（新課標(biāo)）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化訓(xùn)練1 力與物體的平衡（含解析）

專題強(qiáng)化訓(xùn)練(一)一、選擇題(共11個(gè)小題，4、9、10為多選，其余為單項(xiàng)選擇題，每題5分共55分)1.如圖所示，一只松鼠沿著較粗均勻的樹枝從右向左緩慢爬行，在松鼠從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，下列說法正確的是()A松鼠對(duì)樹枝的彈力保持不變B松鼠對(duì)樹枝的彈力先減小后增大C松鼠對(duì)樹枝的摩擦力先減小后增大D樹枝對(duì)松鼠的作用力先減小后增大答案C解析松鼠所受的彈力Nmgcos，從A到B的過程中，先減小后增大，則彈力先增大后減小，故A、B兩項(xiàng)錯(cuò)誤；松鼠所受的摩擦力fmgsin，從A到B的過程中，先減小后增大，則摩擦力先減小后增大，故C項(xiàng)正確；樹枝對(duì)松鼠的作用力與松鼠的重力等值反向，所以樹枝對(duì)松鼠的作用力大小不變，故D項(xiàng)錯(cuò)誤故選C項(xiàng)2(2019·浙江二模)如圖所示，斜面體M靜止在水平面上，滑塊m恰能沿斜面體自由勻速下滑，現(xiàn)在滑塊上加一豎直向下的恒力F，則與未施加恒力F時(shí)相比，下列說法錯(cuò)誤的是()Am和M間的壓力變大Bm和M間的摩擦力變大C水平面對(duì)M的支持力變大DM和水平面間的摩擦力變大答案D解析滑塊恰好沿斜面勻速下滑時(shí)，滑塊對(duì)楔形斜面體的壓力等于mgcos，斜面體對(duì)滑塊的摩擦力為mgcos，施加一個(gè)豎直向下的恒力F后滑塊對(duì)斜面體的壓力等于(mgF)cos，變大斜面體對(duì)滑塊的摩擦力為(mgF)cos，變大，故A、B兩項(xiàng)正確；滑塊恰好沿斜面勻速下滑，根據(jù)平衡條件有：mgsinmgcos，解得：tan.對(duì)滑塊和斜面體整體可知，整體水平方向不受外力，所以地面對(duì)斜面體的摩擦力為零地面對(duì)斜面體的支持力等于整體的總重力施加一個(gè)豎直向下的恒力F，有：(mgF)sin(mgF)cos，可知物塊仍然做勻速運(yùn)動(dòng)再對(duì)滑塊和斜面體整體受力分析知，整體水平方向不受外力，所以地面對(duì)楔形斜面體的摩擦力為零，地面對(duì)楔形斜面體的支持力等于整體的總重力與F之和，變大，故C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤本題選說法錯(cuò)誤的，故選D項(xiàng)3.長(zhǎng)時(shí)間低頭玩手機(jī)對(duì)人的身體健康有很大危害，當(dāng)?shù)皖^玩手機(jī)時(shí)，頸椎受到的壓力會(huì)比直立時(shí)大現(xiàn)將人體頭頸部簡(jiǎn)化為如圖所示的模型：頭部的重力為G，P點(diǎn)為頭部的重心，PO為提供支持力的頸椎(視為輕桿)可繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)，PQ為提供拉力的肌肉(視為輕繩)當(dāng)某人低頭時(shí)，PO、PQ與豎直方向的夾角分別為30°、60°，此時(shí)頸椎受到的壓力約為()A2GB.GC.G DG答案B解析設(shè)頭部重力為G，當(dāng)人體直立時(shí)，頸椎所承受的壓力等于頭部的重量，即FG；當(dāng)某人低頭時(shí)，PO、PQ與豎直方向的夾角分別為30°、60°，P點(diǎn)的受力如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系結(jié)合正弦定理可得：，解得：FOG，故A、C、D三項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確故選B項(xiàng)4如圖所示，一根通電的導(dǎo)體棒放在傾斜為的粗糙斜面上，置于圖示方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)增大電流，導(dǎo)體棒仍靜止，則在增大電流過程中，導(dǎo)體棒受到的摩擦力的大小變化情況可能是()A一直增大 B先減小后增大C先增大后減小 D始終為零答案AB解析若F安<mgsin，因安培力方向向上，則摩擦力方向向上，當(dāng)F安增大時(shí)，F(xiàn)摩減小到零，再向下增大，B項(xiàng)正確，C、D兩項(xiàng)錯(cuò)誤；若F安>mgsin，摩擦力方向向下，隨F安增大而一直增大，A項(xiàng)正確5(2019·安徽三模)如圖，用硬鐵絲彎成的光滑半圓環(huán)豎直放置，直徑豎直，O為圓心，最高點(diǎn)B處固定一光滑輕質(zhì)滑輪，質(zhì)量為m的小環(huán)A穿在半圓環(huán)上現(xiàn)用細(xì)線一端拴在A上，另一端跨過滑輪用力F拉動(dòng)，使A緩慢向上移動(dòng)小環(huán)A及滑輪B大小不計(jì)，在移動(dòng)過程中，關(guān)于拉力F以及半圓環(huán)對(duì)A的彈力N的說法正確的是()AF逐漸增大BN的方向始終指向圓心OCN逐漸變小DN大小不變答案D解析在物塊緩慢向上移動(dòng)的過程中，小圓環(huán)A處于三力平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件知mg與N的合力與T等大、反向、共線，作出mg與N的合力，如圖所示，由三角形相似得：FT，由可得：Fmg，AB變小，BO不變，則F變小，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；由可得：Nmg，AO、BO都不變，則N不變，方向始終背離圓心，故D項(xiàng)正確，B、C兩項(xiàng)錯(cuò)誤故選D項(xiàng)6. (2019·江西一模)如圖所示，質(zhì)量為m(可視為質(zhì)點(diǎn))的小球P，用兩根輕繩OP和OP在P點(diǎn)拴結(jié)實(shí)后再分別系于豎直墻上且相距0.4 