高考物理二轮复习第1部分专题突破方略专题1第1讲力与物体的平衡试题含解析

第一部分　专题一　第1讲　力与物体的平衡

基础题——知识基础打牢

1．(2021·云南师大附中二模)纳米微吸材料是一种新型材料，用手触碰无粘感，接触到平整光滑的硬性物体时，会牢牢吸附在物体上．图甲是一款表面采用了纳米微吸材料的手机支架，图乙是手机静止吸附在该手机支架上的侧视图，若手机的重力为G，手机和水平面的夹角为θ，下列说法正确的是(　D　)

A．手机受到的摩擦力大小大于Gsin θ

B．纳米材料对手机的作用力大小为Gsin θ

C．若使θ增大(手机保持静止)，纳米材料对手机的作用力也增大

D．纳米材料对手机的作用力方向竖直向上

【解析】　手机处于静止状态，受力平衡，根据平衡条件可知，在平行手机方向，根据平衡条件，有f＝Gsin θ，故A错误；手机处于静止状态，受力平衡，受到重力和纳米材料对手机的作用力，根据平衡条件可知，纳米材料对手机的作用力大小等于重力，方向与重力方向相反，竖直向上，故D正确，B错误；手机和水平面的夹角θ增大后，根据平衡条件可知，纳米材料对手机的作用力大小仍等于重力，故C错误．

2．(2021·山东烟台期中)一台空调外挂机用两个如图所示的三角形支架固定在外墙上，空调外挂机的重心恰好在支架水平横梁aO和斜梁bO的连接点O的上方．现保持空调外挂机的质量不变，把斜梁bO缩短一点，仍保持连接点O的位置不变，横梁aO仍然水平．已知横梁对O的拉力始终沿Oa方向，斜梁对O的压力始终沿bO方向，则下列说法正确的是(　D　)

A．横梁aO对O的作用力变小

B．横梁aO对O的作用力不变

C．斜梁bO对O的作用力变小

D．斜梁bO对O的作用力增大

【解析】　设斜梁bO跟外墙的夹角为θ，对O有竖直方向F1cos θ＝G，解得斜梁bO对O的作用力F1＝，斜梁bO缩短一点，仍保持连接点O的位置不变，θ增大，所以斜梁bO对O的作用力增大．水平方向F1sin θ＝F2，解得横梁aO对O的作用力F2＝Gtan θ，斜梁bO缩短一点，仍保持连接点O的位置不变，θ增大，所以横梁aO对O的作用力增大．故D正确，ABC错误．

3．(2021·西南名校联盟联考)如图所示，一根不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于点O′的固定光滑轴，悬挂一质量为M的物体．轻绳OO′段水平，长度为L，轻绳上套一可沿绳滑动的轻环P.现在轻环上悬挂一质量为m的钩码，平衡后，物体上升L，则钩码与物体的质量之比为(　D　)

A．　 　　 B．　　 　

C．　 　　 D．

【解析】　重新平衡后，轻绳形状如图，由于物体上升L，则绳子与竖直方向夹角为30°，对钩码2FTcos  30°＝mg，对物体FT＝Mg，联立解得＝，故D正确．

4．(2021·江苏八省联考)如图所示，对称晾挂在光滑等腰三角形衣架上的衣服质量为M，衣架顶角为120°，重力加速度为g，则衣架右侧对衣服的作用力大小为(　B　)

A．Mg B．Mg

C．Mg D．Mg

【解析】　根据几何关系得F与竖直方向的夹角为30°，由平衡条件得2Fcos 30°＝G，得：F＝G，故ACD错误，B正确．

5．(多选)(2021·重庆南开中学联考)如图所示，斜面体B放置于水平地面上，其两侧放有物体A、C，物体C通过轻绳连接于天花板上，轻绳平行于斜面且处于拉直状态，A、B、C均静止，下列说法正确的是(　AC　)

