2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題復(fù)習(xí)訓(xùn)練 課時作業(yè)一 力與物體的平衡（含解析）

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1、課時作業(yè)一　力與物體的平衡 一、選擇題 1．(2019年山東省實驗中學(xué)高三二模)如圖1所示，將某均勻長方體鋸成A、B兩塊后，在水平桌面上并放在一起，現(xiàn)用水平力F推B，使A、B整體保持長方體沿F方向勻速運動，則(　　) 圖1 A．A在水平方向受到三個力的作用，且合力為零 B．A在水平方向受到五個力的作用，且合力為零 C．A對B的作用力方向與A、B接觸面垂直 D．B對A的彈力大于桌面對A的摩擦力 解析：對A受力分析，如圖2所示，在水平方向上受B對A的彈力，桌面的滑動摩擦力，B對A的靜摩擦力，在三個力的作用下處于平衡，受力如圖，故A正確，B錯誤．B對A的彈力和靜摩擦力的合力與桌面

2、的滑動摩擦力等值反向，與F的方向相同；根據(jù)牛頓第三定律可知，A對B的作用力方向與F的方向相反，不與A、B接觸面垂直，故C錯誤．因為B對A的彈力與B對A的摩擦力垂直，二者的合力等于桌面對A的摩擦力，所以B對A的彈力小于桌面對A的摩擦力，故D錯誤． 圖2 答案：A 2．(2019年湖北省重點學(xué)校協(xié)作體沖刺模擬)如圖3所示，靜止在水平地面上傾角為θ斜面光滑的斜面體上，有一斜劈A，A的上表面水平且放有一斜劈B，B的上表面上有一物塊C，A、B、C一起沿斜面勻加速下滑，已知A、B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　) 圖3 A．A的上表面可以是光滑的 B．C可能只受

3、兩個力作用 C．A加速度大小為gcosθ D．斜面體受到地面的摩擦力為零 解析：對B、C整體受力分析，受重力、支持力，而B、C沿斜面勻加速下滑，整體的合力沿斜面向下，所以A、B間摩擦力不為零，A錯誤；對ABC整體分析，由于斜面體斜面光滑，所以整體的加速度為a＝gsinθ，如果B的上表面是光滑的，傾角也為θ，則C的加速度也為a＝gsinθ，此時只受重力和B給的支持力，B正確，C錯誤；因為ABC整體對斜面體有個斜向右下的作用力，該力可分解為一個水平向右的分力，而斜面體處于靜止?fàn)顟B(tài)，故斜面體受地面的摩擦力水平向左，D錯誤． 答案：B 3．(2019年鄭州市二模)如圖4所示，物體P、Q可視為

4、點電荷，電荷量相同．傾角為θ、質(zhì)量為M的斜面體放在粗糙水平面上．將質(zhì)量為m的物體P放在粗糙的斜面體上．當(dāng)物體Q放在與P等高(PQ連線水平)且與物體P相距為r的右側(cè)位置時，P靜止且受斜面體的摩擦力為0，斜面體保持靜止，靜電力常量為k，則下列說法正確的是(　　) 圖4 A．P、Q所帶電荷量為 B．P對斜面體的壓力為0 C．斜面體受到地面的摩擦力為0 D．斜面體對地面的壓力為(M＋m)g 解析：以P為研究對象，受力分析如圖5所示，受到重力mg、斜面體的支持力FN和庫侖力F，由平衡條件得： 圖5 F＝mgtanθ　FN＝ 根據(jù)庫侖定律得：F＝k 聯(lián)立解得：q＝r 由牛頓

5、第三定律得P對斜面體的壓力為：FN′＝FN＝，故A、B錯誤． 圖6 以斜面體和P整體為研究對象受力如圖6所示，由平衡條件得地面對斜面體的摩擦力為Ff＝F，地面對斜面體的支持力為FN1＝(M＋m)g，根據(jù)牛頓第三定律得斜面體受到地面的摩擦力為F，斜面體對地面的壓力為FN1′＝FN1＝(M＋m)g.故C錯誤，D正確． 答案：D 4．(2019年保定模擬)(多選)如圖7所示，在傾角為θ的粗糙斜面上固定一個與斜面垂直的光滑擋板，圓柱體A放在半圓柱體B上，A、B兩圓柱體橫截面半徑相等．現(xiàn)對B施加一個沿斜面向上的拉力使其沿斜面向上緩慢移動，直到A、B徹底分開．該過程中(　　) 圖7 A

