2020高考物理二輪復(fù)習(xí)題型歸納與訓(xùn)練%E3%80%80專題二力與物體的平衡(含解析)

1、2020高考物理二輪復(fù)習(xí)題型歸納與訓(xùn)練專題二力與物體的平衡題型一：運(yùn)動(dòng)物體的平衡問題【例1】（2019全國(guó)卷n）物塊在輕繩的拉動(dòng)下沿傾角為30。的固定斜面向上勻速運(yùn)動(dòng)，輕繩與斜面平行。已知物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為坐，重力加速度取10 m/s2。若輕繩能承3受的最大張力為1500 N,則物塊的質(zhì)量最大為（）A. 150 kgB. 100V3 kgC. 200 kgD. 200-J3 kg【答案】A【解析】物塊沿斜面向上勻速運(yùn)動(dòng)，受力如圖，根據(jù)平衡條件F = Ff+ mgsin (CDFf=FN Fn = mgcos (CD由僅得F = mgsin 0+mgos 0所以m =Fgsin 0+辭

2、os 0故當(dāng) Fmax=1500 N 時(shí)，有 mmax=150 kg, A 正確。題型二：物體的靜態(tài)平衡【例2】（2019全國(guó)卷n, 16）用卡車運(yùn)輸質(zhì)量為 m的勻質(zhì)圓筒狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩光滑斜面之間，如圖所示。兩斜面 固定在車上，彳角分別為 30。和60。重力加速度為go當(dāng)卡車沿平直公路勻速行駛時(shí)，圓筒對(duì)斜面 、壓力的大小分別為 Fi、F2,則（）A. Fi =F2 邛mgB. Fi =32 mg.F2 =mgD.Fi 等mg,1F2 = mg【解析】 卡車勻速行駛，圓筒受力平衡，對(duì)圓筒受力分析，如圖所示。由題意知，力 Fi與F2相互垂直。由牛頓第三定律知 Fi=Fi

3、9;，F(xiàn)2=F2',3貝U Fi = mgsin 60 = mg， 1、“一人F2= mgsin 30 = 2mg,選項(xiàng) D 正確。題型三：物體的動(dòng)態(tài)平衡問題【例3】（20i9全國(guó)卷II）如圖，一粗糙斜面固定在地面上，斜面頂端裝有一光滑定滑輪。一細(xì)繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊 N,另一端與斜面上的物塊 M相連，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用水平向左的拉力緩慢拉動(dòng)N,直至懸掛N的細(xì)繩與豎直方向成 45。已知M始終保持靜止，則在此過程中（）A.水平拉力的大小可能保持不變B. M所受細(xì)繩的拉力大小一定一直增加C. M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D. M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增加【答案】B

4、D【解析】選N為研究對(duì)象，受力情況如圖甲所示，由圖甲可知，用水平拉力F緩慢拉動(dòng)N的過程中，水平拉力 F逐漸增大，細(xì)繩的拉力 T逐漸增大，A錯(cuò)誤，B正確。甲對(duì)于M,受重力Gm、支持力Fn、繩的拉力T以及斜面對(duì)它的摩擦力 f,如圖乙所示，若開 始時(shí)斜面對(duì) M的摩擦力f沿斜面向上，則 T+f=GMsin 0, T逐漸增大，f逐漸減小，可能有 當(dāng)f減小到零后，再反向增大的情況；若開始時(shí)斜面對(duì)M的摩擦力沿斜面向下，此時(shí)， T =GMSin 0+ f,當(dāng)T逐漸增大時(shí)，f逐漸增大，C錯(cuò)誤，D正確。題型四多物體系的平衡-整體法、隔離法在平衡中的應(yīng)用【例4】如圖所示，光滑斜面的傾角為30。，輕繩通過兩個(gè)滑輪與

5、A相連，輕繩的另一端固定于天花板上，不計(jì)輕繩與滑輪的摩擦。物塊 A的質(zhì)量為m,不計(jì)滑輪的質(zhì)量，掛上物塊 B后，當(dāng)動(dòng)滑輪兩邊輕繩的夾角為90。時(shí)，A、B恰能保持靜止，則物塊 B的質(zhì)量為（）A.,2TmB. 1 2mD. 2m【解析】 先以物塊A為研究對(duì)象，由物塊A受力及平衡條件可得繩中張力T=mgsin 30 1再以動(dòng)滑輪為研究對(duì)象，分析其受力并由平衡條件有mBg = 后,解得mB=2m, A正確?！纠?】如圖甲所示，在粗糙水平面上靜止放置一個(gè)截面為三角形的斜劈，其質(zhì)量為M.兩個(gè)質(zhì)量分別為mi和m2的小物塊恰好能沿兩側(cè)面勻速下滑.若現(xiàn)在對(duì)兩物塊同時(shí)各施加一個(gè)平行于斜劈側(cè)面的恒力 Fi和F2,且F

