选择题专练(2)力、物体的平衡-【鱼跃龙门卷】2026年高考物理试题逐题突破

2025一2026学年度高考试题逐题突破— 选择题专练（二） 物理·力、物体的平衡 总分：64分时间：40分钟 1.（多选)在2025年伦敦温布尔登网球锦标赛中，中国选手王紫莹在轮椅网球单打决赛中以6比 3战胜对手，随后又与搭档拿下双打冠军，成为该项赛事历史上首位包揽单双打冠军的中国选 手。关于网球的重力，下列说法正确的是 A.网球受到的重力不一定指向地心 B.网球受重力的同时，它也对地球产生引力 C.网球受到的重力的施力物体是地球 D.网球在空中飞行时，它不受重力作用 2.质量为M的半球形物体A和质量为m的光滑球形物体B紧靠着放在倾角为α的固定斜面 上，并处于静止状态，如图所示，重力加速度为g,下列说法正确的是 A.物体A对物体B的弹力方向沿斜面向上 B.物体A对斜面的压力等于Mg cos a C.物体B对斜面的压力等于nmg cos a D.物体A受到斜面的摩擦力等于(M十m)gsin a 3.如图甲所示，质量为m的物块与劲度系数为的轻弹簧连接，置于光滑水平面上，物块在水平 拉力F。与弹簧弹力F,=一x(式中x如图乙所示)共同作用下，由弹簧原长位置O向右运 动至伸长量x=2x1(未超过弹簧的弹性限度)处， 个FN Fo 则此运动过程中 A.物块的速度先增大后减小 40000m F 2x1 x/m 77777777777777 777777777777 F B.物块的加速度一直减小 分 7 C.物块以O点为平衡位置做简谐运动 D.拉力F。与弹力F,的合力对物块做正功 4.一直导线通过弹簧吊在天花板上。导线下方水平桌面上放置一条形磁体，弹簧的轴线垂直通 过磁体的N极。现将导线中通入垂直纸面向里的电流（如图所示），磁体仍保持不动。则通电 前后达到稳定的两个状态相比，下列说法正确的是 A.通电后弹簧的弹力变小 B.通电后导线受到条形磁体的力指向左上方 C.通电后条形磁体对桌面的压力变小 7777777777777777777777 D.通电后条形磁体受到桌面的摩擦力向左 物理·选择题专练（二）第1页（共4页） 鱼欧花门卷 5.两共点力的大小不变，它们的合力F与两共点力之间夹角0的关系如 ↑FN 图，则两共点力的大小分别为 A.2N、3N B.4N、5N 0 90°180°270°8 C.3N、3N D.3N、4N 6.如图所示，倾角为0的光滑斜面长和宽均为L,一质量为m的质点由斜面左 上方顶点P静止释放，若要求质点沿PQ连线滑到Q点，已知重力加速度为 g。则在斜面上，可以对质点施加的作用力大小不可能为 A.mg sin B.mg √3 C.mgsin 0 D. 3 mgsin 7.利用机器人可以帮助人们完成一些危险的工作，如高空作业，深海探测等。如图所示，一微形 机器人M依靠磁力吸附在某建筑物的玻璃幕墙外（幕墙内有一块与墙平行的厚度均匀且较大 的磁铁)擦拭玻璃，假设玻璃幕墙的形状为以△BCD为水平底面的正四面体，机器人恰静止在 △ABC的中线AE上。下列说法正确的是 A.机器人沿AE缓慢上移时，受到的摩擦力将增大 B.仅增强磁铁的磁性时，机器人受到的摩擦力将减小 C此时机器人受到的牵擦力P,与其重力G的大小关系为P,-号2G D.此时机器人受到玻璃幕墙的弹力Fw与其重力G,磁力F的关系为PN= 3G+p 8.晾晒衣服的绳子两端分别固定在两根竖直杆上的A、B两点，A、B两点等高，无风状态下衣服 保持静止。某一时刻衣服受到水平向右的恒定风力而发生滑动，并在新的位置保持静止，如 图所示。两杆间的距离为d,绳长为？d,衣服和衣架的总质量为m,重力加速度为g,不计绳 子的质量及绳与衣架挂钩间的摩擦，sin37°=0.6。则 A.相比无风时，在有风的情况下∠AOB更小 B.无风时，轻绳的拉力大小为后mg 5 7777777777777777777777777777777 C.衣服在新的平衡位置时，挂钩左、右两侧绳子的拉力大小不相等 D.相比于无风时，绳子拉力在有风的情况下不变 物理·选择题专练（二）第2页（共4页） 班级 9.(多选)如图所示，在竖直空间固定半径为R的绝缘圆环，圆环圆心O点正下方 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 姓名 静止在圆环上M点的右侧。