高考物理二轮复习热点巩固练习专题（01）力与物体的平衡（含解析）

专题（01）力与物体的平衡

【专题考向】平衡问题是历年高考的重点，特别是受力分析与平衡条件的应用在近几年高考中频繁考查。本部分内容在高考命题中也有两大趋势：一是向着选择题单独考查的方向发展；二是选择题单独考查与电学综合考查并存。考查的角度主要包括：一、对各种性质的力的理解；二、共点力平衡条件的应用。用到的思想方法有：整体法和隔离法、假设法、合成法、正交分解法、矢量三角形法、相似三角形法、等效思

想、分解思想等。

【知识、方法梳理】

1．处理平衡问题的基本思路

确定平衡状态(加速度为零)→巧选研究对象(整体法或隔离法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作讨论。

2．常用的方法

(1)在判断弹力或摩擦力是否存在以及确定它们的方向时常用假设法。

(2)求解平衡问题时常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、相似三角形法、图解法等。

3．带电体的平衡问题仍然满足平衡条件，只是要注意准确分析场力——电场力、安培力或洛伦兹力。

4．如果带电粒子在重力场、电场和磁场三者组成的复合场中做直线运动，则一定是匀速直线运动，因为F洛⊥v。

【热点训练】

1、如图所示，竖直杆固定在木块C上，两者总重为20 N，放在水平地面上。轻细绳a连接小球A和竖直杆顶端，轻细绳b连接小球A和B，小球B重为10 N。当用与水平方向成30°角的恒力F作用在小球B上时，A、B、C刚好保持相对静止且一起水平向左做匀速运动，绳a、b与竖直方向的夹角分别恒为30°和60°，则下列判断正确的是(　　)

A．力F的大小为10 N

B．地面对C的支持力大小为40 N

C．地面对C的摩擦力大小为10 N

D．A球重为10 N

【答案】AD

解析：以B为研究对象受力分析，水平方向受力平衡，有：Fcos 30°＝Tbcos 30°，解得：F＝Tb，竖直方向受力平衡，则有：Fsin 30°＋Tbsin 30°＝mBg，解得：F＝mBg＝10 N，故A正确；以A为研究对象受力分析，竖直方向上有：Tbsin 30°＋mAg＝Tasin 60°，水平方向：Tasin 30°＝Tbsin 60°，联立得：mA＝mB，即A球重为10 N，故D正确；以A、B、C整体为研究对象受力分析，水平方向：f＝Fcos 30°＝5 N，竖直方向：N＋Fsin 30°＝(M＋mA＋mB)g，解得：N＝35 N，故B、C错误。

2、用长为1.4 m的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为1.0×10－2 kg、电荷量为2.0×10－8 C 的小球，细线的上端固定于O点。现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与铅垂线成37°角，如图所示。现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放，则(sin 37°＝0.6，取g＝10 m/s2)(　　)

A．该匀强电场的场强为3.75×107 N/C

B．平衡时细线的拉力为0.17 N

C．经过0.5 s，小球的速度大小为6.25 m/s

D．小球第一次通过O点正下方时，速度大小为7 m/s

【答案】C

解析：小球处于平衡状态时，受力分析如图所示，则可知qE＝mgtan 37°，则该匀强电场的电场强度E＝＝3.75×106 N/C，选项A错误；细线的拉力F＝＝0.125 N，故选项B错误；在外力作用下，小球拉至细线水平时，由静止释放，如图所示，

小球在电场力和重力的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动至B点，∠OAB＝∠OBA＝53°，OA＝OB＝l＝1.4 m，在此过程中，细线处于松弛状态，无拉力作用，小球运动至B点时，细线绷紧，匀加速直线运动结束。根据牛顿第二定律可知小球匀加速直线运动时的加速度a＝＝＝ m/s2＝12.5 m/s2，假设经过0.5 s后，小球仍在沿AB方向做匀加速直线运动，则小球的速度v＝at＝6.25 m/s，经过的距离x＝at2＝×12.5×0.52 m＝1.562 5 m，A、B间的距离|AB|＝2×l×cos 53°＝1.68 m，x＜|AB|，假设成立，故0.5 s时，小球的速度大小为6.25 m/s，故选项C正确；小球运动至B点时，细线绷紧，小球沿细线方向的分速度减为零，动能减小，假设细线绷紧过程小球机械能损失ΔE，此后在电场力、重力和细线拉力作用下沿圆弧运动至O点正下方，根据能量守恒定律，可知(qE＋mg)·l－ΔE＝mv2，可得v＜7 m/s，故选项D错误。

3、如图，在水平晾衣杆(可视为光滑杆)上晾晒床单时，为了尽快使床单晾干，可在床单间支撑轻质细杆。随着细杆位置的不同，细杆上边两侧床单间夹角θ(一般θ＜150 °)将不同。设床单重力为G，晾衣杆所受压力大小为N，下列说法正确的是(　　)

