（江蘇專版）2019版高考物理二輪復習 專題一 第一講 力與物體平衡課前自測診斷卷（含解析）

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1、力與物體平衡 考點一 受力分析 1.[考查共點力的平衡條件、彈力的方向判斷] 如圖所示，三個形狀不規(guī)則的石塊a、b、c在水平桌面上成功地疊放在一起。下列說法正確的是(　　) A．石塊b對a的支持力一定豎直向上 B．石塊b對a的支持力一定等于a受到的重力 C．石塊c受到水平桌面向左的摩擦力 D．石塊c對b的作用力一定豎直向上 解析：選D　由題圖可知，a與b的接觸面不是水平面，可知石塊b對a的支持力與其對a的靜摩擦力的合力，跟a受到的重力是一對平衡力，故A、B錯誤；以三個石塊作為整體研究，整體受到的重力與支持力是一對平衡力，則石塊c不會受到水平桌面的摩擦力，故C錯誤；選取a、

2、b作為整體研究，根據(jù)平衡條件，石塊c對b的作用力與其重力平衡，則石塊c對b的作用力一定豎直向上，故D正確。 2．[考查摩擦力的有無及方向判斷] 如圖所示，超市為方便顧客，安裝了智能化的傾斜向上的自動扶梯(無臺階)。在沒有乘客乘行時，自動扶梯以較小的速度勻速運行，當乘客站立乘行(手不扶扶手)時，自動扶梯經(jīng)過先加速再勻速兩個階段運行。則該扶梯在運送乘客的過程中(　　) A．扶梯勻速運行時，乘客不受摩擦力作用 B．扶梯勻速運行時，乘客對扶梯的作用力方向豎直向下 C．扶梯加速運行時，扶梯對乘客的摩擦力方向與運動方向相反 D．扶梯加速運行時，扶梯對乘客的作用力方向與運動方向相反 解析：選B

3、　扶梯勻速運行時，乘客所受的摩擦力等于重力沿扶梯向下的分力，選項A錯誤；勻速運動階段，乘客處于平衡狀態(tài)，扶梯對乘客的作用力豎直向上，乘客對扶梯的作用力方向豎直向下，選項B正確；扶梯加速運行時，由于智能化的自動扶梯無臺階，乘客站在斜面上，乘客的加速度的方向沿斜面向上，乘客要受到沿斜面向上的摩擦力的作用，與運動方向相同，選項C錯誤；加速度有水平方向的分量，扶梯對乘客的摩擦力有水平方向的分力，所以扶梯對乘客的作用力指向斜上方，選項D錯誤。 3．[考查力的合成與分解] 在如下所示的甲、乙、丙、丁四圖中，滑輪本身的重力忽略不計，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩ab繞過滑輪，a端固定在墻上，b

4、端下面掛一個質(zhì)量都是m的重物，當滑輪和重物都靜止不動時，甲、丙、丁圖中桿P與豎直方向夾角均為θ，圖乙中桿P在豎直方向上，假設(shè)甲、乙、丙、丁四圖中滑輪受到木桿彈力的大小依次為F甲、F乙、F丙、F丁，則以下判斷中正確的是(　　) A．F甲＝F乙＝F丙＝F丁　　 B．F丁＞F甲＝F乙＞F丙 C．F甲＝F丙＝F?。綟乙 D．F丙＞F甲＝F乙＞F丁 解析：選B　由于兩個繩子的拉力大小等于重物的重力大小，即四個選項中繩子的拉力是大小相等的，根據(jù)平行四邊形定則知兩個力的夾角越小，則合力越大，即滑輪兩邊繩子的夾角越小，繩子拉力的合力越大，故丁圖中繩子夾角最小，繩子拉力的合力最大，則滑輪受到木桿的彈力

5、最大，丙圖中繩子夾角最大，繩子拉力的合力最小，則滑輪受到木桿的彈力最小，甲、乙兩圖中繩子的夾角相等，繩子拉力的合力相等，故滑輪受到木桿的彈力大小F甲＝F乙，所以F?。綟甲＝F乙＞F丙，故選B。 4．[考查物體的平衡條件] 科技的發(fā)展正在不斷地改變著我們的生活，圖甲是一款放在水平桌面上的手機支架，其表面采用了納米微吸材料，用手觸碰無粘感，接觸到平整光滑的硬性物體時，會牢牢吸附在物體上。圖乙是手機靜止吸附在該手機支架上的側(cè)視圖，若手機的重力為G，下列說法正確的是(　　) A．手機受到的支持力大小為Gcos θ B．手機受到的摩擦力大小大于Gsin θ C．納米微吸材料對手機的作用力方

