(新课标)2020高考物理二轮复习专题强化训练1力与物体的平衡(含解析)42304.pdf

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1、 1 专题强化训练(一)一、选择题(共 11 个小题，4、9、10 为多选，其余为单项选择题，每题 5 分共 55 分)1.如图所示，一只松鼠沿着较粗均匀的树枝从右向左缓慢爬行，在松鼠从 A 运动到 B 的过程中，下列说法正确的是()A松鼠对树枝的弹力保持不变 B松鼠对树枝的弹力先减小后增大 C松鼠对树枝的摩擦力先减小后增大 D树枝对松鼠的作用力先减小后增大 答案 C 解析 松鼠所受的弹力 Nmgcos，从 A 到 B 的过程中，先减小后增大，则弹力先增大后减小，故 A、B 两项错误；松鼠所受的摩擦力 fmgsin，从 A 到 B 的过程中，先减小后增大，则摩擦力先减小后增大，故 C 项正确；

2、树枝对松鼠的作用力与松鼠的重力等值反向，所以树枝对松鼠的作用力大小不变，故 D 项错误故选 C 项 2(2019浙江二模)如图所示，斜面体 M 静止在水平面上，滑块 m 恰能沿斜面体自由匀速下滑，现在滑块上加一竖直向下的恒力 F，则与未施加恒力 F 时相比，下列说法错误的是()Am 和 M 间的压力变大 Bm 和 M 间的摩擦力变大 2 C水平面对 M 的支持力变大 DM 和水平面间的摩擦力变大 答案 D 解析 滑块恰好沿斜面匀速下滑时，滑块对楔形斜面体的压力等于 mgcos，斜面体对滑块的摩擦力为 mgcos，施加一个竖直向下的恒力 F 后滑块对斜面体的压力等于(mgF)cos，变大斜面体对

3、滑块的摩擦力为(mgF)cos，变大，故 A、B 两项正确；滑块恰好沿斜面匀速下滑，根据平衡条件有：mgsinmgcos，解得：tan.对滑块和斜面体整体可知，整体水平方向不受外力，所以地面对斜面体的摩擦力为零地面对斜面体的支持力等于整体的总重力 施加一个竖直向下的恒力 F，有：(mgF)sin(mgF)cos，可知物块仍然做匀速运动再对滑块和斜面体整体受力分析知，整体水平方向不受外力，所以地面对楔形斜面体的摩擦力为零，地面对楔形斜面体的支持力等于整体的总重力与 F 之和，变大，故 C 项正确，D 项错误本题选说法错误的，故选 D 项 3.长时间低头玩手机对人的身体健康有很大危害，当低头玩手机

4、时，颈椎受到的压力会比直立时大现将人体头颈部简化为如图所示的模型：头部的重力为 G，P 点为头部的重心，PO为提供支持力的颈椎(视为轻杆)可绕 O 点转动，PQ 为提供拉力的肌肉(视为轻绳)当某人低头时，PO、PQ 与竖直方向的夹角分别为 30、60，此时颈椎受到的压力约为()A2G B.3G C.2G DG 答案 B 解析 设头部重力为 G，当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重量，即 FG；当某人低头时，PO、PQ 与竖直方向的夹角分别为 30、60，P 点的受力如图所示，3 根据几何关系结合正弦定理可得：FOsin120Gsin30，解得：FO 3G，故 A、C、D 三项错误，B 项

5、正确故选 B 项 4 如图所示，一根通电的导体棒放在倾斜为 的粗糙斜面上，置于图示方向的匀强磁场中，处于静止状态现增大电流，导体棒仍静止，则在增大电流过程中，导体棒受到的摩擦力的大小变化情况可能是()A一直增大 B先减小后增大 C先增大后减小 D始终为零 答案 AB 解析 若 F安mgsin，摩擦力方向向下，随 F安增大而一直增大，A 项正确 5(2019安徽三模)如图，用硬铁丝弯成的光滑半圆环竖直放置，直径竖直，O 为圆心，最高点 B 处固定一光滑轻质滑轮，质量为 m 的小环 A 穿在半圆环上现用细线一端拴在 A上，另一端跨过滑轮用力 F 拉动，使 A 缓慢向上移动小环 A 及滑轮 B 大小

