选择题专练(二) 力、物体的平衡-【鱼跃龙门卷】2025年高考物理试题逐题突破（福建专版）

5. 两共点力的大小不变,它们的合力F与两其点力之问夫角;的关素知 2024一2025学年度高考试题逐题突破--选择题专练(二) 图,刚两共点力的大小分别为 物理·力,物体的平衡 A. 2NN B 4N.5N 总分:64分 时回:40分0 C. 3aN D. 3.4N 1.(多选)2024年9月25日至10月5日,中闻回球公开赛正赛在无京国家网球中心举行,关子 6. 如图所示,顾角为&的光滑料面长和宽均为7.一量为o的致点由料面左 网球的重力,下列说法正确的是 上.方项点静止释放,若要求反点设PO连线到Q点,已重力建度为 A. 国球受到的重力不一定指自地心 B. 同摇受重方的冒时也对地球产生引力 .则在斜面上,可以对败点越加的作用力大小不可能为 A. mgin C. 搁球受到韵重力的力物体是地球 D. 网球在空中飞标时不登重力作用 B. m0 2. 成量为M的半球形物体A和质鼓为知的光滑球形物体B紧容看鼓在幅角为。的因定斜面 。 gn 上.并处干静止状态,如图所示,重力加速度为,下列说法正确的是 A. 物体A对物体的弹力方向临料面向上 7. 如图所示,水平困定的倾角为30的充滑斜面上有两个小球A和B,质 量分到为m和u.它们用细线连接,现对B脑加一水半病左的推力 B 物体A料面的压力等于Mca F,使A.B均静止在斜面上,重力加速度大小为;.下列说法正确 C. 物体B对料面的5力等于oo。 的是 D 物体A受列斜的度搭九等于(M士)s。; A. 细线对小球B的作用力大小为mg B. 力大小为5g 3. 如图甲所示,质量为I的物块与劲度系数为·的轻弹连接,置于光量水平上,物块在水平 C. 斜面对A.君整体的作用力大小为3wg D. 对A的作用方大小为m 拉力F,与弹鉴弹力F.一一2(式中:图乙新示)共同作用下,由弹策寡长位置0向右强 8. 略晒衣的舞子两缺分别因定在两根竖直杆上的A.B两点,A、B 动至神长量:一2r(未超过弹资的弹性限度)处,晚此运动过程中 两点等高,无风秋态下衣眼保持静止,某一时刻衣整受到水平向右 的幅定风力面发生滑动,并在新的位置保持静止,如图所示,两好问 的离为t,绚长为.表慰和衣架的是质量为u.重力加速度为 5.不计子的量及与衣望挂构间的摩擦,sn17”一0.6 , A. 相比无风时,在有风的情况下乙AOB更小 B. 物块的加速度一直减小 A. 接的速度先增大后减小 B. 无风时,轻跳的拉力大小为叫{ 二. 物块以0点为平惭位置擞遭运过 D.拉力E.与弹力F的合力对物持授正功 C. 衣驱在新的平衡位置时,挂物左,右两倒阻子的拉力大小不相等 4. 一直导线避过弹赞品在夫非板上,导线下方水平桌面上致置一条 D. 相比于无风时,绳子拉力在有风的情况下不变 形熟体,弹的轴线承直通过体的N极,现将导线中通入希直纸 表选) 9. (多选)如圈所示,在坚直空间因定本径为R的绝缘测环,因环晚心0点正下方 房里的电数(如围断示),体仍保持不动,则通电前后达判提定 距圆环一定距离处有一带正电小球A,圆环上套有一带正电小球B,初始时B 的两个默态相比,下孩混法正确的是 777777777777777777777777 止在罔环上A点的右例,现用外力整A缓慢向圈环最低点M格动,账B沿 A. 电后弹繁的学力疫小 圆环右移,在此过提中,两小球所希电荷是侯持不变且均可视为点电育,不计一 B.跟电后导没受到条形道体的力指向左上方 切擦,谢下列说法中正确的是 A. 因环对B的弹力一直减小 C. 通电后条形雅体对卓的压方变小 B. 同环对B的力一直增大 C. A,间的客仑才先登大后减小 1. 通电后条形破体受到桌面的擦力向左 D. A间的论一直3 理B·选择题拨(二)第1页1共页! 