第1部分 专题1 第1讲 力与物体的平衡（word练习）-【创新教程】2025年高考物理大二轮专题增分方案

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (建议用时：40分钟) [A组　基础达标练] 1．(2024·安徽合肥统考一模)如图所示为悬挂比较轻的洗刷用具的小吸盘，安装拆卸都很方便，其原理是排出吸盘与墙壁间的空气，依靠大气压紧紧地将吸盘压在竖直墙壁上．则下列说法正确的是(　　) A．吸盘与墙壁间有四对相互作用力 B．墙壁对吸盘的作用力沿水平方向 C．若大气压变大，吸盘受到的摩擦力也变大 D．大气对吸盘的压力与墙壁对吸盘的弹力是一对平衡力 解析：D　[吸盘与墙壁间存在弹力和摩擦力两对相互作用力，选项A错误；墙壁对吸盘的弹力沿水平方向且垂直墙面，对吸盘的摩擦力竖直向上，所以弹力和摩擦力的合力方向斜向上，即墙壁对吸盘的作用力斜向上，故B错误；吸盘所受摩擦力与重力大小相等，方向相反，与大气压力无关，故C错误；大气对吸盘的压力与墙壁对吸盘的弹力大小相等，方向相反，是一对平衡力，故D正确．] 2．(多选)(2024·宁夏吴忠二模)在睡眠时枕枕头的姿势是保证我们睡眠质量的因素之一．如图为头枕在枕头上的简化图，头枕枕头后枕头倾斜面与水平面夹角为θ.已知头部承受的重力为mg，脖子上的肌肉对头部的力沿水平方向，不考虑头部与枕头之间的静摩擦力，则(　　) A．肌肉对头部的力大小为mgtan θ B．头部对肌肉的力大小为mgsin θ C．头部对枕头的压力大小为mgcos θ D．θ越大，脖子越感到疲倦 解析：AD　[对头部受力分析如图所示 根据平衡条件，肌肉对头部的力大小为F＝mgtan θ，根据牛顿第三定律，头部对肌肉的力大小为mgtan θ，则θ越大，头部对肌肉的力越大，脖子越感到疲倦，故A、D正确，B错误；根据平衡条件，枕头对头部的支持力大小为FN＝，根据牛顿第三定律，头部对枕头的压力大小为，故C错误．] 3．(2024·重庆适应性测试)如图所示，两根相同的竖直悬挂的弹簧上端固定，下端连接一质量为40 g的金属导体棒，部分导体棒处于边界宽度为d＝10 cm的有界匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里．导体棒通入4 A的电流后静止时，弹簧伸长量是未通电时的1.5倍．若弹簧始终处于弹性限度内，导体棒一直保持水平，则磁感应强度B的大小为(取重力加速度g＝10 m/s2)．(　　) A．0.25 T　　　　　 B．0.5 T C．0.75 T D．0.83 T 解析：B　[未通电时，导体棒的重力与两弹簧的弹力相等，根据平衡条件可知mg＝2kx，通电后，通过导体棒的电流方向为从右向左，根据左手定则可知安培力竖直向下，根据平衡条件可知mg＋BId＝2k×1.5x，两式相比得＝＝，解得B＝0.5 T．故B正确．] 4．(多选)(2024·重庆市一模)如图，站在水平台面上的工作人员用轻绳将一个光滑小球从四分之一圆弧最底端缓慢拉到定滑轮处，不计定滑轮摩擦，在此过程中，下列说法正确的是(　　) A．绳的拉力一直增大 B．绳的拉力一直减小 C．圆弧对小球支持力一直增大 D．圆弧对小球支持力一直减小 解析：AD　[力的矢量三角形如图所示，由图可知绳的拉力一直增大，圆弧对小球支持力一直减小，故A、D正确，B、C错误．] 5．如图所示，竖直墙上连有细绳AB，轻弹簧的一端与B相连，另一端固定在墙上的C点．