通用版2020版高考物理大二轮复习专题强化练二物体的平衡含解析

2020高考物理二轮复习题型归纳与训练专题二力与物体的平衡题型一：运动物体的平衡问题【例1】(2019·全国卷Ⅱ)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行。

已知物块与斜面之间的动摩擦因数为33，重力加速度取10 m/s2。

若轻绳能承受的最大张力为1500 N，则物块的质量最大为()A．150 kg B．100 3 kg C．200 kg D．200 3 kg 【答案】A【解析】物块沿斜面向上匀速运动，受力如图，根据平衡条件F＝F f＋mg sinθ①F f＝μF N①F N＝mg cosθ①由①①①式得F＝mg sinθ＋μmg cosθ所以m＝Fg sinθ＋μg cosθ故当F max＝1500 N时，有m max＝150 kg，A正确。

题型二：物体的静态平衡【例2】(2019·全国卷Ⅱ，16)用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。

两斜面①、①固定在车上，倾角分别为30°和60°。

重力加速度为g。

当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面①、①压力的大小分别为F1、F2，则( )A.F 1＝33mg ，F 2＝32mgB.F 1＝32mg ，F 2＝33mg C.F 1＝12mg ，F 2＝32mg D.F 1＝32mg ，F 2＝12mg 【答案】 D【解析】 卡车匀速行驶，圆筒受力平衡，对圆筒受力分析，如图所示。

由题意知，力F 1′与F 2′相互垂直。

由牛顿第三定律知F 1＝F 1′，F 2＝F 2′，则F 1＝mg sin 60°＝32mg ， F 2＝mg sin 30°＝12mg ，选项D 正确。

题型三：物体的动态平衡问题【例3】 (2019·全国卷Ⅱ) 如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。

一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N ，另一端与斜面上的物块M 相连，系统处于静止状态。

教课资料范本2020新课标高考物理课后操练：力与物体的均衡含分析编辑： __________________时间： __________________(建议用时： 25 分钟 )一、单项选择题1．在粗拙水平面上放着一个三角形木块abc，在它的两个粗糙斜面上分别放有质量为m1和 m2的两个物体， m1 >m2，如图所示，若三角形木块和两物体都是静止的，则粗拙水平面对三角形木块()A．有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向右B．有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向左C．有摩擦力的作用，但摩擦力的方向不可以确立，因m1、 m2、θ1、θ2的数值均未给出D．以上结论都不对分析：选 D.法一 (隔绝法 )：把三角形木块隔绝出来，它的两个斜面上分别遇到两物体对它的压力F N1、F N2，摩擦力 F1、F 2.由两物体的均衡条件知，这四个力的大小分别为F N1＝ m1gcos θ1， F N2＝m2gcos θ2F1＝m1gsin θ1， F 2＝ m2gsin θ2它们的水均分力的大小(如下图 )分别为F N1x＝ F N1 sin θ1＝ m1gcos θ1sin θ1F N2x＝ F N2 sin θ2＝ m2gcos θ2 sin θ2F1x＝ F1cos θ1＝ m1gcos θ1sin θ1F2x＝ F2cos θ2＝ m2gcos θ2sin θ2此中 F N1x＝ F 1x， F N2x＝ F2x，即它们的水均分力相互均衡，木块在水平方向无滑动趋向，所以不受水平面的摩擦力作用．法二 (整体法 )：因为三角形木块和斜面上的两物体都静止，能够把它们当作一个整体，受力如下图．设三角形木块质量为M，则竖直方向遇到重力(m1＋m2＋ M)g 和支持力 F N作用途于均衡状态，水平方向无任何滑动趋向，所以不受水平面的摩擦力作用．2． (20xx ·考全国卷高Ⅱ )物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行．已知物块与斜面之间的动摩擦因数为3，重力加快度取10 m/s 2.若轻绳能3蒙受的最大张力为 1 500 N ，则物块的质量最大为()A ． 150 kgB ． 100 3 kgC． 200 kg D ． 200 3 kg分析：选 A. 设物块的质量最大为m，将物块的重力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由均衡条件，在沿斜面方向有 F ＝ mgsin 30°＋μmgcos 30°，解得m＝150 kg ，A 项正确．3． (20xx 烟·台联考 )如下图，在固定斜面上的一物块遇到一外力F的作用， F 平行于斜面向上．若要物块在斜面上保持静止， F 的取值应有必定范围，已知其最大值和最小值分别为F 1 和 F 2( F 2>0)．由此可求出 ()A ．物块的质量B ．斜面的倾角C ．物块与斜面间的最大静摩擦力D ．物块对斜面的正压力分析： 选 C.设斜面倾角为 θ，斜面对物块的最大静摩擦力为F f ，当 F 取最大值 F 1 时，最大静摩擦力 F f 沿斜面向下，由均衡条件得 F 1＝ mgsin θ＋ F f ；当 F 取最小值 F 2 时， F f 沿斜面向上，由均衡条件得F 2＝ mgsin θ－ F f ，联立两式可求出最大静摩擦力F f ＝F1－ F2，选项 C2正确． F N ＝ mgcos θ， F 1＋ F 2＝ 2mgsin θ，所以不可以求出物块的质量、斜面的倾角和物块对斜面的正压力．4．(20xx 高·考全国卷 Ⅲ )一根轻质弹性绳的两头分别固定在水平天花板上相距80 cm 的两点上，弹性绳的原长也为80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，均衡时弹性绳的总长度为 100cm ；再将弹性绳的两头迟缓移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变成 (弹性绳的伸长一直处于弹性限度内)()A ． 86 cmB ． 92 cmC ． 98 cmD ． 104 cm分析： 选 B.将钩码挂在弹性绳的中点时，由数学知识可知钩码双侧的弹性绳( 劲度系数设为 k)与竖直方向夹角θ均知足 sin θ＝ 4，对钩码 (设其重力为G)静止时受力剖析，得G ＝52k1 m －0.8 mcos θ ；弹性绳的两头移至天花板上的同一点时，对钩码受力剖析，得G ＝22L －0.8 m2k 2 2 ，联立解得 L ＝ 92 cm ，可知 A 、 C 、 D 项错误， B 项正确．5.如图，两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两头各系一质量为m 的小球．在 a 和 b 之间的细线上悬挂一小物块．均衡时，a 、b 间的距离恰巧等于圆弧的半径．不计全部摩擦．小物块的质量为()m3A. 2B. 2 m C ． mD ． 2m分析： 选 C.因为轻环不计重力，故细线对轻环的拉力的协力与圆弧对轻环的支持力等大反向，即沿半径方向；又双侧细线对轻环拉力相等，故轻环所在地点对应的圆弧半径为两细线的角均分线，因为两轻环间的距离等于圆弧的半径，故两轻环与圆弧圆心构成等边三角形；又小球对细线的拉力方向竖直向下，由几何知识可知，两轻环间的细线夹角为120°，对小物块进行受力剖析，由三力均衡知识可知，小物块质量与小球质量相等，均为m， C 项正确．6． (20xx 高·考全国卷Ⅱ )如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持 F 的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰巧做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数为()3A．2－ 3 B. 633C. 3D. 2分析：选 C.当拉力水平常，物块做匀速运动，则 F ＝μmg，当拉力方向与水平方向的夹角为 60°时，物块也恰巧做匀速运动，则Fcos 60°＝μ(mg－Fsin 60° )，联立解得μ＝3，3A 、B 、 D 项错误，C 项正确．7．如下图，匀强电场的电场强度方向与水平方向夹角为30°且斜向右上方，匀强磁场的方向垂直于纸面 (图中未画出 )．一质量为m、电荷量为q 的带电小球 (可视为质点 )以与水平方向成 30°角斜向左上方的速度v 做匀速直线运动，重力加快度为g，则 ()A．匀强磁场的方向可能垂直于纸面向外B．小球必定带正电荷mgC．电场强度大小为qmgD．磁感觉强度的大小为qv分析：选 C.小球做匀速直线运动，遇到的协力为零，假定小球带正电，则小球的受力情况如图甲所示，小球遇到的洛伦兹力沿虚线但方向未知，小球遇到的重力与电场力的协力与洛伦兹力不行能均衡，故小球不行能做匀速直线运动，假定不建立，小球必定带负电，选项B错误；小球的受力状况如图乙所示，小球遇到的洛伦兹力必定斜向右上方，依据左手定章，匀强磁场的方向必定垂直于纸面向里，选项 A 错误；依据几何关系，电场力大小qE ＝mg，洛伦兹力大小qvB＝3mg，解得 E＝mg， B＝3mg，选项C正确，D错误．q qv8．(20xx 青·岛模拟 )质量为 m 的四只完整同样的足球叠成两层放在水平面上，基层三只足球恰巧接触成三角形，上层一只足球放在基层三只足球的正上边，系统保持静止．若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则()A ．基层每个足球对地面的压力为mgB．基层每个足球之间的弹力为零mgC．基层每个足球对上层足球的支持力大小为3D．足球与水平面间的动摩擦因数起码为6 6分析：选 B. 依据整体法，设下边每个球对地面的压力均为F N，则43F N＝ 4mg，故F N＝3mg， A 错误；四个球的球心连线构成了正四周体，基层每个足球之间的弹力为零， B 正确；上层足球遇到重力、基层足球对上层足球的三个支持力，因为三个支持力的方向不是竖直向上，所以三个支持力在竖直方向的重量之和等于重力，则基层每个足球对上层足球的支持力大小大于mg，C 错误；依据正3四周体几何关系可求， F 与 mg 夹角的余弦值 cos θ＝6，正弦值 sin θ＝3，则有 F·6＋3332mg432662mg＝F N＝3mg，3 F ＝ F f，解得 F f＝6 mg，F ＝6 mg，则μ≥4＝8，所以足球与水平3mg2面间的动摩擦因数起码为8，故D错误．9.(20xx 济·宁二模 )三段细绳 OA、 OB、 OC 结于 O 点，另一端分别系于竖直墙壁、水平顶壁和悬挂小球，稳固后OA 呈水平状态．现保持O 点地点不变，迟缓上移A 点至 D 点的过程中，对于 OA 绳上的拉力变化状况的判断正确的选项是()A ．向来增大B ．向来减小C．先增大后减小 D ．先减小后增大分析：选 D.可运用动向图解法，由图可知，当OA 与 OB 垂直时， OA 上的拉力最小，故D 正确．10． (20xx ·长沙模拟 )如下图，固定在竖直平面内的圆滑圆环的最高点有一个圆滑的小孔．质量为m 的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环迟缓上移，在挪动过程中手对线的拉力 F 和环对小球的弹力 F N的大小变化状况是 () A．F 减小， F N不变B．F 不变， F N减小C．F 不变， F N增大D．F增大， F N减小分析：选 A. 对小球受力剖析，其所受的三个力构成一个闭合三角形，如下图，力三角形与圆内的三角形相像，由几何关系可知mg＝FN＝F，小球迟缓上移时mg不变， R不变， L 减小，故 F 减小，R R LF N大小不变， A 正确．二、多项选择题11.(20xx 高·考天津卷 )明朝谢肇淛的《五杂组》中记录：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不行．一游僧见之曰：无烦也，我能正之．”游僧每日将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身．假定所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，此刻木楔背上加一力F，方向如下图，木楔双侧产生推力 F N，则 ()A．若 F 必定，θN 大时F大B．若 F 必定，θ小时 F N大C．若θ必定， F 大时 F N大D．若θ必定， F 小时 F N大分析：选 BC. 木楔双侧面产生的推力协力大小等于 F ，由力的平行四边形定章可知，F N＝F，由表达式可知，若 F 必定，θ越小， F N越大，A 项错误， B 项正确；若θ必定， F θ2sin 2越大， F N越大， C 项正确， D 项错误．12．如下图，轻质不行伸长的晾衣绳两头分别固定在竖直杆M、 N 上的 a、 b 两点，悬挂衣服的衣架挂钩是圆滑的，挂于绳上处于静止状态．假如只人为改变一个条件，当衣架静止时，以下说法正确的选项是()6 / 9A ．绳的右端上移到 b ′，绳索拉力不变B ．将杆 N 向右移一些，绳索拉力变大C ．绳的两头高度差越小，绳索拉力越小D ．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移分析： 选 AB. 设两段绳索间的夹角为2α，绳索的拉力大小为 F ，由均衡条件可知， 2Fcosα＝ mg ，所以 F ＝mg，设绳索总长为 L ，两杆间距离为 s ，由几何关系 L 122cosαsin α＋ L sin α＝ s ，得 sin α＝ s ＝ s，绳索右端上移， L 、 s 都不变， α不变，绳索张力 F 也不变， AL1 ＋L2 L 正确；杆 N 向右挪动一些， s 变大， α变大， cos α变小， F 变大， B 正确；绳索两头高度差变化，不影响 s 和 L ，所以 F 不变， C 错误；衣服质量增添，绳索上的拉力增添，因为 α不会变化，悬挂点不会右移， D 错误．13． (20xx 德·州模拟 )如下图，重物 A 被绕过小滑轮P 的细线所悬挂，小滑轮 P 被一根细线系于天花板上的O 点， B 物体放在粗拙的水平桌面上，O ′是三根线的结点， bO ′水平拉着 B 物体， cO ′竖直拉侧重物C ， aO ′、 bO ′与 cO ′的夹角如下图．细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽视，整个装置处于静止状态．若悬挂小滑轮的细线OP 的张力大小是 20 3 N ，则以下说法中正确的选项是(g ＝ 10 m/s 2)()A ．重物 A 的质量为 2 kgB ．桌面对 B 物体的摩擦力大小为 10 3 NC ．重物 C 的质量为 1 kgD ． OP 与竖直方向的夹角为60°分析： 选 ABC. 以小滑轮 P 为研究对象，受力剖析如图甲所示，则有 2Tcos 30°＝ F ，故F ＝ 20 N ，因为 T ＝ m AA＝2 kg ，则选项 A 正确；以 O ′点为研究对象，受力 T ＝2cos 30 °g ，故 m 剖析如图乙所示，由均衡条件得：Tcos 30°＝ F b ， F b ＝ 10 3 N ， Tsin 30 °＝ F C ＝m C g ，故 m C＝ 1 kg ，则选项 C 正确；又因为 F b ＝－ f ，所以选项 B 正确； OP 与竖直方向的夹角应为 30°，所以选项 D 错误．14.表面圆滑、半径为R 的半球固定在水平川面上，球心 O 的正上 方 O ′处有一无摩擦定滑轮，轻质细绳两头各系一个可视为质点的小球挂在 定滑轮上，如下图．两小球均衡时，若滑轮双侧细绳的长度分别为 L 1＝2.4R 和 L 2＝2.5R ，则这两个小球的质量之比为m1，小球与半球之间的压m2力之比为FN1，则以下说法正确的选项是 ()FN2A. m1＝ 24B. m1＝ 25m2 25m2 24FN1 ＝ 25FN1 ＝24C.FN224D.FN2 25分析： 选 BC. 先以左边小球为研究对象，剖析受力状况：重力m 1g 、绳索的拉力 F T 和半球的支持力F N1 ，作出受力剖析图．由均衡条件得悉，拉力 F T 和支持力 F N 的协力与重力 m 1g 大小 相 等、方向相反．设OO ′＝ h ，依据三角形相像得 FT ＝ FN1 ＝ m1g ，解得L1 R h1FTh， F N1FTR①同理，以右边小球为研究对象，得： m 2g＝m g ＝ L1＝ L1FTh ， F N2＝FTR②，由 ①∶② 得 m1＝ L2＝ 25， FN1＝L2 ＝ 25 . L2 L2m2 L1 24 FN2 L1 2415.(20xx 滨·州质检 )如下图，在竖直平面内，一根不行伸长的轻质 软绳两头打结系于 “V ”形杆上的 A 、 B 两点，已知 OM 边竖直，且 |AO|＝ |OB|，细绳绕过圆滑的滑轮，重物悬挂于滑轮下处于静止状态．若在纸面内绕端点 O 按顺时针方向迟缓转动 “V ”形杆，直到 ON 边竖直，绳索的张力为T ， A 点处绳索与杆之间摩擦力大小为F ，则()A ．张力 T 向来增大B ．张力 T 先增大后减小C ．摩擦力 F 向来减小D ．摩擦力 F 先增大后减小分析： 选 BC. 设滑轮双侧绳索与竖直方向的夹角 α，受力如图甲，在纸面内绕端点O 按顺时针方向迟缓转动 “V ” 形杆，直到 ON 边竖直， AB 的长度不变， AB 在水平方向的投影先变长后变短，绳索与竖直方向的夹角α先变大后变小，所以张力T ＝mg先增大后减小，故2cos αA 错误，B 正确；以 A 点为研究对象，受力剖析如图乙．依据均衡条件可知， F ＝ Tcos(α＋ β)（＋）＝ mg＝ mgcosα β2cos α2 (cosβ－ tan α sin β)，在纸面内绕端点 O 按顺时针方向迟缓转动“V ”形杆，绳索与竖直方向的夹角α先变大后变小， OA 杆与竖直方向的夹角β向来变大，当绳索与竖直方向的夹角α变大时，摩擦力减小，当绳索与竖直方向的夹角α变小时，但(α＋β)仍是在增大，所以摩擦力仍是在减小，故 C 正确， D 错误．。