m的O、O兩點(diǎn)上，繩OP長(zhǎng)0.5 m，繩OP剛拉直時(shí)，OP繩拉力為T1，繩OP剛松弛時(shí)，OP繩拉力為T2，37°(sin37°0.6，cos37°0.8)，則為()A34 B43C35 D45答案C解析繩OP剛拉直時(shí)，OP繩拉力為T1，此時(shí)OP繩子拉力為零，小球受力如圖1所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得sin，所以53°，所以90°；根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件可得：T1mgsin；繩OP剛松弛時(shí)， OP繩拉力為T2，此時(shí)繩OP拉力為零，小球受力如圖2所示，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件可得：T2mgtan，由此可得：，所以C項(xiàng)正確，A、B、D三項(xiàng)錯(cuò)誤故選C項(xiàng)7.如圖所示，光滑直桿傾角為30°，質(zhì)量為m的小環(huán)穿過直桿，并通過彈簧懸掛在天花板上，小環(huán)靜止時(shí)，彈簧恰好處于豎直位置，現(xiàn)對(duì)小環(huán)施加沿桿向上的拉力F，使環(huán)緩慢沿桿滑動(dòng)，直到彈簧與豎直方向的夾角為60°.整個(gè)過程中，彈簧始終處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，以下判斷正確的是()A彈簧的彈力逐漸增大B彈簧的彈力先減小后增大C桿對(duì)環(huán)的彈力逐漸增大D拉力F先增大后減小答案B解析由于彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，使環(huán)緩慢沿桿滑動(dòng)，直到彈簧與豎直方向的夾角為60°的過程中，彈簧長(zhǎng)度先減小后增大，彈簧的伸長(zhǎng)量先減小后增大，故彈簧的彈力先減小后增大，故A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；開始彈簧處于失重狀態(tài)，根據(jù)平衡條件可知彈簧的彈力等于重力，即Tmg，此時(shí)桿對(duì)環(huán)的彈力為零，否則彈簧不會(huì)豎直；當(dāng)環(huán)緩慢沿桿滑動(dòng)，直到彈簧與豎直方向的夾角為60°時(shí)，彈簧的長(zhǎng)度等于原來的長(zhǎng)度，彈力等于Tmg，此時(shí)有mgcos30°Tcos30°，桿對(duì)環(huán)的彈力仍為零，故桿對(duì)環(huán)的彈力不是一直增大，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；設(shè)彈簧與垂直于桿方向的夾角為，根據(jù)平衡條件可得，從初位置到彈簧與桿垂直過程中，拉力Fmgsin30°Tsin，減小，sin減小，彈簧的拉力減小，則F增大；從彈簧與桿垂直到末位置的過程中，拉力Fmgsin30°Tsin，增大，sin增大，彈簧的彈力增大，則拉力增大，故拉力F一直增大，故D項(xiàng)錯(cuò)誤故選B項(xiàng)8(2015·山東)如圖所示，滑塊A置于水平地面上，滑塊B在一水平力F作用下緊靠滑塊A(A、B接觸面豎直)，此時(shí)A恰好不滑動(dòng)，B剛好不下滑已知A與B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為1，A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力A與B的質(zhì)量之比為()A. B.C. D.答案B解析對(duì)物體A、B整體，在水平方向上有F2(mAmB)g；對(duì)物體B，在豎直方向上有1FmBg；聯(lián)立解得：，B項(xiàng)正確9. (2019·武昌區(qū)模擬)如圖所示，豎直桿固定在木塊C上，兩者總重為20 N，放在水平地面上輕細(xì)繩a連接小球A和豎直桿頂端，輕細(xì)繩b連接小球A和B，小球B重為10 N當(dāng)用與水平方向成30°角的恒力F作用在小球B上時(shí)，A、B、C剛好保持相對(duì)靜止且一起水平向左做勻速運(yùn)動(dòng)，繩a、b與豎直方向的夾角分別恒為30°和60°，則下列判斷正確的是()A力F的大小為10 NB地面對(duì)C的支持力大小為40 NC地面對(duì)C的摩擦力大小為10 NDA球重為10 