理D·择题(二)第:页1共(页 _{ 11. 两个完全相同的截面为国分之一光滑同面的杜体A、B按都图所示叠鼓,A 14. 如图所示,质量相等的物块A.点效在水平边上,用绕过动滑轮( 的右侧有一光泄竖直的挡板,A和凸的质量均为u,现将挡板缓慢地向右 的轻绳连接,大小为F的力作用在滑轮上,方向指向右上方,作用在 移动,整个过程中足条保持静止,当A将要落至水平地面时,下死设法死 名 两糊块上的轻提在属一竖直面内,提AC与水平方向的夹角为37”。 确的是(重力加速度为io) 强C与水平方向的去角为;不计滑轮的大小及滑轮的质量,开始A,保挠异止,西物 喜 A. A对B的力大小为田 块与水平症间的动摩擦因数均为0.5.最大静擦力等干措动摩擦力,保持F方向不交,缓慢 B. B对地南的压为大小为o{ 增大F.则(sn3-0.8.sin37-0.6 C. A对努直墙面的大小为 A. 物块A先涨 B. 物块先滑动 D. B叠摇水平避面的摩擦力大小为③{ C. 物块AB同时动 D. 不能确定哪个物块先滑对 11.(多选)如除崭示,轻例。的一暗与量为四:的物块A连接,另 答档 15. 如图示,两根相距为4的平行全属导轨与水平离阿的奖角为9,两导 ,端跨过光泄定潜轮与轻离占投接于0点,与水平方向成?角的 执右与泄动变阻器,电源,开关连接成团合回路,在两导轨问轻效一 力F作用在0点,看量为w:的物块B恰好与驰游到没有作用 根质量为田,长为/的导体3/N。导轨间存在差条直于导轨平面向 力,已知9~f0,定滑右侧的轻绳与坚直方向的其角也为.难 下的匀弹磁场,调节潜动变阻器,当漏过导体的电流为I和2!时 力如速度为,当从图中所示的状态开始顺时针握慢转动00” 导体MV均枪好静止。已知重力加速度为e,最大静摩力等干清 的过程中,结点0.物块A的位置始终保持不变,则下列说法正确的是 动擦力,下列说正确的是 A.m:三m B. 的最小值为3u{ A. 为电源的负 C. 力F先减小后变大 D 地系对物块书与支持夺大 12. 铅抽线切除一部分后的展杜形材料水平故置,该材料的横裁面如图所示,0为其展心. 3 乙A0趾一60”,段量为n的均与隔杜形本沿线故置在V”形栖中,初始时,A.0C三& 1 C. 写通过导体的电落为了和2!时,导轨对导&提的作用力大小相等 在同一水平线上,不计一请摩察,重力加速度为g.在材料绕线迫时针缓慢转过90角的过 D. 导体与导转问的动摩擦因数为an6 程中,下{说法正确的陆 16.(多选)如图甲所示,轻望AD跨过因定的水平虚右的定滑轮挂住一个活量为w的 二 A. 画OA对本神的洋力的大贺2 物体,乙ACB一30图乙中轻杆6一端用较整展定在坚直境上.号一G通过细阻EG拉 B 概0对水的强语大后成 在,EG与水平方向也或30”,轻杆的G点用翻阻GF拉住一个质量为a:的物体,听下开混法 C. 撬面0A对本的弹力一直增头 庄确的是 D.清面②A与情面0B对本弹力的合力先减小后增大 13. 如图示,帮电小球A因定在整直墙面上.用绕过定在坚直墙上C点的光滑 小定哥轮的细线拉着电小B.小球B静止,此时A.B连线永,A.B间的 距离为7.AC间的形离为Ar.小球AB及定微大小不让。用拉力F 缓慢拉动细线一墙,使小球8缓提上移动,在小球B从黑示位置一直运动到 乙 C点的过中 A. F-:F.-u:. A. 拉力F一直减小 B. 拉力先增大后减小 B. :F-同1: C. F:F-x.o C. 小球一直运劝 D. 小球先嫩曲线运动后直线运动 D. F1Fm-x..m。 理D·选择题专(二)第:页1共页 理B·选择跟专(二) 第1页1共(页高三逐题突破 vo1,联立解得Q=18J,故C正确。根据能量守恒可得E。十E电=Q+4E。,整个过程中电动 机多消耗的电能为E0=Q-号E。