈上，輕質(zhì)細(xì)線一端固定在0.50.5mg則背包帶對肩部題圖丙中，背包受到兩邊肩膀的作用力，如圖b b 所示，則：mg=2 2F3COSCOS 0所以：F3= 2co2co；g0Fi F2,F3 F2，由于夾角0 是未知的，所以不能判變大F3與重力mg的大小關(guān)系，

10、因此由以上的分析可得:物體a上，另一端繞過光滑的滑輪固定在c點，滑輪 2 2 下懸掛物體b,系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài). .若將固定點c向右移動少許，而a與斜劈始終靜止，則（）7圖 9 9A.A. 細(xì)線對物體a的拉力增大B.B. 斜劈對地面的壓力減小C.C. 斜劈對物體a的摩擦力減小D.D. 地面對斜劈的摩擦力增大答案 ADAD解析 對滑輪和物體b受力分析,如圖甲所示:將固定點c向右移動少許，則 0變大，故拉力FT增大，故 A A 正確；對斜劈、物體a、物體b整體受力分析,有：FN=GS-FTCOS0 =G 總22,FN與角度 0 無關(guān)，恒定不變；根據(jù)牛頓第三定律，斜劈對地面的壓力也 不變，故 B B

11、錯誤；有： 噸=跡20)0)，重力加速度為g,由此可求出( () )A.A. 物體A的質(zhì)量B.B. 斜面的傾角C.C. 物體 A A 對斜面的正壓力D.D. 物體 A A 與斜面間的最大靜摩擦力解析：選 D.D.設(shè)物體A的質(zhì)量為M砂桶的質(zhì)量為m,物體與斜面間的最大靜摩擦力為fm,斜面傾角為 0 , 由平衡條件可得物體A將要上滑時，有mg+mg=Minin 0 +fm；物體A將要下滑時，有mg+mg=Mginin 0 fm,可得fm=mg；mg, D D正確.不能求出其他的物理量，A AB B、C C 錯誤.1515如圖所示，粗糙水平面上有一固定的、粗糙程度處處相同的圓弧形框架ABC框架下面放置

12、一塊厚度不計的金屬板，金屬板的中心0點是框架的圓心，框架上套有一個輕圓環(huán)，用輕彈簧把圓環(huán)與金屬板的0點固定連接，開始時輕彈簧處于水平拉伸狀態(tài).用一個始終沿框架切線方向的拉力F拉動圓環(huán)，從左側(cè)水平C.C.滑塊 A A 與豎直擋板之間的彈力大小為mgtantan 0D.滑塊A對物體B的壓力大小為mgcoscos 0位置緩慢繞框架運動，直到輕彈簧達到豎直位置，金屬板始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，則在整個過程中A.A. 沿框架切線方向拉力F逐漸減小B.B. 水平面對金屬板的摩擦力逐漸增大C.C. 水平面對金屬板的支持力逐漸減小D.D. 框架對圓環(huán)的支持力逐漸減小解析：迭C彈舊伸長量不變，弾普的弾力大小尸不毎 彈畜

13、與水平方向夾甬為&金屬板受重力噸、支持力M彈簷的拉力阿口向右的靜摩撫力/作用，水平方向戶尸85鴿豎直方向俯尸価片驅(qū)，得心驅(qū)-尸血第隨看臼的增犬，支持力不斷迪小，靜摩揉力逐漸濾卜故B錯，C對圓環(huán)受聲蕃的拉力，框架的支持 力伏小不變?yōu)轫?、拉力戸和滑動摩換力 C 有尸=丁=緲，故拉尢I大小不變，人D錯.16.16.質(zhì)量均為m的a、b兩木塊疊放在水平面上， 如圖所示，a受到斜向上且與水平面成 0 角的力Fi的作用,b受到斜向下且與水平面成 0 角的力F2的作用，兩力大小相等，均為F,且在同一豎直平面內(nèi)，此時兩木 塊保持靜止，則（）A.A.b一定受到四個力的作用B.B. 水平面對b的支持力可能大

14、于 2 2mgC.C.a、b之間一定存在靜摩擦力D.D. b b 與水平面之間一定存在靜摩擦力解析：選 C.C.a受重力mg支持力FN、力Fi、靜摩擦力Ff，在水平方向上有Ff=Ficoscos0，故 C C 對；對a、b整體分析，在水平方向上，F(xiàn)i和F2的分力大小相等，方向相反，則地面對b無摩擦力，在豎直方向上，F(xiàn)i和F2的分力大小相等，方向相反，則地面的支持力為 2 2mg故 B B、D D 錯；由以上分析知，b受重力mg地面 支持力、a對b的壓力和摩擦力、力E共五個力作用，A A 錯.i7i7. 一輕繩一端系在豎直墻M上，另一端系一質(zhì)量為m的物體A,用一輕質(zhì)光滑圓環(huán)0穿過輕繩，并用力F拉