2021届专题卷物理专题二答案与解析1．【命题立意】通过实际情景考查弹力方向判断 .【思路点拨】弹力方向总是与接触面垂直 .【答案】D 【解析】ABC 选项中的弹力均应与其接触面垂直 ,D 选项中杆的弹力与重力平衡 .2．【命题立意】特定条件下摩擦力的动静转化 .【思路点拨】开始摩擦力为滑动摩擦力与运动方向相反 ,但是物体速度减为零后 ,无法确定外力与最|大静摩擦力的大小 ,无法确定之后的摩擦力情况 .【答案】BD 【解析】物体速度减速为零时 ,可能静止也可能反向运动 ,符合条件的为BD 两个选项 .3．【命题立意】受力分析 .【思路分析】 (1 )质点受力分析的步骤可以概括为：重力一定有 ,弹力看周围 ,分析摩擦力 ,不漏电磁浮； (2 )摩擦力判断是难点 ,常用方法是定义法、假设法、平衡法 .【答案】CD 【解析】b 物体一定受到的力有：a 物体对b 物体的压力、重力、a 物体对b 物体的摩擦力、斜面对b 物体的支持力 ,共四个力；可能受到斜面对b 物体的摩擦力的作用 ,故正确选项为CD .4．【命题立意】考查胡克定律、力的合成 .【思路点拨】 (1 )胡克定律的应用关键是找准形变量x ∆； (2 )力的合成关键是熟练应用平行四边形定那么或三角形定那么 .【答案】B 【解析】弓弦张力kl l l k F 3235=⎪⎭⎫ ⎝⎛-= ,弓弦对箭的作用力kl F F 151637cos 2=︒=' . 5．【命题立意】考查从图象找出关键点进行分析问题的能力 .【思路点拨】注意图象上特殊点的坐标 ,这是图象问题中隐含条件的一种表达 ,从图象中可知当力与竖直方向夹角为30°和120°时外力大小相等 ,是求解此题的关键 .【答案】C 【解析】从图象中可以看出物体匀速 ,当力与竖直方向夹角为30°和120°时 ,外力相等 ,设此时拉力大小为F' ,那么物体受重力mg 、支持力N 、摩擦力f 和F'处于平衡 ,根据平衡条件可知 ,夹角为30°时有：()︒'-=︒'30cos 30sin F mg μF ,夹角为120°时 ,力水平方向成30°夹角 ,那么由平衡条件得：()︒'+=︒'30sin 30cos F mg μF ,联立解得：32-=μ .故C 选项正确 .6．【命题立意】综合考查受力分析、摩擦力、力的合成 .【思路点拨】从A 恰好静止且所受摩擦力方向向下入手 ,通过正交分解法求出绳的拉力 ,再对右侧的滑轮受力分析 ,用合成法求出B 的质量 .【答案】B 【解析】由平衡条件可知绳中张力mg θμmg mg F 45cos 30sin T =+︒= ,对B 物体分析有T B 2F g m = ,m m 425B = . 7．【命题立意】结合实际情景考查动态分析 ,正交分解 .【思路点拨】 (1 )求解各力之间的关系可先将各力归入平行四边形或矢量三角形； (2 )水桶中的水不断减少后系统总重力随之减少 ,缓慢增加悬绳的长度那么悬线与玻璃的夹角不断减小 .【答案】C 【解析】由受力分析可知αG F cos 1= ,αG F tan 2=；在空中同一位置作业 ,当桶中的水不断减少 ,α不变 ,重力变小 ,F 1与F 2同时减少；假设缓慢增加悬绳的长度 ,α变小 ,重力不变 ,F 1与F 2同时减少 .8．【命题立意】整体法与隔离法 .【思路点拨】分析最|中间运发动所受压力时可将上面三名运发动看作一个整体进行分析【答案】C 【解析】上面的人的两只脚分别给中间的人的作用力为G ,中间的左、右边的人的每一只脚的作用力为(G +G )/2 ,故下面的正中间的人背部受到的作用力为G +G =G ,每一只脚对地面的压力为(G +G )/2＝G ,C 对 .9．【命题立意】综合考查力的分解、弹力、摩擦力 .【思路点拨】物体在多个力作用下平衡 ,正交分解是最|正确方案 .【答案】BC 【解析】由受力分析可知物体退槽的压力N 13N 5N 837cos =+=∆+︒=x k m g F ,槽对物块的摩擦力N 637sin f =︒=mg F .10．【命题立意】共点力作用下物体的平衡、动态分析问题 .【思路点拨】 (1 )将小球所受各个力放入矢量三角形； (2 )其中两绳子拉力夹角始终为120° ,结合正弦定理可分析两绳子拉力的大小变化情况 .【答案】B 【解析】由绳子移动过程中两绳的角度再结合由平行四边形定那么可知OP 绳所受拉力先增大后减小 ,OQ 绳所受拉力不断减小 .11．【命题立意】考查摩擦力 (双面 ) .【思路点拨】要将物块上下两个外表的弹力区分好 .【答案】μ =0.30【解析】设接触面间的动摩擦因数为μ ,物体A 与B 间的摩擦力为F 1 =μG A (2分 ) 物体B 与地面间的滑动摩擦力为 F 2 =μ(G A +G B ) (2分 )将B 匀速拉出 ,拉力大小与两个摩擦力的合力大小应相等 ,有F =μG A +μ(G A +G B ) =μ(2G A +G B ) (2分 ) 即30 =μ(2×40 +20) (1分 )解得：μ =0.30 (1分 ) .12．【命题立意】整体法隔离法 .【思路点拨】 (1 )隔离法分析问题受力要全面； (2 )合理选取整体法可以方便解题 .【答案】 (1 )mg F 43= (2 )对横杆的压力大小为2mg ,mg ,方向水平向左【解析】 (1 )取小球为研究对象进行受力分析 ,由平衡规律得：F F =︒37sin T ① (1分 )mg F =︒37cos T ② (1分 ) 联立解得mg F 43=③ (1分 ) (2 )取AB 组成的系统为研究对象 mg F 2N =④ (1分 )F F =f ⑤ (1分 ) 由牛顿第三定律NN F F '-=⑥ (1分 ) 对横杆的压力大小为2mg ,mg ,方向水平向左 (1分 ) .13．【命题立意】通过实际模型考查摩擦力求解 .【思路点拨】 (1 )求解弹力是求解摩擦力的关键； (2 )要注意左右两侧都有摩擦力 .【答案】12N 【解析】滑块在竖直平面内受到3个力的作用 ,如下列图所示 ,由力的平衡条件可知θF θF sin sin N2N1= (2分 ) G θF θF =+cos cos N2N1 (2分 )解得：N 20N2N1===G F F (2分 ) 滑块一侧受到的摩擦力N 6N ==μF f (1分 ) 水平推力N 122==f F (1分 ) .14．【命题立意】考查受力分析、整体法隔离法解题、极值求解 .【思路点拨】 (1 )三力平衡可以用正交分解也可以应用矢量三角形 ,四力及以上平衡适用正交分解； (2 )三角函数法是求解极值的重要方法 .【答案】 (1 )︒=30θ (2 )53=μ (3 )53tan ==μα时F 的值最|小 【解析】 (1 )对B 进行受力分析 ,设细绳对B 的拉力为T ,由平衡条件可得θT F cos 30cos =︒ (1分 ) mg θT F =+︒sin 30sin (1分 )解得：310=T (1分 )33tan =θ ,即︒=30θ (1分 ) (2 )对A 进行受力分析 ,由平衡条件有N sin F Mg θT =+ (1分 )N cos μF θT = (1分 )解得53=μ (1分 ) (3 )对A 进行受力分析 ,由平衡条件有()g m M F αF +=+N sin (1分 )N cos μF αF = (1分 )解得：()αμαg μm M F sin cos ++=(1分 ) 令211sin μβ+=,21cos μμβ+= ,即μβ1tan = 那么：)sin(1)()sin cos cos (sin 1)(22αβμμαβαβμμ+++=+++=g m M g m M F (1分 ) 显然 ,当︒=+90βα时F 有最|小值 ,所以53tan ==μα时F 的值最|小 . (1分 ) 15．【命题立意】综合考查动、静摩擦力 . 【思路点拨】 (1 )摩擦系数和拉力均可以通过平衡求解 . (2 )B 处添加物体后最|大静摩擦力发生变化要着重注意 .【答案】 (1 )μ =0.2 (2 )4N (3 )2N 【解析】 (1 )因A 和B 恰好一起匀速运动 ,所以B 受到的水平绳的拉力T 与滑动摩擦力F 1的大小相等 ,且等于A 的重力m A g 值 .B 对桌面的压力F N 等于B 的重力m B g .所以有F 1 =μF N (1分 ) F N =m B g (1分 ) T =F 1 =m A g (1分 ) 解得：μ =0.2 (1分 ) (2 )如果用水平力F 向左拉B ,使物体A 和B 做匀速运动 ,此时水平绳的拉力T 与滑动摩擦力F 1的大小均不变 ,根据物体B 水平方向的平衡由F =T +F 1 =2m A g =4N (4分 ) (3 )假设在原来静止的物体B 上放一个质量与B 物体质量相等的物体后 ,物体B 对桌面的压力变大 ,受到的最|大静摩擦力将变大 ,但此时物体B 将静止不动 ,物体与桌面间的摩擦力为静摩擦力 ,根据物体B 和物体A 的平衡可知 ,物体B 受到的摩擦力为F 1' =T =m A g =2N (4分 ) .16．【命题立意】受力分析、整体法隔离法 .【思路点拨】隔离分析A 物体 ,然后隔离分析B 或者分析整体即可求解 ,整体法与隔离法应用时无先后顺序 ,唯一的原那么就是方便解题 .【答案】F =850N 【解析】物体A 、B 的受力图如右图所示 ,由受力平衡知：对A ：0cos 1=-f θT ① (2分 ) 0sin 11=--θT G N ② (2分 )11μN f =③ (1分 )对B ：021=-'-f f F ④ (2分 )0212=-'-G N N ⑤ (2分 )22μN f =⑥ (1分 ) 由①~⑥知：F =850N (2分 ) (或者采用先整体后隔离 ) .。

