【物理】2020高考二轮总复习专题一力与物体的平衡作业（解析版）
专题强化训练(一)
一、选择题(共11个小题，4、9、10为多选，其余为单项选择题，每题5分共55分)
1.如图所示，一只松鼠沿着较粗均匀的树枝从右向左缓慢爬行，在松鼠从A运动到B的过程中，下列说法正确的是( )
A．松鼠对树枝的弹力保持不变
B．松鼠对树枝的弹力先减小后增大
C．松鼠对树枝的摩擦力先减小后增大
D．树枝对松鼠的作用力先减小后增大
答案 C
解析 松鼠所受的弹力N＝mgcosθ，从A到B的过程中，θ先减小后增大，则弹力先增大后减小，故A、B两项错误；松鼠所受的摩擦力f＝mgsinθ，从A到B的过程中，θ先减小后增大，则摩擦力先减小后增大，故C项正确；树枝对松鼠的作用力与松鼠的重力等值反向，所以树枝对松鼠的作用力大小不变，故D项错误．故选C项．
2．(2019·浙江二模)如图所示，斜面体M静止在水平面上，
滑块m恰能沿斜面体自由匀速下滑，现在滑块上加一竖直向下的恒力F，则与未施加恒力F时相比，下列说法错误的是( )
A．m和M间的压力变大
B．m和M间的摩擦力变大
C．水平面对M的支持力变大
D．M和水平面间的摩擦力变大
答案 D
解析 滑块恰好沿斜面匀速下滑时，滑块对楔形斜面体的压力等于mgcosθ，斜面体对滑块的摩擦力为μmgcosθ，施加一个竖直向下的恒力F后滑块对斜面体的压力等于(mg＋F)cosθ，变大．斜面体对滑块的摩擦力为μ(mg＋F)cosθ，变大，故A、B两项正确；滑块恰好沿斜面匀速下滑，根据平衡条件有：mgsinθ＝μmgcosθ，解得：μ＝tanθ.对滑块和斜面体整体可知，整体水平方向不受外力，所以地面对斜面体的摩擦力为零．地面对斜面体的支持力等于整体的总重力．施加一个竖直向下的恒力F，有：(mg＋F)sinθ＝μ(mg＋F)cosθ，可知物块仍然做匀速运动．再对滑块和斜面体整体受力分析知，整体水平方向不受外力，所以地面对楔形斜面体的摩擦力为零，地面对楔形斜面体的支持力等于整体的总重力与F之和，变大，故C项正确，D项错误．本题选说法错误的，故选D项．
3.长时间低头玩手机对人的身体健康有很大危害，当低头玩手机时，颈椎受到的压力会比直立时大．现将人体头颈部简化为如图所示的模型：头部的重力为G，P点为头部的重心，PO
为提供支持力的颈椎(视为轻杆)可绕O点转动，PQ为提供拉力的肌肉(视为轻绳)．当某人低头时，PO、PQ与竖直方向的夹角分别为30°、60°，此时颈椎受到的压力约为( )
A．2G B.G
C.G D．G
答案 B
解析 设头部重力为G，当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重量，即F＝G；
当某人低头时，PO、PQ与竖直方向的夹角分别为30°、60°，P点的受力如图所示，
根据几何关系结合正弦定理可得：＝，
解得：FO＝G，
故A、C、D三项错误，B项正确．故选B项．
4．如图所示，一根通电的导体棒放在倾斜为α的粗糙斜面上，置于图示方向的匀强磁场中，处于静止状态．现增大电流，导体棒仍静止，则在增大电流过程中，导体棒受到的摩擦力的大小变化情况可能是( )
A．一直增大 B．先减小后增大
C．先增大后减小 D．始终为零
答案 AB
解析 若F安
mgsinα，摩擦力方向向下，随F安增大而一直增大，A项正确．
5．(2019·安徽三模)如图，用硬铁丝弯成的光滑半圆环竖直放置，直径竖直，O为圆心，最高点B处固定一光滑轻质滑轮，质量为m的小环A穿在半圆环上．现用细线一端拴在A上，另一端跨过滑轮用力F拉动，使A缓慢向上移动．小环A及滑轮B大小不计，在移动过程中，关于拉力F以及半圆环对A的弹力N的说法正确的是( )
A．F逐渐增大
B．N的方向始终指向圆心O
C．N逐渐变小
D．N大小不变
答案 D
解析 在物块缓慢向上移动的过程中，小圆环A处于三力平衡状态，根据平衡条件知mg与N的合力与T等大、反向、共线，作出mg与N的合力，如图所示，
由三角形相似得：＝＝ ①
F＝T ②，由①②可得：F＝mg，AB变小，BO不变，则F变小，故A项错误；由①可得：N＝mg，AO、BO都不变，则N不变，方向始终背离圆心，故D项正确，B、C两项错误．故选D项．
6. (2019·江西一模)如图所示，质量为m(可视为质点)的小球P，用两根轻绳OP和O′P在P点拴结实后再分别系于竖直墙上且相距
0.4 m的O、O′两点上，绳OP长0.5 m，绳OP刚拉直时，OP绳拉力为T1，绳OP刚松弛时，O′P绳拉力为T2，θ＝37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，则为( )
A．3∶4 B．4∶3
C．3∶5 D．4∶5
答案 C
解析 绳OP刚拉直时，OP绳拉力为T1，此时O′P绳子拉力为零，小球受力如图1所示，根据几何关系可得sinα＝＝，所以α＝53°，所以α＋θ＝90°；根据共点力的平衡条件可得：T1＝mgsinα；绳OP刚松弛时，
O′P绳拉力为T2，此时绳OP拉力为零，小球受力如图2所示，根据共点力的平衡条件可得：T2＝mgtanα，由此可得：＝＝