15、住輕環(huán)上一點，如圖所示.現(xiàn)使物體A從圖中實線位置緩慢下降到虛線位置.則在這一過程中，力F、繩中張力FT和力F與水平方向夾角 0的變化情況是（ ）15A A.F保持不變，F(xiàn)T逐漸增大， 夾角0 逐漸減小B B.F逐漸增大，F(xiàn)T保持不變， 夾角0 逐漸增大C.C.F逐漸減小，F(xiàn)T保持不變， 夾角0 逐漸減小D.D.F保持不變，F(xiàn)T逐漸減小， 夾角0 逐漸增大解析：選C圓環(huán)受到三個力，拉力貝臥及兩個繩子的拉力甩 三力平衡，故兩個繩子的拉力的合力與拉力F始終等值、反向、共線，由于兩個繩子的拉力等于咤，夾甬越大，合力越嘰 且合力在甬平分線上，故 拉力尸逐漸變小，由于始續(xù)與兩輕繩拉力的合力反向，故拉力尸逐

16、漸水平，逐漸變小，選項C正確*1818在機場貨物托運處，常用傳送帶運送行李和貨物，如圖所示靠在一起的兩個材料相同、質(zhì)量和大小均不同的行李箱隨傳送帶一起上行，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是（）A.A. 勻速上行時b受 3 3 個力作用B.B. 勻加速上行時b受 4 4 個力作用C.C.在上行過程中傳送帶因故突然停止后， b b 受 4 4 個力作用D.D.在上行過程中傳送帶因故突然停止后， b b 受的摩擦力一定比原來大解析：選 A.A.勻速上行時，對行李箱a b受力分析，分別受重力、支持力和靜摩擦力作用，a b間沒有擠壓，故不會有彈力，A A 對；同理，勻加速上行時，a、b

17、間也沒有擠壓，故不會有彈力，B B 錯；在上行過程中傳送帶因故突然停止時，a、b由于慣性繼續(xù)上滑，根據(jù)牛頓第二定律，有minmin B +卩mgcoscos 0 =ma解得a=g（sinsin 0 +卩 coscos 0 ），由于a、b的材料相同，動摩擦因數(shù)相同，故加速度相同，沒有相互擠壓，a、b受重力、支持力和沿傳送帶向下的摩擦力三個力作用，C C 錯；在上行過程中傳送帶因故突然停止后，a、b由于慣性繼續(xù)上滑，所受摩擦力為滑動摩擦力，而a、b沿傳送帶勻速運動時所受摩擦力不大于最大靜摩擦力，故b受到的摩擦力不一定變大，D D 錯.19.19.（多選）如圖所示，質(zhì)量為M的三角形木塊A靜止在水平面

18、上，其左右兩斜面光滑.一質(zhì)量為m的物體B沿傾角 a = 3030的右側(cè)斜面加速下滑時，三角形木塊A剛好保持靜止.假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,則當(dāng)物塊B沿傾角 3 = 6060的左側(cè)斜面下滑時，下列說法中正確的是（）77777777777777777777A.A.A將向右滑動，若要使A仍然靜止需對其施加向左側(cè)的作用力B.B.A仍然靜止不動，地面對A的摩擦力兩種情況下等大C.C. A A 仍然靜止不動，對地面的壓力比沿右側(cè)下滑時對地面的壓力小D.D.若 a = 4545,物塊沿右側(cè)斜面下滑時，A將滑動解析：選 AD.AD.物體B沿著右側(cè)斜面下滑時，對斜面的壓力等于重力的垂直分力，為F=mgco

19、scos 3030 ，對物體A受力分析，受重力、壓力、支持力和向右的靜摩擦力，如圖所示物體A恰好不滑動，故靜摩擦力達到最大值，等于滑動摩擦力，根據(jù)平衡條件得，水平方向：F F=Fsinsin 3030 ，豎直方向：FN=M葉Feoseos 3030。，其中 Ff =卩FN,解得卩=3Q4MI I 物體B從左側(cè)下滑，先假設(shè)斜面體A不動，受重力、支持力、壓力和向左的 摩擦力，如圖所示：Mg1 1 一壓力等于物體B重力的垂直分力，為F=mgcoscos 6060=qmg豎直方向受力平衡，支持力為：FN=M葉Feoseos 6060 =Mc 1 1mg故最大靜摩擦力Ffm=卩FN=3 33434 日皿