2022年高考物理二轮复习高考冲关练力与物体的平衡一、选择题1．(2021·哈尔滨二中模拟) 有始终角V形槽固定在水平面上，其截面如图1－1－22所示，BC面与水平面间夹角为60°，有一质量为m的正方体均匀木块放在槽内，木块与BC面间的动摩擦因数为μ，与AB面间无摩擦．现用垂直于纸面对里的力推木块使之沿槽运动，则木块所受的摩擦力为()图1－1－22A.12μmg B.32μmgC.22μmg D．μmg【解析】由受力分析可知BC面对木块的支持力为F BC＝mg sin 30°，木块运动后木块受到的摩擦力为F f＝μF BC＝μmg sin 30°＝12μmg，正确选项为A.【答案】 A2. (2022·江苏高考)如图1－1－23所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升．夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f.若木块不滑动，力F的最大值是()图1－1－23A.2f(m＋M)MB.2f(m＋M)mC.2f(m＋M)M－(m＋M)gD.2f(m＋M)m＋(m＋M)g【解析】由题意知当M恰好不能脱离夹子时，M受到的摩擦力最大，F取最大值，设此时提升加速度为a，由牛顿其次定律得，对M有：2f－Mg＝Ma①对m有：F－2f－mg＝ma②联立①②两式解得F＝2f(M＋m)M，选项A正确．【答案】 A3．如图1－1－24所示，位于墙角的光滑斜面，其倾角为45°，劲度系数为k的轻弹簧一端系在质量为m的小球上，另一端固定在墙上，弹簧水平放置．小球在斜面上静止时，弹簧的形变量大小为()图1－1－24A.mgk B.3mg2kC.3mg3k D.3mgk【解析】对小球受力分析如图所示，它在重力mg，斜面的支持力F N和弹簧弹力F的作用下处于平衡状态，故斜面的支持力F N和弹簧弹力F的合力F′与重力mg等大，则F＝mg tanθ，即kx＝mg tan 45°，解得弹簧的形变量大小x＝mg/k.【答案】 A4．(2022·浙江高考)如图1－1－25所示，与水平面夹角为30°的固定斜面上有一质量m＝1.0 kg的物体．细绳的一端与物体相连，另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧秤相连．物体静止在斜面上，弹簧秤的示数为4.9 N．关于物体受力的推断(取g＝9.8 m/s2)，下列说法正确的是()图1－1－25A．斜面对物体的摩擦力大小为零B．斜面对物体的摩擦力大小为4.9 N，方向沿斜面对上C．斜面对物体的支持力大小为4.9 3 N，方向竖直向上D．斜面对物体的支持力大小为4.9 N，方向垂直斜面对上【解析】选斜面上的物体为争辩对象，物体受重力mg，支持力F N 和绳子拉力F ，由于F ＝4.9 N，且mg sin 30°＝4.9 N，则F＝mg sin 30°，所以斜面对物体的摩擦力为零，选项A正确，选项B错误；斜面对物体的支持力F N＝mg cos 30°＝4.9 3 N，方向垂直斜面对上，选项C、D 错误．【答案】 A5．(多选) (2021·大连模拟)如图1－1－26甲所示，放在固定斜面上的物体，受到一个沿斜面对上的力F作用，始终处于静止状态，F的大小随时间变化的图象如图1－1－26乙所示．则在0～t0时间内物体所受的摩擦力f随时间t的变化规律可能为(取沿斜面对上为摩擦力f的正方向)()甲乙图1－1－26【解析】物体在斜面上始终处于平衡状态，沿斜面方向受力平衡方程为：F－mg sin θ＋f ＝0，解得：f＝mg sin θ－F，若初态mg sin θ＝F，则选项B正确；若初态mg sin θ＞F，则选项C 正确；若初态mg sin θ＜F，则选项D正确．【答案】BCD6．假设国家大剧院的屋顶为半球形，一保洁人员为执行保洁任务，必需在半球形屋顶上向上缓慢爬行(如图1－1－27所示)，他在向上爬的过程中()图1－1－27A．屋顶对他的支持力不变B．屋顶对他的支持力变大C．屋顶对他的摩擦力不变D．屋顶对他的摩擦力变大【解析】人在屋顶上爬行时受到三个力，如图甲所示．将这三个力构成一个闭合三角形，如图乙所示．由几何关系可看出：F f＝mg sin θ，而F N＝mg cos θ，当人向上爬行时，θ变小，则。

专题能力训练1力与物体的平衡(时间:45分钟满分:100分)专题能力训练第2页一、选择题(本题共6小题,每小题9分,共54分。

在每小题给出的四个选项中,1~4题只有一个选项符合题目要求,5~6题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得9分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.(2017·全国卷Ⅱ)如图所示,一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。

若保持F的大小不变,而方向与水平面成60°角,物块也恰好做匀速直线运动。

物块与桌面间的动摩擦因数为()A.2-√3B.√36C.√33D.√32答案:C解析:假设物块质量为m,物块与桌面间的动摩擦因数为μ,当物块在水平力F作用下做匀速直线运动时满足F=μmg;当物块在与水平方向成60°角的力F作用下做匀速直线运动时满足F cos 60°=μ(mg-F sin 60°);联立方程解得,物块与桌面间的动摩擦因数μ=√33,故选项C正确。

2.如图所示,质量分别为m1、m2的两物体甲、乙位于相邻的两水平台阶上,中间用轻弹簧相连,弹簧与竖直方向夹角为θ。

在乙右端施加水平拉力F,使甲、乙均处于静止状态。

已知重力加速度为g,乙表面光滑,则下列说法正确的是()A.弹簧弹力的大小为m1gcosθB.地面对甲的摩擦力大小为FC.甲的表面可能光滑D.m1与m2一定相等答案:B解析:对两物体及弹簧整体受力分析可知,整体受重力、支持力、拉力及摩擦力;要使整体处于平衡,则水平方向一定有向左的摩擦力作用在甲上,且大小与F相同,故B 正确。

因甲与地面间有摩擦力,故C错误。

再对甲受力分析可知,弹力水平方向的分力应等于摩擦力,即等于F,故弹力F弹=Fsinθ;因竖直方向上地面对甲、乙的支持力大小不明确,无法确定两物体的质量关系,也无法求出弹簧弹力与重力的关系,故A、D 错误。

3.(2019·辽宁大连模拟)如图所示,一条细绳跨过光滑的定滑轮连接两个小球A、B,它们都穿在一根光滑的竖直杆上,不计滑轮的质量。

绝密★启用前人教版2020寒假高三物理二轮复习受力平衡练习本试卷分第I卷和第n卷两部分，共100分，考试时间150分钟。

分卷I、单选题洪10小题，每小题4.0分，共40分）1•如图所示为某新型夹砖机，它能用两支巨大的手臂”将几吨砖夹起，大大提高了工作效率。

已知该新型某夹砖机能夹起质量为m的砖，两支手臂”对砖产生的最大压力为乞（设最大静擦力等于滑动摩擦力），则手臂”与砖之间的动摩擦因数至少为（）2•如图，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍能保持等长且悬挂点不变。

木板静止时，厂表示木板所受合力的大小,「表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后（）A .「不变，［变大B •匸不变，［变小C .=变大，［变大D . r变小，［变小A .物块可能会沿斜面下滑B .物块受到的摩擦力变小C .物块受到的摩擦力大小不变D .物块对斜面的压力变小4•如图所示，两楔形物块 A , B 部分靠在一起，接触面光滑，物块 B 放置在地面上，物块 A 上端用绳子拴在天花板上，绳子处于竖直伸直状态，A ,B 两物块均保持静止下列说法中正确的是（）77777777A .绳子的拉力可能小于 A 的重力3•物块m 位于斜面上，受到平行于斜面的水平力 撤去，则（）F 的作用处于静止状态。

如图所示，若将外力FB. 地面受的压力大于物块 B 的重力C. 物块B 受到地面的摩擦力方向水平向左 D .物块B 与地面间不存在摩擦力5•如图所示，四根相同的轻质弹簧连着相同的物体，在外力作用下做不同的运动:(1) 在光滑水平面上做加速度大小为 g 的匀加速直线运动； (2) 在光滑斜面上作向上的匀速直线运动； (3) 做竖直向下的匀速直线运动；(4) 做竖直向上的加速度大小为 g 的匀加速直线运动，设四根弹簧伸长量分别为 △ 11，△ 13,△14，不计空气阻力，g 为重力加速度，则( )A . △ 11= △ 14B . △ 13< △ 14C . △ 11>^ 14D . △ ">△ 136•如图所示，用平行于斜面体 A 斜面的轻弹簧将物块P 拴接在挡板 B 上，在物块P 上施加沿斜面向上的推力F ，整个系统处于静止状态。

