复习练案1 第一部分 专题一 第1讲 物体的平衡-【衡中学案】2026年高考物理二轮总复习提能训练

复习练案[1] 第一部分专题一 A组·基础巩固练 1.（2025·北京卷)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 A.4 B.5 C.6 D.7 2.(2025·河南郑州三模)中国人使用筷子可以追溯到 新石器时代，中国目前发现的最早筷子是河南省安阳 市商代殷墟出土的铜筷子，这是中华民族智慧的结 晶。一同学用筷子竖直夹住一个小球，在缓慢转至水 平的过程中，两筷子对小球的作用力的合力() A.不变 B.变小 C.变大 D.不能判断 3.(2025·河北卷)如图，内壁截面为半圆形的光滑凹 槽固定在水平面上，左右边沿等高。该截面内，一根 不可伸长的细绳穿过带有光滑孔的小球，一端固定于 凹槽左边沿，另一端过右边沿并沿绳方向对其施加拉 力F。小球半径远小于凹槽半径，所受重力大小为 G。若小球始终位于内壁最低点，则F的最大值为 VACKKKK60040 A.I B.2 C.G D./2G 2 17 第1讲 物体的平衡 4.(2025·浙江1月卷)中国运动员以121公斤的成绩 获得2024年世界举重锦标赛抓举金牌，举起杠铃稳 定时的状态如图所示。重力加速度g=10m/s2,下列 说法正确的是 () A.双臂夹角越大受力越小 B.杠铃对每只手臂作用力大小为605N C.杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对 平衡力 D.在加速举起杠铃过程中，地面对人的支持力大于 人与杠铃总重力 5.（2025·广东深圳一模)黄河铁牛是世界桥梁史上的 传世之宝。如图，唐代蒲津浮桥通过两岸的铁牛固 定，铁牛底部的铁柱插入地下。铁牛受到3个力，其 中桥索对铁牛的拉力为F,铁柱对铁牛的作用力为 F2,铁牛自身重力为G,则 桥索 A.桥索对铁牛的拉力F,可以不沿桥索方向 B.铁柱对铁牛的作用力F2一定沿着铁柱向上 C.F,与F,的合力竖直向上 D.若F增大，F2减小 6.(2024·山东卷)如图所示，国产人形机器人“天工” 能平稳通过斜坡。若它可以在倾角不大于30°的斜 坡上稳定地站立和行走，且最大静摩擦力等于滑动摩 擦力，则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于 A.2 B 3 0.2 2 2 7.（2025·山东青岛预测)台球运动是一项为大众所喜 爱的运动。现有一台球桌的球袋落球区设计如图所 示，四颗半径为R、质量为m的台球静止在两根与水 平面夹角为30°的平行倾斜直导轨上。导轨底端挡 板对台球的弹力方向与导轨平行，导轨间的间距为 √2R,重力加速度为g,不计一切摩擦。下列说法正确 的是 A.挡板对最底端的台球的作用力为？g B两根导轨对最顶端台球作用力的合力为 2 mg C.最底端的台球对中间两颗球的作用力为2mg D.单根导轨对最底端台球的作用力为g 8.(2025·黑龙江一模)图甲是为了保护腰椎，搬起重 物的正确姿势。搬起重物是身体肌肉、骨骼、关节等 部位共同作用的过程，现将其简化为图乙所示的模 型。设脚掌受地面竖直向上的弹力大小为F、,膝关 -17 节弯曲的角度为0，该过程中大、小腿部的肌群对膝 关节的作用力F始终水平向后，且大腿骨、小腿骨对 膝关节的作用力F,和F2大致相等。人缓慢搬起重 物的过程中，下列说法正确的是 () A.FN逐渐变大 B.F逐渐变大 C.F逐渐变小 D.脚掌受地面竖直向上的弹力是因为脚掌发生形变 而产生的 B组·综合提升练 9.(2024·湖北卷)如图所示，两拖船P、Q拉着无动力 货船S一起在静水中沿图中虚线方向匀速前进，两根 水平缆绳与虚线的夹角均保持为30°。假设水对三 艘船在水平方向的作用力大小均为∫，方向与船的运 动方向相反，则每艘拖船发动机提供的动力大小为 () S▣ 30o 30° A C.2f D.3f 10.(2025·河北沧州模拟)如图所示，轻绳的一端固定 于P点，经过一个光滑的定滑轮O,另一端拴接质量 为m的物块A。用一个轻质且光滑的挂钩将另一 个质量也为m的物块B挂在绳OP之间，当物块B 达到平衡态时，挂钩的悬挂点Q和P点连线与水平 方向的夹角为，则等于 () B A -0 B 自A A.30° B.45o C.53 D.60° 11.(2025·重庆二模)某弹簧锁的开锁原理如图1所 示，当钥匙插入锁孔时，锁芯内弹簧被压缩成相同长 度，此时转动钥匙就能开锁。