现用外力使A缓慢向圆环最低点M移动，则B沿 圆环右移，在此过程中，两小球所带电荷量保持不变且均可视为点电荷，不计一 得分 切摩擦，则下列说法中正确的是 A.圆环对B的弹力一直减小 B.圆环对B的弹力一直增大 C.A、B间的库仑力先增大后减小 D.A、B间的库仑力一直增大 10.两个完全相同的截面为四分之一光滑圆面的柱体A、B按如图所示叠放，A 的右侧有一光滑竖直的挡板，A和B的质量均为。现将挡板缓慢地向右 答题栏 1 移动，整个过程中B始终保持静止，当A将要落至水平地面时，下列说法正 2 确的是（重力加速度为g) 777777777777777777777 A.A对B的压力大小为mg B.B对地面的压力大小为mg 5 6 C.A对竖直墙面的压力大小为2mg D.B受到水平地面的摩擦力大小为√3mg 8 11.（多选)如图所示，轻绳a的一端与质量为m1的物块A连接，另 9 F 端跨过光滑定滑轮与轻绳b拴接于O点，与水平方向成0角的 10 0 力F作用在O点，质量为m2的物块B恰好与地面间没有作用 o) 11 A m 12 力，已知0=60°，定滑轮右侧的轻绳与竖直方向的夹角也为0，重 6 B m2 13 力加速度为g。当F从图中所示的状态开始顺时针缓慢转动90 14 的过程中，结点O、物块A的位置始终保持不变，则下列说法正确的是 15 16 A.m2=m B.F的最小值为√3m1g C.力F先减小后变大 D.地面对物块B的支持力变大 12. 沿轴线切除一部分后的圆柱形材料水平放置，该材料的横截面如图所示，O为其圆心， ∠AOB=60°，质量为m的均匀圆柱形木棒沿轴线放置在“V”形槽中。初始时，A、O、C三点 在同一水平线上，不计一切摩擦，重力加速度为g。在材料绕轴线逆时针缓慢转过90°角的过 程中，下列说法正确的是 A.槽面OA对木棒的弹力的最大值为23mg 3 B.槽面OB对木棒的弹力先增大后减小 C.槽面OA对木棒的弹力一直增大 D.槽面OA与槽面OB对木棒弹力的合力先减小后增大 物理·选择题专练（二）第3页（共4页） 鱼跃花门卷 13.如图所示，带电小球A固定在竖直墙面上，用绕过固定在竖直墙上C点的光滑 小定滑轮的细线拉着带电小球B,小球B静止，此时A、B连线水平，A、B间的 距离为r,A、C间的距离为h,h>r,小球A、B及定滑轮大小不计。用拉力F 缓慢拉动细线一端，使小球B缓慢向上移动，在小球B从图示位置一直运动到 C点的过程中 A.拉力F一直减小 B.拉力F先增大后减小 C.小球一直做曲线运动 D.小球先做曲线运动后做直线运动 14.如图所示，质量相等的物块A、B放在水平地面上，用绕过动滑轮C 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 两物块上的轻绳在同一竖直面内，绳AC与水平方向的夹角为37°， z2777KRF7777R77777777717 绳BC与水平方向的夹角为53°，不计滑轮的大小及滑轮的质量，开始A、B保持静止，两物 块与水平面间的动摩擦因数均为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，保持F方向不变，缓慢 增大F,则(sin53°=0.8，sin37°=0.6) A.物块A先滑动 B.物块B先滑动 C.物块A、B同时滑动 D.不能确定哪个物块先滑动 15.如图所示，两根相距为d的平行金属导轨与水平面间的夹角为0，两导轨右端与滑动变阻器、 电源、开关连接成闭合回路，在两导轨间轻放一根质量为m、长为d的导体棒MN。导轨间 存在着垂直于导轨平面向下的匀强磁场。调节滑动变阻器，当通过导 体棒的电流为I和2I时，导体棒MN均恰好静止。已知重力加速度 为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是 A.a端为电源的负极 B.匀强磁场的磁感应强度大小为4 sin 3Id C.当通过导体棒的电流为I和2I时，导轨对导体棒的作用力大小相等 电源b D.导体棒与导轨间的动摩擦因数为2tan0 16.