20、廿；壓力的水平分力為Feoseos 3030 =mgpFm,故定滑動，要使A靜止，需要對其施加向左的推力，故選項A A 正確，B B C C 錯誤；若 a= 4545,物體B沿右 側(cè)斜面下滑時，先假設(shè)A不滑動，B對A的壓力為mgcoscos 4545 ，該壓力的水平分量為 m m osos 4545 sinsin 4545 豎直分量為mgcoscos24545,與 a = 3030時相比，B對A壓力的水平分力變大了，B對A壓力的豎直分力變小了,故最大靜摩擦力減小了，故一定滑動，故選項D D 正確.20.20.長為L的通電導(dǎo)體放在傾角為0 的光滑斜面上，并處在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，如圖所示

21、，當(dāng)17B方向豎直向上，電流為11時導(dǎo)體處于平衡狀態(tài)，若B方向改為垂直斜面向上，則電流為12時導(dǎo)體仍處于A A. coscos 01 1C.C. sinsin 0D.D.sinsin 0解析；選 B 當(dāng)成豎直向上時，對導(dǎo)體受力分析如團 1 所示，由平衡條件得；場*遊伽處當(dāng)B垂直斜面向上時對導(dǎo)體受力分析如團 2 所示,由平衡條件得：遲丿憶二噸血殆 聯(lián)立得:?二三故選項 B 正確.21.21.如圖所示，小球P、Q帶電量相等、質(zhì)量相等（可視為點電荷），都用同樣長度的絕緣細(xì)線掛在絕緣的豎 直墻上O點，P球靠墻且其懸線剛好豎直，Q球懸線偏離豎直方向一定角度而靜止.由于某種外部原因，兩 球再次靜止時它們之

22、間的距離變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則下面所列原因中可能正確的是（）A A.Q的帶電量不變，P的帶電量變?yōu)樵瓉淼? 2 倍B B.P的帶電量不變，Q的帶電量變?yōu)樵瓉淼? 4 倍平衡狀態(tài)，電流比值19C.C.Q的帶電量不變，P的帶電量變?yōu)樵瓉淼? 8 倍D.D.P的帶電量不變，Q的帶電量變?yōu)樵瓉淼?616 倍圖解析：選 C.C.小球Q受力如圖所示，兩絕緣線的長度都是匚則厶OPQ是等腰三角形，線的拉力T與重力G相A等，G=G=T,小球靜止處于平衡狀態(tài)，則庫侖力F= 2Qin2Qin y y，若它們之間的距離變?yōu)樵瓉淼膬杀?，根?jù)力和T G FkQq邊三角形相似可得=x，當(dāng)x加倍時，庫侖力F必加倍，即庫侖力變?yōu)樵?/p>

23、來的 2 2 倍，根據(jù)庫侖定律F=-rS所嘆D葡吳.*2123.23.（多選）如圖所示，頂端附有光滑定滑輪的斜面體靜止在粗糙水平地面上，三條細(xì)繩結(jié)于跨過定滑輪平行于斜面連接物塊P,條繩連接小球Q P、Q兩物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，另一條繩的作用下使夾角 0 9090,且保持結(jié)點0位置不變，整個裝置始終處 于靜止?fàn)顟B(tài)下列說法正確的是（）A.A. 繩0A勺拉力先減小后增大B.B. 斜面對物塊P的摩擦力的大小可能先減小后增大C.C. 地面對斜面體有向右的摩擦力D.D.地面對斜面體的支持力大于物塊P P 和斜面體的重力之和解析；選 ABD 緩幔改變繩M M的方向至 0財?shù)倪^程04 拉力的方向變化如團 2,從1

24、位蚤 S2 2位毎勺 3 位置所示，可見創(chuàng)的拉力先減小后增大，莎的拉力一直增大故 A 正踰 若開始 B 寸 P 受繩子的拉力比較 小，則斜面對卩的摩撫力沿斜面向上0P 拉力一直增大，則摩撥力先變小后反向增九 故 B 正確$以斜面 和巴整體為研究對象受力分析根據(jù)平衡條件:斜面受地面的摩播力與 04 繩子水平方向的拉力等大反向， 故摩揀力方向向左，C 錯誤*以斜面體和尸為研究對象，在豎直方向上有：“界呂十施二川+尸 0故 N 舛 g+胚幻故 D 正確.24.24.（多選）如圖所示，一個質(zhì)量為 4 4 kgkg 的半球形物體A放在傾角為 0 = 3737的斜面B上靜止不動若用通 過球心的水平推力F= 1010