=12J,故D错误。 14.CD【解析】对表演者进行分析，当F=0.05v>mg时，合力向上，人向上加速，由牛顿第二定 律得0.05v2一mg=m,故随着风速减小，加速度减小，人做加速度减小的加速运动：当F 0.05u2=mg时，解得v2=1.0×10m·s2,由乙图可知v2=1.2×10°m2·s-400h,联立 解得h=5m,这时加速度为零，速度最大：当F=0.05u2<mg时，合力向下，人向上减速，由牛 顿第二定律得mg一0.05v2=ma,故随着风速的减小，加速度增大。所以表演者先做加速度逐 渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的减速运动，则表演者先处于超重状态再处于失重状 态，故A、B错误，C正确。表演者在上升过程中受风力作用，由于WF=△E,风力做的功等于机 械能的变化量，风力做正功，则表演者的机械能一直在增加，故D正确。 15.C【解析】AB段为直线，a=0时，有Fn=mg sin0,B点表示此时小球恰好离开斜面，有 Fmsm0=mg,联立解得m=0.1kg,0=37,则1an0=及A,B错误，C正确。小球离开斜面之 前，对小球受力分析可得Frcos0-Fxsin0=ma,Frsin0十Fcos0=mg,解得FN=ng cos0一 na sin0,代入数据有FN=0.8一0.06u(N),D错误。 16.BCD【解析】物块与木板发生相对运动前，二者加速度相等，拉力增大，加速度增大；物块与木 板发生相对运动之后，物块的加速度为a=g=5m!/s2,不变，故A错误。假设物块与木板相 对静止，对整体F=(m1十mz)a1,对物块f=mza1,当F=15N时，f=10N,恰好等于物块与 木板间的最大静摩擦力，故物块与木板刚好发生相对滑动，故B正确。当F=12N<15N时， 物块与木板相对静止，对整体F=(m1十m2)a2,对物块f=m2a2,可得f=8N,故C正确。当 F=18N>15N时，物块与木板相对滑动，物块的加速度a=5m's2,0~2s内的位移x:= 10m,木板的加速度a'=m达=8m/,0~2s内的位移z1=2a16 生热Q=n2g(x1一x:)=60J,故D正确。 物理选择题专练（二） 1.ABC【解析】重力的方向可能指向地心，也可能不指向地心，故A正确。网球受到的重力是由 于地球的吸引产生的，根据牛顿第三定律可知，网球也对地球产生引力，故B正确。网球受到的 重力的施力物体是地球，故C正确。网球在空中飞行时，仍然受重力作用，故D错误。 2.D【解析】弹力方向垂直于接触面，可知，物体A对物体B的弹力方向沿A、 N B球心连线向上，故A错误。令A、B球心连线与斜面之间夹角为日，分别对 A、B进行受力分析，如图所示，对物体A有N,=Mgcos a+N2sin0,对物体 B有ngsin a=N,cos0,mgcos a=-N,+V,sin0,解得N,=mg cos(0-a】 cos N:=Mgcos a十mg sin atan0,根据牛顿第三定律可知，物体A对斜面的压 力等于Mg cosa十ngsin atan0,物体B对斜面的压力等于ngeos(0一a） ,故 cos 0 B、C错误。对A、B构成的整体进行分析，根据平衡条件有f=(M+m)g sin a, 故D正确。 ·4 ·物理D· 参考答案及解析 3.D【解析】由图可知F,=k×2x1=2k.x1,F,=k'x1,则k'=2k,由弹簧原长位置O向右运动至 伸长量x=2x1处，水平拉力始终大于弹簧弹力，加速度方向始终向右，物块的速度一直增大，故 A错误。由物块所受的合力F合=F。一F,=2k△x一k△x=k△x,可知合力一直增大，由牛顿第 二定律可知物块的加速度一直增大，故B错误。物块离开O点时合力的方向与位移的方向相 同，所以物块不是以O点为平衡位置做简谐运动，故C错误。