(多选)如图甲所示，轻绳AD跨过固定的水平横梁4 右端的定滑轮挂住一个质量为m,的物体， ∠ACB=30°；图乙中轻杆HG一端用较链固定在竖 B 30 30°C 直墙上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向 A D m 112 也成30°，轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量为m2 的物体，则下列说法正确的是 A.FAc FEG=m1:2m2 B.FHG:FEG=3:2 C.FBc:FHc=m1：√3m2 D.FAc FHG=m1:2m2 物理·选择题专练（二）第4页（共4页）·物理· 第一部分选择题专练 物理选择题专练（一）】 1.C 2.A【解析】根据匀减速直线运动的位移时间公式x=ot一 0-b 2a,可得号=w-2at,由题图可知w=b,-2a= to 可得列车的加速度大小为a一碧，故A正确；列车减速过程所 间为一=多一9，可知列车在公时刻的速度大 to 0放B特误列率企程通过的位移为工一学-台·台-， 6 8 放C错误列车全程的平均速度为=受-名.放D错误。 3.BC【解析】假设汽车甲3s内一直做匀减速直线运动，根据匀 变速直线运动推论可得a=二飞1=1一16 2T2=2x1m/s=-7.5m/s, 设t=0时刻的初速度为o。,刹车后第1s内根据位移时间关系 可得x1=w41十2ali,解得0。=19.75m/s,则汽车甲减速为 零的时间为t= _0-00_79 一30s<3s,可知汽车甲在3s前已经减 速为零。设汽车甲刹车后的加速度大小为a',汽车甲刹车时的 初速度为v'。,汽车在第3s内实际行驶的时间为t。,则有x1 4,-名a日=16m,爱=2s十根据逆向思维可知 1 a't6=1m,联立解得%=20m/s,a'=8m/s2,t。=0.5s,刹 车所用时间为2.5s,故A错误，B正确。汽车甲在刹车过程中 9 通过的位移大小为x=%-20 2a=2×8m=25m>24m,可知汽车 甲在刹车过程中，会撞上乙车，故C正确，D错误。 4.BC【解析】频闪照相的时间间隔T=子-0.2s,题图中所有 位置均曝光2次，所以d点到竖直上抛的最高点的时间间隔为 t=号，所以小球从最高点开始下落到b点经历的时间为马 +2T-号T=0.55,小球经过6点时的速度为，=g, 5m/s,A错误。小球从最高点下落到a点经历的时间为t。= 2十3T=子T=0.7s,所以a点距竖直上抛的最高点的距离为 k=g=2.45m,B正确。初速度为0的匀加速直线运动， 在连续相等时间间隔内的位移之比为1：3：5：·：（2n一1)， 若从最高点至a点分为7个相等的时间间隔，每个间隔为 0.1s,有11：12：13=(13+11)：(9+7)：(5+3)=3：2：1， C正确，1=分g-8=1.2m,D错误。 5.BD【解析】若两者均无初速度同时释放，则在同一时间内下 降高度相等，可知小球在空中不能穿过管，故A错误。两者同 时释放，小球具有竖直向下的初速度。，管无初速度，则以管为 参考系，小球做匀速运动，在管中运动的时间：一二，则小球能 参考答案及解析 叁考答案及解析 穿过管，且在管中运动的时间与当地重力加速度无关，故B正 √(mg)2+(ma)2,解得Tc3=5√3N,故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 确。先让小球自由下落，设下落时间为t,当小球落至空心管11，C【解析】小球静止时，分析其受力情况，如T 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 上边缘时，无初速度释放空心管，设小球落至空心管上边缘时的 图所示，由平衡条件得弹簧的弹力大小为 加速度为a=g=5m/s2,不变，故A错误。假设物块与木板 速度为，在管中运动的时间为红，则有△h,=,十2g号 F=mgan53°=子mg,细绳的拉力大小为 相对静止，对整体F=(m1十m2)a1,对物块f=m2a1,当F 15N时，f=10N,恰好等于物块与木板间的最大静摩擦力，故 2s=L,4==上，则小球一定能穿过管，且穿过管的时 T=mg cos53=3mg,故A、B错误。