A．当θ＝60°时，N＝G

B．当θ＝90°时，N＝G

C．只有当θ＝120°时，才有N＝G

D．无论θ取何值，都有N＝G

【答案】D

解析：对床单受力分析，受竖直向下的重力和晾衣杆竖直向上的支持力，晾衣杆对床单的支持力始终等于G，则根据牛顿第三定律知，无论夹角θ取何值都有N＝G，故A、B、C错误，D正确。

4、质量为M的斜面体放在光滑水平地面上，其倾角为30°，斜面上放一质量为m的物块，物块通过绕过轻质滑轮的轻绳与弹簧测力计相连，弹簧测力计的另一端与地面上的P点通过轻绳相连，如图所示。用水平力F推着斜面体在水平面上缓慢向左移动，则下列说法正确的是(　　)

A．弹簧测力计的示数不断减小

B．水平力F不断减小

C．地面对斜面体的支持力不断减小

D．斜面对物块的摩擦力不断增大

【答案】C

解析：滑块受重力、支持力、拉力和滑动摩擦力，在斜面体向左运动的过程中，四个力的方向均不变，根据平衡条件，拉力T＝mgsin 30°＋μmgcos 30°保持不变，故A错；设弹簧测力计与水平方向的夹角为θ，对斜面体和滑块整体分析，受推力、重力、绳子的拉力、支持力，水平方向，有：F＝Tcos θ，斜面体在水平面上缓慢向左移动θ变小，所以推力F增大，故B错；竖直方向：N＝(M＋m) g＋Tsin θ，因为θ减小，T不变，故N减小，C对；物块受到的是滑动摩擦力，f＝μmgcos 30°，大小恒定不变，故D错。

5、A、C是两个带电小球，质量分别是mA、mC，电荷量大小分别是QA、QC，用两条等长绝缘细线悬挂在同一点O，两球静止时如图所示，此时细线对两球的拉力分别为FTA、FTC，两球连线AC与O所在竖直线的交点为B，且AB<BC，下列说法正确的是(　　)

A．QA>QC                            B．mA∶mC＝FTA∶FTC

C．FTA＝FTC                 D．mA∶mC＝BC∶AB

【答案】BD

解析：设两个小球之间的库仑力为F，利用相似三角形知识可得，A球所受三个力F、FTA、mAg构成的三角形与三角形OBA相似，＝＝；C球所受三个力F、FTC、mCg构成的三角形与三角形OBC相似，＝＝；因OA＝OC，所以mA∶mC＝FTA∶FTC；mA∶mC＝BC∶AB，则选项B、D正确，C错误；因两球之间的作用力是相互作用力，则无法判断两球带电荷量的多少，选项A错误。

6、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（最初是竖直的）位置开始缓慢向右移动(细绳中张力大小视为不变)。已知小球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μ。则下列说法正确的是(　　)

A．当细绳与细杆的夹角为30°时，杆对a球的支持力为零

B．支架对轻滑轮的作用力大小逐渐增加

C．支架对a球的摩擦力先减小后增加

D．当时，拉力F先减小后增加

【答案】AC

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FN＝2mgsin θ－mg，向右缓慢拉动的过程中，θ角逐渐减小，当FN＝0时得sin θ＝0.5，即θ＝30°，故A正确；向右缓慢拉动的过程中，两个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，故B错误；由图可知，角度θ从90°变到0°，根据f＝μFN＝μ(2mgsin θ－mg)可知，当角度θ从90°变到30°时FN一直减小到零，当角度θ从30°变到0°时FN反向增大，故摩擦力先减小后增大，故C正确；由受力分析图，可知水平方向：F＝f＋2mgcos θ＝2mg(cos θ＋μsin θ)－μmg，由于，而tan φ＝μ，若，则φ＝30°，故拉力为，角度θ从90°变到0°的过程中，当θ＝φ＝30°时为最大，则拉力最大，当角度继续减小时，开始减小，则拉力也开始减小，故拉力F先增大后减小，故D错误。

7、如图所示，有一四分之一球体置于粗糙的水平面上，两质量均为m的小球A、B(均可看作质点)通过柔软光滑的轻绳连接，且与球体一起静止在水平面上。B球与球心O的连线与水平方向成θ＝37°角(拉B球的轻绳与OB连线垂直)。已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列关于系统中各物体受力的说法正确的是(　　)