物块由弹簧原长位置O向右运动 至伸长量x=2x1处，拉力F。与弹力F,的合力方向与物块的运动方向相同，所以拉力F。与弹 力F,的合力对物块做正功，故D正确。 4.C【解析】对通电导线受力分析，受重力、弹力和安培力，导线所在位置的磁场方向斜向右上方， 由左手定则可知，安培力方向斜向右下方，可知弹簧被拉伸量增大，则弹力变大，A、B错误。由牛 顿第三定律可知，通电导线对条形磁体有斜向左上方的作用力，因此条形磁体对桌面的压力变 小，C正确。通电导线对条形磁体有斜向左上方的作用力，该力对条形磁体有水平向左的分力， 条形磁体相对桌面有向左的运动趋势，因此条形磁体受到桌面的摩擦力水平向右，D错误。 5.D【解析】设两个力的大小分别为F,、F:,且F>F:,由题图可知，当两个力的夹角为90时，有 F+F=(5N)2,当两个力的夹角为180时，有F1一F2=1N,联立解得F1=4N,F2=3N。 6.D【解析】质点在斜面上受到重力、支持力和外力作用沿对角线做直线运动。将重力正交分解 到沿斜面向下和垂直于斜面方向，沿斜面方向合力与PQ共线，根据三角形定则可知，当外力和 PQ垂直时，外力最小，所施加的外力的最小值为F=mgsin0sin45°= 2 mgsin0,所以对质 点施加的作用力大小应满是F≥号gsn0,故A,B.C不符合题意，D符合题意」 7.B【解析】根据题意，对小球A分析，由平衡条件可知，在沿斜面方向细 线对小球A的拉力大小等于小球A的重力沿斜面向下的分力，F= mg sin30°= 2mg,故A错误。小球A,B在斜面上处于静止状态，对小球 30°0 B受力分析，如图所示，由平衡条件有Fcos30°=2mgin30°+ 2 mg. Fa=2 mgcos30°+Fsin30,解得F=3mg,Fa=3,3 2g,故B正确。在垂直斜面方向小球 A受力平衡，因此斜面对小球A的作用力大小为F4=mgcos30°= 2mg,故D错误。斜面对 A、B整体的作用力大小为Fx=F4十Fm= 2mg=23mg,故C错误。 8.A【解析】设无风时绳子夹角的一半为01，绳长为L,有风时绳子夹 角的一半为0，挂钩两边细绳与竖直方向夹角相等，则有风时如图，有 L” L1+L2=Lsin02,d=Lsin01,又因为dl>L1+L2,所以01>0：，故A 正确。无风时，衣服受到重力和两边绳子的拉力处于平衡状态，如图 所示，由几何关系可得血0=号-号：解得0，=37，根据平衡条件 5 7777777 77777777 可得mg=2F©0s0,解得F=2-8mg,故B错误。由于不计绳子的质量及绳与衣架挂的 ·5. 高三逐题突破 间的摩擦，则挂钩相当于动滑轮，两端绳子的拉力总是相等，故C错误。在有风的情况下，两段绳 子之间的夹角变小，但是两细绳拉力的合力等于风力与重力的合力，则拉力F发生变化，故D 错误。 9.BD【解析】对B球受力分析，如图所示，由相似三角形可知mg-F Oi=R,解得 F紧R,随着OA距离的减小，圆环对B的弹力一直增大，放A错误，B正 F kqagn 根据R=AF,可知，随着OA减小，AB距离在减小 以A、B间的库仑力FE增大，故C错误，D正确。 10.D【解析】对A受力分析如图，由几何关系可知，B对A的支持力 ----XPNO F与竖直方向夹角为60，则B对A的支持力为Fm=60 mg 2mg,即A对B的压力大小为2mg,选项A错误。对A、B整体受 B 力分析可知，地面对B的支持力为2mg,即B对地面的压力大小为 2mg,选项B错误。挡板对A的支持力为FN=mg tan60°=√3mg,可知A对竖直挡板的压力 大小为√3mg,选项C错误。对整体分析可知，B受到水平地面的摩擦力大小等于挡板对A的 支持力，即为f=F、=3mg,选项D正确。 