A．A、B间的接触面一定是粗糙的　

B．地面对B一定有摩擦力

C．B、C间的接触面可能是光滑的

D．B一共受到6个力的作用

【解析】　以A为研究对象，若A、B间的接触面光滑，则A受到竖直向下的重力和垂直斜面的支持力，重力和支持力不可能平衡，所以A一定受到B对A沿斜面向上的静摩擦力，A正确；以A、B、C整体为研究对象，整体受到重力和地面的支持力，可能受到斜向左上的轻绳的拉力，若轻绳拉力为0，则地面对B没有静摩擦力，B错误；以C为研究对象，C受到重力和B对C的支持力，可能受到斜向左上的轻绳的拉力，若重力、支持力、绳的拉力这三个力平衡，则B、C之间没有静摩擦力，B、C间的接触面可能是光滑的，C正确；以B为研究对象，若轻绳拉力不为0且B、C之间有静摩擦力，则此时B受到A对B的压力和静摩擦力、C对B的压力和静摩擦力、地面对B的支持力和静摩擦力、B的重力共7个力的作用，D错误．

6．(2021·江苏扬州一模)如图所示为汽车内常备的“菱形千斤顶”，摇动手柄使螺旋杆转动，A、B间距离发生改变，从而实现重物的升降．若物重为G，螺旋杆保持水平，AB与BC之间的夹角为θ＝30°，不计杆件自重，则螺旋杆的拉力大小为(　C　)

A．G　 B．G　

C．G　 D．2G

【解析】　根据题意，“菱形千斤顶”C点受到的压力G分解沿两臂的两个分力F1，根据对称性可知，两臂受到的压力大小相等，如图1所示．

根据几何关系可得：2F1sin θ＝G

解得AC杆的弹力大小：F1＝；

对“菱形千斤顶”A点受力分析如图2所示，

由平衡条件得：F＝2F1cos θ

联立解得：F＝＝＝G，故C正确、ABD错误．

7．(2021·河南濮阳一中调研)如图所示，用绝缘细线把小球A悬于O点，静止时恰好与另一固定于O点正下方的小球B接触．现使两球带同种电荷，细线将偏离竖直方向某一角度θ1，此时细线中的张力大小为T1，库仑斥力为F1；若增加两球的带电量，悬线偏离竖直方向的角度将增大为θ2，此时细线中的张力大小为T2，库仑斥力为F2，则(　B　)

A．T1<T2　 B．T1＝T2　

C．F1>F2　 D．F1＝F2

【解析】　小球A的受力情况如图所示，重力mg、悬线张力T、库仑斥力F，这三个力的合力为0.

因此这三个力构成封闭的力的三角形，且正好与几何三角形OA′B相似，则有：＝＝，

因为OA′＝OB，所以T＝mg，即T与θ无关，则有T1＝T2，而F与AB成正比A′B>AB，则F2>F1，故B正确，ACD错误．

应用题——强化学以致用

8．(2021·辽宁八省联考)如图所示，用轻绳系住一质量为2m的匀质大球，大球和墙壁之间放置一质量为m的匀质小球，各接触面均光滑．系统平衡时，绳与竖直墙壁之间的夹角为α，两球心连线O1O2与轻绳之间的夹角为β，则α、β应满足(　C　)

A．tan α＝3cot β

B．2tan α＝3cot β

C．3tan α＝tan(α＋β)

D．3tan α＝2tan(α＋β)

【解析】　设绳子拉力为F，墙壁支持力为N，两球之间的压力为T，将两个球作为一个整体进行受力分析，如图1所示；

根据平衡条件可得：N＝3mgtan α　①

对小球进行受力分析，如图2所示，根据平衡条件可得：N＝mgtan θ

根据几何关系可得θ＝α＋β，则N＝mgtan(α＋β)　②

联立①②得：3tan α＝tan(α＋β)，故C正确、ABD错误．

9．(2021·河南郑州模拟)如图所示，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆BC一端通过铰链固定在C点，另一端B悬挂一重为G的重物，且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮A．现用力F拉绳，开始时∠BCA>90°，使∠BCA缓慢减小，直到杆BC接近竖直杆AC.此过程中，杆BC所受的力(　A　)

