专题强化练(一) 力与物体的平衡-【创新大课堂】2026年高考二轮物理专题复习课时作业

班级 姓名 专题强化练（一） …0 基础达标练。… 1.(2025·北京卷·6)如图所示，长方体物块 A、B叠放在斜面上，B受到一个沿斜面方 向的拉力F,两物块保持静止.B受力的个 数为 () B F FZFF17777777777777777777777777777777777777 A.4 B.5 C.6 D.7 2.(2025·重庆卷·1)现代生产生活中常用 无人机运送物品，如图所示，无人机携带质 量为m的匀质钢管在无风的空中悬停，轻 绳M端和V端系住钢管，轻绳中点O通过 缆绳与无人机连接.MO、NO与竖直方向的 夹角均为60°，钢管水平.则MO的弹力大 小为（重力加速度为g) 0 60°：60° A.2mg B.mg C③ 1 mg D.2mg 3.(2025·晋、陕、宁、青卷·4)如图，质量为 m的均匀钢管，一端支在粗糙水平地面上， 另一端被竖直绳悬挂，处于静止状态.钢管 与水平地面之间的动摩擦因数为4、夹角为 0,重力加速度大小为g.则地面对钢管左端 的摩擦力大小为 () 不0 7nn7n7777n7777777777 ·10 得分 力与物体的平衡 A.umgcos 0 B.umg C.jmg D.0 4.(2025·浙江省温州市高三三模)宋应星的 《天工开物》一书中记录了图1所示的用重 物测量弓弦张力的“试弓定力”情景，简化 示意图如图2所示，测量时将弦的中点悬 挂于秤钩上，在质量为m的弓的中点处悬 挂质量为M的重物，稳定时弦的张角O 120°.弦可视作遵循胡克定律的弹性轻绳， 且始终在弹性限度内，不计弓的形变和一 切摩擦，重力加速度为g,下列说法正确 的是 弦 □重物 图1 图2 A.此时弦的张力为2(M十m)g B.此时弦的张力为√(M十m)g C.若增加重物的质量，弦的张角一定增大 D.若增加重物的质量，弦的张力一定增大 5.（多选)(2025·广州大学附中高三三模)市 面上有一种自动计数的智能呼拉圈.如图 甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆 穿过轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配 重的细绳，其模型简化如图乙所示.水平固 定好腰带，通过人体微小扭动，使配重做水 平匀速圆周运动，此时绳子与竖直方向夹 角为日.配重运动过程中认为腰带没有变 形，下列说法正确的是 腰带 配重 01 班级 姓名 A.若增大转速，绳子的拉力变大 B.若增大转速，腰受到腰带的弹力减小 C.若减小转速，腰受到腰带的摩擦力增大 D.若只增加配重，保持转速不变，则绳子与 竖直方向夹角0不变 6.(2025·湖南省长沙市长郡中学高三模拟) 石墩路障在生活中很常见，对于保障行车安 全和管制交通秩序发挥重要作用.如图甲所 示，工人用叉车将一球形石墩路障运送至目 的地，拉动装置的结构简易图如图乙所示， ∠BAC=90°，两叉车臂相互平行且间距等于 石墩半径.在水平匀速拉动叉车的过程中，叉 车臂AC与水平方向夹角维持为30°.不计球 形石墩表面摩擦，则单个叉车臂受到石墩的 压力大小为（石墩重力为mg) B 车把 叉车臂 30° A 甲 乙 A.③ 1 g B.2mg G 4mg D.mg …0 能力提升练。… 7.(多选)(2025·广西卷·9)独竹漂是我国 一项民间技艺.如图，在平静的湖面上，独 竹漂选手手持划杆踩着楠竹，沿直线减速 滑行，选手和楠竹相对静止，则 () A.选手所受合力为零 B.楠竹受到选手作用力的方向一定竖直向下 C.手持划杆可使选手（含划杆）的重心下 移，更易保持平衡 D.选手受到楠竹作用力的方向与选手（含 划杆)的重心在同一竖直平面 ; ·101 得分 8.（2025·四川省成都市高三三诊)用轻质鞋 带穿过跑鞋某一鞋孔后系在衣架两端，先 后采用图(a)所示衣架水平、图(b)所示衣 架倾斜两种方式晾晒在水平粗糙晾衣杆上， 两种方式衣架挂钩受到杆的支持力分别为Na 与N,摩擦力分别为fa与f,鞋带两端与竖 直方向夹角均相等，分别为α与3，鞋带张力 分别为Ta与T,.