6、向豎直向上 D．納米微吸材料對手機的作用力大小為Gsin θ 解析：選C　手機處于靜止狀態(tài)，受力平衡，根據(jù)平衡條件可知，在垂直支架方向有：FN＝Gcos θ＋F吸，大于Gcos θ，故A錯誤；在平行斜面方向，根據(jù)平衡條件，有：f＝Gsin θ，故B錯誤；手機處于靜止狀態(tài)，受力平衡，受到重力和納米微吸材料對手機的作用力，根據(jù)平衡條件可知，納米微吸材料對手機的作用力大小等于重力，方向與重力方向相反，豎直向上，故C正確，D錯誤。 考點二 整體法與隔離法的應用 5.[考查整體法與隔離法、力的合成與分解] 如圖所示，質(zhì)量為M的四分之一圓柱體放在粗糙水平地面上，質(zhì)量為m的正方體放在圓柱體和光滑

7、墻壁之間，且不計圓柱體與正方體之間的摩擦，正方體與圓柱體的接觸點的切線與右側(cè)墻壁成θ角，圓柱體處于靜止狀態(tài)。則(　　) A．地面對圓柱體的支持力為Mg B．地面對圓柱體的摩擦力為mgtan θ C．墻壁對正方體的彈力為 D．正方體對圓柱體的壓力為 解析：選C　以正方體為研究對象，受力分析，如圖： 由幾何知識得，墻壁對正方體的彈力FN1＝ 圓柱體對正方體的彈力 FN2＝， 根據(jù)牛頓第三定律得正方體對圓柱體的壓力為。 以圓柱體和正方體為研究對象，豎直方向受力平衡， 地面對圓柱體的支持力：FN＝(M＋m)g， 水平方向受力平衡，地面對圓柱體的摩擦力： Ff＝FN1＝。故選C

8、。 6．[考查整體法與隔離法、物體的平衡條件] [多選]如圖所示，木板C放在水平地面上，木板B放在C的上面，木板A放在B的上面，A的右端通過輕質(zhì)彈簧秤固定在豎直的墻壁上，A、B、C質(zhì)量相等，且各接觸面動摩擦因數(shù)相同，用大小為F的力向左拉動C，使它以速度v勻速運動，三者穩(wěn)定后彈簧秤的示數(shù)為T。則下列說法正確的是(　　) A．B對A的摩擦力大小為T，方向向左 B．A和B保持靜止，C勻速運動 C．A保持靜止，B和C一起勻速運動 D．C受到地面的摩擦力大小為F－T 解析：選ACD　由題意，A、B、C質(zhì)量相等，且各接觸面動摩擦因數(shù)相同，再依據(jù)滑動摩擦力公式Ff＝μFN，可知，B、C之間的滑

9、動摩擦力大于A、B之間的滑動摩擦力，因此在F作用下，B、C作為一整體是運動的，對A受力分析：A受水平向右的拉力和水平向左的摩擦力，那么根據(jù)平衡條件可知，B對A的摩擦力大小為T，方向向左，故A、C正確，B錯誤；又因為木板間力的作用是相互的，則木板B受到A對它水平向右的摩擦力，大小為T，由于B、C做勻速直線運動，則B、C受到水平向左的拉力F和水平向右的兩個摩擦力(A對B的摩擦力和地面對C的摩擦力)而平衡，根據(jù)平衡條件可知，C受到地面的摩擦力大小為F－T，故D正確。 7．[考查整體法與隔離法、摩擦力的分析與判斷] [多選]如圖所示，質(zhì)量為M的斜面體A放在粗糙水平面上，用輕繩拴住質(zhì)量為m的小球B置