，所以C项正确，A、B、D三项错误．故选C项．
7.如图所示，光滑直杆倾角为30°，质量为m的小环穿过直杆，并通过弹簧悬挂在天花板上，小环静止时，弹簧恰好处于竖直位置，现对小环施加沿杆向上的拉力F，使环缓慢沿杆滑动，直到弹簧与竖直方向的夹角为60°.整个过程中，弹簧始终处于伸长状态，以下判断正确的是( )
A．弹簧的弹力逐渐增大
B．弹簧的弹力先减小后增大
C．杆对环的弹力逐渐增大
D．拉力F先增大后减小
答案 B
解析 由于弹簧处于伸长状态，使环缓慢沿杆滑动，直到弹簧与竖直方向的夹角为60°的过程中，弹簧长度先减小后增大，弹簧的伸长量先减小后增大，故弹簧的弹力先减小后增大，故A项错误，B项正确；开始弹簧处于失重状态，根据平衡条件可知弹簧的弹力等于重力，即T＝mg，此时杆对环的弹力为零，否则弹簧不会竖直；当环缓慢沿杆滑动，直到弹簧与竖直方向的夹角为60°时，弹簧的长度等于原来的长度，弹力等于T＝mg，此时有mgcos30°＝Tcos30°，杆对环的弹力仍为零，故杆对环的弹力不是一直增大，故C项错误；设弹簧与垂直于杆方向的夹角为α，根据平衡条件可得，从初位置
到弹簧与杆垂直过程中，拉力F＝mgsin30°－Tsinα，α减小，sinα减小，弹簧的拉力减小，则F增大；从弹簧与杆垂直到末位置的过程中，拉力F＝mgsin30°＋Tsinα，α增大，sinα增大，弹簧的弹力增大，则拉力增大，故拉力F一直增大，故D项错误．故选B项．
8．(2015·山东)如图所示，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力F作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 对物体A、B整体，在水平方向上有F＝μ2(mA＋mB)g；对物体B，在竖直方向上有μ1F＝mBg；联立解得：＝，B
项正确．
9. (2019·武昌区模拟)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：Fcos30°＝Tbcos30°，得：Tb＝F
竖直方向受力平衡，则有：Fsin30°＋Tbsin30°＝mBg
得：F＝mBg＝10 N
以A为研究对象受力分析，竖直方向上有：
mAg＋Tbsin30°＝Tasin60°
水平方向：Tasin30°＝Tbsin60°
联立得：mA＝mB，即A球重为10 N，故A、D两项正确；
以ABC整体为研究对象受力分析，
水平方向：f＝Fcos30°＝5 N
竖直方向：N＋Fsin30°＝(M＋mA＋mB)g
解得：N＝35 N，故B、C两项错误．故选A、D两项．
10．如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行．小球A的质量为m，电量为q.小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同，间距为d.静电力常量为k，重力加速度为g，两个带电小球可视为点电荷．小球A静止在斜面上，则( )
A．小球A与B之间库仑力的大小为
B．当＝时，细线上的拉力为0
C．当＝时，细线上的拉力为0
D．当＝时，斜面对小球A的支持力为0
答案 AC
解析 根据库仑定律得A、B间的库仑力F库＝k，则A项正确；当细线上的拉力为0时，满足k＝mgtanθ，得到＝，则B项错误，C项正确；斜面对小球A的支持力始终不为零，则D项错误．
11. (2019·安徽模拟)如图所示，质量为mB＝14 kg的木板B放在水平地面上，质量为mA＝10 kg的木箱A放在木板B上与不发生形变的轻杆一端固定在木箱上，另一端通过铰链连接在天花板上，轻杆与水平方向的夹角为θ＝37°.已知木箱A与木板B之间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板B与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.3.现用水平向左的力F将木板B从木箱A下面抽出，最大静摩擦力等于滑动摩擦力(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2)，则所用力F的最小值为( )
A．150 N B．170 N
C．200 N D．210 N
答案 B
解析 对A受力分析如图甲所示，根据题意可得：
FTcosθ＝Ff1，
FN1＝FTsinθ＋mAg
Ff1＝μ1FN1，
联立解得：FT＝100 N；
对A、B整体进行受力分析如图乙所示，根据平衡条件可得：
FTcosθ＋Ff2＝F
FN2＝FTsinθ＋(mA＋mB)g
Ff2＝μ2FN2，
联立解得：F＝170 N，故B项正确，A、C、D三项错误．故选B项．
二、计算题(共3个小题，12题12分，13题15分，14题18分，共45分)