如图2所示，插入钥匙 的过程可简化为：A沿光滑水平槽向右推动，使B沿 光滑竖直槽向上滑动。已知A、B间的接触面与水 平方向夹45°角，且A、B间动摩擦因数为4，最大静 摩擦力等于滑动摩擦力，B的质量为m,重力加速度 为g。为使B上移，则加在A上的水平力F的最小 值为 弹簧 钥匙 锁芯 A 图1 图2 器 B.' mg c.-上nmg +业mg D 1+ 1一 12.（2025·安徽马鞍山预测)如图4Q 所示，A、B是在同一水平线上、间 距为L的光滑固定钉子，一根橡 皮筋绕过两个钉子，两端打结， 结点刚好在C点，此时AB、AC、 BC三段橡皮筋处于伸直状态且 拉伸形变可忽略不计，AC与水平方向的夹角为 37°；在结点上挂一个重为G的矿泉水瓶，静止时，结 点到D点，此时AD与水平方向的夹角为60°。已知 橡皮筋的弹力与伸长量成正比，橡皮筋在弹性限度 内，cos37°=0.8，则橡皮筋的劲度系数为(） A.C B.2c c.25G D.43c 3L 3L 9L 9L 17 13.(多选)(2025·福建福州二模)明朝宋应星所著的 《天工开物》中记录了图甲所示的用重物测量弓弦 张力的“试弓定力”情景，其简化模型如图乙所示， 某次测量时将弦的中点悬挂于秤杆上，在质量为m 的的中点处悬挂质量为M的重物，此时弦的张角 为0=120°，已知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，重力加速度大小为g,则 () 秤杆 M重物 图甲 图乙 A.此次测量中弦的张力为(m+M)g B.此次测量中弦的张力为3(m+M)g C.增加重物质量，弦的张力一定增大 D.增加重物质量，弦的张力可能减小 14.（多选)(2025·重庆预测)如图所示，带电小球A用 绝缘细线通过光滑定滑轮O,、O2与不带电的物块C 相连，与C连接端的细线竖直，在定滑轮O,的正下 方固定一带电小球B,整个系统处于平衡状态。忽 略小球A、B及滑轮的大小。若小球A缓慢漏掉一 部分电荷，则在该过程中 () Ltlkiiiiiiiiiiiuiiiii 0 00 A.带电小球A、B间的库仑力减小 B.带电小球A、B间的库仑力增大 C.地面对C的支持力变小 D.地面对C的支持力不变 75[练案 复习练案[1] A组·基础巩固练 1.C根据题意，对A受力分析可知，受重力、B的支持 力，由于A静止，则A还受B沿斜面向上的静摩擦力， 对B受力分析可知，受重力、斜面的支持力、A的压力 拉力F、B还受A沿斜面向下的摩擦力，由于B静止，则 受沿斜面向上的摩擦力，即B受6个力作用。故选C。 2.A由于缓慢转动，小球处于动态平衡中，两筷子对小 球作用力的合力始终与重力等大反向，因此不变。故 选A。 3.B分析可知当凹槽底部对小球支持力为零时，此时拉 力F最大，根据平衡条件有2 Fcos45°=G,解得Fm= 三c故选B。 4.D杠铃的重力为G=mg=121×10N=1210N,手臂 与水平的杠铃之间有夹角，假设手臂与竖直方向夹角 为0，根据平衡条件可知2Fcos0=G可知，双臂夹角越 大，F越大；结合cos0<1,解得杠铃对手臂的作用力F >605N,A、B错误；杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的 支持力是一对相互作用力，C错误；加速举起杠铃，人和 杠铃构成的相互作用系统加速度向上，系统处于超重 状态，因此地面对人的支持力大于人与杠铃的总重力， D正确。 5.C桥索对铁牛的拉力F,一定沿桥索方向，故A错误； 根据三个力的合成可知F,一定与F,和重力合力的方 向相反，不一定沿着铁柱向上，故B错误：同上述分析 可知F,与F,的合力与重力等大反向，方向竖直向上， 故C正确；根据共点力平衡条件及矢量三角形法则可 知若F,增大，F,增大，故D错误。 6.B根据题意可知机器人“天工”可以在倾角不大于30° 的斜坡上稳定地站立和行走，对“天工”分析有 mgsin30°≤mgeos30°，可得u≥tan30°=？，故选B。 7.D对4个台球整体分析，挡板对最底 F 端的台球的作用力为F=4 ngsin30 =2mg,故A错误；两根导轨对最顶端 台球作用力的合力为F金=mgcos30° 3 2mg,故B错误；最底端的台球对 3 中间两颗球的作用力为F'=3 mg sin30°=2mg,故C错 误：如图，两根导轨对最底端台球的作用力分别为F, 3 部分] R欧 2 R,F,与导轨平面的夹角为，则cosa=R三 根导轨对最底端台球的作用力大小为2F,sina= mgcos30°，解得单根导轨对最底端台球的作用力为F: 6 4mg,故D正确。 