本套资源目录2020届高考物理二轮复习专题强化练一力与物体的平衡含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练七碰撞与动量守恒定律含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练三力与曲线运动含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练九磁场及带电粒子在磁场中的运动含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练二力与直线运动含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练五功和功率动能定理含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练八电场及带电粒子在电场中的运动含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练六机械能守恒定律功能关系含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十一直流电路与交流电路含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十七选修模块含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十三三大观点解决电磁感应问题含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十二电磁感应规律及其应用含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十五力学实验含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十八选修模块含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十六电学实验含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十四近代物理初步含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十带电粒子在复合场中的运动含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练四万有引力定律与航天含解析专题强化练(一)考点1 物体的受力分析1．(2019·浙江卷)如图所示，小明撑杆使船离岸，则下列说法正确的是( )A．小明与船之间存在摩擦力B．杆的弯曲是由于受到杆对小明的力C．杆对岸的力大于岸对杆的力D．小明对杆的力和岸对杆的力是一对相互作用力解析：小明与船之间存在静摩擦力，A正确；杆的弯曲是由于受到小明对杆的作用力，B错误；杆对岸的力与岸对杆的力是作用力与反作用力，大小相等，C错误；小明对杆的力和岸对杆的力受力物体都是杆，两者不是作用力与反作用力，故D错误．答案：A2．(2018·商丘一模)如图所示，物体B与竖直墙面接触，在竖直向上的力F的作用下，A、B均保持静止，则物体B的受力个数为( )A．2个B．3个C．4个D．5个解析：物体A处于静止状态，其受到的合外力为零，受力分析如甲图所示；对物体A、B整体受力分析如图乙所示，竖直墙面对物体B没有弹力作用，则墙面也不会提供静摩擦力；对物体B受力分析，如图丙所示，则物体B受到4个力的作用，选项C正确．答案：C3．(2019·柳州模拟)两个质量相同的直角楔形物体a和b，分别在垂直于斜边的恒力F1和F2作用下静止在竖直墙面上，如图所示，下列说法正确的是( )A．a、b一定都受四个力的作用B．a、b所受摩擦力的方向都是竖直向上C．F2一定小于F1D．F1、F2大小可能相等解析：对a受力分析如图甲：除摩擦力外的三个力不可能平衡，故一定有摩擦力，摩擦力方向竖直向上，故a受四个力；除摩擦力外对b受力分析如图乙：除摩擦力外，F N、F2、mg三力有可能平衡，沿竖直方向和水平方向分解F2，设F2与竖直方向夹角为α则有：F2cos α＝mg，F2sin α＝F N，解得F2＝mgcos α；(1)若F2＝mgcos α没有摩擦力，此时b受3个力；(2)若F2＞mgcos α，摩擦力向下，b受四个力；(3)若F2＜mgcos α，摩擦力向上，b受四个力；F1和F2没有必然的联系，有可能相等，但也有可能不等，故D正确，A、B、C错误．答案：D考点2 共点力的平衡4．(2019·江苏卷)如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右．细绳与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为( )A.F Tsin αB.F Tcos αC ．F T sin αD ．F T cos α解析：以气球为研究对象，受力分析如图所示，则由力的平衡条件可知，气球在水平方向的合力为零，即风对气球作用力的大小为F ＝F T sin α，C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C5．(多选)(2019·烟台调研)如图所示，将一劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O ′处(O 为球心)，弹簧另一端与质量为m 的小球相连，小球静止于P 点．已知容器半径为R 、与水平地面之间的动摩擦因数为μ，OP 与水平方向的夹角为θ＝30°.下列说法正确的是( )A ．轻弹簧对小球的作用力大小为32mg B ．容器相对于水平地面有向左的运动趋势 C ．容器和弹簧对小球的作用力的合力竖直向上 D ．弹簧原长为R ＋mgk解析：对小球受力分析，如图所示，因为θ＝30°，所以三角形OO ′P 为等边三角形，由相似三角形法得F N ＝F ＝mg ，所以A 项错误；由整体法得，容器与地面间没有相对运动趋势，B 项错误；小球处于平衡状态，容器和弹簧对小球的作用力的合力与重力平衡，故C 项正确；由胡克定律有F ＝mg ＝k (L 0－R )，解得弹簧原长L 0＝R ＋mg k，D 项正确．答案：CD考点3 动态平衡6．(多选)(2019·新乡模拟)如图所示，木板P下端通过光滑铰链固定于水平地面上的O点，物体A、B叠放在木板上且处于静止状态，此时物体B的上表面水平．现使木板P 绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，物体A、B仍保持静止，与原位置的情况相比( )A．B对A的支持力不变B．B对A的支持力减小C．木板对B的支持力增大D．木板对B的摩擦力增大解析：开始时，A只受到重力和支持力作用而处于平衡状态，所以B对A的支持力与A的重力大小相等、方向相反，A不受B的摩擦力作用，P转动后，A受到重力、B对A的支持力和摩擦力作用而平衡，此时B对A的支持力和摩擦力的合力与A的重力大小相等，所以B对A的支持力一定减小了，B正确，A错误；以整体为研究对象，受到总重力G、板的支持力F N和摩擦力F f作用，设板的倾角为θ，由平衡条件有F N＝G cos θ，F f＝G sin θ，θ减小，F N增大，F f减小，C正确，D错误．答案：BC7．(多选)(2019·潍坊调研)如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的一段细绳与斜面平行．在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则( )A．b对c的摩擦力一定减小B．b对c的摩擦力方向可能平行斜面向上C．地面对c的摩擦力方向一定向右D．地面对c的摩擦力一定减小解析：若m a g＞m b g sin θ，则b对c的摩擦力平行于斜面向上，且随a中的沙子缓慢流出，b对c的摩擦力减小；若m a g＜m b g sin θ，则b对c的摩擦力平行于斜面向下，且随a中的沙子缓慢流出，b对c的摩擦力增大，A错误，B正确；以b、c为整体受力分析，应用平衡条件可得，地面对c的摩擦力方向一定水平向左，且F f＝m a g cos θ，随m a的减小而减小，C错误，D正确．答案：BD8．(多选)(2019·西安模拟)如图所示，一根绳子一端固定于竖直墙上的A 点，另一端绕过动滑轮P 悬挂一重物B ，其中绳子的PA 段处于水平状态，另一根绳子一端与动滑轮P 的轴相连，在绕过光滑的定滑轮Q 后在其端点O 施加一水平向左的外力F ，使整个系统处于平衡状态，滑轮均光滑、轻质，且均可看作质点，现拉动绳子的端点O 使其向左缓慢移动一小段距离后达到新的平衡状态，则该平衡状态与原平衡状态相比较( )A ．拉力F 增大B ．拉力F 减小C ．角θ不变D ．角θ减小解析：以动滑轮P 为研究对象，AP 、BP 段绳子受的力始终等于B 的重力，两绳子拉力的合力在∠APB 的角平分线上，拉动绳子后，滑轮向上运动，两绳子夹角减小，两拉力的合力增大，故F 增大，A 项正确，B 项错误；PQ 与竖直方向夹角等于∠APB 的一半，故拉动绳子后角θ减小，C 项错误，D 项正确．答案：AD9．(2019·商丘模拟)如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔．质量为m 的小球套在圆环上．一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移．在移动过程中手对线的拉力F 和轨道对小球的弹力F N 的大小变化情况是( )A ．F 不变，F N 增大B ．F 不变，F N 减小C ．F 减小，F N 不变D ．F 增大，F N 减小解析：小球沿圆环缓慢上移过程中，受重力G 、拉力F 、弹力F N 三个力处于平衡状态．小球受力如图所示，由图可知△OAB ∽△F N AF ，即：G R ＝F AB ＝F NR，当A 点上移时，半径R 不变，AB 长度减小，故F 减小，F N 不变，故选项C 正确．答案：C10．(多选)(2019·威海一中摸底)如图所示，质量均为m 的小球A 、B 用劲度系数为k 1的轻弹簧相连，B 球用长为L 的细绳悬于O 点，A 球固定在O 点正下方，当小球B 平衡时，所受绳子的拉力为F T 1，弹簧的弹力为F 1；现把A 、B 间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k 2(k 2＞k 1)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时小球B 所受绳子的拉力为F T 2，弹簧的弹力为F 2.则下列关于F T 1与F T 2、F 1与F 2大小之间的关系，正确的是( )A ．F T 1＞F T 2B ．F T 1＝F T 2C ．F 1＜F 2D ．F 1＝F 2解析：以小球B 为研究对象，分析受力情况，如图所示．由平衡条件可知，弹簧的弹力F 和绳子的拉力T 的合力F 合与重力mg 大小相等，方向相反，即F 合＝mg ，作出力的合成图如图，由力三角形与几何三角形相似得：mg AO ＝F AB ＝F TOB.当弹簧劲度系数变大时，弹簧的压缩量减小，故AB 长度增加，而OB 、OA 的长度不变，故F T 1＝F T 2，F 2＞F 1，A 、D 错误，B 、C 正确．答案：BC考点4 电学中的平衡问题11．(2018·重庆高三测试)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L 、质量为m 的直导体棒，导体棒中电流为I .要使导体棒静止在斜面上，需要外加匀强磁场的磁感应强度B 的最小值为( )A.mg 2ILB.3mg 2ILC.mg ILD.3mg IL解析：平衡状态下导体棒受三个力，重力为恒力，支持力的方向不变，安培力的大小和方向不确定；由动态平衡知当安培力F 平行于斜面向上时安培力最小，则B 最小，即BIL ＝mg sin 30°，B ＝mg2IL，由左手定则知B 的方向垂直于斜面向下．答案：A12．(2019·青岛模拟)如图，绝缘光滑圆环竖直放置，a 、b 、c 为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c 位于圆环最高点，ac 连线与竖直方向成60°角，bc 连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态．下列说法正确的是( )A ．a 、b 、c 小球带同种电荷B ．a 、b 小球带异种电荷，b 、c 小球带同种电荷C ．a 、b 小球电量之比为36D ．a 、b 小球电量之比为39解析：对c 小球受力分析可得，a 、b 小球必须带同种电荷，c 小球才能平衡．对b 小球受力分析可得，b 、c 小球带异种电荷，b 小球才能平衡．故A 、B 项错误；对c 小球受力分析，将力正交分解后可得：kq a q c r 2ac sin 60°＝k q b q cr 2bcsin 30°，又r ac ∶r bc ＝1∶3，解得q a ∶q b ＝3∶9.故C 项错误，D 项正确．答案：D专题强化练(七)考点1 冲量与动量定理的应用1．(2019·太原模拟)如图所示是一种弹射装置，弹丸的质量为m ，底座的质量为3m ，开始时均处于静止状态．当弹丸以速度v (相对于地面)发射出去后，底座的速度大小为v4，在发射弹丸过程中，底座受地面的摩擦力的冲量为( )A ．零 B.mv4，方向向右C.mv3，方向向右D.3mv4，方向向左 解析：设向右为正方向，对弹丸，根据动量定理：I ＝mv ，力的作用是相互的，则弹丸对底座的作用力的冲量为：－mv ，对底座，根据动量定理：I f ＋(－mv )＝－3m ·v4得：I f＝mv4，为正表示方向向右，故B 正确，A 、C 、D 错误． 答案：B2．(多选)(2018·福建四校二次联考)如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m 的物体以速度v 从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t .对于这一过程，下列判断正确的是( )A ．斜面对物体的弹力的冲量为零B ．物体受到的重力的冲量大小为mgtC ．物体受到的合力的冲量大小为零D ．物体动量的变化量大小为mg sin θ·t解析：斜面对物体的弹力的冲量大小为：I ＝F N t ＝mg cos θ·t ，弹力的冲量不为零，故A 错误；物体所受重力的冲量大小为：I G ＝mg ·t ，物体受到的重力的冲量大小不为零，故B 正确；物体受到的合力的冲量大小为mgt sin θ，不为零，C 错误；由动量定理得，动量的变化量大小Δp ＝I 合＝mg sin θ·t ，D 正确．答案：BD3．(多选)(2019·曲靖模拟)如图所示，木板B 放在光滑的水平面上，滑块A 在木板上从右向左运动，刚滑上木板B的最右端时，其动能为E1，动量大小为p1；滑到木板B的最左端时，其动能为E2，动量大小为p2；A、B间动摩擦因数恒定，则该过程中，滑块A的平均速度大小为()A.E1＋E2p1＋p2B.E2－E1p2－p1C.E1p1＋E2p2D.E1p1－E2p2解析：设当滑块A从木板右端滑到左端时，经过的时间为t，发生的位移为x，则由动能定理得E2－E1＝－F f x；由动量定理得p2－p1＝－F f t，解得v＝xt＝E2－E1p2－p1；选项B正确，A错误；因E1p1＝12mv21mv1＝v12，E2p2＝12mv22mv2＝v22，因滑块A做匀变速直线运动，则平均速度v＝v1＋v22＝E1p1＋E2p2，选项C正确，D错误．答案：BC4．(2018·马鞍山模拟)质量为2 kg的小物块静止于光滑水平面上，从某一时刻开始，小物块所受的水平冲量与时间的关系如图所示，则在6 s内物块的位移为( )A．0 B．3 m C．6 m D．12 m解析：由图可知0～3 s内以及3～6 s内物块受到的冲量都是与时间成线性关系，可知在0～3 s内和3～6 s内物块受到的力都不变，物体做匀变速直线运动，在0～3 s内物块做初速度等于0的匀加速直线运动，在3～6 s内物块做匀减速直线运动，由运动的对称性可知，6 s末物块的速度又等于0.