6、i>F2,如圖乙所示.則在兩個(gè)小物塊沿斜面下滑的過 程中，下列說法正確的是 （）甲乙A.斜劈可能向左運(yùn)動(dòng)B,斜劈受到地面向右的摩擦力作用C.斜劈對(duì)地面的壓力大小等于（M + mi + m2）gD.斜劈對(duì)地面的壓力大小等于 （M + mi+m2）g+Fisin a+ F2sin 3【答案】C【解析】在未施加力之前，三個(gè)物體都處于平衡狀態(tài)，故可以對(duì)三個(gè)物體的整體受力分析， 受重力和支持力，故支持力為 （M+m + m2）g,沒有摩擦力；施加力之后，mi、m2與M的摩擦力、彈力都不變，則 M受力情況不變，斜劈仍保持靜止，根據(jù)牛頓第三定律可知斜劈對(duì) 地面的壓力大小等于（M + mi+m2）g,與

7、地面間沒有摩擦力，C正確.題型五：電場(chǎng)力作用下的物體平衡問題【例6】（20i9全國(guó)卷n, i5）如圖，空間存在一方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩個(gè)帶電小球P和Q用相同的絕緣細(xì)繩懸掛在水平天花板下，兩細(xì)繩都恰好與天花板垂直，則 （）A.P和Q都帶正電荷B.P和Q都帶負(fù)電荷D.P帶負(fù)電荷，Q帶正電荷C.P帶正電荷，Q帶負(fù)電荷【解析】細(xì)繩豎直，把P、Q看做整體，在水平方向所受電場(chǎng)力為零，所以P、Q必帶等量異種電荷，選項(xiàng) A、B錯(cuò)誤；如果P、Q帶不同性質(zhì)的電荷，受力如圖甲、乙所示，由圖 知，P帶正電荷，Q帶負(fù)電荷，水平方向的合力不為零；P帶負(fù)電荷、Q帶正電荷時(shí)符合題意，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。題型六：復(fù)合場(chǎng)中的

8、物體平衡問題【例7】（2017全國(guó)卷n, 16）如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向上（與紙面平行）,磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，三個(gè)帶正電的微粒 a、b、c電荷量相等，質(zhì) 量分別為ma、mb、mc,已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)， b在紙面內(nèi)向右做勻 速直線運(yùn)動(dòng)，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)。下列選項(xiàng)正確的是 （ ）A.ma >mb> mcB.mb>ma> mcC.mc> ma >mbD.mc> mb >ma【答案】 B【解析】由題意知，三個(gè)帶電微粒受力情況：mag = qE, mbg=qE+qvB, mcg+qvB =

9、 qE,所以mb>ma>mc,故選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤。題型七：安培力作用下導(dǎo)體棒平衡問題【例8】（2019渭南質(zhì)檢）如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為 3 V,內(nèi)阻不計(jì)，兩個(gè)不計(jì)電阻的金屬圓 環(huán)表面光滑，豎直懸掛在等長(zhǎng)的細(xì)線上，金屬環(huán)面平行，相距1 m,兩環(huán)分別與電源正負(fù)極相連?，F(xiàn)將一質(zhì)量為0.06 kg、電阻為1.5逆勺導(dǎo)體棒輕放在環(huán)上，導(dǎo)體棒與環(huán)有良好的接觸。 兩環(huán)之間有方向豎直向上、 磁感應(yīng)弓II度為0.4 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。 當(dāng)開關(guān)閉合后，導(dǎo)體棒恰好靜止在某位置不動(dòng)，（重力加速度g取10 m/s2）求：(1)在此位置上棒對(duì)每一個(gè)環(huán)的壓力大??；(2)若已知環(huán)的半徑為 0.5 m,求此位