忽略鞋带与鞋孔间的摩擦， 鞋带长度不变.下列说法正确的是( ) B:B 图(a) 图b) A.Na大于Nb B.f。小于f C.a小于B D.Ta大于Tb 9.(2025·湖南卷·5)如图，两带电小球的质 量均为m,小球A用一端固定在墙上的绝 缘轻绳连接，小球B用固定的绝缘轻杆连 接.A球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为 60°，两球连线与轻绳的夹角为30°，整个系 统在同一竖直平面内，重力加速度大小为 g.下列说法正确的是 B 609 30° A.A球静止时，轻绳上拉力为2g B.A球静止时，A球与B球间的库仑力 为2ng C.若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度 大小为g D.若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球 的作用力变小 班级 姓名 10.（2025·广东省珠海市高三二模)如图甲 所示，倾角0=37°的斜面体放置在水平面 上，右侧靠着半径为R的球，球上端固定 一轻杆，轻杆在固定装置约束下只能沿竖 直方向运动.已知斜面体的高度为3.2R, 斜面体和球的质量均为m,不计一切摩 擦，重力加速度为g,sin37°=0.6，cos37° =0.8. ; 乙 (1)水平向右推动斜面体，求最小推力的 大小F0; ! (2)若斜面体在推力作用下由静止开始向 右做加速度a=0.8g的匀加速直线运动， 求斜面对球作用力的大小F、: (3)在第(2)问中，斜面体运动到其最高点 刚好与球面接触，如图乙所示，求该过程 中推力做的功W. ·103 得分 创新拓展练0… 11.(2025·江苏省常州市三模)单手抓球的 难易程度和手的大小、手指与球间的动摩 擦因数有关.用以下简化模型进行受力分 析：假设用两手指对称抓球，手指与球心 在同一竖直面，手指接触点连线水平且相 距为L,球半径为R,接触点与圆心的连线 与水平夹角为0，手指和球间的动摩擦因 数为，球质量为m.已知重力加速度为 g,最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，忽 略抓球引起的球变形.下列说法正确的是 手指 手指 接触点1 接触点2 A.每个于指对球的库擦力大小为205) B.两手指间距L的取值范围为L > 2R W1+2 C.每个手指手对球的压力最小值为 mg 2(ucos 0+sin 0) D.手对球的压力增大2倍时，摩擦力也增 大2倍专题强化练 专题强化练（一）》 1.C以B为研究对象受力分析，其处于静止即平衡状态，可 知所受合力为零，沿斜面方向受斜面摩擦力、A对B的摩 擦力、拉力：B受重力、斜面的支持力、A对B的压力，故B 受6个力，故C正确，ABD错误. 2.B以钢管为研究对象进行受 F=mg 力分析，如图所示：根据数学知 识和平衡条件F=mg=2FOM cos60°，代入数据解得FoM= 60°60° mg,故ACD错误，B正确. 3.D对钢管受力分析可知，受到 竖直向上的支持力和绳子拉力 二力之和等于竖直向下的重力， mg 所以水平方向不可能受到摩擦力.故ABC错误，D正确. 4.D整体法对弓和物体受力分析如图： F、 (M+m)g 竖直方向上由受力平衡可得：2Fc0s号=(M十m)g,解得： F=(M十m)g,故A、B错误；增加重物质量，弦的伸长量增 加，则弦的张力一定增大，弹性轻绳变长，孩的张角一定减 小，故C错误、D正确. 5.AD若增大转速，绳与竖直方向的夹角0将增大，竖直方 向有：mg=Tcos0,水平方向有Tsin0=Fn,可知配重在竖 直方向平衡，拉力T变大，向心力Fn变大， ↑f 对腰带分析如图所示： 竖直方向有f=Mg+Tcos0=Mg+mg,水 N 平方向有V=Tsin0=F。