在0～3 s末，根据动量定理可得I＝Δp＝mv，所以v＝Im＝42m/s＝2 m/s，所以小物块在6 s内的位移x＝v2t1＋v2·t2＝v2·t＝22×6 m＝6 m．故C正确．答案：C考点2 碰撞和动量守恒定律的应用5．(2019·惠州模拟)质量为1 kg 的物体从距地面5 m 高处自由下落，落在正以5 m/s 的速度沿水平方向匀速前进的小车上，车上装有沙子，车与沙的总质量为4 kg ，地面光滑，则车后来的速度为(g 取10 m/s 2)( )A ．4 m/sB ．5 m/sC ．6 m/sD ．7 m/s解析：物体和车作用过程中，两者组成的系统水平方向不受外力，水平方向系统的动量守恒．已知两者作用前，车在水平方向的速度v 0＝5 m/s ，物体水平方向的速度v ＝0；设当物体与小车相对静止后，小车的速度为v ′，取原来小车速度方向为正方向，则根据水平方向系统的动量守恒得：mv ＋Mv 0＝(M ＋m )v ′，解得：v ′＝mv ＋Mv 0M ＋m ＝4×51＋4m/s ＝4 m/s ，故选项A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A6．(2019·烟台模拟)在光滑水平面上有三个弹性小钢球a 、b 、c 处于静止状态．质量分别为2m 、m 和2m .其中a 、b 两球间夹一被压缩了的弹簧，两球通过左右两边的光滑挡板束缚着．若某时刻将挡板撤掉，弹簧便把a 、b 两球弹出，两球脱离弹簧后，a 球获得的速度大小为v ，若b 、c 两球相距足够远，则b 、c 两球相碰后( )A ．b 球的速度大小为13v ，运动方向与原来相反B ．b 球的速度大小为23v ，运动方向与原来相反C ．c 球的速度大小为83vD ．c 球的速度大小为23v解析：设b 球脱离弹簧的速度为v 0，b 、c 两球相碰后b 、c 的速度分别为v b 和v c ，取向右为正方向，弹簧将a 、b 两球弹出过程，由动量守恒定律得0＝－2mv ＋mv 0，解得v 0＝2v ，b 、c 两球相碰过程，由动量守恒定律和机械能守恒得mv 0＝mv b ＋2mv c ，12mv 20＝12mv 2b ＋12·2mv 2c ，联立解得v b ＝－23v (负号表示方向向左，与原来相反)，v c ＝43v ，故B 正确．答案：B7．(多选)(2019·肇庆模拟)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B ＝2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞前后A 球动量变化量为－4 kg·m/s，则( )A ．左方是A 球，碰前两球均向右运动B ．右方是A 球，碰前两球均向左运动C ．碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D ．经过验证两球发生的碰撞不是弹性碰撞解析：大小相同的A 、B 两球在光滑水平面上发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得Δp A ＝－Δp B ，由题知Δp A ＝－4 kg·m/s，则得Δp B ＝4 kg·m/s.由于碰撞前两球均向右运动，所以左方是A 球，右边是B 球，故A 正确，B 错误；碰撞后，两球的动量分别为p A ′＝p A ＋Δp A ＝6 kg·m/s－4 kg·m/s＝2 kg·m/s，p B ′＝p B ＋Δp B ＝6 kg·m/s ＋4 kg·m/s＝10 kg·m/s，由于两球质量关系为m B ＝2m A ，那么碰撞后A 、B 两球速度大小之比为v ′A v ′B ＝p A ′m Ap B ′m B ＝25，故C 正确；碰撞前系统的总动能为E k ＝p 2A 2m A ＋p 2B2m B ＝18m A ＋362×2m A ＝27m A，碰撞后系统的总动能为E ′k ＝p ′2A 2m A ＋p 2B2m B ＝2m A ＋1002×2m A ＝27m A，可知碰撞过程系统的动能守恒，所以两球发生的碰撞是弹性碰撞，故D 错误．答案：AC8．(2018·宜昌模拟)如图所示，质量为M 的小车静止在光滑的水平面上，小车AB 段是半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道，BC 段是长为L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点，一质量为m 的滑块在小车上从A 点静止开始沿AB 轨道滑下，然后滑入BC 轨道，最后恰好停在C 点．已知小车质量M ＝3m ，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .则( )A ．全程滑块水平方向相对地面的位移R ＋LB ．全程小车相对地面的位移大小x ＝14(R ＋L )C ．滑块m 运动过程中的最大速度v m ＝2gRD ．μ、L 、R 三者之间的关系为R ＝4μL解析：设全程小车相对地面的位移大小为x ′，则滑块水平方向相对地面的位移x ＝R ＋L －x ′.取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得m xt －Mx ′t ＝0，即m R ＋L －x ′t －M x ′t＝0，结合M ＝3m ，解得x ′＝14(R ＋L )，x ＝34(R ＋L )，故A 错误，B 正确；滑块刚滑到B 点时速度最大，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒分别得0＝mv m －Mv 、mgR ＝12mv 2m ＋12Mv 2.联立解得v m ＝ 32gR ，故C 错误；对整个过程，由动量守恒定律得0＝(m ＋M )v ′，得v ′＝0，由能量守恒定律得mgR ＝μmgL ，得R ＝μgL ，故D 错误．答案：B考点3 动量和能量的综合应用9．(2019·株洲质检)如图，长l 的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙，初始时它们直立在光滑的水平地面上．后由于受到微小扰动，系统从图示位置开始倾倒．当小球甲刚要落地时，其速度大小为( )A.2glB.glC.2gl 2D ．0解析：两球组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv －mv ′＝0，即v ＝v ′；由机械能守恒定律得：12mv 2＋12mv ′2＝mgl ，解得：v＝gl ，故B 正确．答案：B10．(多选)(2019·铜川模拟)如图所示，质量为M 的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ.一个质量为m 的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v 0开始运动．当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v ，距地面高度为h ，则下列关系式中正确的是( )A ．mv 0＝(m ＋M )vB ．mv 0cos θ＝(m ＋M )vC ．mgh ＋12(m ＋M )v 2＝12mv 20D ．mgh ＝12m (v 0sin θ)2解析：小物块上升到最高点时，速度与楔形物体的速度相同，系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒．以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得：mv 0cos θ＝(m ＋M )v ，故A 错误，B 正确；系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh ＋12(m＋M )v 2＝12mv 20，故C 正确，D 错误．答案：BC11．(2019·南昌模拟)有人对鞭炮中炸药爆炸的威力产生了浓厚的兴趣，他设计如下实验，在一光滑水平面上放置两个可视为质点的紧挨着的A 、B 两个物体，它们的质量分别为m 1＝1 kg ，m 2＝3 kg 并在它们之间放少量炸药，水平面左方有一弹性的挡板，水平面右方接一光滑的14竖直圆轨道．开始A 、B 两物体静止，点燃炸药让其爆炸，物体A 向左运动与挡板碰后原速返回，在水平面上追上物体B 并与其碰撞后粘在一起，最后恰能到达圆弧最高点，已知圆弧的半径为R ＝0.2 m ，g 取10 m/s 2.求炸药爆炸时对A 、B 两物体所做的功．解析：炸药爆炸后，设A 的速度大小为v 1，B 的速度大小为v 2.取向左为正方向，由动量守恒定律得m 1v 1－m 2v 2＝0，A 物体与挡板碰后追上B 物体，碰后两物体共同速度设为v ，取向右为正方向，由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ，两物体上升到圆弧的最高点时速度为0，两物体的动能转化为重力势能，由机械能守恒定律得12(m 1＋m 2)v 2＝(m 1＋m 2)gR ， 炸药爆炸时对A 、B 两物体所做的功W ＝12m 1v 21＋12m 2v 22，联立解得W ＝10.7 J. 答案：10.7 J12．(2019·廊坊模拟)如图所示，质量M ＝0.3 kg 的长木板A 放在光滑的水平面上，板长L ＝1.5 m ，在其左端放一质量m ＝0.1 kg 的物块B .现给A 和B 以大小相等、方向相反的水平初速度v 0＝2 m/s ，使A 开始向左运动、B 开始向右运动．物块与木板间的动摩擦因数为μ，g 取10 m/s 2.(1)要使物块B 不从长木板A 的右端滑落，求动摩擦因数μ的取值范围；(2)若B 恰好不从长木板A 的右端滑落，求B 相对长木板A 滑动过程中发生的对地位移大小．解析：(1)当物块B 滑到木板A 的最右端与木板有共同速度v 时，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得Mv 0－mv 0＝(M ＋m )v ，根据能量守恒定律知12Mv 20＋12mv 20＝12(M ＋m )v 2＋μmgL ， 联立解得v ＝1 m/s ，μ＝0.4，所以要使物块B 不从长木板A 的右端滑落，动摩擦因数μ的取值范围为μ≥0.4； (2)B 相对于A 滑动过程中的加速度大小a ＝μmg m＝μg ＝4 m/s 2，由运动学公式有2ax ＝v 20－v 2，解得B 相对长木板A 滑动过程中发生的对地位移x ＝0.375 m. 答案：(1)μ≥0.4 (2)0.375 m专题强化练(三)考点1 运动的合成与分解1．(2019·六安模拟)小船在400米宽的河中横渡，河水流速是2 m/s ，船在静水中的航速是4 m/s ，要使船的航程最短，则船头的指向和渡河的时间t 分别为( )A ．船头应垂直指向对岸，t ＝100 sB ．船头应与上游河岸成60°角，t ＝20033 sC ．船头应垂直指向对岸，t ＝20033 sD ．船头应与下游河岸成60°角，t ＝100 s解析：当合速度的方向与河岸垂直时，渡河位移最短，设船头与上游河岸方向的夹角为θ，则cos θ＝v 水v 船＝12，所以θ＝60°，渡河的位移x ＝d ＝400 m ，根据矢量合成法则有v 合＝v 2船－v 2水＝42－22m/s ＝2 3 m/s ，渡河时间t ＝d v 合＝40023 s ＝20033s ，故B 正确，A 、C 、D 错误．答案：B2．(2019·济宁模拟)如图所示，细线一端固定在天花板上的O 点，另一端穿过一张CD 光盘的中央小孔后拴着一个橡胶球，橡胶球静止时，竖直悬线刚好挨着水平桌面的边缘．现将CD 光盘按在桌面上，并沿桌面边缘以速度v 匀速移动，移动过程中，CD 光盘中央小孔始终紧挨桌面边线，当悬线与竖直方向的夹角为θ时，小球上升的速度大小为( )A ．v sin θB ．v cos θC ．v tan θ D.vtan θ解析：将光盘水平向右移动的速度v 分解为沿细线方向的速度和垂直于细线方向的速度，而小球上升的速度大小与速度v 沿细线方向的分速度大小相等，故可得：v 球＝v sin θ，A 正确．答案：A3．(2019·临汾模拟)一物体由静止开始自由下落，一小段时间后突然受一恒定水平向右的风力的影响，但着地前一段时间内风力突然停止，则其运动的轨迹可能是( )解析：当有水平向右的风时，会产生水平向右的加速度，轨迹向右弯曲，风力停止时，合力向下，且轨迹不能急折，故C 项正确．答案：C考点2 平抛运动4.(多选)(2019·株洲模拟)将一小球以水平速度v 0＝10 m/s 从O 点向右抛出，经 3 s 小球恰好垂直落到斜面上的A 点，不计空气阻力，g 取10 m/s 2，B 点是小球做自由落体运动在斜面上的落点，如图所示，以下判断正确的是( )A ．斜面的倾角约是30°B ．小球的抛出点距斜面的竖直高度约是15 mC ．若将小球以水平速度v ′0＝5 m/s 向右抛出，它一定落在AB 的中点P 的上方D ．若将小球以水平速度v ′0＝5 m/s 向右抛出，它一定落在AB 的中点P 处 解析：设斜面倾角为θ，对小球在A 点的速度进行分解有tan θ＝v 0gt，解得θ＝30°，A 项正确；小球距过A 点水平面的距离为h ＝12gt 2＝15 m ，所以小球的抛出点距斜面的竖直高度肯定大于15 m ，B 项错误；若小球的初速度为v 0′＝5 m/s ，过A 点作水平面，小球落到水平面的水平位移是小球以初速度v 0＝10 m/s 抛出时的一半，延长小球运动的轨迹线，得到小球应该落在P 、A 之间，C 项正确，D 项错误．答案：AC5．(2019·广东四校联考)从同一高度同时将a 、b 两个完全相同的小球分别竖直上抛和斜上抛，它们的初速度大小相同；若不计空气阻力，则以下说法中正确的是( )A ．在空中运动的过程中，两球的加速度相同B ．两球触地时的瞬时速率不同C ．两球在空中运动的时间相同D ．两球运动的位移相同解析：两球在空中都只受重力作用，两球的加速度都为重力加速度g ，A 项正确；因两球都只受重力，则机械能均守恒，据机械能守恒定律有12mv 20＋mgh ＝12mv 2t ，可知两球触地时的速率相同，B 项错误；因两球以相同的速率分别竖直上抛和斜上抛，则知两球在空中运动时间不同，C 项错误；因两球初始时运动方向不同，则它们发生的位移不同，D 项错误．答案：A6．(多选)(2018·天水二模)如图所示，某一运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到斜面雪坡上．若斜面雪坡的倾角为θ，飞出时的速度大小为v 0，不计空气阻力．运动员飞出后在空中的姿势保持不变．重力加速度为g ，则()A ．如果v 0不同，则该运动员落到雪坡时的速度方向也就不同B ．不论v 0多大，该运动员落到雪坡时的速度方向都是相同的C ．运动员在空中经历的时间是2v 0tan θg D．运动员落到雪坡时的速度大小是v 0cos θ解析：设在空中飞行时间为t ，运动员竖直位移与水平位移之比y x ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0＝tan θ，则有飞行的时间t ＝2v 0tan θg，故C 正确；竖直方向的速度大小为v y ＝gt ＝2v 0tan θ，运动员落回雪坡时的速度大小v ＝v 20＋v 2y ＝v 01＋4tan 2θ，故D 错误；设运动员落到雪坡时的速度方向与水平方向夹角为α，则tan α＝v y v x ＝2v 0tan θv 0＝2tan θ，由此可知，运动员落到雪坡时的速度方向与初速度方向无关，初速度不同，运动员落到雪坡时的速度方向相同，故A 错误，B 正确．答案：BC考点3 圆周运动7.(2019·惠州模拟)如图所示，一个菱形框架绕着过对角线的竖直轴匀速转动，在两条边上各有一个质量相等的小球套在上面，整个过程小球相对框架没有发生滑动，A 与B 到轴的距离相等，则下列说法正确的是( )A ．框架对A 的弹力方向垂直框架向下B ．框架对B 的弹力方向可能垂直框架向下。