10、置與環(huán)底的高度差?！敬鸢浮?(1)0.5 N (2)0.2 m【解析】 (1)棒受到的安培力大小 F = BIL棒中電流1=自R解得F = 0.8 N對(duì)棒受力分析如圖所示(從右向左看),兩環(huán)對(duì)棒的支持力的總和2Fn=42+ ( mg) 2解得 Fn=0.5 N由牛頓第三定律知，棒對(duì)每一個(gè)環(huán)的壓力大小為0.5 NoF 4 , 一(2)由圖中幾何關(guān)系有tan 0= mg=3,故0= 53棒距環(huán)底的高度 h=r(1 cos = 0.2 m?！緩?qiáng)化訓(xùn)練】1 .如圖所示，兩梯形木塊 A、B疊放在水平地面上，A、B之間的接觸面傾斜，A的左側(cè)靠在光滑的豎直墻面上，關(guān)于兩木塊的受力，下列說法正確的是A.A、B

11、之間一定存在摩擦力作用B.木塊A可能受三個(gè)力作用C.木塊A 一定受四個(gè)力作用D.木塊B受到地面的摩擦力作用方向向右【答案】B【解析】由于A、B間接觸面情況未知，若 A、B接觸面光滑，則 A、B間沒有摩擦力，故A錯(cuò)誤；對(duì)A受力分析可知，A一定受重力和B對(duì)A的支持力，另外受向右的彈力，因 為A、B間可能沒有摩擦力，故 A可能只受三個(gè)力，故 B正確，C錯(cuò)誤；木塊B受重力、支 持力、A對(duì)B的垂直于接觸面的壓力以及推力F作用，若壓力向右的分力等于F,則B不受摩擦力，故D錯(cuò)誤。2 .(2019浙江選考，11)如圖所示，一根粗糙的水平橫桿上套有A、B兩個(gè)輕環(huán)，系在兩環(huán)上的等長(zhǎng)細(xì)繩拴住的書本處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將

12、兩環(huán)距離變小后書本仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，則 ()A.桿對(duì)A環(huán)的支持力變大B.B環(huán)對(duì)桿的摩擦力變小C.桿對(duì)A環(huán)的力不變D.與B環(huán)相連的細(xì)繩對(duì)書本的拉力變大【答案】B【解析】以環(huán)、繩和書本整體為研究對(duì)象，在豎直方向上始終受力平衡，故桿對(duì)其中一環(huán)的支持力Fn恒等于書本重力的一半，故 A錯(cuò)誤；設(shè)繩與水平桿之間的夾角為仇又B環(huán)受力分析，可得桿對(duì) B環(huán)的摩擦力Ff= -FN-，兩環(huán)距離減小，夾角。增大，摩擦力Ff減小,tan 0故B環(huán)對(duì)桿的摩擦力變小，B正確；桿對(duì)環(huán)的作用力包括支持力和摩擦力， 根據(jù)環(huán)受力平衡 可知，兩者的合力大小與繩的拉力大小相等， 而繩的拉力大小5=黑，可知，夾角。增大， 拉力大小減小，故

13、C、D錯(cuò)誤。3 .（2019陜西寶雞模擬）如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向與水平方向夾角為30。且斜向右上方，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向垂直于紙面 （圖中未畫出）。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球（可視 為質(zhì)點(diǎn)）以與水平方向成 30。角斜向左上方的速度 v做勻速直線運(yùn)動(dòng)，重力加速度為 go則 （）A.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向可能垂直于紙面向外B.小球一定帶正電荷C.電場(chǎng)強(qiáng)度大小為mgqD.磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為mgqv【解析】小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，受到的合力為零，假設(shè)小球帶正電，則小球所受重力、電場(chǎng)力情況如圖甲所示， 小球受到的洛倫茲力應(yīng)沿虛線但方向未知，小球受到的重力與電場(chǎng)力的合力與洛倫茲力不可能平衡，故小球不可能做勻