6、．A對擋板的壓力先減小再增大 B．A對B的壓力逐漸減小 C．B受到的摩擦力保持不變 D．B受到拉力逐漸減小 解析：先以A、B為整體，受力分析如圖8所示，受力得N1與f不變，以A為研究對象，如圖9所示，B對A的支持力N與豎直夾角變大，N增大，則N2增大，F(xiàn)＋N2＝f，f不變，∴F減小，故選C、D. 答案：CD 5．如圖10所示，上表面為四分之一光滑圓弧的物體A靜止在粗糙的水平地面上，一小物塊B從圓弧底端受到水平外力F的作用緩慢沿圓弧向上移動一小段距離，在此過程，A始終處于靜止?fàn)顟B(tài)．下列說法正確的是(　　) 圖10 A．水平外力F保持不變 B．地面對A的摩擦力逐漸增大

7、C．A對B的支持力逐漸減小 D．地面對A的支持力逐漸減小 解析：設(shè)A對B的支持力與豎直方向的夾角為θ，對B由平衡條件知，水平外力F＝mgtanθ、支持力FN1＝，B沿圓弧上移，夾角θ變大，則水平外力F和支持力FN1均增大，選項A、C錯誤；對A、B整體，地面對A的摩擦力Ff＝F，隨水平外力F增大而增大，地面對A的支持力FN2＝(M＋m)g保持不變，選項B正確，D錯誤． 答案：B 6．(2019年珠海一中模擬)如圖11所示，水平固定且傾角為37°的光滑斜面上有兩個質(zhì)量均為m＝1 kg的小球A、B，它們用勁度系數(shù)為k＝200 N/m的輕質(zhì)彈簧連接，彈簧的原長為l0＝20 cm，現(xiàn)對B施加一水

8、平向左的推力F，使A、B均在斜面上以加速度a＝4 m/s2向上做勻加速運動，此時彈簧的長度l和推力F的大小分別為(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2)(　　) 圖11 A．0.15 m，25 N B．0.25 m，25 N C．0.15 m，12.5 N D．0.25 m，12.5 N 解析：以整體為研究對象，受力分析如圖12所示，沿斜面方向有：Fcos37°－2mgsin37°＝2ma，以A為研究對象，沿斜面方向有： 圖12 kx－mgsin37°＝ma，x＝l－l0，解得F＝25 N，l＝0.25 m，故B

9、正確，A、C、D錯誤． 答案：B 7．(多選)如圖13所示，一根L形輕桿OAB用鉸鏈固定在天花板上，且OA與AB相互垂直，在A點下方用一根輕質(zhì)細線懸掛重力為G的物體．現(xiàn)在B點施加拉力F，使輕桿的OA段由豎直向下的位置緩慢轉(zhuǎn)到偏離豎直方向60°角的位置．若拉力F始終沿AB方向，則在變化過 程中(　　) 圖13 A．拉力F逐漸增大 B．輕桿OA段中的作用力不斷增大 C．鉸鏈對輕桿OAB的作用力不斷減小 D．輕桿OA段中的最小作用力為 圖14 解析：由題意知拉力F與OA始終垂直，且A點在重力G、拉力F和輕桿作用力F′的作用下平衡，故此三力可構(gòu)成一個封閉的矢量三角形，如圖1

10、4所示，由正弦定理，＝＝(0<θ≤60°)，θ↑，F(xiàn)↑F′↓，θ＝60°，F(xiàn)′＝最?。? 答案：AC 8．在粗糙水平地面上放著一個截面為半圓的柱狀物體A，A與光滑豎直墻之間放另一截面也為半圓的光滑柱狀物體B，整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，截面如圖15所示．設(shè)墻對B的作用力為F1，B對A的作用力為F2，地面對A的作用力為F3.在B上加一物體C，整個裝置仍保持靜止，則(　　) 圖15 A．F1保持不變，F(xiàn)3增大 B．F1增大，F(xiàn)3保持不變 C．F2增大，F(xiàn)3增大 D．F2增大，F(xiàn)3保持不變 解析：未放上C時，以B為研究對象，受力分析如圖16甲所示，由平衡條件得，墻對B的作用力F1

