专题4 共点力的平衡-【创新大课堂系列】高三物理全国名校名卷168优化重组卷

专题4共 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的 1.(2024·湖北卷，6)如图所示， 两拖船P、Q拉着无动力货船S S 一起在静水中沿图中虚线方向 309 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 实 供的动力大小为 A. C.2f D.3f 2.(2025·山东济宁·模拟预测)在工厂车间里， 有两个质量均为m 的半圆柱承载装置 A、B紧挨着静置于 R 水平地面上，与地 面间的动摩擦因数 均为4，上方放置一质量为2m的光滑圆柱模具 C,三者半径均为R.工作人员用机械牵引系统 对A施加水平向右的拉力，使其缓慢移动，直至 C恰好落地，期间B始终静止，重力加速度为 g.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( A.B受地面摩擦力逐渐减小 B.A、B受地面支持力相等且始终保持不变 C.A受地面摩擦力逐渐增大 劃 D.动摩擦因数：的最小值为 3.(2025·四川宜宾·三模)如图甲所示为家用燃 气炉架，有四个对称分布的爪，正对两爪的间距 为d,将锅静置于炉架上，如图乙所示（纵截面 图)，锅的总质量为，质量可视为均匀分布在 半径为R的球冠面上，不计爪与锅之间的摩擦 力，则 甲 A.R越大，锅受到的合力越大 B.R越大，每个爪与锅之间的弹力越大 C.相邻的两爪对锅的作用力大小为2mg D.正对的两爪对锅的作用力大小为2mg 点力的平衡 4.(2025·北京朝阳·统考一模)如 三机 图所示，质量为m的手机放置在 支架斜面上，斜面与水平面的夹 角为0，手机与接触面的动摩擦因 数为以，重力加速度为g.手机始 终保持静止状态.下列说法正确的是 ( A.手机对支架的压力大小为mg,方向垂直于 斜面向下 B.手机受到的摩擦力大小为umgcos0,方向沿 斜面向上 C.若0增大，则支架对手机的摩擦力随之减小 D.若0增大，则支架对手机的作用力保持不变 5.(2025·辽宁省协作体第一 7 次模拟)如图所示，光滑直 角三角形支架ABC竖直固 、C 定在水平地面上，B、C两 点均在地面上，AB与BC间的夹角为0，分别套在 AB、AC上的小球a和b用轻绳连接，系统处于静 止状态，轻绳与CA间的夹角为a.a、b的质量之比 为 ( A.tan a B.tan0 C.Sin a D.sin tan 0 tan a ·cos0 cos a 6.(2025·贵州贵阳2月适应性考 试)如图所示，轻绳两端固定在 一硬质轻杆上的A、B两点，在 A 轻绳中点O系一重物.现将杆顺 时针在竖直面内缓慢旋转，使 OA从水平位置转到竖直位置的过程中，绳OA、 OB的张力FA和FB的大小变化情况是() A.FA先增大后减小，FB一直减小 B.FA先减小后增大，FB一直增大 C.FA先减小后增大，FB先增大后减小 D.FA先增大后减小，FB先减小后增大 7.（2025·河南·三模)如图所 示，水平地面上静置一质量 为M的圆形支架，其下端套 有一质量为的光滑小圆 F 环，现用一始终沿圆型支架 切线方向的力F缓慢将小圆 环由最低点拉至顶端，支架保持静止不动，在此 过程中下列说法正确的是 () A.拉力F逐渐变大 B.小圆环受到的弹力先减小后增大 C.地面对支架的支持力先增大后减小 D.地面受到的摩擦力先变大后减小 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共 20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题 目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得3分， 有选错的得0分. 8.(2025·江西师大附中高三 三模)如图所示，半圆环竖 直固定在水平地面上，光滑 小球套在半圆环上.对小球 施加一始终指向半圆环最高点B的拉力F,使 小球从圆环最低点A缓缓移动到最高点B.下 列说法正确的是 A.拉力F一直减小 B.拉力F先增大后减小 C.小球对圆环的压力大小始终不变 D.小球对圆环的压力先增大后减小 9.