N答案AD解析以B為研究對(duì)象受力分析，水平方向受力平衡，有：Fcos30°Tbcos30°，得：TbF豎直方向受力平衡，則有：Fsin30°Tbsin30°mBg得：FmBg10 N以A為研究對(duì)象受力分析，豎直方向上有：mAgTbsin30°Tasin60°水平方向：Tasin30°Tbsin60°聯(lián)立得：mAmB，即A球重為10 N，故A、D兩項(xiàng)正確；以ABC整體為研究對(duì)象受力分析，水平方向：fFcos30°5 N豎直方向：NFsin30°(MmAmB)g解得：N35 N，故B、C兩項(xiàng)錯(cuò)誤故選A、D兩項(xiàng)10如圖所示，水平地面上固定一個(gè)光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為.一根輕質(zhì)絕緣細(xì)線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個(gè)帶電小球A，細(xì)線與斜面平行小球A的質(zhì)量為m，電量為q.小球A的右側(cè)固定放置帶等量同種電荷的小球B，兩球心的高度相同，間距為d.靜電力常量為k，重力加速度為g，兩個(gè)帶電小球可視為點(diǎn)電荷小球A靜止在斜面上，則()A小球A與B之間庫(kù)侖力的大小為B當(dāng)時(shí)，細(xì)線上的拉力為0C當(dāng)時(shí)，細(xì)線上的拉力為0D當(dāng)時(shí)，斜面對(duì)小球A的支持力為0答案AC解析根據(jù)庫(kù)侖定律得A、B間的庫(kù)侖力F庫(kù)k，則A項(xiàng)正確；當(dāng)細(xì)線上的拉力為0時(shí)，滿足kmgtan，得到，則B項(xiàng)錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確；斜面對(duì)小球A的支持力始終不為零，則D項(xiàng)錯(cuò)誤11. (2019·安徽模擬)如圖所示，質(zhì)量為mB14 kg的木板B放在水平地面上，質(zhì)量為mA10 kg的木箱A放在木板B上與不發(fā)生形變的輕桿一端固定在木箱上，另一端通過鉸鏈連接在天花板上，輕桿與水平方向的夾角為37°.已知木箱A與木板B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)10.5，木板B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)20.3.現(xiàn)用水平向左的力F將木板B從木箱A下面抽出，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力(sin37°0.6，cos37°0.8，重力加速度g取10 m/s2)，則所用力F的最小值為()A150 N B170 NC200 N D210 N答案B解析對(duì)A受力分析如圖甲所示，根據(jù)題意可得：FTcosFf1，F(xiàn)N1FTsinmAgFf11FN1，聯(lián)立解得：FT100 N；對(duì)A、B整體進(jìn)行受力分析如圖乙所示，根據(jù)平衡條件可得：FTcosFf2FFN2FTsin(mAmB)gFf22FN2，聯(lián)立解得：F170 N，故B項(xiàng)正確，A、C、D三項(xiàng)錯(cuò)誤故選B項(xiàng)二、計(jì)算題(共3個(gè)小題，12題12分，13題15分，14題18分，共45分)12風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)室中可以產(chǎn)生水平向右，大小可調(diào)節(jié)的風(fēng)力如圖甲所示，現(xiàn)將質(zhì)量為1 kg的小球套在足夠長(zhǎng)與水平方向夾角37°的細(xì)直桿上，放入風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)室小球孔徑略大于細(xì)桿直徑假設(shè)小球所受最大靜摩擦力大小等于滑動(dòng)摩擦力大小(取g10 m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8)(1)若在無風(fēng)情況下，小球由靜止開始經(jīng)0.5 s沿細(xì)桿運(yùn)動(dòng)了0.25 m，求小球與細(xì)桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)及滑動(dòng)摩擦力做的功；(2)在有風(fēng)情況下，如圖乙所示，若小球靜止在細(xì)桿上，求風(fēng)力大小；(3)請(qǐng)分析在不同恒定風(fēng)力作用下小球由靜止釋放后的運(yùn)動(dòng)情況答案(1)0.52 J(2)1.82 NF20 N(3)如果風(fēng)力大小為1.82 NF20 N，則小球靜止；若F<1.82 N，小球向下做勻加速運(yùn)動(dòng)；若F>20 N，小球向上做勻加速運(yùn)動(dòng)解析(1)在無風(fēng)情況下小球由靜止開始經(jīng)0.5 s沿細(xì)桿運(yùn)動(dòng)了0.25 m，則：xat2可知a m/s22 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsinmgcosma，解得：0.5，滑動(dòng)摩擦力做的功Wfmgcos·x2 J. (2)當(dāng)小球受到的摩擦力沿桿向上且最大時(shí)，風(fēng)力最小，如圖所示，根據(jù)平衡條件可得：沿桿方向：mgsinFcosf，垂直于桿方向：NmgcosFsin，摩擦力fN，聯(lián)立解得：F1.82 N；當(dāng)小球受到的摩擦力沿桿向下且最大時(shí)，風(fēng)力最大，根據(jù)平衡條件可得：沿桿方向：mgsinFcosf，垂直于桿方向：NmgcosFsin，摩擦力fN，聯(lián)立解得：F20 N；若小球靜止在細(xì)桿上，則風(fēng)力大小范圍為1.82 NF20 N.