6、不计，在移动过程中，关于拉力 F 以及半圆环对 A 的弹力 N 的说法正确的是()4 AF 逐渐增大 BN 的方向始终指向圆心 O CN 逐渐变小 DN 大小不变 答案 D 解析 在物块缓慢向上移动的过程中，小圆环 A 处于三力平衡状态，根据平衡条件知 mg 与N 的合力与 T 等大、反向、共线，作出 mg 与 N 的合力，如图所示，由三角形相似得：mgBONOATAB FT，由可得：FABBOmg，AB 变小，BO 不变，则 F 变小，故 A 项错误；由可得：NOABOmg，AO、BO 都不变，则 N 不变，方向始终背离圆心，故 D 项正确，B、C 两项错误故选 D 项 6.(2019江西一

7、模)如图所示，质量为 m(可视为质点)的小球 P，用两根轻绳 OP 和 OP在 P 点拴结实后再分别系于竖直墙上且相距 0.4 m 的 O、O两点上，绳 OP 长 0.5 m，绳 OP刚拉直时，OP 绳拉力为 T1，绳 OP 刚松弛时，OP 绳拉力为 T2，37(sin370.6，cos370.8)，则T1T2为()5 A34 B43 C35 D45 答案 C 解析 绳 OP 刚拉直时，OP 绳拉力为 T1，此时 OP 绳子拉力为零，小球受力如图 1 所示，根据几何关系可得 sinOOOP45，所以 53，所以 90；根据共点力的平衡条件可得：T1mgsin；绳 OP 刚松弛时，OP 绳拉力为

8、 T2，此时绳 OP 拉力为零，小球受力如图 2 所示，根据共点力的平衡条件可得：T2mgtan，由此可得：T1T2sin53tan5335，所以 C 项正确，A、B、D 三项错误故选 C 项 7.如图所示，光滑直杆倾角为 30，质量为 m 的小环穿过直杆，并通过弹簧悬挂在天花板上，小环静止时，弹簧恰好处于竖直位置，现对小环施加沿杆向上的拉力 F，使环缓慢沿杆滑动，直到弹簧与竖直方向的夹角为 60.整个过程中，弹簧始终处于伸长状态，以下判断正确的是()6 A弹簧的弹力逐渐增大 B弹簧的弹力先减小后增大 C杆对环的弹力逐渐增大 D拉力 F 先增大后减小 答案 B 解析 由于弹簧处于伸长状态，使环

9、缓慢沿杆滑动，直到弹簧与竖直方向的夹角为 60的过程中，弹簧长度先减小后增大，弹簧的伸长量先减小后增大，故弹簧的弹力先减小后增大，故 A 项错误，B 项正确；开始弹簧处于失重状态，根据平衡条件可知弹簧的弹力等于重力，即 Tmg，此时杆对环的弹力为零，否则弹簧不会竖直；当环缓慢沿杆滑动，直到弹簧与竖直方向的夹角为 60时，弹簧的长度等于原来的长度，弹力等于 Tmg，此时有 mgcos30Tcos30，杆对环的弹力仍为零，故杆对环的弹力不是一直增大，故 C 项错误；设弹簧与垂直于杆方向的夹角为，根据平衡条件可得，从初位置到弹簧与杆垂直过程中，拉力 Fmgsin30Tsin，减小，sin减小，弹簧的

10、拉力减小，则 F 增大；从弹簧与杆垂直到末位置的过程中，拉力 Fmgsin30Tsin，增大，sin增大，弹簧的弹力增大，则拉力增大，故拉力 F 一直增大，故 D 项错误故选 B 项 8(2015山东)如图所示，滑块 A 置于水平地面上，滑块 B 在一水平力 F 作用下紧靠滑块A(A、B 接触面竖直)，此时 A 恰好不滑动，B 刚好不下滑 已知 A 与 B 间的动摩擦因数为 1，A 与地面间的动摩擦因数为 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力 A 与 B 的质量之比为()A.112 B.11212 C.11212 D.21212 7 答案 B 解析 对物体 A、B 整体，在水平方向上有 F2(mAm