细绳烧 5 物块与木板刚好发生相对滑动，故B正确。当F=12N< U gt 15N时，物块与木板相对静止，对整体F=(m1十m2)a2,对物 间与当地重力加速度有关，故C错误。两者均无初速度释放， 断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉 块f=m2a2,可得f=8N,故C正确。当F=18N>15N时， 但小球提前了△时间释放，以管为参考系，小球相对管匀速运 力大小相等、方向相反，则在此瞬间小球的加速度大小为α= 物块与木板相对滑动，物块的加速度a=5m/s2,0~2s内的 动，则有v=g△t,L=',可知小球在管中运动的时间为t'= T=5 位移x2= 2au2=10m,木板的加速度a'=F-2m?8_ g△，则小球一定能穿过管，且穿过管的时间与当地重力加速度 m=38,故C正确。若将弹簧撒去，小球的加速度为a 有关，故D正确 gsin53°=5gD错误。 8m/g,0~2s内的位移x1-a-16m,摩擦生热Q C 7.D 12.D【解析】初始时假设A球不动，则B以球A为圆心，杆长L m2g（x1一x2)=60J,故D正确。 B【解析】由a-t图像可知，0~t。时间内，加速度不变，无人机 为半径做圆周运动，当杆与竖直方向成α角时，球B的速度大 物理选择题专练（二） 做匀减速直线运动，故A错误。根据α-t图像与横轴围成的面 小为v,对B根据机械能守恒定律有mgL(1一cosa)= 积表示速度变化量，且3t。时刻无人机的速度恰好为零，可知无 1.ABC【解析】重力的方向可能指向地心，也可能不指向地心， 2mu2,又由a+N=mZ,解得2mg=3 mgcosa-+V, 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 人机在to时刻的速度大小为v1=2a。×2。=aoo,无人机在 当c0sa>子时，N<0,说明杆对A、B有压力的作用，A球没 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， 24,时刻的速度大小为=号×受，- 1 4aoto,可知无人机在 2 仍然受重力作用，故D错误。 ,当cosa三号时，轻杆的弹力N为零，当c0 2.D【解析】弹力方向垂直于接触面，可知， t。时刻的速度大小是2t。时刻的4倍，故B正确。无人机在0 时，N>0,说明杆对A、B有拉力的作用，A球此时离开墙；因 物体A对物体B的弹力方向沿A、B球心 时刻的速度大小为=ato十2aX2。=2ato,则0~t。时 号时杆的弹力大小为N1=mg(3osa-2),故 连线向上，故A错误。令A、B球心连线与 此当cosa 斜面之间夹角为日，分别对A、B进行受力分 间内，无人机的位移大小为x=0十，=2a,十a, 2 析，如图所示，对物体A有N3=Mg cos a十 2 2 A、B错误，D正确。当cosa<分时，N>0,A离开墙，A,B系 N2sin0,对物体B有ngsin a=N2cos0, a,行，故C错误。设无人机的质量为m,t。时刻根据牛顿第 3 统在竖直方向所受合外力不为零，所以A球与B球系统的动 mgcos a=N1+N2sin0,解得N1= 量不守恒，故C错误。 二定律可得F1一mg=mao,2t。时刻根据牛顿第二定律可得13.C【解析】由图乙可知，图像斜率的绝对 gcos (0-),N-Mgcos amgsin atan0 cos 0 F:一g=·学周有式。子放D错展 值表示合外力的大小，小物块向右滑，合 根据牛顿第三定律可知，物体A对斜面的 压力等于Mg cos a十mgsin atan0,物体B Mg mg+m. 9 外力大小为mg,则1k1=E =mg,且 0 对斜面的压力等于gcos(6-a 2,故B、C错误。对A、B构成 BCD【解析】撤去球c所受的外力前，b、c间绳子伸直但无拉 E。= 力，以a、b为整体，根据受力平衡可得kx1=2 ng sin37°，撤去 2m5,物块返回与传送带共速时的 cos 0 的整体进行分析，根据平衡条件有f=(M十m)gsin a,故D 球c所受的外力瞬间，以c为对象，根据牛顿第二定律可得2mg 动能为E,则号E。