10、于斜面上，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，已知斜面傾角及輕繩與豎直方向的夾角均為θ＝30°。不計小球與斜面間的摩擦，則(　　) A．輕繩對小球的作用力大小為mg B．斜面體對小球的作用力大小為mg C．斜面體對水平面的壓力大小為(M＋m)g D．斜面體與水平面間的摩擦力大小為mg 解析：選AD　以小球B為研究對象，受力如圖甲所示，由幾何關(guān)系知θ＝β＝30°。根據(jù)受力平衡可得 FT＝FN＝mg 以斜面體A為研究對象，其受力如圖乙所示。 由受力平衡得FN1＝Mg＋FN′cos θ＝Mg＋mg Ff＝FN′sin θ＝mg 故選項B、C錯誤，A、D正確。 考點三 動態(tài)平衡問題

11、 8.[考查用圖解法分析動態(tài)平衡問題] 質(zhì)量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上。用水平向左的力F緩慢拉動繩的中點O，如圖所示。用T表示繩 OA段拉力的大小，在O點向左移動的過程中(　　) A．F逐漸變大，T逐漸變大 B．F逐漸變大，T逐漸變小 C．F逐漸變小，T逐漸變大 D．F逐漸變小，T逐漸變小 解析：選A　以O(shè)點為研究對象，受力如圖所示，當用水平向左的力緩慢拉動O點時，則繩OA與豎直方向的夾角變大，由共點力的平衡條件知F逐漸變大，T逐漸變大，選項A正確。 9．[考查用解析法分析動態(tài)平衡問題] [多選]如圖所示，疊放在一起的A、B兩物體放置在光滑水平地面上，A、B之間的水平接

12、觸面是粗糙的，細線一端固定在A物體上，另一端固定于N點，水平恒力F始終不變，A、B兩物體均處于靜止狀態(tài)，若將細線的固定點由N點緩慢下移至M點(線長可變)，A、B兩物體仍處于靜止狀態(tài)，則(　　) A．細線的拉力將減小 B．A物體所受的支持力將增大 C．A物體所受摩擦力將增大 D．水平地面所受壓力將減小 解析：選AB　以A、B兩物體組成的系統(tǒng)作為研究對象，受力分析如圖甲所示。 水平方向FTcos α＝F，豎直方向：FN＋FTsin α＝(mA＋mB)g，因為細線與水平地面的夾角α減小，cos α增大，sin α減小，F(xiàn)T將減小，F(xiàn)N將增大，所以細線所受拉力減小，地面受到的壓力增大，

13、A正確，D錯誤；以物體A為研究對象，受力分析如圖乙所示，豎直方向：FNA＋FTsin α＝mAg，F(xiàn)T減小，sin α減小，所以FNA增大，B正確；以B為研究對象，在水平方向上由力的平衡可得Ff＝F，A物體所受摩擦力不變，C錯誤。 10．[考查用相似三角形法求解動態(tài)平衡問題] [多選]如圖所示，質(zhì)量均為m的小球A、B用勁度系數(shù)為k1的輕彈簧相連，B球用長為L的細繩懸于O點，A球固定在O點正下方，當小球B平衡時，繩子所受的拉力為FT1，彈簧的彈力為F1；現(xiàn)把A、B間的彈簧換成原長相同但勁度系數(shù)為k2(k2>k1)的另一輕彈簧，在其他條件不變的情況下仍使系統(tǒng)平衡，此時繩子所受的拉力為FT2，彈

14、簧的彈力為F2，則下列關(guān)于FT1與FT2、F1與F2大小之間的關(guān)系，正確的是(　　) A．FT1>FT2 B．FT1＝FT2 C．F1

15、 [多選]如圖所示，絕緣水平地面上固定一個光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角θ＝30°。一根輕質(zhì)絕緣細線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個帶電小球A，細線與斜面平行，且小球A正好靜止在斜面中點。在小球A的正下方地面處固定放置一帶電小球B，兩球相距為d。已知兩球的質(zhì)量均為m、電荷量均為＋q，靜電力常量為k，重力加速度為g，兩球均可視為點電荷。則下列說法正確的是(　　) A．兩球之間的庫侖力F＝k B．當＝ 時，斜面對小球A的支持力為 C．當＝ 時，細線上拉力為0 D．將小球B移到斜面底面左端C點，當＝2時，斜面對小球A的支持力為0 解析：選ABD　依據(jù)庫侖定律，得兩球之間的庫侖力大小