A．大小不变　 B．逐渐增大

C．逐渐减小　 D．先增大后减小

【解析】　以B点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力T(等于重物的重力G)、轻杆的支持力N和绳子的拉力F，作出力图如图，

由平衡条件得知，N和F的合力与T大小相等，方向相反，根据三角形相似可得：＝＝，又T＝G，AC和BC不变，则N和T不变．故A正确，BCD错误．

10．(2021·湖北荆州重点中学月考)如图所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着系于竖直板上，两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细线相连，两球均处于静止状态．已知B球质量为m，O点在半圆柱体圆心O1的正上方，OA长度与半圆柱体半径相等，OA与竖直方向成30°角， OB与竖直方向成45°角，重力加速度为g，求小球A的质量．

【解析】　隔离小球B，对B受力分析，根据共点力平衡得：FTOBcos  45°＝mg，故 FTOB＝mg，根据定滑轮的特性知：FTOA＝FTOB＝mg，对A受力分析，如图所示：

由几何关系可知拉力FTOA和支持力FN与水平方向的夹角相等，夹角为60°，

有：2FTOAsin  60°＝mAg，解得mA＝m.

11．(2021·山西怀仁期中)在粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与光滑竖直墙之间放另一截面也为半圆的光滑柱状物体B，整个装置处于静止状态，截面如图所示．设墙对B的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的作用力为F3.在B上加一物体C，整个装置仍保持静止，则(　C　)

A．F1保持不变，F3增大 　 B．F1增大，F3保持不变

C．F2增大，F3增大 　 D．F2增大，F3保持不变

【解析】　未放上C时，以B为研究对象，受力分析如图1所示，由平衡条件得，墙对B的作用力F1＝GBtan α，当放上C时，F1增大．A对B的作用力F′2＝，F1增大，则F′2增大，由牛顿第三定律知F′2＝F2，即F2也增大．再以整体为研究对象，受力分析如图2所示，则放上C前，地面对A的支持力N＝GA＋GB，放上C后变为GA＋GB＋GC，即N增大，地面对A的摩擦力f＝F1，且F3为N与f的合力，所以F3增大，故C正确．

12．(2021·广东八省联考)某同学参加“筷子夹玻璃珠”游戏．如图所示，夹起玻璃珠后，左侧筷子与竖直方向的夹角θ为锐角，右侧筷子竖直，且两筷子始终在同一竖直平面内．保持玻璃珠静止，忽略筷子与玻璃珠间的摩擦．下列说法正确的是(　C　)

A．两侧筷子对玻璃珠的合力比重力大

B．两侧筷子对玻璃珠的合力比重力小

C．左侧筷子对玻璃珠的弹力一定比玻璃珠的重力大

D．右侧筷子对玻璃珠的弹力一定比玻璃球的重力大

【解析】　对玻璃珠受力分析可知，

两侧筷子对玻璃珠的合力等于重力，故AB错误；由FN右＝，FN左＝，

可得：右侧筷子对玻璃珠的弹力不一定比玻璃珠的重力大，左侧筷子对玻璃珠的弹力一定比玻璃珠的重力大，故C正确、D错误．

13．(2021·江苏无锡一模)地摊经济是2020年的热门话题．某烤肠摊位上的一个简化模型如图：一根烤肠静止在两根水平的平行圆柱上，将烤肠视为质量为m的匀质圆柱体，若烤肠和圆柱截面的半径均为R，两柱轴心的间距为2.4R，不计摩擦，则烤肠对每根圆柱的压力大小为(　B　)