(2025·湖南怀化·三模)如图甲所示，工人用 叉车拉石墩时，可简化为如图乙所示的模型， ∠BAC=90°，叉车臂AC与水平方向夹角为0. 不计球形石墩表面摩擦，叉车和石墩始终保持 相对静止，在叉车匀速运动的过程中，若0从0° 缓慢增加为90°，叉车臂对石墩的作用力F4C和 车把对石墩的作用力FAB的大小变化为() B 车把 叉车臂 甲 乙 A.FAB一直增加 B.FAB先增加后减小 C.FAC先减小后增加D.FAc一直在减小 10.(2025·河南洛阳第二 杆塔 次统练)《大国工匠》节 A 目中讲述了王进利用 “秋千法”在1000kV的 高压线上带电作业的过 E● 程，如图所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压 线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮上.另一 绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮， 端连接兜篮，另一端由工人控制.身穿屏蔽服 的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于： -14 O点正下方E点的电缆处.绳OD一直处于伸 直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为， 不计一切阻力，重力加速度大小为g.关于王 进从C点运动到E点的过程中，下列说法正确 的是 () A.工人对绳的拉力一直变大 B.绳OD的拉力一直变小 C.OD、CD两绳拉力的合力大小等于mg D.当绳CD与竖直方向的夹角为30°时，工人 对绳的拉力为， g 1.(2025·广东省揭阳市高三 二模)如图所示，一轻杆通 过铰链固定在竖直墙上的O 点，轻杆的另一端C用弹性 轻绳连接，轻绳的另一端固o 60° F 定在竖直墙上的A点.某人 用竖直向下、大小为F的拉力作用于C点，静 止时AOC构成等边三角形.下列说法正确 的是 () A.此时弹性轻绳的拉力大小为F B.此时弹性轻绳的拉力大小为2F C.若缓慢增大竖直向下的拉力，则在OC到达 水平位置之前，轻绳AC的拉力增大 D.若缓慢增大竖直向下的拉力，则在OC到达 水平位置之前，轻杆OC对C点的作用力 减小 三、非选择题：本题共5小题，共52分， 2.(2025·河北沧州·二 玻璃侧截面 模)(6分)在清洁外墙玻 璃时可以用磁力刷.如图 所示，厚度d=3cm的玻 璃左右表面平整且竖直， 两个相同特制磁力刷A、 B(均可视为质点)之间的 吸引力始终沿AB连线方向，吸引力F的大小 与AB间距离x成反比，即F=.已知A的 质量为m,与玻璃间的动摩擦因数=0.5，滑 动摩擦力与最大静摩擦力大小相等，当A、B 吸附在玻璃两侧表面且水平正对时，A、B间的 吸引力F=4mg. (1)控制B从图中位置水平向右缓慢移动，要！1 A不下滑，求AB的最远距离； (2)控制B从图中位置竖直向上缓慢移动，当 A也恰能从图中位置竖直向上运动时，求AB 连线与竖直方向夹角0. 13.(2025·江苏南京·一模)(8分)如图所示，水 平地面上固定有两个相同的倾角0=37°的斜： 面体（顶端固定有小滑轮），两滑轮间的距离 d=l2cm.两根等长的细线绕过滑轮，一端与； 放在斜面上的质量均为M=5kg的物块相连， 另一端与质量m=3kg的小球连接.初始时 刻，用手竖直向下拉住小球，使系统保持静止， 此时两细线与竖直方向间的夹角均为α=37°， 松手后，小球将在竖直方向上运动.忽略一切 摩擦，取重力加速度g=10m/s2,sin37°= 0.6,c0s37°=0.8，求： 远 7力777777777i777777777 (1)开始时手对小球的拉力大小F; (2)小球能够上升的最大高度h; (3)小球回到初始位置时的加速度大小a. 15 4.(2025·湖北武汉元月调研)(10分)水平面上 固定着半径R=60cm的薄圆筒，筒中放置着 两个圆柱，小圆柱半径r1=10cm、重力为G1= 30N,大圆柱半径r2=30cm.圆筒和圆柱的中 心轴均水平，且圆筒的中心O与大、小圆柱的 切点Q的连线恰好竖直，如图所示.不计一切 摩擦，求： Q为 (1)筒对小圆柱的支持力N1和大、小圆柱之间 的压力F; (2)大圆柱所受重力G2. 15.