16、為F＝k，故A正確；當＝ 時，則有k＝mg，對球A受力分析，如圖甲所示： 根據(jù)矢量的合成法則，依據(jù)三角知識，則支持力N＝，拉力T＝，故B正確，C錯誤；當小球B移到斜面底面左端C點，對球A受力分析，如圖乙所示： 依據(jù)幾何關(guān)系可知，T與F的夾角為120°，且兩力的合力與重力反向，當＝ 時，即有k＝mg，根據(jù)矢量的合成法則，則有兩合力與重力等值反向，那么斜面對小球A的支持力為N＝0，而現(xiàn)在＝2時，即有k＝4mg，那么小球A離開斜面，因此斜面對小球A的支持力仍為零，故D正確。 12．[考查庫侖力作用下物體的動態(tài)平衡問題] 如圖所示，可視為質(zhì)點的兩個帶同種電荷的小球a和b，分別靜止在豎直墻面和水

17、平地面上；b球被光滑豎直板擋住，所有接觸面均光滑，a球由于緩慢漏電而緩慢下降，在此過程中(　　) A．地面對b球的支持力變小 B．豎直擋板對b球的彈力變小 C．a(chǎn)、b兩球間的作用力變大 D．以上說法均不正確 解析：選C　對a、b整體而言，豎直方向受重力和地面的支持力，故支持力總等于兩球的重力，可知地面對b球的支持力不變，選項A錯誤；對a球受力分析如圖：受到重力G，庫侖力F和墻面的彈力N，當a球下移時，由受力圖可知，N和F均變大，可知選項C正確；對a、b整體，水平方向豎直擋板對b球的彈力等于墻面對a球的彈力N，則豎直擋板對b球的彈力變大，選項B錯誤；綜上所述，選項D錯誤。 13．[考

18、查復合場中帶電粒子的平衡問題] 質(zhì)量為m，電量為q的微粒以速度v與水平方向成θ角從O點進入方向如圖所示的正交的勻強電場和勻強磁場組成的混合場區(qū)，該微粒在電場力、磁場力和重力的共同作用下，恰好沿直線運動到A，下列說法中正確的是(　　) A．該微?？赡軒д姾梢部赡軒ж撾姾? B．微粒從O到A的運動一定是勻加速直線運動 C．該磁場的磁感應強度大小為 D．該電場的場強為 解析：選C　若粒子帶正電，電場力向左，洛倫茲力垂直于OA線斜向右下方，則電場力、洛倫茲力和重力不能平衡；若粒子帶負電，電場力向右，洛倫茲力垂直于OA線斜向左上方，則電場力、洛倫茲力和重力能平衡，則該微粒帶負電，故A錯誤。粒

19、子受到重力和電場力不變，由于粒子沿直線運動，則洛倫茲力大小不變，粒子的運動一定是勻速直線運動，故B錯誤。粒子受力如圖，由平衡條件得：qvBcos θ＝mg，qE＝mgtan θ，解得：B＝，E＝，故C正確，D錯誤。 14．[考查安培力作用下導體的動態(tài)平衡問題] 如圖所示，兩根通電直導體棒用四根長度相等的絕緣細線懸掛于O1、O2兩點，已知O1O2連線水平，導體棒靜止時絕緣細線與豎直方向的夾角均為θ，保持導體棒中的電流大小和方向不變，在導體棒所在空間加上勻強磁場后絕緣細線與豎直方向的夾角均增大了相同的角度，下列分析正確的是(　　) A．兩導體棒中的電流方向一定相同 B．所加磁場的方向可能沿x軸正方向 C．所加磁場的方向可能沿z軸正方向 D．所加磁場的方向可能沿y軸負方向 解析：選C　未加磁場時，由兩導體棒靜止時絕緣細線與豎直方向的夾角均為θ，可知兩導體棒中的電流方向一定相反，且電流大小相等，選項A錯誤；在導體棒所在空間加上勻強磁場后絕緣細線與豎直方向的夾角均增大了相同的角度，由左手定則可知，所加磁場的方向可能沿z軸正方向，選項C正確，B、D錯誤。 8