2025届高考物理二轮复习专题一第1讲力与物体的平衡作业含解析

PAGE12-第1讲力与物体的平衡(45分钟)[基础题组专练]1．(2024·高考全国卷Ⅰ)如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则()A．P和Q都带正电荷B．P和Q都带负电荷C．P带正电荷，Q带负电荷D．P带负电荷，Q带正电荷解析：细绳竖直，把P、Q看作整体，在水平方向上不受力，对外不显电性，P、Q带异种电荷，故A、B错误。假如P、Q带不同性质的电荷，受力如图所示，由图知，P带负电、Q带正电时符合题意，故C错误，D正确。答案：D2．(2024·浙江杭州高三检测)如图所示，攀岩者仅凭借鞋底和背部的摩擦停留在竖直的岩壁间，鞋子、背部与岩壁间的动摩擦因数分别为0.80和0.60。为了节约体力，他尽可能减小身体与岩壁间的正压力，使自己刚好不下滑。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列推断正确的是()A．攀岩者受到三个力的作用B．鞋子受到的静摩擦力方向竖直向下C．岩壁对鞋子的支持力大于岩壁对背部的支持力D．攀岩者背部受到的静摩擦力支撑了体重的eq\f(3,7)解析：对攀岩者分析，其受重力、鞋与岩壁间的弹力和摩擦力、背部与岩壁间的弹力和摩擦力共五个力作用；重力方向竖直向下，鞋子和背部受到的静摩擦力方向竖直向上，水平方向上两支持力大小相等，方向相反，FN1＝FN2，又依据平衡条件有μ1FN1＋μ2FN2＝G，可得Ff2＝μ2FN2＝eq\f(3,7)G。答案：D3．如图所示为三种形式的吊车的示意图，OA为可绕O点转动的轻杆，AB为质量可忽视不计的拴接在A点的轻绳，当它们吊起相同重物时，图甲、图乙、图丙中杆OA对结点的作用力大小分别为Fa、Fb、Fc，则它们的大小关系是()A．Fa>Fb＝Fc B．Fa＝Fb>FcC．Fa>Fb>Fc D．Fa＝Fb＝Fc解析：设重物的质量为m，分别对三图中的结点进行受力分析，如图甲、乙、丙所示，杆对结点的作用力大小分别为Fa、Fb、Fc，对结点的作用力方向均沿杆方向，各图中FT＝mg，则在图甲中，Fa＝2mgcos30°＝eq\r(3)mg；在图乙中，Fb＝mgtan60°＝eq\r(3)mg；在图丙中，Fc＝mgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mg。由此可知Fa＝Fb>Fc，故B正确，A、C、D错误。答案：B4．如图所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30°，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为()A.eq\r(3)∶4 B．4∶eq\r(3)C．1∶2 D．2∶1解析：将两小球和弹簧B看作一个整体分析，可知整体受到重力、轻弹簧A、C的拉力共3个力的作用而处于平衡状态，将轻弹簧A的拉力沿竖直方向和水平方向分解可知水平方向上满意FAx＝FAsin30°＝FC，故FA∶FC＝2∶1，据题意可知三个弹簧的劲度系数相同，由胡克定律F＝kx可知弹簧A、C的伸长量之比为2∶1，故D正确，A、B、C错误。答案：D5．(多选)如图所示，穿在一根光滑的固定杆上的小球A、B连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成θ角，不计全部摩擦，当两球静止时，OA绳与杆的夹角也为θ，OB绳沿竖直方向，则下列说法正确的是()A．小球A可能受到2个力的作用B．小球A肯定受到3个力的作用C．小球B可能受到3个力的作用D．细绳对A的拉力与对B的拉力大小相等解析：对A球受力分析可知，A受到重力、细绳的拉力以及杆对A球的弹力，三个力的合力为零，故A错误，B正确；对B球受力分析可知，B受到重力、细绳的拉力，两个力的合力为零，杆对B球没有弹力，否则B不能平衡，故C错误；定滑轮不变更力的大小，即细绳对A的拉力与对B的拉力大小相等，故D正确。答案：BD6．叠放在水平地面上的四个完全相同的排球如图所示，质量均为m，相互接触，球与地面间的动摩擦因数均为μ，则()A．上方球与下方3个球间均没有弹力B．下方三个球与水平地面间均没有摩擦力C．水平地面对下方三个球的支持力均为eq\f(4mg,3)D．