8.C人缓慢搬起重物的过程中，脚掌受到竖直向上的弹 力与人和重物的总重力平衡，大小不变，A错误；设大 骨、小腿骨对膝关节的作用力大小为F,则他们之间的 夹角为.F即为他们合力，则有2P,s号=，脚学所 受地面竖直向上的弹力约为R、=R,sn号，联立可得F ”。人缓慢搬起重物的过程中，膝盖弯曲的角度0 变大，F,、F逐渐变小，B错误，C正确；脚掌受地面竖直 向上的弹力是因为地面发生形变而产生的，D错误。 B组·综合提升练 9.B根据题意对S受力分析如图， 不30°1 30° 正交分解可知2Tcos30°=f, 所以有1 对P受力分析如图， S▣ 则有(Tsin30°)2+(f+Tcos30°)2=F2, 解得F=√，故选B。 3 10.A对Q点受力分析如图所示，mg 轻绳的张力为mg,物块B的重力.30 120 "mg 也为mg,由矢量三角形知识可知 PQ与Q0之间的夹角为120°，故 PQ与水平方向夹角为30°。故 g 选A。 07 11.D由分析可知，当B恰好能相对A沿接触面上滑时， 对应的F最小。对A、B进行受力分析易得，对B在竖 直方向有VAB COS45°=fsin45°+mg,对A在水平方向 有Nag sin45°+fcos45°-F,又f=uNaB,联立解得F= 1+mg,故选D。 1一儿 12.D结点在C时，AC与水平方向夹角37°，AB间距为 L,4C段水平分量为宁，故4C段和BC段原长均为：山 L 2 os37-2x0.8=8;结点移到D点，AD与水平方 L 5L 2 向夹角60°，AD段和BC段长度均为L2= 0s600L, 伸长量为4L=2弘，-2弘，-头，矿泉水瓶静止时，竖直 方向合力为零，两段拉力竖直分量之和等于重力G,由 平衡条件得2Fsin60°-G,其中F-k△L,代入解得k= 4C故选D。 13.AC整体法对弓和物体受力分析如图，竖直方向上由受 力平衡可得2Fcos- =(M+m)g,解得F=(M+m)g, 故A正确，B错误；不计的形变，增加重物质量，则弦 与竖直方向夹角减小，则弦的伸长量增加，根据胡克定 律可知，弦的张力一定增大，故C正确，D错误。故 选AC。 F (M+m)8 14.AD如图所示，将小球A所受到的重力mg、拉力T、 库仑力F平移成矢量三角形，它与三角形ABO,相似， 有器品由于0Bs不变，故比值不变，由 T F 于O1A不变，T不变，AB减小，F减小，故A正确，B错 误；对物块C,由于绳子拉力不变，地面对C的支持力 不变，故C错误，D正确。故选AD。 50 心0 3 复习练案[2] A组·基础巩固练 1.A返回舱下降的位移为△h=1O80m,则返回舱在竖 直方向上的平均速度大小约为。=4≈8.3ms,故 选A。 2.C根据运动学公式v=v,+at,代人数值解得a= -6m/s2,故加速度大小为6m/s2。故选C。 3.A根据题意，由牛顿第二定律有F-mg=ma代人数 据解得a=6×10°-5x10 m/s2=2m/s2,故选A。 5×10 4.B根据生顼第二定律有。三g,根据运动学公式 有2ax=,2,联立解得x= 2=。,故选B。 2a2hg 5.A根据牛顿第二定律和题图的 ↑alm.s3） F-t图像画出如图所示的a-t 图像，可知机器人在0~1s和20123 ~3s内加速度大小均为1m/s2, -1 方向相反，由v-t图线的斜率表 示加速度可知A正确。 6.B网球上升过程中，最后0.5s内上升的高度h= 2=1.25m,网球抛出后最初0.5s内上升的高度 1 h,=2h,=2.5m,有h,=ot-2gt,解得=7.5m/s, 故选B。 7.A由图可知x=△v,又x=△v=at=4t,两车间距x=96 -[m-(-号m)]=96-22,联立得2r+4-96 =0,解得t=6s,则此时甲车的速度为，=v-at= 25m/s-24m/s=1m/s,故A正确。 B组·综合提升练 8.A设物块的质量为m,当水平地面粗糙时，设动摩擦 因数为，以两物块为整体，根据牛顿第二定律可得 F F-2wmg=2ma,解得加速度为a,=2mg,以左侧物 体为对象，根据牛顿第二定律可得T-umg=ma1,联立 可得绳子的拉力为T:)F:当水平地面光滑时，以两物 块为整体，根据牛顿第二定律可得F-2ma2,解得加速 度为4机以左侧物体为对象，根据牛顿第二定律可 得T=ma2,联立可得绳子的拉力为T=方F;则有 T,=T,a2>a1,故选A。 08