(3)如果風(fēng)力大小為1.82 NF20 N，則小球靜止；若F<1.82 N，小球向下做勻加速運(yùn)動(dòng)；若F>20 N，小球向上做勻加速運(yùn)動(dòng)13.如圖所示，afe、bcd為兩條平行的金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距l(xiāng)0.5 med間連入一電源E1 V，ab間放置一根長(zhǎng)為l0.5 m的金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好，cf水平且abcf為矩形空間中存在一豎直方向的磁場(chǎng)，當(dāng)調(diào)節(jié)斜面abcf的傾角時(shí)，發(fā)現(xiàn)當(dāng)且僅當(dāng)在30°90°之間時(shí)，金屬桿可以在導(dǎo)軌上處于靜止平衡已知金屬桿質(zhì)量為0.1 kg，電源內(nèi)阻r及金屬桿的電阻R均為0.5 ，導(dǎo)軌及導(dǎo)線的電阻可忽略，金屬桿和導(dǎo)軌間最大靜摩擦力為彈力的倍重力加速度g10 m/s2，試求磁感應(yīng)強(qiáng)度B及.答案2 T解析由磁場(chǎng)方向和平衡可判斷，安培力F方向?yàn)樗角冶畴x電源的方向，由題意可知當(dāng)90°時(shí)，金屬桿處于臨界下滑狀態(tài)有：f1mg，N1F，f1N1，當(dāng)30°時(shí)，金屬桿處于臨界上滑狀態(tài)有：N2mgcos30°Fsin30°，f2mgsin30°Fcos30°，f2N2，由解得：Fmg，由閉合電路歐姆定律：I1 A，由安培力性質(zhì)：FBIl，由得：B2 T，方向豎直向下14. (2016·天津)如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E5N/C，同時(shí)存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其方向與電場(chǎng)方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.5 T有一帶正電的小球，質(zhì)量m1×106 kg，電荷量q2×106 C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)撤掉磁場(chǎng)(不考慮磁場(chǎng)消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，取g10 m/s2，求：(1)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度v的大小和方向；(2)從撤掉磁場(chǎng)到小球再次穿過P點(diǎn)所在的這條電場(chǎng)線經(jīng)歷的時(shí)間t.答案(1)20 m/s與電場(chǎng)方向成60°角斜向上(2)3.5 s解析 (1)小球勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)受力如圖，其所受的三個(gè)力在同一平面內(nèi)，合力為零，有qvB，代入數(shù)據(jù)解得：v20 m/s，速度v的方向與電場(chǎng)E的方向之間的夾角滿足tan，代入數(shù)據(jù)解得：tan，60°.(2)方法一：撤去磁場(chǎng)，小球在重力與電場(chǎng)力的合力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)，如圖所示，設(shè)其加速度為a，有a，設(shè)撤去磁場(chǎng)后小球在初速度方向上的分位移為x，有xvt；設(shè)小球在重力與電場(chǎng)力的合力方向上分位移為y，有yat2，tan；聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得：t2 s3.5 s，方法二：撤去磁場(chǎng)后，由于電場(chǎng)力垂直于豎直方向，它對(duì)豎直方向的分運(yùn)動(dòng)沒有影響，以P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，其初速度為vyvsin若使小球再次穿過P點(diǎn)所在的電場(chǎng)線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有vytgt20聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得t2 s3.5 s13