(12分)有三根长度皆为1= :16 0.3m的不可伸长的绝缘轻 线，其中两根的一端固定在 、B E 天花板的O点，另一端分别 拴有质量皆为m=1.0× 10一2kg的带电小球A和B,它们的电荷量分 别为-q和十q,q=1.0×10-6C.A、B之间用 第三根线连接起来，空间中存在大小为E= 2.0×105N/C的匀强电场，电场强度的方向 水平向右.平衡时A、B球的位置如图所示.己 知静电力常量k=9×109N·m2/C2,重力加 速度g取10m/s2.求： (1)A、B间的静电力的大小： (2)连接A、B的轻线的拉力大小. 16 (2025·山东·统考二模)(16分)如图所示，深 为h=8m的枯井中有一质量为m=40kg的 重物A,通过轻绳跨过光滑的定滑轮与地面上 质量为M=80kg的重物B相连.某人用与水 平方向成0=53°的力F拉重物B,恰好使其匀 速运动.若该人用同样大小的力F水平拉重物 B,并将井中的重物A由井底拉到井口.取重 力加速度g=10m/s2.重物B与地面之间的动 摩擦因数为4=0.25.sin53°=0.8，cos53°= 0.6,求： (1)拉力F的大小； (2)水平拉重物B时，B的加速度大小； (3)为使重物A能到达井口，水平力F作用的 最短时间. F 045 45 E F' 3030 Mg mg 丙 沿斜面方向有FT′-mgsin30°-F′=0， 垂直斜面方向有Fy-mgc0s30°=0， 且P=,联主解得F'=子mg, 此时对物块B竖直方向有2F”cos45°-M1g=0, 代入数据解得M=2F"©os45°_7E g 设物块A刚好要沿斜面向下滑动时，物块B的质量最小 M,,此时对物块A、B分别进行受力分析，如图丁所示，则 45° 45 E" 30°30 mg 丁 沿斜面方向有F,"十F"一mgsin30°=0， 垂直斜面方向有Fy-mgc0s30°=0， 且F”=FN, 联主解得F”=合m8 此时对物块B竖直方向有2F,"c0s45°-M,g=0, 代入数据解得M,=2E“C0s45°_ g 8. 所以为保持物块A处于静止状态，物块B质量的取值范 为 8sma≤72，n 8m. 答案(1)7mg(2) 6mg,沿斜面向上 8m≤mas7E (3) 专题4共点力的平衡 1.B2.B3.D4.D5.A6.A7.B8.AC9.AD 10.CD11.AC 12.解析(1)设AB最远距离为d2,A恰好不下滑有 Amgd=F2 d2, 对A,由平衡条件得mg=uN,=μF2, 解得d,=6cm (2)设AB距离为d,时，A也恰能竖直向上运动时， 有4mgd=F3d, 对A,由平衡条件得mg十uN=F,cos8,V,=Fsin9, 联立解得：0=45°. 答案(1)d2=6cm(2)8=45° :13.解析(1)初始时刻系统静止， 对物块T=Mgsin0=30N, 假设F方向向下， 对小球2Tcos37°=mg十F, 解得F=18N. (2)小球上升到最大高度时，系统的动能为0，设此时连接小 球的细线与竖直方向间的夹角为B, 对系统2 gsin0(2.2S品=mg2amQ2an d d 解得B=90°， 可见小球上升到最大高度时绳子水平，小球上升的最大高度 为h=8cm. (3)对物块Mgsin a-T1=MaM, 对小球2T1c0sa一mg=ma, 为 加速度关系aw=acos a,联立方程解得a= 90 47m/s2. 答案(18N(28em(3)器m/ 14.解析(1)分析小圆柱的受力， 如图，平移F、N1、G1,三力首 尾相连构成的封闭矢量三角形 与△OQO2相似， 有品品 其中002=50cm, OQ=302 cm, 解得N1=25√2N 岛品 F 解得F=5√2N (2)分析大圆柱的受力，如图，平移F、N2、G2,三力首尾相连 构成的封闭夫量三角形与△OQO1相似， 围 布品品 解得G2=10N. 答案(1)V,=25√2N,F=5√2N(2)G,=10N :15.解析(1)根据库仑定律，A、B间的静 电方F=号， B 代入数据可得F=0.1N. (2)以B球为研究对象，B球受到重力 ng mg、电场力Eq、静电力F、A、B间轻线 的拉力T和O、B间轻线的拉力T,,共5个力的作用，处于 平衡状态， 在竖直方向上，有T2sin60°=mg, 在水平方向上，有gE=F十T1十T2c0s60 代入数据可得T1=0.042N. 答案(1)0.1N(2)0.042N :16.