A．mg　 B．mg　

C．mg　 D．mg

【解析】　对烤肠进行受力分析，受到重力mg、两金属圆柱对烤肠的支持力N1、N2，如图所示：

N1、N2的合力与重力大小相等，方向相反；

根据几何关系可知，sinθ＝＝0.6，cosθ＝0.8，单根金属圆柱对烤肠的弹力N1＝N2＝＝＝mg，

根据牛顿第三定律可知烤肠对每根圆柱的压力大小为mg，故B正确、ACD错误．

14．(2021·广东河源模拟)如图1所示，吊车是建筑工地常用的一种大型机械．为了便于研究问题，将它简化成如图2所示的模型，硬杆OB的一端装有定滑轮，另一端固定在车体上；质量不计的绳索绕过定滑轮吊起质量为m的物体匀速上升，不计定滑轮质量和滑轮与轴承之间的摩擦，重力加速度为g.下列说法正确的是(　C　)

A．OA段绳索受到的拉力小于mg

B．OA段绳索受到的拉力大于mg

C．OB杆对定滑轮的支持力小于2mg

D．OB杆对定滑轮的支持力大于2mg

【解析】　OA段绳索受到的拉力与OC段受到的拉力相等，对物体根据平衡条件可得绳索对物体的拉力大小为T＝mg，所以OA段绳索受到的拉力等于mg，故AB错误；设两段绳索之间的夹角为2θ，由于同一条绳索拉力相等，则两段绳索的合力沿角平分线方向，如图所示；根据平衡条件可得：2Tcos θ＝F，解得：F＝2mgcos θ；由于θ>0，所以OB杆对定滑轮的支持力F<2mg，故C正确、D错误．

15．(2021·浙江杭州模拟)在卫生大扫除中，某同学用拖把拖地，沿推杆方向对拖把施加推力F(如图所示)，此时推力与水平方向的夹角为θ，且拖把刚好做匀速直线运动．从某时刻开始保持力F的大小不变，减小F与水平方向的夹角θ，则(　C　)

A．拖把将做减速运动

B．拖把继续做匀速运动

C．地面对拖把的支持力FN变小，地面对拖把的摩擦力Ff变小

D．减小θ的同时若减小F，拖把一定做加速运动

【解析】　设拖把与地面之间的动摩擦因数为μ，则拖把头受到重力、支持力、推力和摩擦力处于平衡，受力示意图如图所示．将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，按平衡条件得：竖直方向上：Fsin  θ＋mg＝FN　①；水平方向上：Fcos  θ－Ff＝0　②；式中FN和Ff分别为地板对拖把的正压力和摩擦力．其中Ff＝μFN　③；由①得：减小F与水平方向的夹角θ，sin  θ减小，地面对拖把的支持力FN变小；由③可得地面对拖把的摩擦力Ff变小．故选项C正确； 减小F与水平方向的夹角θ时，Ff减小，而Fcos  θ增大，所以Fcos  θ－Ff将大于0，所以拖把将做加速运动．故选项A、B错误；减小θ的同时若减小F，则Fcos  θ－Ff不一定大于0，拖把不一定做加速运动，选项D错误．

16．如图所示是一旅行箱，它既可以在地面上推着行走，也可以在地面上拉着行走．已知该旅行箱的总质量为15 kg，一旅客用斜向上的拉力拉着旅行箱在水平地面上做匀速运动．若拉力的最小值为90 N，此时拉力与水平方向间的夹角为θ.重力加速度大小为g＝10 m/s2，sin  37°＝0.6，旅行箱受到地面的阻力与其受到地面的支持力成正比，比值为μ，则(　D　)

A．μ＝0.5，θ＝37°  B．μ＝0.5，θ＝53°

C．μ＝0.75，θ＝53°  D．μ＝0.75，θ＝37°

【解析】　对旅行箱受力分析，如图所示．根据平衡条件可知，水平方向有Fcos  θ－Ff＝0，竖直方向有FN＋Fsin  θ－G＝0，其中Ff＝μFN，故F＝，令μ＝tan α，则F＝；当θ＝α时，F有最小值，Fmin＝Gsin  α＝90 N，α＝37°，故μ＝tan 37°＝0.75，θ＝37°，选项D正确．