,由此可知腰受到 腰带的摩擦力不变，腰受到腰带的弹力增 大，故A正确，B错误；若减小转速，根据AB TMg 选项的分析，腰受到腰带的摩擦力仍是保持不变，故C错 误；因对配重，由牛顿第二定律可得mgtan0=mw2lsin0,解 得os0=号，则若增加配重，保持转速不变，则绳子与竖 u211 直方向夹角为0将不变，故D正确. 6.B从侧面观察运载中的石墩，石墩受到重力、车把的支持 力和叉车臂的支持力，其受力分析如图甲 B F支 车把 叉车臂 30 7mnn77777 A 甲 mg 乙 由平衡条件有F2=mgc0s30°，从正面观察运载的石墩， 黑色部分为两条叉车臂，石墩受两条叉车臂的支持力如图 乙，由几何关系可知，两条叉车臂的支持力之间的夹角为 60°，F支为单个叉车臂对石墩的支持力，则有2F支cos30° =F2,单个叉车臂受到石墩的压力为F支=2mg,由牛顿 ·24 第三定律可知单个又车骨交到石城的压力为P云=子mg: 故B正确，A、C、D错误， 7.CD选手和楠竹在水里减速滑行，速度在变化，根据牛顿 第二定律可知合力不为零，故A错误；楠竹在水平方向有 加速度，选手对楠竹的力在竖直方向有重力，水平方向有 摩擦力，所以选手对楠竹的力方向不是竖直向下，故B错 误；选手和楠竹构成的整体在减速滑行，受到的合力不为 零，根据力的作用线和重心的关系可知整体的重心与楠竹 受到合力作用线应该在同一竖直面上，故D正确：选手和 楠竹相对静止，且减速滑行，选手和楠竹的重心要在同一 竖直面上才能保持相对稳定，故C正确， 8.D对跑鞋和衣架整体考虑，整体受力平衡，如图(a)、 图(b)所示： N B mg mg 图(a) 图b) 则竖直方向上，Va=mg,N=mg,所以Na=Nb,水平方 向上没有摩擦力f=f=0 故A、B错误；由于鞋带和鞋孔之间没有摩擦力，则鞋孔两 侧的鞋带拉力大小相等，设跑鞋质量为'，则跑鞋水平方 向合力为零，所以跑鞋的重力方向沿鞋孔两侧两鞋绳拉力 的角平分线，竖直方向2 T cos a=m'g,2 T cos B=m'g,所 以T cos a=T cos B 鞋带的长度不变，设为L T。 m'g 11m'g 图(c) 图(d 因(e)所示s血a=是，国(d所示sn产光 d 由于d>d',则a>B,T>Th,故C错误，D正确 9.C对A球受力分析，如图所示：根据平 行四边形定则可得，轻绳上拉力大小为： T=g,AB两球间的库仑力大小为：F =2 mngcos30°=√3mg,故AB错误；若将 轻绳剪断，则A球受到轻绳的拉力消T30 失，其他两力保持不变，根据三力平衡知 0 识，此时A球的合外力大小为g,则加 mg 速度大小为g,故C正确；若将轻绳剪断，则B球受到的库 仑力、重力不变，小球A仍然处于静止状态，则轻杆对B球 的作用力不变，故D错误， 10.解(1)当推力最小时，小球刚好要离开地面，此时地面 对小球的支持力为0，小球受力如图1所示： 由平衡条件：F1cos37°=mg,斜面体受力如图2所示： 由平衡条件：F。=F1sin37°，联立知最小推力的大小F。= 0.75mg: mg 图1 图3 图2 (2)小球的加速度大小a球=atan37°，解得a球=0.6g,小 球受力如图3所示： 由牛顿第二定律：FNcos37°-mg=ma,解得斜面对小球 作用力大小FN=2mg; (3)设斜面最高点与球接触时，斜面体的速度大小为1， 小球的速度大小为，小球的位移大小为五，则h=3.2R -R1-c0s379),解得A=3R,=an37r=子，又n =号-02 2a球 对小球和斜面组成的系统，由功能关系： w=合m听+之m号+mg 联立知该过程中推力做的功W=8gR. 11.B对篮球受力分析，如图所示： 竖直方向由平衡条件：/cos0=Nsin0+2mg,可得： fos>豆mg,所以每个手指对球的摩擦力大小满足： P00故A错误：因为：<N,可得：Nsin+合mg ≤uNcos0 mg 即：V≥24cs"sin仍，故每个手指手对球的压力最小 值为2acos得sn,故C错误：由：Nsin0+合mg≤ mg uNcos0,可得：Nsin0<uNcos0,可得：>tan0,根据几何 