细绳BD与弹簧拴接在B点，现给BD一水平向左的拉力F，使弹簧处于伸长状态，且AB和CB与墙的夹角均为45°.若保持B点不动，将BD绳绕B点沿顺时针方向缓慢转动，则在转动过程中BD绳的拉力F变化情况是(　　) A．变小 B．变大 C．先变小后变大 D．先变大后变小 解析：A　[要保持B点的位置不变，BD绳向上转动的角度最大为45°，由于B点的位置不变，因此弹簧的弹力不变，由图可知，AB绳的拉力减小，BD绳的拉力F也减小，故A正确，B、C、D错误．] 6．(2024·湖北选择性考试模拟演练)如图所示，矩形平板ABCD的边AD固定在水平面上，平板与水平面夹角为θ，AC与AB的夹角也为θ.质量为m的物块在平行于平板的拉力作用下，沿AC方向匀速运动．物块与平板间的动摩擦因数μ＝tan θ，重力加速度大小为g，拉力大小为(　　) A．2mgsin θcos B．2mgsin θ C．2mgsin D．mgsin θcos 解析：A　[重力沿斜面的分力平行于CD向下，滑动摩擦力与运动方向相反，根据受力分析有Gx＝mgsin θ，f＝μmgcos θ.根据余弦定理得F＝＝2mgsin θcos ，故A正确．] 7．如图为一个水平传感器的简易模型，截面为内壁光滑竖直放置的正三角形，内部有一个略小于三角形内切圆的小球，三角形各边有压力传感器，通过测出小球对三边压力的大小，信息处理单元可显示摆放处的倾角．图中BC边恰好处于水平状态，现将其以C为轴在竖直平面内顺时针缓慢转动，直到AB边处于水平状态，则在转动过程中(　　) A．球对AC边的压力一直增大 B．球对AC边的压力一直减小 C．球对AC边的压力先增大后减小 D．球对AC边的压力先减小后增大 解析：A　[对正三角形内部的小球受力分析，如图所示，由几何关系 可得＝，β不变，θ从0°逐渐增大到60°，AC边对球的支持力FNAC一直增大，根据牛顿第三定律可知，球对AC边的压力一直增大，A正确，B、C、D错误．] 8．(2024·辽宁校联考模拟预测)如图所示，三根轻质细线结于O点，OA另一端固定在天花板上的A点(位于圆心O′的正上方)，OB、OC另一端分别连接质量为m的小球P(可视为质点)、质量为2m的物体Q.将物体Q放置于粗糙水平面上，小球P放置于半径为R的光滑半圆柱上，当A、O、O′处于同一竖直线上时，OC处于水平且物体Q恰好不滑动，此时|OB|＝R，|OO′|＝2R，重力加速度大小为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物体Q与水平面间的动摩擦因数为(　　) A.　　B.　　C.　　D. 解析：B　[根据题意，对小球P受力分析，受重力mg，光滑半圆柱的支持力N和绳子的拉力F，处于平衡状态，画出拉力F等大反向的力F′，即为mg和N的合力，如图所示： 由相似三角形有＝，解得F′＝mg，由余弦定理有 cos θ＝＝，则有sin θ＝＝，对结点O受力分析，如图所示： 由平衡条件有F2＝F1sin θ. 对物体Q受力分析，如图所示： 由平衡条件有FN＝2mg，f＝F4，又有F4＝F2＝F1sin θ＝Fsin θ＝F′sin θ＝mg，f＝μFN，则有μ＝＝＝.] 9．(多选)(2024·山东潍坊统考一模)如图所示，轻弹簧上端固定，另一端连在置于水平地面a点的小滑块上，弹簧处于压缩状态，小滑块静止．现将小滑块置于b点，小滑块仍能静止于b点，弹簧此时处于伸长状态且与小滑块在a点时形变量相同．则小滑块(　　) A．在a点时对地面的弹力等于在b点时对地面的弹力 B．