11、B)g；对物体 B，在竖直方向上有 1FmBg；联立解得：mAmB11212，B 项正确 9.(2019武昌区模拟)如图所示，竖直杆固定在木块 C 上，两者总重为 20 N，放在水平地面上轻细绳 a 连接小球 A 和竖直杆顶端，轻细绳 b 连接小球 A 和 B，小球 B 重为 10 N当用与水平方向成 30角的恒力 F 作用在小球 B 上时，A、B、C 刚好保持相对静止且一起水平向左做匀速运动，绳 a、b 与竖直方向的夹角分别恒为 30和 60，则下列判断正确的是()A力 F 的大小为 10 N B地面对 C 的支持力大小为 40 N C地面对 C 的摩擦力大小为 10 N DA 球重为 10

12、 N 答案 AD 解析 以 B 为研究对象受力分析，水平方向受力平衡，有：Fcos30Tbcos30，得：TbF 竖直方向受力平衡，则有：Fsin30Tbsin30mBg 得：FmBg10 N 以 A 为研究对象受力分析，竖直方向上有：mAgTbsin30Tasin60 水平方向：Tasin30Tbsin60 联立得：mAmB，即 A 球重为 10 N，故 A、D 两项正确；以 ABC 整体为研究对象受力分析，水平方向：fFcos305 3 N 竖直方向：NFsin30(MmAmB)g 解得：N35 N，故 B、C 两项错误故选 A、D 两项 8 10如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，

13、斜面与水平面的夹角为.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球 A，细线与斜面平行小球 A 的质量为 m，电量为 q.小球 A 的右侧固定放置带等量同种电荷的小球 B，两球心的高度相同，间距为 d.静电力常量为 k，重力加速度为 g，两个带电小球可视为点电荷小球 A 静止在斜面上，则()A小球 A 与 B 之间库仑力的大小为kq2d2 B当qdmgsink时，细线上的拉力为 0 C当qdmgtank时，细线上的拉力为 0 D当qdmgktan时，斜面对小球 A 的支持力为 0 答案 AC 解析 根据库仑定律得 A、B 间的库仑力 F库kq2d2，则 A 项正确；当细线上的拉

14、力为 0 时，满足 kq2d2mgtan，得到qdmgtank，则 B 项错误，C 项正确；斜面对小球 A 的支持力始终不为零，则 D 项错误 11.(2019安徽模拟)如图所示，质量为 mB14 kg 的木板 B 放在水平地面上，质量为 mA10 kg 的木箱 A 放在木板 B 上与不发生形变的轻杆一端固定在木箱上，另一端通过铰链连接在天花板上，轻杆与水平方向的夹角为 37.已知木箱 A 与木板 B 之间的动摩擦因数10.5，木板 B 与地面之间的动摩擦因数 20.3.现用水平向左的力 F 将木板 B 从木箱 A下面抽出，最大静摩擦力等于滑动摩擦力(sin370.6，cos370.8，重力加

15、速度 g 取10 m/s2)，则所用力 F 的最小值为()A150 N B170 N 9 C200 N D210 N 答案 B 解析 对 A 受力分析如图甲所示，根据题意可得：FTcosFf1，FN1FTsinmAg Ff11FN1，联立解得：FT100 N；对 A、B 整体进行受力分析如图乙所示，根据平衡条件可得：FTcosFf2F FN2FTsin(mAmB)g Ff22FN2，联立解得：F170 N，故 B 项正确，A、C、D 三项错误故选 B 项 二、计算题(共 3 个小题，12 题 12 分，13 题 15 分，14 题 18 分，共 45 分)12风洞实验室中可以产生水平向右，大小