14、速直線運(yùn)動(dòng)，說明小球一定帶負(fù)電， 選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小球的受力情況如圖乙所示， 小球受到的洛倫茲力一定斜向右上方，根據(jù)左手定則，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向一定垂直于紙面向里，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)幾何關(guān)系，電場(chǎng)力大小qE=mg,洛倫茲力大小qvB= V3mg, 解得E = mg, B =qvg,選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。卬4 .（多選）（2019四川攀枝花一模）如圖所示，表面光滑的半球形物體固定在水平面上，光滑小環(huán)D固定在半球形物體球心 O的正上方，輕質(zhì)彈簧一端用輕質(zhì)細(xì)繩固定在A點(diǎn)，另一端用輕質(zhì)細(xì)繩穿過小環(huán) D與放在半球形物體上的小球 P相連，DA水平?，F(xiàn)將細(xì)繩固定點(diǎn) A向右緩慢平移白過程中（小千P未到達(dá)半球最高點(diǎn)前），下

15、列說法正確的是（）A.彈簧變短C.小球?qū)Π肭虻膲毫Σ蛔僁.小球?qū)Π肭虻膲毫ψ兇驜.彈簧變長(zhǎng)【答案】AC【解析】以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，小球受重力 G、細(xì)線的拉力Ft和半球面的支持力 Fn,作出Fn、Ft的合力F,由平衡條件得知 F = G,由圖根據(jù)三角形相似可得 PO=DO = PT，F(xiàn) =POPDG代入得：FN=DOG, FT=DOG,將細(xì)繩固定點(diǎn) A向右緩慢平移， DO、PO不變，PD變小，可見Ft變小，F(xiàn)n不變，即知彈簧的彈力變小，彈簧變短。由牛頓第三定律知小球?qū)Π肭虻膲毫Σ蛔?，?A、C正確，B、D錯(cuò)誤。5 .（2019成都市第七中學(xué)高三考前預(yù)測(cè)）如圖所示，光滑絕緣的斜面與水平面的夾角為9,

16、導(dǎo)體棒ab靜止在斜面上，ab與斜面底邊平行，通有圖示的恒定電流I,空間充滿豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 Bo現(xiàn)緩慢增大0（0< 9< 90° ）若電流I不變，且ab始終靜止 在斜面上（不考慮磁場(chǎng)變化產(chǎn)生的影響）,下列說法正確的是（）B.B應(yīng)緩慢增大A. B應(yīng)緩慢減小C.B應(yīng)先增大后減小D. B應(yīng)先減小后增大【答案】B【解析】作出側(cè)視圖，如圖所示，可知金屬棒受重力、支持力及向右的安培力的作用。增大角度仇要使棒仍然平衡，則支持力與安培力的合力一直等于重力，則由圖可知，安培力緩慢增大，故磁感應(yīng)強(qiáng)度緩慢增大，選項(xiàng)B正確。6 .如圖所示，輕繩OA、OB系于水平桿上的 A點(diǎn)和

17、B點(diǎn)，兩繩與水平桿之間的夾角均為 30°, 重物通過細(xì)線系于 。點(diǎn)。將桿在豎直平面內(nèi)沿順時(shí)針方向緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)30°,此過程中（ ）A.OA繩上拉力變大,C.OA繩上拉力變小,【答案】BOB繩上拉力變大OB繩上拉力變大B.OA繩上拉力變大,D.OA繩上拉力變小,OB繩上拉力變小OB繩上拉力變小【解析】桿在轉(zhuǎn)動(dòng)前，由平衡條件得2FAsin 30°= mg,則FA=FB=mg,當(dāng)桿在豎直平面內(nèi)沿順時(shí)針方向緩慢轉(zhuǎn)動(dòng) 30。的過程中，O點(diǎn)始終受力平衡，則Fa' sin 60= m g,FA'= ¥mg,3Fb'=匕二?0三乎mg,即OA繩上拉力

18、變大，OB繩上拉力變小，故 B正確。7 .（2019浙江寧波適應(yīng)性考試）如圖甲所示，兩段等長(zhǎng)絕緣輕質(zhì)細(xì)繩將質(zhì)量分別為m、3m的帶電小球A、B（均可視為點(diǎn)電荷）懸掛在。點(diǎn)，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，然后在水平方向施加一勻強(qiáng)電場(chǎng)，當(dāng)系統(tǒng)再次達(dá)到靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，如圖乙所示，小球B剛好位于。點(diǎn)正下方（細(xì)繩始終處于繃緊狀態(tài)）。則兩個(gè)點(diǎn)電荷帶電荷量Qa與Qb的大小關(guān)系正確的是（）AC甲乙A.7 3B.3 1C.3 7D.5 3【答案】A【解析】在圖乙中，設(shè) OA與豎直方向的夾角為 &又A、B整體受力分析，由平衡條件可得Toacos 0= 4mg, （QaQB）E=ToAsin 0；對(duì)B受力分析，由平衡條件可得