水平地面对下方三个球的摩擦力均为eq\f(4μmg,3)解析：对上方球分析可知，小球受重力和下方球的支持力而处于平衡状态，所以上方球肯定与下方球有力的作用，故A错误；下方球由于受上方球斜向下的弹力作用，所以下方球有运动的趋势，所以下方球受摩擦力作用，故B错误；对四个球整体分析，整体受重力和地面的支持力而处于平衡状态，所以下方三个小球受支持力大小为4mg，则下方每个小球受支持力为eq\f(4,3)mg，故C正确；三个下方小球受到的是静摩擦力，故不能依据滑动摩擦力公式进行计算，故D错误。答案：C7．(2024·广东深圳市一中其次次调研)如图所示，用缆绳将沉在海底的球形钢件先从a处竖直吊起到b，再水平移到c，最终竖直下移到d。全过程钢件受到水的阻力大小不变，方向与运动方向相反，所受浮力恒定，则上升、平移、下降过程中的匀速运动阶段，缆绳对钢件拉力F1、F2、F3的大小关系是()A．F1>F2>F3 B．F1>F3>F2C．F2>F1>F3 D．F3>F2>F1解析：钢件从a到b，对钢件受力分析，有F1＋F浮＝mg＋F阻，因F浮恒定，令F0＝mg－F浮，则有F1＝F0＋F阻，从b到c，有F2＝eq\r(Feq\o\al(2,阻)＋Feq\o\al(2,0))＝eq\r(（F阻＋F0）2－2F0F阻)＝eq\r(

Symbolh@@F0－F阻）2＋2F0F阻)，从c到d，有F3＝F0－F阻，故F1>F2>F3，A正确，B、C、D错误。答案：A8．如图所示，竖直绝缘墙壁上的Q处有一个固定的质点A，在Q的上方P点用丝线悬挂着另一个质点B。A、B两质点因带同种电荷而相斥，致使悬线与竖直方向成一角度，由于缓慢漏电使A、B两质点带的电荷量渐渐削减，在电荷漏完之前A、B未接触。下列说法正确的是()A．A、B之间的库仑力先变大后变小B．A、B之间的库仑力始终变大C．丝线的拉力始终不变D．丝线的拉力先变大后变小解析：对球B受力分析，其受重力、细线的拉力及库仑力，如图所示。依据共点力平衡条件，图中力三角形与几何三角形PAB相像，故eq\f(G,PA)＝eq\f(FT,PB)＝eq\f(F,AB)，解得FT＝eq\f(PB,PA)G，F＝eq\f(AB,PA)G，由于PB、PA不变，AB减小，所以FT不变，F减小，故C正确，A、B、D错误。答案：C9．(多选)(2024·高考全国卷Ⅰ)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肯定始终增加C．M所受斜面的摩擦力大小肯定始终增加D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加解析：选N为探讨对象，受力状况如图甲所示，用水平拉力F缓慢拉动N的过程中，水平拉力F渐渐增大，细绳的拉力FT渐渐增大，故A错误，B正确。对于M，受重力GM、斜面对它的支持力FN、绳的拉力FT′(FT′与FT大小始终相等)以及斜面对它的摩擦力Ff，如图乙所示。若起先时斜面对M的摩擦力Ff沿斜面对上，则FT′＋Ff＝GMsinθ，FT′渐渐增大，Ff渐渐减小，当Ff减小到零后，再反向增大；若起先时斜面对M的摩擦力沿斜面对下，此时，FT′＝GMsinθ＋Ff，当FT′渐渐增大时，Ff渐渐增大，故C错误，D正确。答案：BD10．如图所示，竖直面内有一圆环，圆心为O，水平直径为AB，倾斜直径为MN，AB、MN的夹角为θ，一不行伸长的轻绳两端分别固定在圆环的M、N两点，轻质滑轮连接一重物，放置在轻绳上，不计滑轮与轻绳摩擦与轻绳重力。圆环从图示位置顺时针缓慢转过2θ的过程中，轻绳的张力的变更状况正确的是()A．渐渐增大 B．先增大再减小C．渐渐减小 D．先减小再增大解析：M、N连线与水平直径的夹角θ(θ≤90°)越大，M、N之间的水平距离越小，轻绳与竖直方向的夹角α越小，依据mg＝2FTcosα知，轻绳的张力FT越小，故圆环从图示位置顺时针缓慢转过2θ的过程，轻绳的张力先增大再减小，故B正确，A、C、D错误。答案：B[实力题组专练]11．(2024·上海格致中学高三调研)日常生活中，我们在门下缝隙处塞紧一个木楔(侧面如图所示)，往往就可以把门卡住。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。有关此现象的分析，下列说法正确的是()A．木楔对门的作用力大于门对木楔的作用力，因而能将门卡住B．门对木楔作用力的水平重量等于地面对木楔摩擦力的大小C．只要木楔的厚度合适都能将门卡住，与顶角θ的大小无关D．