16、可调节的风力如图甲所示，现将质量为 1 kg的小球套在足够长与水平方向夹角 37的细直杆上，放入风洞实验室小球孔径略大于细杆直径 假设小球所受最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小(取 g10 m/s2，sin370.6，cos370.8)(1)若在无风情况下，小球由静止开始经 0.5 s 沿细杆运动了 0.25 m，求小球与细杆间的动摩擦因数及滑动摩擦力做的功；(2)在有风情况下，如图乙所示，若小球静止在细杆上，求风力大小；(3)请分析在不同恒定风力作用下小球由静止释放后的运动情况 答案(1)0.5 2 J(2)1.82 NF20 N 10(3)如果风力大小为 1.82 NF20 N，则小球静止

17、；若 F20 N，小球向上做匀加速运动 解析(1)在无风情况下小球由静止开始经 0.5 s 沿细杆运动了 0.25 m，则：x12at2可知 a2xt220.250.52 m/s22 m/s2，根据牛顿第二定律可得 mgsinmgcosma，解得：0.5，滑动摩擦力做的功 Wfmgcosx2 J.(2)当小球受到的摩擦力沿杆向上且最大时，风力最小，如图所示，根据平衡条件可得：沿杆方向：mgsinFcosf，垂直于杆方向：NmgcosFsin，摩擦力 fN，联立解得：F1.82 N；当小球受到的摩擦力沿杆向下且最大时，风力最大，根据平衡条件可得：沿杆方向：mgsinFcosf，垂直于杆方向：Nm

18、gcosFsin，摩擦力 fN，联立解得：F20 N；若小球静止在细杆上，则风力大小范围为 1.82 NF20 N.(3)如果风力大小为 1.82 NF20 N，则小球静止；若 F20 N，小球向上做匀加速运动 13.如图所示，afe、bcd 为两条平行的金属导轨，导轨间距 l0.5 med 间连入一电源 E1 V，ab 间放置一根长为 l0.5 m 的金属杆与导轨接触良好，cf 水平且 abcf 为矩形空间中存在一竖直方向的磁场，当调节斜面 abcf 的倾角 时，发现当且仅当 在 3090之间时，金属杆可以在导轨上处于静止平衡已知金属杆质量为 0.1 kg，电源内阻 r 及金属杆的电阻 R

19、均为 0.5，导轨及导线的电阻可忽略，金属杆和导轨间最大静摩擦力为弹力的 倍重力加速度 g10 m/s2，试求磁感应强度 B 及.11 答案 2 3 T 33 解析 由磁场方向和平衡可判断，安培力 F 方向为水平且背离电源的方向，由题意可知当 90时，金属杆处于临界下滑状态有：f1mg，N1F，f1N1，当 30时，金属杆处于临界上滑状态有：N2mgcos30Fsin30，f2mgsin30Fcos30，f2N2，由解得：F 3mg，33，由闭合电路欧姆定律：IE2R1 A，由安培力性质：FBIl，由得：B2 3 T，方向竖直向下 14.(2016天津)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场

20、，电场强度大小为 E5 3N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小为 B0.5 T有一带正电的小球，质量 m1106 kg，电荷量 q2106 C，正以速度 v 在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过 P 点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取 g10 m/s2，求：(1)小球做匀速直线运动的速度 v 的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过 P 点所在的这条电场线经历的时间 t.12 答案(1)20 m/s 与电场方向成 60角斜向上(2)3.5 s 解析 (1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB q

21、2E2m2g2，代入数据解得：v20 m/s，速度 v 的方向与电场 E 的方向之间的夹角满足 tanqEmg，代入数据解得：tan 3，60.(2)方法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图所示，设其加速度为 a，有 aq2E2m2g2m，设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为 x，有 xvt；设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为 y，有 y12at2，tanyx；联立式，代入数据解得：t2 3 s3.5 s，方法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以 P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为 vyvsin 13 若使小球再次穿过 P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有 vyt12gt20 联立式，代入数据解得 t2 3 s3.5 s