19、（Tab+F庫(kù)）cos 0 = 3mg, （Tab+F庫(kù)）sin 0= QbE,由以上各式聯(lián)立解得 Qa = 7,故A正確。QB 38 .如圖所示，工地的建筑工人用磚夾搬運(yùn)5塊相同的醇，當(dāng)醇處于平衡狀態(tài)時(shí)，下列說法正確的是（）A.醇夾對(duì)醇的水平壓力越大，1、5兩塊磚受到的摩擦力越大B.3受到2施加的摩擦力大小等于自身重力的一半C.4對(duì)3的摩擦力方向豎直向下D.1受到2施加的摩擦力與4受到5施加的摩擦力相同【答案】B【解析】 只有滑動(dòng)摩擦力才和正壓力成正比，靜摩擦力與壓力大小無關(guān)，A錯(cuò)誤；設(shè)每塊醇重為G,對(duì)這5塊磚各自受力分析，3受到2施加的摩擦力大小等于自身重力的一半，B正確；4對(duì)3的摩擦力方

20、向豎直向上， C錯(cuò)誤；1受到2施加的摩擦力與 4受到5施加的摩 擦力大小相等、方向相反， D錯(cuò)誤。9 .（多選）如圖所示，質(zhì)量分別為 m1、m2的兩個(gè)物體通過輕彈簧連接，在力 F的作用下一起 沿水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)， m1在地面，m2在空中。此時(shí)，力 F與水平方向成。角，彈簧 中彈力大小為 Fi,彈簧軸線與水平方向的夾角為 % m1受地面的摩擦力大小為 Ff,則下列 說法正確的是（ ）B.?？赡艿扔赼D.F 一定大于FfA. 0 一"定大于 aC.F 一定大于Fi【答案】ACD【解析】m2受三力平衡：m2g、F、Fi,根據(jù)平衡條件知水平方向，有 Fcos 0= Ficos a,豎直

21、 方向，有 Fsin 0= Fisin a + m2g，則 F = M（Ficos a） 2+ （ Fisinm2g） 2 =Mf2+2Fim2gsin 升 m2g2,所以 F>Fi,即 cos （Xcos a,所以 0> a,根據(jù)整體法得 Fcos 0 = Ff,所以F>Ff,故A、C、D正確，B錯(cuò)誤。i0.如圖所示，在一豎直平面內(nèi)，y軸左側(cè)有一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)Ei和一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B, y軸右側(cè)有一豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng) 微粒從x軸上A點(diǎn)以一定初速度與水平方向成 中m、q、B均已知，重力加速度為 g,則（E2。一電荷量為q（電性未知卜質(zhì)量為m的 437。角沿直線經(jīng)P

22、點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到圖中C點(diǎn)，其 ）A.微粒一定帶負(fù)電B.電場(chǎng)強(qiáng)度E2一定豎直向上一 、 Ei 4c.兩電場(chǎng)強(qiáng)度之比己=3D.微粒的初速度為5mgv=4qB【答案】BD【解析】微粒從A到P受重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力作用做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由左手定則及靜電力的性質(zhì)可確定微粒一定帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；此時(shí)有qEi=mgtan 37 ,0微粒從P到C在靜電力、重力作用下做直線運(yùn)動(dòng)，必有mg=qE2,所以E2的方向豎直向上，選項(xiàng)B正確；由以上分析可知E= 4，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；AP段有mg= qvBcos 37 °,即v=5mg，選項(xiàng)D正確。11.如圖所示，A、B、C三根平行通電直導(dǎo)線質(zhì)量均為m,通入的電流大小相等，其中 C中的電流方向與 A、B中的電流方向相反，A、B放置在粗糙的水平面上，C靜止在空中，三根導(dǎo)線的截面處于一個(gè)等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，且三根導(dǎo)線均保持靜止，重力加速度為g,則A導(dǎo)線受到B導(dǎo)線的作用力大小和方向?yàn)?（）C或* * *f*/4*小迎二一二二耘百 z z x zz zZzzz3 3A.、-mg,萬向由A指向BB. mg,萬向由B指向AC.43mg,方向由A指向BD.43mg,方向由B指向A【答案】A【解析】