12．风洞实验室中可以产生水平向右，大小可调节的风力．如图甲所示，现将质量为1 kg的小球套在足够长与水平方向夹角θ＝37°的细直杆上，放入风洞实验室．小球孔径略大于细杆直径．假设小球所受最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小．(取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
(1)若在无风情况下，小球由静止开始经0.5 s沿细杆运动了0.25 m，求小球与细杆间的动摩擦因数及滑动摩擦力做的功；
(2)在有风情况下，如图乙所示，若小球静止在细杆上，求风力大小；
(3)请分析在不同恒定风力作用下小球由静止释放后的运动情况．
答案 (1)0.5 －2 J (2)1.82 N≤F≤20 N
(3)如果风力大小为1.82 N≤F≤20 N，则小球静止；若F<1.82 N，小球向下做匀加速运动；若F>20 N，小球向上做匀加速运动
解析 (1)在无风情况下小球由静止开始经0.5 s沿细杆运动了0.25 m，则：
x＝at2可知a＝＝ m/s2＝2 m/s2，
根据牛顿第二定律可得mgsinθ－μmgcosθ＝ma，
解得：μ＝0.5，
滑动摩擦力做的功Wf＝－mgcosθ·x＝－2 J.
(2)当小球受到的摩擦力沿杆向上且最大时，风力最小，如图所示，
根据平衡条件可得：
沿杆方向：mgsinθ＝Fcosθ＋f，
垂直于杆方向：N＝mgcosθ＋Fsinθ，
摩擦力f＝μN，
联立解得：F≈1.82 N；
当小球受到的摩擦力沿杆向下且最大时，风力最大，根据平衡条件可得：
沿杆方向：mgsinθ＝Fcosθ－f，
垂直于杆方向：N＝mgcosθ＋Fsinθ，
摩擦力f＝μN，
联立解得：F＝20 N；
若小球静止在细杆上，则风力大小范围为1.82 N≤F≤20 N.
(3)如果风力大小为1.82 N≤F≤20 N，则小球静止；
若F<1.82 N，小球向下做匀加速运动；
若F>20 N，小球向上做匀加速运动．
13.如图所示，afe、bcd为两条平行的金属导轨，导轨间距l＝0.5 m．ed间连入一电源E＝1 V，ab间放置一根长为l＝0.5 m的金属杆与导轨接触良好，cf水平且abcf为矩形．空间中存在一竖直方向的磁场，当调节斜面abcf的倾角θ时，发现当且仅当θ在30°～90°之间时，金属杆可以在导轨上处于静止平衡．已知金属杆质量为0.1 kg，电源内阻r及金属杆的电阻R均为0.5 Ω，导轨及导线的电阻可忽略，金属杆和导轨间最大静摩擦力为弹力的μ倍．重力加速度g＝10 m/s2，试求磁感应强度B及μ.
答案 2 T
解析 由磁场方向和平衡可判断，安培力F方向为水平且背离电源的方向，
由题意可知当θ＝90°时，金属杆处于临界下滑状态有：f1＝mg，①
N1＝F，②
f1＝μN1，③
当θ＝30°时，金属杆处于临界上滑状态有：N2＝mgcos30°＋Fsin30°，④
f2＋mgsin30°＝Fcos30°，⑤
f2＝μN2，⑥
由①～⑥解得：F＝mg，⑦
μ＝，
由闭合电路欧姆定律：I＝＝1 A，⑧
由安培力性质：F＝BIl，⑨
由⑦⑧⑨得：B＝2 T，方向竖直向下．
14. (2016·天津)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝5N/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，磁感应强度大小为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)，取g＝10 m/s2，求：
(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.
答案 (1)20 m/s 与电场方向成60°角斜向上
(2)3.5 s
解析 (1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB＝，①
代入数据解得：v＝20 m/s，②
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足
tanθ＝，③
代入数据解得：tanθ＝，θ＝60°.④
(2)方法一：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，如图所示，设其加速度为a，有
a＝，⑤
设撤去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＝at2，⑦
tanθ＝；⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得：
t＝2 s≈3.5 s，⑨
方法二：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vy＝vsinθ⑤
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vyt－gt2＝0⑥
联立⑤⑥式，代入数据解得t＝2 s≈3.5 s．⑦