1 11.CD【解析】对结点0受力分析如图甲所示，则m1g=m:gcos0,可知m1=2m:,故A错误。 由图乙可知，F从图中所示的状态顺时针转动90°的过程中，轻绳α的拉力大小、方向均不变，轻 绳b的拉力大小逐渐变小但方向不变，力F先诚小后变大，当力F与轻绳b垂直时，力F有最 小值，为F=mgsm0=m,g,故B错误C正确。下从图中所示的状春顺时针转动90的 过程中，轻绳b的拉力m2g一F、变小，故地面对物块B的支持力F、变大，故D正确。 ong--- 4 m 0 A m cceea ckkkeccac 甲 乙 12.A【解析】在材料绕轴线逆时针缓慢转过90°角的过程中，对均匀圆柱形木 棒受力分析，由力的平衡条件可知，重力mg,槽面OA对木棒的弹力F4和 槽面OB对木棒的弹力F构成封闭的三角形，即三力的合力是零，如图所 示，在转动中两弹力FA、F加的夹角不变，可知当由题图所示位置逆时针缓 慢转过30°时，槽面OA对木棒的弹力Fo4有最大值，最大值为FaAm= mg=23mg,A正确。由图可知，槽面OB对木棒的弹力Fs一直增 sin60° 3 大，B错误。槽面OA对木棒的弹力先增大后减小，C错误。由力的平衡条件可知，槽面OA与 槽面OB对木棒弹力的合力大小始终等于木棒的重力，合力大小不变，D错误。 ·6· ·物理D· 参考答案及解析 13.D【解析】设小球B的质量为m,B,C间距离为L,在小球B到达竖直墙之前，对小球B受力 分析，根据力的矢量三角形与几何三角形相似，可得g一F_P些_9“，在小球B从图示位 h L rr 置到与墙壁接触的过程中，mg、h、qA,9均不变，L变小，则F变小，r不变，因此这个过程小球 B绕A做圆周运动：当小球B与竖直墙接触后，在拉力作用下沿墙壁直线上升，库仑力变小，小 球在竖直方向受力平衡，有F十F一mg,所以F变大。综上所述，可知拉力F先减小后增大， 小球先做曲线运动后做直线运动。 14.A【解析】设轻绳上拉力为T,则2Tc0545°=F,解得T=2下，假设A先滑动，当A刚要滑 2 动时Tos37"rmg一Tm37门，解得T-g,此时T0ms53-3g<4mg一Tsn53) 11 3.5mg,因此假设成立。 11 15.C【解析】由题意可知安培力方向沿导轨平面向上，由左手定则可知导体棒中的电流方向为由 M到V,所以端为电源的正极，故A错误。当通过导体棒的电流为I时，对导体棒受力分析 有F1十F:x一ngsin9=O,当通过导体棒的电流为2I时，对导体棒受力分析有Fe一Fmx一 mg sin0=0,由题意可知F=2FA解得FA-二ngsin0,F3gsim0,又F1=B1,筋 得B=2m5m,故B错误。当通过导体棒的电流为1时，导轨对导体棒的摩擦力F 3 mngsin0,沿导轨向上，导轨对导体棒的支持力Fx=mgeos,导轨对导体棒的作用力F,= √Fa十F,当通过导体棒的电流为21时，导轨对导体棒的摩擦力F1m=3 ng sin0,沿导轨 向下，导轨对导体棒的支持力F、=mg cos0,导轨对导体棒的作用力F:=√Fx十F,所以 F,=F2,故C正确。由题意可知Fim=3 ng sin0=Fx=mg cos0,解得μ=3tan0,故D错误。 16.ABC【解析】图甲和图乙中的两个物体都处于平衡状态，根据平衡条件，可知与物体相连的竖 直细绳，其拉力大小等于物体的重力：分别取C点和G点为研究对象，受力如图甲、乙所示，对 C点根据受力平衡可得F4c=m1g,F=2m1gcos60°=m:g,对G点根据受力平衡可得 sin 305-2m:g,Fuc=m2g tan 30 5=3m2g,则有FAC:FG=m1:2m2,F6:F=3: 2.Fnc:FHG=m:3m2,FAc FHG=m:3m2 文E 30G 30 8 甲 乙 ·7·