《（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）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（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）（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題強(qiáng)化訓(xùn)練(一)一、選擇題(共11個小題，4、9、10為多選，其余為單項選擇題，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運動到B的過程中，下列說法正確的是()A松鼠對樹枝的彈力保持不變B松鼠對樹枝的彈力先減小后增大C松鼠對樹枝的摩擦力先減小后增大D樹枝對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兩項錯誤；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項正確；樹枝對松鼠的作用力與松鼠的重力等值反向，所以樹枝對松鼠的作用力大小不變
2、，故D項錯誤故選C項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時相比，下列說法錯誤的是()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，滑塊對楔形斜面體的壓力等于mgcos，斜面體對滑塊的摩擦力為mgcos，施加一個豎直向下的恒力F后滑塊對斜面體的壓力等于(mgF)cos，變大斜面體對滑塊的摩擦力為(mgF)cos，變大，故A、B兩項正確；滑塊恰好沿斜面勻速下滑，根據(jù)平衡條件有：mgsinmgcos，解得：tan.對滑塊
3、和斜面體整體可知，整體水平方向不受外力，所以地面對斜面體的摩擦力為零地面對斜面體的支持力等于整體的總重力施加一個豎直向下的恒力F，有：(mgF)sin(mgF)cos，可知物塊仍然做勻速運動再對滑塊和斜面體整體受力分析知，整體水平方向不受外力，所以地面對楔形斜面體的摩擦力為零，地面對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項正確，D項錯誤本題選說法錯誤的，故選D項3.長時間低頭玩手機(jī)對人的身體健康有很大危害，當(dāng)?shù)皖^玩手機(jī)時，頸椎受到的壓力會比直立時大現(xiàn)將人體頭頸部簡化為如圖所示的模型：頭部的重力為G，P點為頭部的重心，PO為提供支持力的頸椎(視為輕桿)可繞O點轉(zhuǎn)動，PQ為提供拉力
4、的肌肉(視為輕繩)當(dāng)某人低頭時，PO、PQ與豎直方向的夾角分別為30、60，此時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，頸椎所承受的壓力等于頭部的重量，即FG；當(dāng)某人低頭時，PO、PQ與豎直方向的夾角分別為30、60，P點的受力如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系結(jié)合正弦定理可得：，解得：FOG，故A、C、D三項錯誤，B項正確故選B項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
5、案AB解析若F安mgsin，摩擦力方向向下，隨F安增大而一直增大，A項正確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，使A緩慢向上移動小環(huán)A及滑輪B大小不計，在移動過程中，關(guān)于拉力F以及半圓環(huán)對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：
6、Fmg，AB變小，BO不變，則F變小，故A項錯誤；由可得：Nmg，AO、BO都不變，則N不變，方向始終背離圓心，故D項正確，B、C兩項錯誤故選D項6. (2019江西一模)如圖所示，質(zhì)量為m(可視為質(zhì)點)的小球P，用兩根輕繩OP和OP在P點拴結(jié)實后再分別系于豎直墻上且相距0.4 m的O、O兩點上，繩OP長0.5 m，繩OP剛拉直時，OP繩拉力為T1，繩OP剛松弛時，OP繩拉力為T2，37(sin370.6，cos370.8)，則為()A34 B43C35 D45答案C解析繩OP剛拉直時，OP繩拉力為T1，此時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)
7、共點力的平衡條件可得：T1mgsin；繩OP剛松弛時， OP繩拉力為T2，此時繩OP拉力為零，小球受力如圖2所示，根據(jù)共點力的平衡條件可得：T2mgtan，由此可得：，所以C項正確，A、B、D三項錯誤故選C項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，彈簧恰好處于豎直位置，現(xiàn)對小環(huán)施加沿桿向上的拉力F，使環(huán)緩慢沿桿滑動，直到彈簧與豎直方向的夾角為60.整個過程中，彈簧始終處于伸長狀態(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狀態(tài)，使環(huán)緩慢沿桿滑動，直到
8、彈簧與豎直方向的夾角為60的過程中，彈簧長度先減小后增大，彈簧的伸長量先減小后增大，故彈簧的彈力先減小后增大，故A項錯誤，B項正確；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，此時桿對環(huán)的彈力為零，否則彈簧不會豎直；當(dāng)環(huán)緩慢沿桿滑動，直到彈簧與豎直方向的夾角為60時，彈簧的長度等于原來的長度，彈力等于Tmg，此時有mgcos30Tcos30，桿對環(huán)的彈力仍為零，故桿對環(huán)的彈力不是一直增大，故C項錯誤；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Fmgsin30Tsin，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
9、置的過程中，拉力Fmgsin30Tsin，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項錯誤故選B項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A恰好不滑動，B剛好不下滑已知A與B間的動摩擦因數(shù)為1，A與地面間的動摩擦因數(shù)為2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力A與B的質(zhì)量之比為()A. B.C. D.答案B解析對物體A、B整體，在水平方向上有F2(mAmB)g；對物體B，在豎直方向上有1FmBg；聯(lián)立解得：，B項正確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