名师导学·高考二轮总复习·物理(教师用书)(这是双页眉，请据需要手工删加)专题二力与运动(这是单页眉，请据需要手工删加)专题二力与运动二、考向分析及备考建议瞬时速度和加速度概念、匀变速直线运动的规律和图象，物体的受力分析和力的合成与分解，共点力作用下物体的平衡，牛顿运动定律及其综合应用，抛体运动、圆周运动及其应用，应用万有引力定律分析天体运动问题等是历年高考的重点，今后仍将如此．本专题命题点多，特别重视对考纲中10个Ⅱ级考点的考查，题型多变．在复习备考中应引起足够重视，对10个Ⅱ级考点逐一落实．加强对诸如：连接体模型、传送带模型、滑块与滑板模型，天体运动中的环绕模型、登陆模型等的理解和应用，以应对高考对理解能力、建模能力、过程综合分析能力的综合考查．第1讲力与物体的平衡【p6】力与物体的平衡【p6】一、力的合成与分解1．__平行四边形__定则：两个力合成时，以表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的__对角线__就代表合力的大小和方向．2．__三角形__定则：两个力(或者其他任何矢量)合成，其合力应当为将一个力的起始点移动到另一个力的终止点，合力为__从第一个的起点到第二个的终点__．二、共点力作用下物体的平衡1．共点力作用下物体的平衡条件是合力为__零__．2．三个共点力平衡：如果物体仅受三个共点力作用而处于平衡状态，则其中任意两个力的合力与第三个力大小__相等__、方向__相反__．表示这三个力的有向线段可以组成一个封闭的__矢量三角形__．3．多个共点力平衡：任一方向上合力为__零__．建立直角坐标系后，两个坐标轴上的合力均为__零__．即F x＝0，F y＝0.4．动态平衡：物体在__缓慢__移动过程中，可认为其所受__合力__为零，物体处于平衡状态．5．带电粒子在复合场中除了受到重力、弹力和摩擦力外，还涉及__电场力__和洛伦兹力．6．载流导体在磁场中除要分析重力、弹力和摩擦力外，还应分析安培力．【p7】考点一物体的受力分析例1(多选)一斜劈被两个小桩A和B固定在光滑的水平地面上，然后在斜面上放一物体C，如图所示，下列判断正确的是()A．若A和B均未受到斜劈的挤压，则C一定处于静止状态B．若A和B均未受到斜劈的挤压，则C可能在沿斜面匀速下滑C．若只有A受到斜劈的挤压，则C一定在沿斜面加速下滑D．若只有B受到斜劈的挤压，则C可能在沿斜面加速下滑【解析】首先将物体和斜面看成一个整体，然后根据C的运动状态进行分析．若物体静止，则系统所受合力为零，A、B均不受挤压；若物体匀速下滑，则系统所受合力仍为零，A、B也不受挤压，故选项A错误，选项B正确．若物体的加速度大小为a，方向沿斜面向下，在水平方向的加速度为a x＝a cosθ，方向水平向左，对系统应用牛顿第二定律，水平方应有F＝ma cosθ，方向向左，则B对斜面有向左的作用力，B应受到挤压，而A没有受到挤压，此时物体可能加速下滑或减速上升，故选项C错误，选项D正确．【答案】BD【方法总结】进行物体受力分析时，除了掌握好分析思路和方法外，还应注意几个问题：(1)模型的理解和应用，如“轻绳”“轻杆”表示不考虑绳与杆的重力；如“光滑面”示意不考虑摩擦力；(2)弹力表现出的形式具有多样性；(3)摩擦力产生的必要条件；(4)隔离法和整体法的应用；(5)“转换对象法”的应用：直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力；(6)注意质点与物体的差别等等．变式训练1用两段等长的轻质细线将a、b两个小球连接并悬挂于O点，如图甲所示，球a受到水平向右的力3F的作用，球b受到水平向左的力F的作用，平衡时细线都被拉紧，系统平衡时两球的位置情况如图乙所示，则a、b两球质量之比为()A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．2∶3【解析】以整体为研究对象，分析受力如图甲：设Oa线与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得：tanα＝3F－F（m a＋m b）g＝2F（m a＋m b）g①以b球为研究对象，受力如图乙．设ab线与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得：tanβ＝Fm b g②由几何关系得到：α＝β③联立①②③式解得：m a＝m b，故A正确，B、C、D错误．【答案】A考点二物体的静态平衡例2(2019·天津卷)2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式通车．为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索(所有钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥，其索塔与钢索如图所示．下列说法正确的是()A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度C ．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下D ．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布【解析】以桥身为研究对象，钢索对桥身的拉力的合力与桥身的重力等大反向，则钢索对索塔的向下的压力数值上等于桥身的重力，增加钢索的数量钢索对索塔的向下的压力数值不变，故A 错误；由图甲可知2T cos α＝Mg ，当索塔高度降低后，α变大，cos α 变小，故T 变大，故B 错误；由B 项的分析可知，当钢索对称分布时，2T cos α＝Mg ，钢索对索塔的合力竖直向下，故C 正确；受力分析如图乙，由正弦定理可知，只要F AB sin α＝F AC sin β，钢索AC 、AB 的拉力F AC 、F AB 进行合成，合力竖直向下，钢索不一定要对称分布，故D 错误．【答案】C【方法总结】解决共点力平衡问题的典型方法和一般思路变式训练2(多选)如图，三个小球a、b、c分别用三根绝缘细线悬挂在同一点O，细线的长度关系为Oa＝Ob＜Oc，让三个小球带电后它们能静止在图中位置．此时细线Oc沿竖直方向，a、b连线水平，a、b、c恰为一等边三角形的三个顶点，则下列说法正确的是()A．a、b、c三球质量一定相等B．a、b两球所带电荷量一定相等C．细线Oa、Ob所受拉力大小相等D．a、b、c三球所受静电力大小一定相等【解析】由于Oc沿竖直方向，而c受重力及绳拉力也在竖直方向，所以a对c的库仑力与b对c的库仑力一定等大，即q a＝q b；选项B正确；因为ab连线处于水平，则m a ＝m b，但与c的质量关系不能确定，选项A错误；因c对a、b的库仑力大小相等，由受力分析知Oa、Ob所受拉力大小相等，C正确；而c的电荷量与a、b电荷量不一定相等，所以a、b、c三球所受库仑力大小不一定相等，故D错误，故选B、C.【答案】BC考点三物体的动态平衡例3(2019·全国卷Ⅰ)(多选)如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮．一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°.已知M始终保持静止，则在此过程中()A．水平拉力的大小可能保持不变B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加【解析】如图甲所示，以物块N为研究对象，它在水平向左拉力F作用下，缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45°的过程中，水平拉力F逐渐增大，绳子拉力T逐渐增大；如图乙所示，对M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，则随着绳子拉力T的增加，摩擦力f也逐渐增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，则随着绳子拉力T的增加，摩擦力f可能先减小后增加．故本题选B、D.【答案】BD【方法总结】解决动态平衡问题的一般思路和方法把“动”化为“静”，“静”中求“动”．动态平衡问题的分析过程与处理方法如下：变式训练3(多选)《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1 000 kV的高压线上带电作业的过程．如图所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮上．另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制．身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处．绳OD一直处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为m，不计一切阻力，重力加速度大小为g.关于王进从C点运动到E点的过程中，下列说法正确的是() A．工人对绳的拉力一直变大B．绳OD的拉力一直变小C．OD、CD两绳拉力的合力大小等于mgD．当绳CD与竖直方向的夹角为30°时，工人对绳的拉力为33mg【解析】对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示，绳OD的拉力为F1，与竖直方向的夹角为θ，绳CD的拉力为F2，与竖直方向的夹角为α.根据几何知识知：θ＋2α＝90°，由正弦定理可得F 1sin α＝F 2sin θ＝mgsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α，α增大，θ减小，则F 1增大，F 2减小，A 、B 错误；两绳拉力的合力大小等于mg ，C 正确；α＝30°时，θ＝30°，则2F 2cos 30°＝mg ，可求出F 2＝33mg ，D 正确． 【答案】CD考点四 平衡中的临界与极值问题 例4(多选)如图所示，光滑的轻滑轮通过支架固定在天花板上，一足够长的细绳跨过滑轮，一端悬挂小球b ，另一端与套在水平细杆上的小球a 连接．在水平拉力F 作用下小球a 从图示虚线位置开始缓慢向右移动．已知小球a 的质量为m ，小球b 的质量是小球a 的2倍，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，小球a 与细杆间的动摩擦因数为33，重力加速度大小为g.则下列说法正确的是( )A ．拉力F 的大小一直增大B ．拉力F 的大小先减小后增大C ．支架对轻滑轮的作用力大小逐渐增大D ．当细绳与细杆的夹角为60°时，拉力F 的大小为⎝⎛⎭⎫2－33mg 【解析】设a 的质量为m ，则b 的质量为2m ；以b 为研究对象，竖直方向受力平衡，可得绳子拉力始终等于b 的重力，即T ＝2mg ，保持不变；以a 为研究对象，受力如图所示，设绳子与水平方向夹角为θ，支持力F N＝2mg sinθ－mg，向右缓慢拉动的过程中，θ角逐渐减小；水平方向：F＝f＋2mg cosθ＝2mg cosθ＋μ(2mg sinθ－mg)＝2mg(cosθ＋μsinθ)－μmg由于：cosθ＋μsinθ＝cosθ＋33sinθ＝23(sin60°cosθ＋cos60°sinθ)＝23sin(60°＋θ)θ有一临界值30°.当θ从90°开始逐渐减小至30°，即(60°＋θ)从150°逐渐减小时，sin(60°＋θ)逐渐增大；当θ＜30°后，F＝f＋2mg cosθ＝2mg cosθ＋μ(mg－2mg sinθ)＝2mg(cosθ－μsinθ)＋μmg由于：cosθ－μsinθ＝cosθ－33sinθ＝23(cos30°cosθ－sin30°sinθ)＝23cos(30°＋θ)当θ从30°逐渐减小的过程中，cos(30°＋θ)逐渐增大，所以当θ从30°逐渐减小的过程中F 仍然逐渐增大．可知水平拉力一直增大．故A 正确，B 错误．向右缓慢拉动的过程中，两绳子之间的夹角逐渐增大，绳子的拉力不变，所以绳子的合力减小，则绳子对滑轮的作用力逐渐减小，根据共点力平衡的条件可知，支架对轻滑轮的作用力大小逐渐减小；故C 错误．当细绳与细杆的夹角为60°时，拉力F 的大小为： F ＝2mg(cos θ＋μsin θ)－μmg ＝2mg ⎝⎛⎭⎫cos 60°＋33sin 60°－33mg＝⎝⎛⎭⎫2－33mg. 故D 正确．【答案】AD【方法总结】临界状态：平衡问题的临界状态是指物体所处的平衡状态将要被破坏而尚未被破坏的状态，可理解成“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“恰能”“恰好”等语言叙述．解决临界问题的基本思路：解决此类问题重在形成清晰的物理图景和模型(常见的模型如：细绳模型、摩擦自锁型)，分析清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件．要特别注意可能出现的多种情况．解决临界问题的基本方法是假设推理法．也可以抓住平衡这一特点，利用矢量三角形法、相似三角形法、或正交分解处理．变式训练4如图所示，足够长的平行金属导轨与水平面的夹角θ＝37°，导轨电阻忽略不计，两导轨间距L ＝1 m ，导轨上端接入电路，匀强磁场垂直导轨平面向上，磁感应强度B ＝0.2 T ．质量m ＝0.02 kg ，阻值r ＝2 Ω的金属棒与导轨垂直并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导轨上端定值电阻R 2＝2 Ω，R 1为滑动变阻器，电源电动势E ＝4 V ，内阻不计．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m /s 2)求：(1)开关S断开，金属棒从导轨上端由静止开始下滑的过程中能达到的最大速度；(2)开关S闭合，若金属棒能静止在导轨上，滑动变阻器R1接入电路的阻值范围．【解析】(1)当金属棒的合力为零时，达到最大速度，设为v.根据平衡条件有：mg sinθ＝BIL＋μmg cosθ①其中I＝BLvR2＋r②联立①②式可得：v＝8 m/s(2)当滑动变阻器的阻值取最小值时，流过金属棒的电流最大，所受安培力最大，此时最大静摩擦力向下，则有：mg sinθ＋μmg cosθ＝BI max L③I干＝2I max④I干＝ER1min＋R2rR2＋r⑤联立③④⑤式可得：R1min＝1.5 Ω当滑动变阻器的阻值取最大值时，流过金属棒的电流最小，所受安培力最小，此时最大静摩擦力向上，则有：mg sinθ＝μmg cosθ＋BI min L⑥I干′＝2I min⑦I干′＝ER1max＋R2rR2＋r⑧联立⑥⑦⑧式可得：R1max＝4 Ω综上1.5 Ω≤R1≤4 Ω【答案】(1)8 m/s(2)1.5 Ω≤R1≤4 Ω【p113】A组1．a、b两个质量相同的球用线相连接，a球用线挂在天花板上，b球放在光滑斜面上，系统保持静止(线的质量不计)，则下列图中正确的是()【解析】对a、b球整体受力分析，受重力、斜面的支持力和线的拉力，如图甲所示，同理，对b球受力分析如图乙所示，可知B项正确．【答案】B2．力的合成和分解在生产和生活中有着重要的作用，下列说法中正确的是() A．高大的桥要建很长的引桥，减小斜面的倾角，是为了减小汽车重力沿桥面向下的分力，达到行车方便和安全的目的B．幼儿园的滑梯很陡，是为了增加小孩滑滑梯时受到的重力，使小孩下滑得更快C．运动员做引体向上(缓慢上升)动作时，双臂张开很大的角度时要比双臂竖直平行时觉得手臂用力大，是因为张开时手臂产生的合力增大的缘故D．帆船能逆风行驶，说明风力一定沿水平方向向前【解析】高大的桥要建很长的引桥，减小斜面的倾角，根据力的平行四边形定则可知，汽车重力沿桥面向下的分力减小，达到行车方便和安全的目的，故A正确；幼儿园的滑梯很陡，是为了增加小孩下滑的分力，而其重力不变，故B错误；双臂张开很大的角度时与双臂竖直平行时比较，合力不变，随着夹角越大，其分力越大，故C错误；帆船能逆风行驶，根据力的平行四边形定则，结合力的分解，则风力一定能分解出沿船前进方向的分力，所以风力不一定向前．故D错误．【答案】A3．如图是当前街头常见的踩踏式独轮电动车示意图，其中间是一个由电动机驱动的独轮，两侧各有一块踏板．当人站在踏板上向右做直线运动时，关于踏板对脚的摩擦力，下列说法正确的是()A．考虑空气阻力，以图甲的状态向右匀速运动时，摩擦力向左B．不计空气阻力，以图甲的状态向右加速运动时，摩擦力向左C．考虑空气阻力，以图乙的状态向右匀速运动时，摩擦力可能为零D．不计空气阻力，以图乙的状态向右加速运动时，摩擦力不可能为零【解析】考虑空气阻力，当人处如图甲所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，则脚所受摩擦力向右，故A错误；不计空气阻力，当人处如图甲所示的状态向右加速运动时，脚受到摩擦力向右，故B错误；当考虑空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，若重力、支持力与空气阻力处于平衡，则脚所受摩擦力可能为零，故C正确；当不计空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右加速运动时，根据牛顿第二定律，脚受到的重力与支持力的合力产生加速度，那么脚所受摩擦力可能为零，故D错误．【答案】C4．如图所示，六根原长均为l的轻质细弹簧两两相连，在同一平面内六个大小相等、互成60°的恒定拉力F作用下，形成一个稳定的正六边形．已知正六边形外接圆的半径为R，每根弹簧的劲度系数均为k，弹簧在弹性限度内，则F的大小为()A.k2(R－l) B．k(R－l)C．k(R－2l) D．2k(R－l)【解析】正六边形外接圆的半径为R，则弹簧的长度为R，弹簧的伸长量为：Δx＝R －l，由胡克定律可知，每根弹簧的弹力为：f＝kΔx＝k(R－l)；两相邻弹簧夹角为120°，两相邻弹簧弹力的合力为：F合＝f＝k(R－l)．弹簧静止处于平衡状态，由平衡条件可知，F的大小为：F＝F合＝k(R－l)，故B正确；A、C、D错误．【答案】B5．(多选)如图所示，横截面为直角三角形的斜劈P，靠在粗糙的竖直墙面上，力F 通过球心水平作用在光滑球Q上，系统处于静止状态．当力F增大时，系统仍保持静止，下列说法正确的是()A．斜劈P所受合外力增大B．斜劈P对竖直墙壁的压力增大C．球Q对地面的压力增大D．墙面对斜劈P的摩擦力增大【解析】斜劈P一直处于静止，所受合外力一直为零不变，故A错误；以整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件，水平方向：N＝F，N为竖直墙壁对P的弹力，F增大，则N增大，所以由牛顿第三定律可得：P对竖直墙壁的压力增大．故B正确；对Q 受力分析，如图：根据平衡条件：F＝N′sin θ，F增大，则N′增大；N″＝mg＋N′cos θ，N′增大，则N″增大，根据牛顿第三定律得，球对地面的压力增大．以整体为研究对象，如果力F开始作用时，滑动摩擦力向上，则有在竖直方向：N″＋f＝Mg，故随支持力的增大，摩擦力减小，若N″增大至与Mg相等，则f＝0，故C正确，D错误．【答案】BC6．如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动．用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在以O点为圆心的圆弧形墙壁上的C点．当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中(保持OA与地面夹角θ不变)，OC绳所受拉力的大小变化情况是()A．逐渐减小B．逐渐增大C．先减小后增大D．先增大后减小【解析】对G分析，G受力平衡，则拉力等于重力；故竖直绳的拉力不变；再对O 点分析，O受绳子的拉力，OA的支持力及OC的拉力而处于平衡，受力分析如图所示，F 和OC绳上拉力的合力与G大小相等，方向相反，则在OC上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC的拉力先减小后增大，图中D点时力最小，选项C正确．【答案】C7．(多选)如图所示，一个教学用的直角三角板的边长分别为a、b、c，被沿两直角边的细绳A、B悬吊在天花板上，且斜边c恰好平行于天花板，过直角顶点的竖直线为MN.设A、B两绳对三角形薄板的拉力分别为F a和F b，已知F a和F b及薄板的重力为在同一平面的共点力，则下列判断正确的是()A．薄板的重心不在MN线上B．薄板所受重力的反作用力的作用点在MN的延长线上C．两绳对薄板的拉力F a和F b是由于薄板发生形变而产生D．两绳对薄板的拉力F a和F b之比为F a∶F b＝b∶a【解析】三角形薄板受重力、两个拉力处于平衡，三个力虽然不是作用在同一点，但不平行，根据三力汇交定理，三个力的延长线必然交于一点，由几何关系，三个力一定交于三角形下面的顶点，所以重心一定在MN线上．故A错误．重心一定在MN线上，则根据牛顿第三定律知，重力的反作用力的作用点在MN的延长线上，故B正确．两绳对薄板的拉力F a和F b是由于绳发生形变而产生．故C错误．三角形薄板受力分析如图，根据合力等于0，则F a＝mg cos α，F b＝mg sin α，则F a∶F b＝cot α＝b∶a.故D正确．【答案】BD8.(多选)如图所示，一足够长的斜面体静置于粗糙水平地面上，一小物块沿着斜面体匀速下滑，现对小物块施加一水平向右的恒力F，在物块运动到最低点之前，下列说法正确的是()A．物块与斜面体间的弹力不变B．物块与斜面体间的摩擦力增大C．斜面体与地面间的弹力不变D．斜面体与地面间的摩擦力始终为0【解析】设斜面的倾角为α，不加推力F时，滑块匀速下滑，受重力、支持力和摩擦力，根据共点力平衡条件，支持力N＝mg cos α，摩擦力f＝mg sin α，故动摩擦因数μ＝fN ＝tan α；对小物块施加一水平向右的恒力F后，支持力N′＝mg cos α＋F sin α，变大；滑动摩擦力f′＝μN′，也变大；故A错误，B正确；不加推力F时，根据平衡条件，滑块受的支持力和摩擦力的合力竖直向上；故根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力竖直向下，斜面体相对地面没有滑动趋势，故斜面体不受摩擦力；加上水平推力后，滑块对斜面体的摩擦力和压力同比例增加，其合力方向依旧是竖直向上(大小变大，方向不变)；同理，根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力依旧是竖直向下(大小变大，方向不变)，故斜面体相对地面仍然没有滑动趋势，故斜面体仍然不受摩擦力，但对地压力变大了；故C 错误，D 正确；故选B 、D.【答案】BDB 组9．如图所示，A 、B 为竖直墙壁上等高的两点，AO 、BO 为长度相等的两根轻绳，CO 为一根轻杆．转轴C 在AB 中点D 的正下方，AOB 在同一水平面上．∠AOB ＝90°，∠COD ＝60°.若在O 点处用轻绳悬挂一个质量为m 的物体，则平衡后绳AO 所受拉力的大小为( )A.13mgB.33mgC.16mgD.66mg 【解析】设绳AO 和绳BO 拉力的合力为F ，对O 点进行受力分析可知，O 点受到竖直轻绳拉力mg 、杆的支持力F 1和两绳子拉力的合力F ，根据平衡条件得：F ＝mg tan 30°，将F 分解，则有AO 所受拉力的大小F 2＝22F ＝66mg ，选项D 正确． 【答案】D10．如图所示，水平面上等腰三角形均匀框架顶角∠BAC ＝30°，一均匀圆球放在框架内，球与框架BC 、AC 两边接触但无挤压，现使框架以顶点A 为转轴在竖直平面内顺时针方向从AB 边水平缓慢转至AB 边竖直，则在转动过程中( )A ．球对AB 边的压力先增大后减小 B ．球对BC 边的压力先增大后减小 C ．球对AC 边的压力先增大后减小D ．球的重力势能一直增大【解析】对球受力分析，重力、AB 边和AC 边的支持力，两个支持力的夹角为120°，重力的大小和方向都不变，BC 边与球间没有弹力，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示：根据正弦定理，有：mgsin 30°＝F ACsin β＝F ABsin α，解得：F AB ＝sin αsin 30°mg ，F AC ＝sin βsin 30°mg ，在框架以顶点A为转轴在竖直平面内顺时针方向从AB边水平缓慢转至AB边竖直的过程中，α减小，β增加，由于α先大于90°，后小于90°，因此F AB先增大，后减小，F AC增加，故A正确，B、C均错误；在框架以顶点A为转轴在竖直平面内顺时针方向从AB边水平缓慢转至AB边竖直的过程中，球的重心先升高后降低，故重力势能先增加后减小，故D 错误．【答案】A11．(多选)如图所示，在MN、PQ间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面水平向外，电场在图中没有标出．一带电小球从a点射入场区，并在竖直面内沿直线运动至b点，则小球()A．可能带正电B．受到电场力的方向一定水平向右C．从a点到b点的过程，克服电场力做功D．从a点到b点的过程中可能做匀加速运动【解析】因小球受到的洛伦兹力F＝q v B 随小球速度的变化而变化，为使带电小球能在场内做直线运动，小球的速度大小不能变化，即小球受力平衡，做匀速直线运动，D错误；小球共受到重力、电场力和洛伦兹力三个力的作用，无论小球带何种电荷，三力均可能平衡，故A正确，B错误；从a点到b点的过程中，小球的动能不变，洛伦兹力不做功，根据动能定理有ΔE k＝W G＋W电场＝0，重力做正功，所以电场力必做负功，C正确．【答案】AC12.如图所示，质量为m的物体放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角α时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)这一临界角α的大小．【解析】(1)由题意可知：当θ＝30°时物体匀速下滑，由平衡关系可得：mg sin θ＝μmg cos θμ＝tan θ＝3 3(2)设斜面倾角为α时，无论F多大都不能推动物块．受力情况如图所示，由平衡条件可得：。