11、＝GBtanα，當(dāng)放上C時，F(xiàn)1增大．A對B的作用力F2′＝，F(xiàn)1增大，則F2′增大，由牛頓第三定律知F2′＝F2，即F2也增大．再以整體為研究對象，受力分析如圖16乙所示，則放上C前，地面對A的支持力N＝GA＋GB，放上C后變?yōu)镚A＋GB＋GC，即N增大，地面對A的摩擦力f＝F1，且F3為N與f的合力，所以F3增大，故C正確． 圖16 答案：C 9．(多選)某些農(nóng)村一大家人過春節(jié)時常用簡易灶做菜，如圖17甲、乙所示，將一個球形鐵鍋用三個不計重力的小石塊支起用柴火燒菜，鐵鍋邊緣水平，小石塊成正三角形放在水平灶臺上，石塊到鐵鍋球心的連線與豎直方向的夾角均為30°，已知鐵鍋與菜的總質(zhì)量為

12、9 kg，不計鐵鍋與石塊間的摩擦，重力加速度g取10 m/s2，下列說法正確的是(　　) 圖17 A．灶臺對每個石塊的作用力均豎直向上 B．灶臺受到每個石塊的壓力大小為30 N C．每個石塊與鐵鍋之間的彈力大小為20 N D．灶臺對每個石塊的摩擦力大小為10 N 解析：灶臺對石塊有豎直向上的支持力和水平方向的摩擦力作用，故灶臺對每個石塊的作用力的方向不是豎直向上，選項A錯誤；鐵鍋和石塊豎直方向?qū)υ钆_的壓力等于鐵鍋所受的重力，故灶臺受到每個石塊的壓力大小等于mg＝×9×10 N＝30 N，選項B正確；對鐵鍋由平衡條件可得：3FNcos30°＝mg，解得：FN＝20 N，選項C正確

13、；Ff＝FNsin30°＝10 N，即灶臺對每個石塊的摩擦力大小為10 N，選項D錯誤． 答案：BC 10．(2019年山東省青島能力測試)(多選)如圖18所示，彈性輕繩一端固定于O點，另一端連有一質(zhì)量m的小球a，小球a通過不可伸長的細繩連接質(zhì)量相同的小球b，兩小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)給小球b施加一個力F，使彈性輕繩與豎直方向成30°角，兩球依然保持靜止．下列說法正確的是(　　) 圖18 A．彈性繩的長度一定增加 B．a(chǎn)、b間細繩上的張力可能減小 C．力F的值可能大于mg D．力F的值可能小于mg 解析：以小球b為研究對象，分析受力，作出受力圖如圖19甲所示，由于力F方向不確

14、定，根據(jù)作圖法分析得到，a、b間細繩上的張力可能減小，故B正確；以小球ab為研究對象，分析受力，作出力圖如圖19乙， 　　　　　　 甲　　　　　　　　　　　　乙 圖19 根據(jù)作圖法分析得到，彈性繩的張力可能減小，所以彈性繩的長度可能減??；當(dāng)小球施加的力F與彈性輕繩垂直時，所用的力F最小，F(xiàn)min＝2mgsin30°＝mg，故C正確，A、D錯誤． 答案：BC 11．(2019年四川省物理三診試卷)如圖20所示，a、b兩細繩一端系著質(zhì)量為m的小球，另一端系在豎直放置的圓環(huán)上，小球位于圓環(huán)的中心，開始時繩a水平，繩b傾斜．現(xiàn)將圓環(huán)在豎直平面內(nèi)順時針緩慢地向右滾動至繩b水平，在此過程中(　

15、　) 圖20 A．a(chǎn)上的張力逐漸增大，b上的張力逐漸增大 B．a(chǎn)上的張力逐漸減小，b上的張力逐漸減小 C．a(chǎn)上的張力逐漸減小，b上的張力逐漸增大 D．a(chǎn)上的張力逐漸增大，b上的張力逐漸減小 解析： 圖21 設(shè)小球的重力為G，圓環(huán)沿順時針方向轉(zhuǎn)動過程中b繩與豎直方向的夾角為θ，a和b的拉力大小分別為T1、T2.小球的位置保持不動，受力保持平衡，由平衡條件可知，兩繩拉力的合力不變，小球受到的重力G和T1、T2組成一個閉合的三角形．由幾何知識得知，T1、T2的夾角β不變，由正弦定理得＝＝，在θ≤90°的范圍內(nèi)，θ變大故T1變大，T2變小．故D正確． 答案：D 12．(20