10、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，A、B、C剛好保持相對靜止且一起水平向左做勻速運動，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C的支持力大小為40 NC地面對C的摩擦力大小為10 NDA球重為10 N答案AD解析以B為研究對象受力分析，水平方向受力平衡，有：Fcos30Tbcos30，得：TbF豎直方向受力平衡，則有：Fsin30Tbsin30mBg得：FmBg10 N以A為研究對象受力分析，豎直方向上有：mAgTbsin30Tasin60水平方向：Ta
11、sin30Tbsin60聯(lián)立得：mAmB，即A球重為10 N，故A、D兩項正確；以ABC整體為研究對象受力分析，水平方向：fFcos305 N豎直方向：NFsin30(MmAmB)g解得：N35 N，故B、C兩項錯誤故選A、D兩項10如圖所示，水平地面上固定一個光滑絕緣斜面，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，兩個帶電小球可視為點電荷小球A靜止在斜面上，則()A小球A與B之間庫侖力的大小為B當(dāng)時，細(xì)線
12、上的拉力為0C當(dāng)時，細(xì)線上的拉力為0D當(dāng)時，斜面對小球A的支持力為0答案AC解析根據(jù)庫侖定律得A、B間的庫侖力F庫k，則A項正確；當(dāng)細(xì)線上的拉力為0時，滿足kmgtan，得到，則B項錯誤，C項正確；斜面對小球A的支持力始終不為零，則D項錯誤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之間的動摩擦因數(shù)10.5，木板B與地面之間的動摩擦因數(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
13、動摩擦力(sin370.6，cos370.8，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項正確，A、C、D三項錯誤故選B項二、計算題(共3個小題，12題12分，13題15分，14題18分，共45分)12風(fēng)洞實驗室中可以產(chǎn)生水平向右，大小可調(diào)節(jié)的風(fēng)力如圖甲所示
14、，現(xiàn)將質(zhì)量為1 kg的小球套在足夠長與水平方向夾角37的細(xì)直桿上，放入風(fēng)洞實驗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摩擦力大小(取g10 m/s2，sin370.6，cos370.8)(1)若在無風(fēng)情況下，小球由靜止開始經(jīng)0.5 s沿細(xì)桿運動了0.25 m，求小球與細(xì)桿間的動摩擦因數(shù)及滑動摩擦力做的功；(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?。?3)請分析在不同恒定風(fēng)力作用下小球由靜止釋放后的運動情況答案(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F20 N，小球向上做勻加速運動解析(1)在
15、無風(fēng)情況下小球由靜止開始經(jīng)0.5 s沿細(xì)桿運動了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，滑動摩擦力做的功Wfmgcosx2 J. (2)當(dāng)小球受到的摩擦力沿桿向上且最大時，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，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1.8
16、2 NF20 N.(3)如果風(fēng)力大小為1.82 NF20 N，則小球靜止；若F20 N，小球向上做勻加速運動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，當(dāng)調(diào)節(jié)斜面abcf的傾角時，發(fā)現(xiàn)當(dāng)且僅當(dāng)在3090之間時，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解析由磁場方
17、向和平衡可判斷，安培力F方向為水平且背離電源的方向，由題意可知當(dāng)90時，金屬桿處于臨界下滑狀態(tài)有：f1mg，N1F，f1N1，當(dāng)30時，金屬桿處于臨界上滑狀態(tài)有：N2mgcos30Fsin30，f2mgsin30Fcos30，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，電場強(qiáng)度大小為E5N/C，同時存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.5 T有一帶正電的小球，質(zhì)量m1106 kg，電荷量q2106 C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速
18、直線運動，當(dāng)經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，取g10 m/s2，求：(1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向；(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t.答案(1)20 m/s與電場方向成60角斜向上(2)3.5 s解析 (1)小球勻速直線運動時受力如圖，其所受的三個力在同一平面內(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，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，如圖所示，設(shè)其加速度為a，有a，設(shè)撤去磁場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：撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以P點為坐標(biāo)原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運動，其初速度為vyvsin若使小球再次穿過P點所在的電場線，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
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