专题跟踪检测(五)(建议用时：45分钟)基础通关1．(2020·河北六校联考)水平粗糙的地面上，质量为1 kg的物体在一水平外力F的作用下由静止开始运动，如图甲所示．外力F做的功和物体克服摩擦力做的功与物体位移的关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2.下列分析错误的是()A．s＝9 m时，物体速度大小为3 m/sB．物体运动的位移大小为13.5 mC．前3 m运动过程中物体的加速度大小为3 m/s2D．物体与地面间的动摩擦因数为0.2A解析由功与位移关系图象可知，s＝9 m时，外力F做的功W F＝27 J，克服摩擦力做的功W f＝18 J，由动能定理有W F－W f＝12，解得v＝3 2 m/s，选项A错误；由μmg×102m vm＝20 J，解得μ＝0.2，选项D正确；对物体运动的全过程由动能定理有W F－μmgs＝0，解得s＝13.5 m，选项B正确；设物体前3 m运动过程中所受的水平外力为F，由F×3 m＝15 J 解得F＝5 N，由牛顿第二定律有F－μmg＝ma，解得a＝3 m/s2，选项C正确．2．(2019·山东济南二模)静止在地面上的物体在不同合外力F的作用下都通过了相同的位移x0，下列情况中物体在x0位置时速度最大的是()C解析根据图象的坐标可知图象与x轴包围的面积代表了合外力F做的功，所以从图象上看，C图所包围的面积最大，故选项C正确．3．(2019·甘肃静宁一中模拟)如图甲所示，一次训练中，运动员腰部系着不可伸长的绳，拖着质量m＝11 kg的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，绳与水平跑道的夹角是37°，5 s 后拖绳从轮胎上脱落．轮胎运动的v t图象如图乙所示，不计空气阻力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.则下列说法正确的是()A．轮胎与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.2B．拉力F的大小为55 NC．在0～5 s内，轮胎克服摩擦力做功为1 375 JD．在6 s末，摩擦力的瞬时功率大小为275 WD解析撤去F后，轮胎的受力分析如图甲所示，由速度图象得5～7 s内的加速度a2＝－5 m/s2，根据牛顿运动定律有N2－mg＝0，－f2＝ma2，又因为f2＝μN2，代入数据解得μ＝0.5，选项A错误；力F拉动轮胎的过程中，轮胎的受力情况如图乙所示，根据牛顿运动定律有F cos 37°－f1＝ma1，mg－F sin 37°－N1＝0，又因为f1＝μN1，由速度图象得此过程的加速度a1＝2 m/s2，联立解得F＝70 N，选项B错误；在0～5 s内，轮胎克服摩擦力做功为0.5×68×25 J＝850 J，选项C错误；因6 s末轮胎的速度为5 m/s，所以在6 s末，摩擦力的瞬时功率大小为0.5×110×5 W＝275 W，选项D正确．4．(2019·陕西西安一模)如图所示，竖直面内有固定轨道ABC ，AB 是半径为2R 的四分之一光滑圆弧，BC 是半径为R 的粗糙半圆弧(B 是轨道的最低点)，O 点是BC 圆弧的圆心，POQ 在同一水平线上，BOC 在同一竖直线上．质量为m 的小球自由下落2R 后，沿轨道ABC 运动，经过轨道C 点后，恰好落到轨道上的P 点．则下列说法正确的是( )A ．小球运动到B 点前的瞬间对轨道的作用力是4mgB ．小球运动到B 点后的瞬间对轨道的作用力是8mgC ．小球运动到C 点的过程中，摩擦力做功W f ＝－54mgR D ．小球运动到C 点的过程中，摩擦力做功W f ＝－14mgR C 解析 小球下落到B 点，由机械能守恒定律得mg (4R )＝12m v 2B，小球运动到B 点前的瞬间，小球运动的半径是2R ，由向心力公式F B －mg ＝m v 2B 2R，解得F B ＝5mg ，小球运动到B点后的瞬间，小球的运动半径是R ，由向心力公式F ′B －mg ＝m v 2B R，解得F ′B ＝9mg ，故选项A 、B 错误；经过轨道C 点后，恰好落到轨道上的P 点，由几何关系得OP ＝3R ，由平抛运动规律知x ＝3R ＝v C t ，y ＝R ＝12gt 2，小球下落到C 点，由动能定理有mg ·2R ＋W f ＝12m v 2C，解得W f ＝－54mgR ，故选项C 正确，D 错误． 5．(2019·北京朝阳区二模)如图所示，一个质量为m 的圆环套在一根固定的水平直杆上，杆足够长，环与杆之间的动摩擦因数为μ，现给环一个向右的初速度v 0，如果环在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力F ，且F ＝k v (k 为常数，v 为环的速率)，则环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功不可能为( )A ．12m v 20 B ．12m v 20＋m 3g 22k 2 C ．0 D ．12m v 20－m 3g 22k 2 B 解析 当环受到的合力向下时，随着环做减速运动，向上的力F 逐渐减小，环最终将静止；当环所受合力向上时，随着环速度的减小，竖直向上的力F 逐渐减小，当环向上的拉力减至和重力大小相等时，环所受合力为零，杆不再给环阻力，环将保持此时速度不变做匀速直线运动；当环在竖直方向所受合力为零时，环将一直做匀速直线运动，分三种情况应用动能定理求出阻力对环做的功即可，当F ＝k v 0＝mg 时，圆环不受杆的支持力和摩擦力，克服摩擦力做的功为零；当F ＝k v 0<mg 时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功，根据动能定理得－W ＝0－12m v 20，解得W ＝12m v 20；当F ＝k v 0>mg 时，圆环先做减速运动，当F ＝mg时，圆环不受摩擦力，做匀速直线运动，由F ＝k v ＝mg 得v ＝mg k ，根据动能定理得－W ＝12m v 2－12m v 20，解得W ＝12m v 20－m 3g 22k 2；综上所述，选项B 正确． 6．(2019·云南大姚一中月考)一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P 随时间t 的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f 恒定不变．下列描述该汽车的速度v 随时间t 变化的图线中，可能正确的是( )A 解析 由P -t 图象知，0～t 1内汽车以恒定功率P 1行驶，t 1～t 2内汽车以恒定功率P 2行驶；设汽车所受牵引力为F ，则由P ＝F v 得，当v 增加时，F 减小，由a ＝F －f m知a 减小，又因速度不可能突变，选项B 、C 、D 错误， A 正确．能力提升7．(2019·湖北襄阳模拟)(多选)我国自行研制的新一代8×8轮式装甲车已达到西方国家第三代战车的水平，将成为中国军方快速部署轻型装甲部队的主力装备．设该装甲车的质量为m ，若在平直的公路上从静止开始加速，前进较短的距离s 速度便可达到最大值v m .设在加速过程中发动机的功率恒定为P ，装甲车所受阻力恒为F f ，当速度为v (v <v m )时，所受牵引力为F .下列说法正确的是( )A ．装甲车速度为v 时，装甲车的牵引力做功为FsB ．装甲车的最大速度v m ＝P F fC ．装甲车速度为v 时加速度为a ＝F －F f mD ．装甲车从静止开始达到最大速度v m 所用时间t ＝2s v mBC 解析 装甲车在加速过程中，其牵引力F ＝P v ，随着速度的增大，牵引力逐渐减小，故装甲车速度为v 时，装甲车的牵引力做功大于Fs ，选项A 错误；装甲车匀速运动时速度最大，故v m ＝P F f ，选项B 正确；装甲车速度为v 时，由牛顿第二定律得F －F f ＝ma ，解得a ＝F －F f m，选项C 正确；装甲车加速过程由动能定理得Pt －F f s ＝12m v 2m ，解得t ＝F f s P ＋mP 2F 2f，选项D 错误． 8．(2019·宁夏六盘山中学期末)(多选)放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s 内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图所示．下列说法正确的是( )A ．0～6 s 内物体的位移大小为30 mB ．2～6 s 内拉力做的功为40 JC ．合外力在0～6 s 内做的功与0～2 s 内做的功相等D ．滑动摩擦力的大小为5 NABC 解析 0～6 s 内物体的位移大小x ＝4＋62×6 m ＝30 m ，故选项A 正确．在0～2 s 内，物体的加速度a ＝Δv Δt＝3 m/s 2，由图可知，当P ＝30 W 时，v ＝6 m/s ，得到牵引力F ＝P v ＝5 N ；在0～2 s 内物体的位移为x 1＝6 m ，则拉力做功为W 1＝Fx 1＝5×6 J ＝30 J ；2～6 s 内拉力做的功W 2＝Pt ＝10×4 J ＝40 J ，故选项B 正确．在2～6 s 内，物体做匀速运动，合力做功为零，则合外力在0～6 s 内做的功与0～2 s 内做的功相等，故选项C 正确．在2～6 s 内，v＝6 m/s ，P ＝10 W ，物体做匀速运动，摩擦力f ＝F ，得到f ＝F ＝P v ＝106 N ＝53N ，故选项D 错误．9．(2019·河北辛集中学期中)(多选)为减少二氧化碳排放，很多城市都推出了新型节能环保电动车．在检测某款电动车性能的实验中，质量为8×102 kg 的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15 m/s ，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v ，并描绘出如图所示的F -1v 图象(图中AB 、BO 均为直线)，电动车行驶中所受阻力恒定，重力加速度取10 m/s 2，则( )A ．该车启动后，先做匀加速运动，然后做匀速运动B ．该车启动后，先做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，接着做匀速运动C ．该车做匀加速运动的时间是1.2 sD ．该车加速度为0.25 m/s 2时，动能是4×104 JBD 解析 由于横坐标为速度的倒数，所以电动车的启动过程为从A 到B 到C ，AB 段，牵引力不变，电动车做匀加速运动，加速度为a ＝F －f m ＝2 000－4008×102m/s 2＝2 m/s 2，BC 段，由于图象为过原点的直线，所以F v ＝P 额＝恒量，即以恒定功率启动，牵引力减小，加速度减小，电动车做加速度减小的加速运动，当F ＝f ＝400 N ，速度达到最大值15 m/s ，故选项A错误，B 正确；由a ＝v －v 0t 可知t ＝v －v 0a ＝3－02s ＝1.5 s ，故选项C 错误；该车加速度为0.25 m/s 2时，牵引力为F ′＝ma ′＋f ＝8×102×0.25 N ＋400 N ＝600 N ，此时的速度为v ′＝2 000×3600 m/s ＝10 m/s ，动能为E k ＝12m v ′2＝12×8×102×102 J ＝4×104 J ，故选项D 正确． 10．(2018·天津卷)我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程．假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x ＝1.6×103 m 时才能达到起飞所要求的速度v ＝80 m/s.已知飞机质量m ＝7.0×104 kg ，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取g ＝10 m/s 2.求飞机滑跑过程中：(1)加速度a 的大小；(2)牵引力的平均功率P .解析(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有v2＝2ax, ①代入数据解得a＝2 m/s2.②(2)设飞机滑跑受到的阻力为F阻，依题意有F阻＝0.1mg, ③设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有F－F阻＝ma, ④，⑤设飞机滑跑过程中的平均速度为v，有v＝v2在滑跑阶段，牵引力的平均功率P＝F v，⑥联立②③④⑤⑥式得P＝8.4×106 W.答案(1)2 m/s2(2)8.4×106 W11．(2019·四川南充三模)如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达小孔A 进入半径R＝0.3 m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔．已知摆线长L＝2 m，θ＝60°，小球质量为m＝0.5 kg，D点与小孔A的水平距离s＝2 m，g取10 m/s2.(1)求摆线能承受的最大拉力为多大；(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求粗糙水平面动摩擦因数μ的范围．解析 (1)当摆球由C 点运动到D 点，由机械能守恒有mg (L －L cos θ)＝12m v 2D， 由牛顿第二定律可得F m －mg ＝m v 2D L， 解得F m ＝2mg ＝10 N.(2)小球不脱离圆轨道分两种情况．①要保证小球能达到A 孔，设小球到达A 孔的速度恰好为零，由动能定理可得－μmgs ＝0－12m v 2D ， 解得μ＝0.5；若进入A 孔的速度较小，那么将会在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道．其临界情况为到达圆心等高处速度为零，由机械能守恒可得12m v 2A＝mgR ， 由动能定理可得－μmgs ＝12m v 2A －12m v 2D ， 可求得μ＝0.35.②若小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，在圆周的最高点由牛顿第二定律可得mg ＝m v 2R， 由动能定理可得－μmgs －2mgR ＝12m v 2－12m v 2D， 解得μ＝0.125.综上所以动摩擦因数μ的范围为0.35≤μ≤0.5或μ≤0.125.答案(1)10 N(2)0.35≤μ≤0.5或μ≤0.125。