A．四分之一球体一定受到水平面的摩擦力作用，方向水平向右

B．小球A受到三个力的作用

C．小球B受到四分之一球体摩擦力的大小为mg，方向沿曲面切线斜向下

D．四分之一球体对小球B作用力的大小为mg

【答案】CD

解析：以整个系统为研究对象，因系统处于静止状态，所以在水平方向不受外力作用，即球体不受水平面的摩擦力作用，选项A错误；由小球A处于静止状态可知，它受重力和轻绳拉力两个力作用，选项B错误；将小球B的重力分解，沿切线方向F1＝mgcos 37°＝mg，垂直切线方向F2＝mgsin 37°＝mg，因小球B处于静止状态，所以小球B受摩擦力的作用，其方向沿曲面切线斜向下，大小为fB＝mg－mg＝mg，选项C正确；四分之一球体对小球B的作用力FB是球体对小球B的支持力FNB和摩擦力fB的合力，其中FNB＝mgsin θ＝mg，则FB＝mg，选项D正确。

8、如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，绝缘细线下面悬挂一质量为m、长为l的导线，导线中有垂直纸面向里的恒定电流I，静止时细线偏离竖直方向θ角，现将磁场沿逆时针方向缓慢转动到水平向右，转动时磁感应强度B的大小不变，在此过程中下列说法正确的是(　　)

A．导线受到的安培力逐渐变大

B．绝缘细线受到的拉力逐渐变大

C．绝缘细线与竖直方向的夹角θ先增大后减小

D．导线受到的安培力与绝缘细线受到的拉力的合力大小不变，方向随磁场的方向的改变而改变

【答案】B

解析：导线受到的安培力F安＝BIl大小不变，选项A错误；磁场逆时针转动90°的过程中，F安方向逐渐由水平向左变为竖直向下，由于变化缓慢，所以F安与mg的合力F合与FT大小相等，方向相反，由图可知，F合大小逐渐增大，θ逐渐减小，所以FT大小逐渐增大，选项B正确，C错误；F安与FT的合力总是与重力大小相等，方向相反，即竖直向上，选项D错误。

9、如图所示，ACD、EFG为两根相距L的足够长的金属直角导轨，它们被竖直固定在绝缘水平面上，CDGF面与水平面成θ角。两导轨所在空间存在垂直于CDGF平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两根质量均为m、长度均为L的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，两金属细杆的电阻均为R，导轨电阻不计。当ab以速度v1沿导轨向下匀速运动时，cd杆也正好以速度v2向下匀速运动。重力加速度为g。以下说法正确的是(　　)

A．回路中的电流为

B．ab杆所受摩擦力为mgsin θ

C．cd杆所受摩擦力为

D．μ与v1大小的关系为

【答案】CD

解析：ab杆产生的感应电动势，回路中感应电流，故A错；ab杆匀速下滑，受力平衡条件，ab杆所受的安培力大小，方向沿轨道向上，则由平衡条件得：ab所受的摩擦力大小，故B错；cd杆所受的安培力大小也等于F安，方向垂直于导轨向下，则cd杆所受摩擦力，故C对；根据cd杆受力平衡得，则得μ与v1大小的关系为，故D对。

10、如图所示，在一竖直平面内，竖直y轴左侧有一水平向右的匀强电场场强为E1和一垂直纸面向里的匀强磁场磁感应强度为B，y轴右侧有一竖直方向的匀强电场场强为E2，一电荷量为q(电性未知)、质量为m的微粒从x轴上A点以一定初速度与水平方向成θ＝37°角沿直线经P点运动到图中C点，其中m、q、B均已知，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g，则(　　)

A．微粒一定带负电

B．电场强度E2的方向一定竖直向上

C．两电场强度之比＝

D．微粒的初速度为v＝

【答案】BD

解析：微粒从A到P受重力、静电力和洛伦兹力作用做直线运动，则微粒做匀速直线运动，由左手定则及静电力的性质可确定微粒一定带正电，选项A错误；此时有qE1＝mgtan 37°，微粒从P到C在静电力、重力作用下做直线运动，必有mg＝qE2，所以E2的方向竖直向上，选项B正确；由以上分析可知＝，选项C错误；AP段有mg＝qvBcos 37°，即v＝，选项D正确。

11、如图所示，在水平地面xOy上有一沿x轴正方向做匀速运动的传送带，运动速度为3v0，传送带上有一质量为m的正方形物体随传送带一起运动，当物体运动到yOz平面时遇到一阻挡板C，阻止其继续向x轴正方向运动。设物体与传送带间的动摩擦因数为μ1，与挡板之间的动摩擦因数为μ2。此时若要使物体沿y轴正方向以4v0匀速运动，重力加速度为g，则沿y轴方向所加外力为多少？

【答案】

解析：设物体受到传送带的摩擦力为f1，方向如图甲所示；物体受到挡板的摩擦力为f2，受到挡板的弹力为N2，设所加外力为F，则物体受力分析如图乙所示。根据已知条件，由受力平衡可得

f1＝μ1mg

N2＝f1sin θ

f2＝μ2N2＝μ2μ1mgsin θ

由图可得sin θ＝0.6，cos θ＝0.8

则所加外力为F＝f2＋f1cos θ＝。