16、19年山東省維坊市高三三模)(多選)如圖22所示，將質(zhì)量為m的小球用橡皮筋懸掛在豎直墻的O點，小球靜止在M點，N為O點正下方一點，ON間的距離等于橡皮筋原長，在N點固定一鐵釘，鐵釘位于橡皮筋右側(cè)．現(xiàn)對小球施加拉力F，使小球沿以MN為直徑的圓弧緩慢向N運動，P為圓弧上的點，角PNM為60°.橡皮筋始終在彈性限度內(nèi)，不計一切摩擦，重力加速度為g，則(　　) 圖22 A．在P點橡皮筋彈力大小為mg 圖23 B．在P點時拉力F大小為mg C．小球在M向N運動的過程中拉力F的方向始終跟橡皮筋垂直 D．小球在M向N運動的過程中拉力F先變大后變小 解析：由題意知k2R＝mg.小球在圓弧

17、上任意一點A時，橡皮筋拉力F1＝k2Rcosθ＝mgcosθ，恰等于重力在F1方向上的分力mgcosθ，由力的平衡條件知F必然與重力的另一分力平衡，故拉力F應(yīng)與橡皮筋始終垂直，小球在P點時，F(xiàn)1＝k2Rcos60°＝mgcos60°＝mg.拉力F＝mgsin60°＝mg；小球在由M沿圓弧移到N時，F(xiàn)＝mgsinθ，θ變大，F(xiàn)逐漸變大．故本題正確選項為A、C. 答案：AC 二、解答題 圖24 13．質(zhì)量為M，傾角為θ的木楔在水平面上保持靜止，質(zhì)量為m的木塊剛好可以在木楔上表面勻速下滑，現(xiàn)在用與木楔上表面成α角的力F拉著木塊勻速上滑，如圖24所示．重力加速度為g. (1)當(dāng)α為多大時

18、，拉力F有最小值？最小值為多少？ (2)當(dāng)拉力F最小時，水平面對木楔的摩擦力為多大？ 圖25 解：(1)木塊剛好可以沿木楔上表面勻速下滑時， 則有mgsinθ＝μmgcosθ 可得μ＝tanθ 用力F拉著木塊勻速上滑，受力分析如圖25所示，有 Fcosα＝mgsinθ＋Ff FN＋Fsinα＝mgcosθ 又Ff＝μFN 圖26 聯(lián)立解得F＝ 所以，當(dāng)α＝θ時，F(xiàn)有最小值， 為Fmin＝mgsin2θ. (2)對木塊和木楔整體受力分析如圖26所示， 由平衡條件可得Ff′＝Fcos(θ＋α) 當(dāng)拉力F最小時， Ff′＝Fmincos 2θ＝mgsin4θ

19、. 14．(2019年第三次全國大聯(lián)考)如圖27所示，兩個相同的正三棱柱A、B緊靠著靜止于水平地面上，三棱柱的中間有一個半徑為R的光滑圓柱C，A、B的質(zhì)量均為m，A、B與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，C的質(zhì)量為2m.設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g. 圖27 (1)三者均靜止時A對C的支持力為多大？ (2)若A、B能保持不動，μ應(yīng)該滿足什么條件？ (3)若C受到經(jīng)過其軸線豎直向下的外力而能夠緩慢下降到地面，求該過程中摩擦力對A做的功． 圖28 解：(1)圓柱C受力平衡2FNcos60°＝2mg 解得FN＝2mg (2)如圖28所示，A受力平衡F地＝FNcos60°＋mg＝2mg，f＝FNsin60°＝mg 因為f≤μF地，所以μ≥ (3)C緩慢下降的同時A、B也緩慢且對稱地向左右分開 A的受力依然為4個，但除了重力之外的其他力的大小發(fā)生改變，f也成為了滑動摩擦力 A受力平衡知F地′＝FN′cos60°＋mg；f′＝FN′sin60°＝μF地′ 解得f′＝ 解有意義，即要求－μ>0，與本題第(2)問不矛盾 由幾何關(guān)系知： 當(dāng)C下落到地面時，A向左移動的水平距離為x＝R 所以摩擦力的功W＝－f′x＝－ - 14 -