专题2 力与物体的平衡1．[2016·江苏卷] 一轻质弹簧原长为8 cm ，在4 N 的拉力作用下伸长了2 cm ，弹簧未超出弹性限度，则该弹簧的劲度系数为( ) A ．40 m/N B ．40 N/m C ．200 m/N D ．200 N/m 答案：D解析： 根据胡克定律F ＝kx 得k ＝F x ＝4 N2 cm＝2 N/cm ＝200 N/m.这里的2 cm 就是弹簧的形变量x ，与原长无关．2.[2016·江苏卷] 如图1­所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )图1­A ．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B ．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C ．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D ．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面 答案：BD解析： 当桌布被拉出时，鱼缸由静止到向右运动，但它相对于桌布来说，仍向左运动，由于滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，因此桌布对鱼缸的摩擦力的方向应向右，选项A 错误；因为鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，鱼缸受到桌布向右的摩擦力与它受到桌面向左的摩擦力大小相等，所以鱼缸向右加速的加速度大小与向右减速的加速度大小相等，方向相反，鱼缸的初速度为零，末速度也为零，根据对称性可知，鱼缸做加速运动的时间与做减速运动的时间相等，选项B 正确；若猫增大拉力，桌布的加速度更大，但是由于鱼缸与桌布间的压力不变，动摩擦因数也不变，故摩擦力也不变，选项C 错误；若猫减小拉力，桌布的加速度减小，鱼缸在桌布上的运动时间变长，而鱼缸向右的加速度不变，由x ＝12at 2知，鱼缸相对于桌面的位移变大，桌布被拉出后鱼缸在桌面上的位移也变大，鱼缸就有可能滑出桌面，选项D 正确．3.[2016·全国卷Ⅰ] 如图1­，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则( )图1­A．绳OO′的张力也在一定范围内变化B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化答案：BD解析：对物块a，由二力平衡，绳的拉力等于物块a的重力，大小保持一定，轻滑轮两端绳子拉力大小方向一定，对结点O′，由三力平衡可得绳OO′的张力一定，选项A、C错误；设F与水平方向的夹角为α，连接物块b的绳子拉力T与水平方向夹角为β，对物块b，由平衡条件，有T sin β＋F sin α＋N＝mg和T cos β－F cos α±f＝0，物块b所受到的支持力和物块与桌面间的摩擦力随F变化而变化，选项B、D正确．4.[2016·全国卷Ⅱ] 质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上．用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图1­所示．用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中( )图1­A．F逐渐变大，T逐渐变大B．F逐渐变大，T逐渐变小C．F逐渐变小，T逐渐变大D．F逐渐变小，T逐渐变小答案：A解析： 作出结点O 的受力分析矢量图(动态)，可知F 与T 的变化情况如图所示， 可得：F 逐渐变大，T 逐渐变大，故A 正确．5.[2016·全国卷Ⅲ] 如图1­所示，两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上：一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m 的小球．在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( )图1­A.m 2B.32m C ．m D ．2m 答案：C解析： 对a 受力分析如图甲所示，其中虚线三角形为等边三角形，由正交分解法可得F sin α＝mg sin 30°，又知F ＝mg ，故α＝30°；对小物块的悬挂点受力分析如图乙所示，由力的合成可得2F cos(α＋30°)＝Mg ，故可得M ＝m ，C 正确．B5 实验：探究弹力和弹簧伸长的关系6.[2016·浙江卷] 某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，测得图中弹簧OC 的劲度系数为500 N/m.如图1所示，用弹簧OC 和弹簧秤a 、b 做“探究求合力的方法”实验．在保持弹簧伸长1.00 cm 不变的条件下：图1­7(1)若弹簧秤a、b间夹角为90°，弹簧秤a的读数是________N(图2中所示)，则弹簧秤b 的读数可能为________N.(2)若弹簧秤a、b间夹角大于90°，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角，则弹簧秤a的读数________、弹簧秤b的读数________(填“变大”“变小”或“不变”)．答案：(1)3.00～3.02 3.9～4.1(有效数不作要求) (2)变大变大解析： (1)由图可知弹簧秤a的读数是F1＝3.00 N；因合力为F＝kx＝500×0.01 N＝5 N，两分力夹角为90°，则另一个分力为F2＝F2－F21＝4.0 N.(2)若弹簧秤a、b间夹角大于90°，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC夹角，根据力的平行四边形法则可知，弹簧秤a的读数变大，弹簧秤b的读数变大．7.[2016·天津卷] 如图1­所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5 3 N/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B＝0.5 T．有一带正电的小球，质量m＝1×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 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)，g取10 m/s2.求：图1­(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.解析： (1)小球匀速直线运动时受力如图1­所示，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB＝q2E2＋m2g2①图1­代入数据解得v＝20 m/s ②速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足tan θ＝qE mg③代入数据解得tan θ＝ 3 θ＝60° ④ (2)解法一：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，设其加速度为a ，有a ＝q 2E 2＋m 2g 2m⑤设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x ，有x ＝vt ⑥设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y ，有y ＝12at 2 ⑦a 与mg 的夹角和v 与E 的夹角相同，均为θ，又tan θ＝y x⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t ＝2 3 s ＝3.5 s ⑨解法二：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v y ＝v sin θ ⑤ 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v y t －12gt 2＝0 ⑥联立⑤⑥式，代入数据解得t ＝2 3 s ＝3.5 s8.[2016·天津卷] 电磁缓速器是应用于车辆上以提高运行安全性的辅助制动装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度．电磁阻尼作用可以借助如下模型讨论：如图1­所示，将形状相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑斜面上，斜面与水平方向夹角为θ.一质量为m 的条形磁铁滑入两铝条间，恰好匀速穿过，穿过时磁铁两端面与两铝条的间距始终保持恒定，其引起电磁感应的效果与磁铁不动、铝条相对磁铁运动相同．磁铁端面是边长为d 的正方形，由于磁铁距离铝条很近，磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场，磁感应强度为B ，铝条的高度大于d ，电阻率为ρ.为研究问题方便，铝条中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场，其他部分电阻和磁场可忽略不计，假设磁铁进入铝条间以后，减少的机械能完全转化为铝条的内能，重力加速度为g .图1­(1)求铝条中与磁铁正对部分的电流I ；(2)若两铝条的宽度均为b ，推导磁铁匀速穿过铝条间时速度v 的表达式；(3)在其他条件不变的情况下，仅将两铝条更换为宽度b ′>b 的铝条，磁铁仍以速度v 进入铝条间，试简要分析说明磁铁在铝条间运动时的加速度和速度如何变化． 解析： (1)磁铁在铝条间运动时，两根铝条受到的安培力大小相等，均为F 安，有F 安＝IdB ①磁铁受到沿斜面向上的作用力为F ，其大小F ＝2F 安 ②磁铁匀速运动时受力平衡，则有F －mg sin θ＝0 ③联立①②③式可得I ＝mg sin θ2Bd④ (2)磁铁穿过铝条时，在铝条中产生的感应电动势为E ，有E ＝Bdv ⑤铝条与磁铁正对部分的电阻为R ，由电阻定律有R ＝ρddb⑥ 由欧姆定律有I ＝ER⑦ 联立④⑤⑥⑦式可得v ＝ρmg sin θ2B 2d 2b⑧ (3)磁铁以速度v 进入铝条间，恰好做匀速运动时，磁铁受到沿斜面向上的作用力F ，联立①②⑤⑥⑦式可得F ＝2B 2d 2bvρ⑨当铝条的宽度b ′>b 时，磁铁以速度v 进入铝条间时，磁铁受到的作用力变为F ′，有 F ′＝2B 2d 2b ′v ρ⑩可见F ′>F ＝mg sin θ，磁铁所受到的合力方向沿斜面向上，获得与运动方向相反的加速度，磁铁将减速下滑，此时加速度最大．之后，随着运动速度减小，F ′也随着减小，磁铁所受的合力也减小，由于磁铁加速度与所受到的合力成正比，磁铁的加速度逐渐减小．综上所述，磁铁做加速度逐渐减小的减速运动，直到F ′＝mg sin θ时，磁铁重新达到平衡状态，将再次以较小的速度匀速下滑．9.如图1­所示，倾角为α的斜面A 被固定在水平面上，细线的一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B 相连，B 静止在斜面上．滑轮左侧的细线水平，右侧的细线与斜面平行．A 、B 的质量均为m .撤去固定A 的装置后，A 、B 均做直线运动．不计一切摩擦，重力加速度为g .求：图1­(1)A 固定不动时，A 对B 支持力的大小N ； (2)A 滑动的位移为x 时，B 的位移大小s ； (3)A 滑动的位移为x 时的速度大小v A .解析： (1)支持力的大小N ＝mg cos α(2)根据几何关系s x ＝x ·(1－cos α)，s y ＝x ·sin α 且s ＝s 2x ＋s 2y解得s ＝2（1－cos α）·x (3)B 的下降高度s y ＝x ·sin α 根据机械能守恒定律mgs y ＝12mv 2A ＋12mv 2B根据速度的定义得v A ＝Δx Δt ，v B ＝ΔsΔt则v B ＝2（1－cos α）·v A2gx sin α解得v A＝3－2cos α。