关系得：cos0> ，由图中几何关系可得：c0s0 √2+1 录可得示>干 1 ，故两手指间距L的取值范围为： L> ,2R,故B正确：当篮球受到手的静摩擦力时，f 1+2 ≠N,手对球的压力增大2倍时，重力不变，摩擦力的方 向不变，摩擦力的大小不变，故D错误 专题强化练（二） 1.A设汽车从静止开始的匀加速直线运动时间为，匀速 运动的速度为，在匀加速直线运动阶段，由位移公式x 受1，根据递向思维方法，位移关系满足8x一x一x=,即 6x=,联立解得/=了，再根据匀变速直线运动的位移公 式x=合a,解得x=高aP,故BCD错误，A正确。 1 ·24 2.A选取第1s内机器人受力的方向为正方向，则第1s内 机器人的加逢度a1=片-器g=1ng,第2内机8 人受力为零，则加速度为零；第3s内机器人的加速度α2= -20 上=m/s2=1m/s,可知第3s内机器人的加速度 的方向与第1s内加速度的方向相反.若初速度为1m/s, 与第1s内受力的方向相同，则机器人第1s内做加速运 动，第2s内做匀速运动，第3s内做减速运动，由v一t图 线的斜率表示加速度的大小可知，第1s内的加速度是 1m/s2,第3s内的加速度大小也是1m/s2,故A正确；该 图中第3s内仍然做加速运动，与受力不符，故B错误；该 图中第1s的加速度与第3s的加速度都是正值，与受力不 符，故C错误；该图中第1s的加速度大小为2m/s2,与实 际不符，故D错误. 3.C设物块上滑与下滑的加速度大小分别为a1和a2.根据 牛顿第二定律得：ngsin a十umgcos a=ma1,mgsin阝 mgc0sB=ma2,得a1=gsin a十gcos a,a2=gsin B- gcos B,则知a1>a2,而v一t图像的斜率等于加速度，所 以上滑段图线的斜率大于下滑段图线的斜率，上滑过程的 位移较小，而上滑的加速度较大，由=号a知，上滑过 程时间较短.因上滑过程中，物块做匀减速运动，下滑过程 做匀加速直线运动，两段图像都是直线，由于物体克服摩 擦力做功，机械能不断减小，所以物体到达c点的速度小于 vo,故C正确，A、B、D错误. 4.B门板先在向右的外力作用下做匀加速直线运动，撤去 外力后做匀减速直线运动，若外力比较大，加速时间很短， 位移很小，可以忽略不计，此时门板的运动时间最短，撤去 外力后根据牛顿第二定律，有mg=ma,设撤去外力后门 板最短运动时间为1，运动的距离为号=子a2,可得门板 的张经运动时同越近子=√店B压骑，ACD错民 5.A设轻绳的拉力为T,对P、Q整体分析，根据牛顿第二定 律F=ma,在水平方向上T-2 ngcos0=2ma(0为斜面倾 角)，对Q分析，T一mgc0s0=1a.联立以上两式消去a可 得T=3 mgcos0,由此可知轻绳中的拉力与加速度无关，不 同加速度下轻绳中的拉力始终不会变化，故A正确；当轻 绳的拉力T=0时，整体向左加速的加速度最大，对P分 析，P受到重力、斜面的支持力和摩擦力，沿斜面方向根据 牛顿第二定律可得：2 ngsin0-hX2mgc0s0=2 namax,已 知4=3,0=30，代入上式可得：amx=1g,加速度为 负表示与设定的正方向相反，即整体向左加速的最大加速 度为g,故B错误；同样当轻绳的拉力T=0时，整体向右 加速的加速度最大，对P分析，沿斜面方向根据牛顿第二 定律可得：2 in0叶pX2mgos0=2ma已知么-号.0 5 =30°，代入可得：amx=子g.所以整体向右加速的最大加 速度为号g故C错误，当整体静止时，地面对斜面体的作 用力等于斜面体的重力3g;当整体加速时，地面对斜面 体的作用力是重力和水平方向加速度产生的力的合力，不 等于3mg,故D错误. 6.BD根据题意可知，Q缓慢移动，则Q受力平衡，当Q与P 将要分离时，它们之间的弹力为0，此时拉力最大，最大为 mgsin0,故A错误；使Q缓慢移动过程中，由平衡条件有F +F弹=2 mgsin0,故拉力F与移动的位移△x成线性关 系，此过程F对△x的平均值为F=m,此过程的位 2 2