在a点时对地面的摩擦力小于在b点时对地面的摩擦力 C．在a点时对地面的作用力大于在b点时对地面的作用力 D．置于ab间任意一点都受到地面摩擦力 解析：BC　[根据题意，对滑块受力分析，由于滑块在a点和b点弹簧的形变量相同，则受弹簧的弹力大小相等，设为T，如图所示：由平衡条件有mg＋Tcos α＝N1，N2＝mg－Tcos β，由牛顿第三定律可知，在a点时对地面的弹力大于在b点时对地面的弹力，故A错误；由平衡条件有Tsin α＝f1，Tsin β＝f2.由题意可知α<β，则有f2>f1，即在a点时对地面的摩擦力小于在b点时对地面的摩擦力，故B正确；根据题意，由平衡条件可知，地面对滑块的作用力与弹力和滑块重力的合力等大反向，由图可知，在a点时，弹力和滑块重力夹角较小，则弹力和滑块重力的合力较大，则地面对滑块的作用力较大，由牛顿第三定律可知，在a点时对地面的作用力大于在b点时对地面的作用力，故C正确；置于ab间弹簧恢复原长时，滑块与地面间没有摩擦力，故D错误．] [B组　创新应用练] 10．(2024·江苏南京市考前训练)质量为M、半径为R的光滑匀质球，用一根长度也为R的细线悬挂在互相垂直的两竖直墙壁交线处的P点，则球对任一墙壁的压力大小为(　　) A.Mg B．Mg C.Mg D．Mg 解析：B　[对球进行受力分析，球受重力Mg、细线的拉力FT及两个墙壁对它的支持力，两个支持力大小相等，夹角为90°，设一个支持力的大小为FN、细线与两竖直墙壁交线的夹角为θ，根据几何知识可知球心到竖直墙壁交线的垂直距离为d＝＝R，故sin θ＝＝，θ＝45°，在竖直方向上根据受力平衡可得FTcos θ＝Mg，解得FT＝Mg，在水平方向上根据受力平衡可知两竖直墙壁对球的支持力的合力大小等于细线拉力FT的水平分力大小，即＝FTsin θ，解得FN＝Mg，根据牛顿第三定律可得，球对任一墙壁的压力大小为Mg.] 11．(2024·湖北武汉二模)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个重环，绕过光滑定滑轮的轻绳一端与重环相连，另一端施加拉力F使重环从A点缓慢上升到B点．设杆对重环的弹力大小为FN，整个装置处于同一竖直平面内，在此过程中(　　) A．F逐渐增大，FN逐渐增大 B．F逐渐增大，FN先减小后增大 C．F先减小后增大，FN逐渐增大 D．F先减小后增大，FN先减小后增大 解析：B　[对物体受力分析，并构封闭的矢量三角形，如图所示 由图可知，在拉力到达竖直方向前，与竖直方向的夹角越来越小，拉力F增大，FN减小，经过竖直方向后，夹角又逐渐变大，拉力F继续增大， FN也增大，故B正确．] 12. (2024·广东省华南师大附中模拟)如图所示，在竖直放置的正方形框架PQML中，N点为LM边的中点，两段细绳PO、NO连接小球，小球恰好处于框架的中心．若将框架在竖直面内绕Q点逆时针缓慢转动90°，关于两细绳对小球的拉力大小变化说法正确的是(　　) A．NO绳中拉力变大，PO绳中拉力变小 B．NO绳中拉力变小，PO绳中拉力变大 C．NO绳中拉力先变大后变小，PO绳中拉力变小 D．NO绳中拉力先变大后变小，PO绳中拉力变大 解析：C　[以小球为研究对象，将重力沿ON和OP进行分解，根据三角形定则可知三个力构成矢量三角形，由于整体逆时针旋转90°，根据“矢量圆”方法画出各力的变化情况如图所示，由图可知，NO绳中拉力先变大后变小，PO绳中拉力变小，故C正确，A、B、D错误．] 学科网（北京）股份有限公司 $$