只要木楔对门的压力足够大就能将门卡住，与各接触面的粗糙程度无关解析：木楔对门的作用力和门对木楔的作用力是一对作用力和反作用力，大小相等、方向相反，故A错误；对木楔受力分析如图所示，水平方向Ff＝Fsinθ，门对木楔作用力的水平重量与地面对木楔的摩擦力大小相等，故B正确；对木楔，竖直方向FN＝Fcosθ＋mg，则Ffmax＝μFN＝μ(Fcosθ＋mg)，要把门卡住，则不管力F多大均满意Ffmax≥Ff，即μ(Fcosθ＋mg)≥Fsinθ，不管m的大小，只要μ≥tanθ，就可把门卡住，所以能否把门卡住与顶角θ以及接触面的粗糙程度有关，故C、D错误。答案：B12．如图所示，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，重力加速度为g，则()A．匀强磁场的方向可能垂直于纸面对外B．小球肯定带正电荷C．电场强度大小为eq\f(mg,q)D．磁感应强度的大小为eq\f(mg,qv)解析：小球做匀速直线运动，受到的合力为零，假设小球带正电，则小球的受力状况如图甲所示，小球受到的洛伦兹力沿虚线但方向未知，小球受到的重力与电场力的合力与洛伦兹力不行能平衡，所以小球不行能做匀速直线运动，假设不成立，小球肯定带负电，选项B错误；小球的受力状况如图乙所示，小球受到的洛伦兹力肯定斜向右上方，依据左手定则，匀强磁场的方向肯定垂直于纸面对里，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＝eq\r(3)mg，解得E＝eq\f(mg,q)，B＝eq\f(\r(3)mg,qv)，选项C正确，D错误。答案：C13．(多选)(2024·广东深圳高三模拟)如图所示，一不行伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过固定于O′点的光滑滑轮悬挂一质量为1kg的物体P，此时轻绳OO′段水平，长度为0.8m。绳子OO′段套有一个可自由滑动的轻环。现在轻环上挂上一重物Q，用手扶住重物后缓慢下降，直到手与重物分别，重物Q下降的高度为0.3m，此时物体P未到达滑轮处，则()A．重物Q的质量为1.2kgB．重物Q的质量为1.6kgC．物体P上升的高度为0.2mD．物体P上升的高度为0.4m解析：重新平衡后，依据几何学问可得tanθ＝eq\f(0.4,0.3)＝eq\f(4,3)，即θ＝53°，OO′之间的绳长为0.5×2m＝1m，故P上升了1m－0.8m＝0.2m，C正确，D错误；重新平衡后，对轻环处结点受力分析，如图所示，则依据平行四边形定则可得cos53°＝eq\f(\f(1,2)mQg,mPg)＝0.6，解得mQ＝1.2kg，A正确，B错误。答案：AC14．(多选)如图所示，两个完全相同的带电小球A、B，质量、电荷量分别为m、＋q，放置在一个半径为R、质量为M的半球形绝缘物块上，小球平衡时相距为R，重力加速度为g，则()A．物块对地面的压力大于(M＋2m)B．物块对小球A的支持力等于eq\f(2\r(3),3)mgC．若保持A球静止，把B球缓慢移动到O′，B球的电势能肯定减小D．若保持A球静止，把B球缓慢移动到O′，地面对物块的支持力肯定增大解析：将A、B两球及绝缘物块看成一个整体，整体处于静止状态，对其受力分析可知，地面对整体的支持力FN地＝(M＋2m)g，则整体对地面的压力也等于(M＋2m)g，故A错误；隔离小球A受力分析，如图所示，则小球A受到的支持力FN＝eq\f(mg,sin60°)＝eq\f(2\r(3),3)mg，故B正确；若保持A球静止，把B球缓慢移动到O′的过程中，B球受到的库仑力对其做正功，所以B球的电势能减小，故C正确；缓慢移动B球的过程中，整体处于平衡状态，地面对物块的支持力不变，故D错误。答案：BC15．(多选)(2024·山东烟台高三上学期期末)如图所示，一质量为m、半径为r的光滑球A用细绳悬挂于O点，另一质量为M、半径为R的半球形物体B被夹在竖直墙壁和A球之间，B的球心到O点之间的距离为h，A、B的球心在同一水平线上，A、B处于静止状态，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．A对B的压力大小为eq\f(R＋r,h)mgB．竖直墙壁对B的摩擦力可能为零C．当只轻轻把球B向下移动一点距离，若A、B再次保持静止，则A对B的压力大小保持不变，细绳拉力增大D．当只轻轻把球B向下移动一点距离，若A、B再次保持静止，则A对B的压力减小，细绳拉力减小解析：分析A球的受力状况，如图1所示，B对A的支持力FN与A的重力mg的合力与细绳的拉力FT等大反向共线，依据两个阴影三角形相像得eq\f(FN,R＋r)＝eq\f(mg,h)＝eq\f(FT,\o(OA,\s\up6(－)))，则FN＝eq\f(R＋r,h)mg，FT＝eq\f(\o(OA,