解析(1)用与水平方向成B=53°的力F拉重物B,重物B 做匀速直线运动， 水平方向Fcos0=f十mg,其中f=uFN, 竖直方向上Mg=F,十Fsin0, 解得F=750N; 188 (2)水平拉B物体时，以A、B物体整体为研究对象， 1 由牛顿第二定律F-mg-aMg=(M十m)a, 解得a=1.25m/s (3)设力F作用的时间为t,撤去力F后，物体A能正好到达· 井口，此时t为所求最短时间.对A,由匀加速直线运动规律： h=atv=at, 撤去F,以A、B物体整体为研究对象， 由牛顿第二定律-mg-Mg=(M十m)a', 解得a'=5m/s2, 物体A做匀减速直线运动刚好能到达井口， 2 则h-h1=2a, 联立解得t=3.2s. 答案(1)750N(2)1.25m/s(3)3.2s 专题5牛顿运动定律 1.B2.B3.D4.D5.C6.A7.C8.BCA9.AD 10.AC11.AD 12.解析(1)调节木板的倾角，使小车在未悬挂砝码盘时能拖： 着纸带沿木板向下匀速运动 (2)依题意，纸带上打点的时间间隔为T=子=0.02由纸 带数据可知，纸带上点“120”对应的速度大小为20=！ w-121=5.08×102 2T 2X0.02m/s=1.27m/s,小车做匀加速直线运 动，则有2ax0-120=02,解得a=0.53m/s2. (3)设细绳张力为F,由牛颜第二定律，可得F=Ma,mg-2F:15 =m·兰，联立，解得g=4M十m。 2m 答案(1)调节木板的倾角，使小车在未悬挂砝码盘时能拖！ 着纸带沿木板向下匀速运动(20.53(3)4M牛m。 2m 13.解析(1)在平衡摩擦力时，不对小车施加额外的拉力，即不 连接细绳和小桶；纸带上打出的点间距离逐渐增大，即小车！ 在做加速运动，说明平衡摩擦力过度了，则应移动左侧垫片！ 使木板的倾角略微减小. (2)根据牛顿第二定律，有m糊g一2m车Q本=m制Q糊，且a本=！ 2a相，代换得到m糕g=(41车十m制)a,,在m精不变的情况！ 下，由上式可知，李增大，则a福减小；力传感器的示数F= 之m湘（g一Q相)，即a相减小时，F将增大，传感器的示数会 增大， (3)由题知两计数，点间的时间间隔为0.1s, 可求得小车的加速度4=9.78+1.60-6.19-8.00)X102m (0.1s×2) ≈1.8m/s2. (4)作出的a一F图像如图所示： ↑a/(ms2) 1. 0.8 0.4 ■■■■■■■■■■ 09 0.20.40.6FN 图像的斜率k=:602=2,根据牛顿第二定律，有F=: m,即a=品F,所以6=解得m=名=0.50ke: 12 答案(1)不减小(2)会(3)1.8(4)见解析图0.501 —189 解析(1)设上滑的时间为t1,下滑的时间为t2,根据题意 可知： mgt mgt: 2 1 设上升过程中的位移大小为x,加速度为a1,则下滑过程中 的位移大小也为x,加速度大小为a2,根据位移时间关系 可得 1 x=2a142= 1 2a2t22, 解得风=4 a21 根据牛顿第二定律可得 上滑过程中：ngsin8十amgcos日=ma 下滑过程中：ngsin日-umgcos日=mag 解得u=0.45 (2)设物块返回到斜面底端时速度的大小为，根据速度位 移关系可得 云器 1 解得v=之o~ 答案10,45（2)2 解析(1)设碰后物块A的速度大小为1， 由动能定理可知一以mgL=0一子m, 解得v1=4m/s. (2)假设物块A到达传送带右端时与传送带能达到共同速度 ,则物块A与B发生弹性碰撞有 m1o=m11十m2v2, 1 m=2m12+%w2, 1 解得，=4m/s,v=8m/s, 设物块A滑上传送带后加速的距离为L',由动能定理有 hmgL'= m2、1 1 22 解得上只 m<L, 所以假设成立，即传送带转动的速度为U=8m/s, (3)物块B滑上木板后，物块B向右做匀减速运动，木板向 右做匀加速运动，设经时间t共速， 物块B加速度大小为a1=g=3m/s2, 木板的加速度a,=m8m十心)8=3m/S, 又v#=U2一at=agt, 代入数据得1=号 3 s,V共=2m/s, 此过程物块B的位移x=)1=2m, 2 半板车的位移4=受=号m 2 达到共同速度后两者保持相对静止，故平板车的最短长度 4 Lmn=工B一x本=3m. 答案(1)u=4m/s(2)%=8m/s(3)3m