1、第1讲 力与物体的平衡 (45分钟)基础题组专练1(2019高考全国卷)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()AP和Q都带正电荷BP和Q都带负电荷CP带正电荷，Q带负电荷DP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。如果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(2020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
2、擦因数分别为0.80和0.60。为了节省体力，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，下列判断正确的是()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，FN1FN2，又根据平衡条件有1FN12FN2G，可得Ff22FN2G。答案：D3如图所示为三种形式的吊车的示意图，OA为可
3、绕O点转动的轻杆，AB为质量可忽略不计的拴接在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()AFaFbFcBFaFbFcCFaFbFc DFaFbFc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FTmg，则在图甲中，Fa2mgcos 30mg；在图乙中，Fbmgtan 60mg；在图丙中，Fcmgcos 30mg。由此可知FaFbFc，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
4、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.4 B4C12 D21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足FAxFAsin 30FC，故FAFC21，据题意可知三个弹簧的劲度系数相同，由胡克定律Fkx可知弹簧A、C的伸长量之比为21，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，杆与水平面成角，不计所有摩擦，当两球静止时，
5、OA绳与杆的夹角也为，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一定受到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；定滑轮不改变力的大小，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，则()A上方球与下方3个球间均
6、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D水平地面对下方三个球的摩擦力均为解析：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，所以上方球一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mg，故C正确；三个下方小球受到的是静摩擦力，故不能根据滑动摩擦力公式进行计算，故D错误。答案：C7(2020广东深圳市一中第二次调研)如图所示，用缆绳将沉在海底的
7、球形钢件先从a处竖直吊起到b，再水平移到c，最后竖直下移到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()AF1F2F3 BF1F3F2CF2F1F3 DF3F2F1解析：钢件从a到b，对钢件受力分析，有F1F浮mgF阻，因F浮恒定，令F0mgF浮，则有F1F0F阻，从b到c，有F2，从c到d，有F3F0F阻，故F1F2F3，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
8、与竖直方向成一角度，由于缓慢漏电使A、B两质点带的电荷量逐渐减少，在电荷漏完之前A、B未接触。下列说法正确的是()AA、B之间的库仑力先变大后变小BA、B之间的库仑力一直变大C丝线的拉力一直不变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。根据共点力平衡条件，图中力三角形与几何三角形PAB相似，故，解得FTG，FG，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)(2019高考全国卷)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
9、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BM所受细绳的拉力大小一定一直增加CM所受斜面的摩擦力大小一定一直增加DM所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加解析：选N为研究对象，受力情况如图甲所示，用水平拉力F缓慢拉动N的过程中，水平拉力F逐渐增大，细绳的拉力FT逐渐增大，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。若开始时斜面对M的摩擦力Ff沿斜面向上，则FTFfGMsin ，FT逐渐增大，Ff逐渐减小，当F
10、f减小到零后，再反向增大；若开始时斜面对M的摩擦力沿斜面向下，此时，FTGMsin Ff，当FT逐渐增大时，Ff逐渐增大，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，一不可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2的过程中，轻绳的张力的变化情况正确的是()A逐渐增大 B先增大再减小C逐渐减小 D先减小再增大解析：M、N连线与水平直径的夹角(90)越大，M、N之间的水平距离越小，轻绳与竖直方向的夹角越小，根据mg2FTco
11、s 知，轻绳的张力FT越小，故圆环从图示位置顺时针缓慢转过2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能力题组专练11(2020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分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
12、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FfFsin ，门对木楔作用力的水平分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FNFcos mg，则FfmaxFN(Fcos mg)，要把门卡住，则不管力F多大均满足FfmaxFf，即(Fcos mg)Fsin ，不管m的大小，只要tan ，就可把门卡住，所以能否把门卡住与顶角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
13、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向外B小球一定带正电荷C电场强度大小为D磁感应强度的大小为解析：小球做匀速直线运动，受到的合力为零，假设小球带正电，则小球的受力情况如图甲所示，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可能平衡，所以小球不可能做匀速直线运动，假设不成立，小球一定带负电，选项B错误；小球的受力情况如图乙所示，小球受到的洛伦兹力一定斜向右上方，根据左手定则，匀强磁场的方向一定垂直于纸面向里，选项A错误；根据几何关系，电场力大小qEmg，洛伦兹力大小qvBmg，解得E，B，选项C正确，D错误。答案：C13(多
14、选)(2020广东深圳高三模拟)如图所示，一不可伸长的光滑轻绳，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1 kg的物体P，此时轻绳OO段水平，长度为0.8 m。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，直到手与重物分离，重物Q下降的高度为0.3 m，此时物体P未到达滑轮处，则()A重物Q的质量为1.2 kgB重物Q的质量为1.6 kgC物体P上升的高度为0.2 mD物体P上升的高度为0.4 m解析：重新平衡后，根据几何知识可得tan ，即53，OO之间的绳长为0.52 m1 m，故P上升了1 m0.8 m0.2 m，C正确，D错误；重
15、新平衡后，对轻环处结点受力分析，如图所示，则根据平行四边形定则可得cos 530.6，解得mQ1.2 kg，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(M2m)gB物块对小球A的支持力等于mgC若保持A球静止，把B球缓慢移动到O，B球的电势能一定减小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一定增大解析：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(M2m)
16、g，则整体对地面的压力也等于(M2m)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FNmg，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)(2020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()AA对B
17、的压力大小为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球的受力情况，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，根据两个阴影三角形相似得，则FNmg，FTmg，由牛顿第三定律知A对B的压力大小为FNFNmg，A正确；B在竖直方向受到重力，而A、B间无摩擦，由平衡条件知竖直墙壁对B一定有摩擦力，B错误；当只轻轻把球B向下移动一点距离，分析A球的受力情况，如图2所示，FN与FT
18、的合力与mg等大反向共线，根据两个阴影三角形相似得，则FNmg，FTmg，由于Lh，可知FN减小，FT减小，由牛顿第三定律知A对B的压力减小，C错误，D正确。答案：AD16.(2020高考山东卷)如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45时，物块A、B刚好要滑动，则的值为()A. BC. D解析：对A、B受力分析，如图所示，A、B刚要滑动时受力平衡。对A：FTmgsin 45mgcos 45对B：2mgsin 45FT3mgcos 45mgcos 45整理得，选项C正确。答案：C