=分mo2,则品=？，联立解得E。= 正确。 T=2ma,以a、b整体为对象，根据牛顿第二定律可得T+ 3.D4.C5.D kx1-2 ng sin37°=2ma,联立解得a、b、c的加速度大小为a= 8J,o=4m/s,μ=0.4，故B错误。根据题意作v-t图像如图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 0.5g,故A错误，B正确。以斜面体和a、b、c整体为对象，由于 所示，由图像可知，小物块做匀变速直线运动且共速前加速度 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 α、b的加速度沿斜面向上，具有水平向右的分加速度，根据牛顿 3 方向，沿斜面方向合力与PQ共线，根据三角形定则可知，当外 不变，全程可看为匀减速，即-v=,一gt,解得t=)s,故A 第二定律可得f地=2 ma cos37°，可知斜面体受到水平向右的静 力和PQ垂直时，外力最小，所施加的外力的最小值为Fm= 摩擦力作用，故C正确。撤去球c所受的外力后，a、b刚好分离 错误。整个过程中物块与传送带间产生的热量为Q mg sin0sin45°=√2 2 mg sin,所以对质点施加的作用力大小应 时，a、b间的弹力为0，此时a、b、c的加速度大小相等，以c为对 mg△x,由v-t图像可知相对位移为△x=?(o+oo)t,联立 象，根据牛顿第二定律可得2mg一T'=2ma',以b为对象，根据 解得Q=18J,故C正确。根据能量守恒可得E。十E电=Q十 牛顿第二定律可得T'一ng sin37°=ma',以a为对象，根据牛 满足F> 2 mg sin0,故A,B,C不符合题意，D符合题意。 3 顿第二定律可得F弹一mgsin37°=ma',联立解得弹簧弹力大 4E。,整个过程中电动机多消耗的电能为E电=Q一：E。一 7.C 小为P-1侣mg,放D正确。 8.A【解析】设无风时绳子夹角的一 12J,故D错误。 半为01，绳长为L,有风时绳子夹角 C【解析】若小车做匀速直线运动，对物体进行受力分析有 14.CD【解析】对表演者进行分析，当F=0.0502>mg时，合力 的一半为02，挂钩两边细绳与竖直 向上，人向上加速，由牛顿第二定律得0.05v2一mg=ma,故随 TAc=mgsin53°=8N,故A错误。若小车做加速度为7.5m/s 方向夹角相等，则有风时如图，有 着风速减小，加速度减小，人做加速度减小的加速运动；当F= 的匀加速运动，对物体受力分析有TC1cos37°-TAC1cos53°= L1+L2=Lsin02,d=Lsin01,又因 0.05v2=mg时，解得v2=1.0×104m2·s2,由乙图可知 ma1,TBc1sin37°+TAc1sin53°=mg,解得Tc1=12N,故B 为d>L1+L2,所以81>02，故A正 v2=1.2×104m2·s2一400h,联立解得h=5m,这时加速度 ;误。若小车做加速度为0/？的匀加速运动，对物体受力分 确。无风时，衣服受到重力和两边绳 为零，速度最大；当F=0.05u2<mg时，合力向下，人向上减 子的拉力处于平衡状态，如图所示， 速，由牛顿第二定律得mg一0.05v2=ma,故随着风速的减小， d= 777 析有Tc2cos37°-TAczcos53°=ma2,Tc2sin37°+TAc2sin53°= 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 由几何关系可得sin0,= 3 mg,解得TAc2=0,故C正确。若小车做加速度为15m/s2的匀 5 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 加速运动，由于15mWg>智m/,结合上述可知，此时AC绳 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W.=△E,风力做的功等于机械能的变化量， 解得01=37°，根据平衡条件可得mg=2Fcos01,解得F= 拉力为零，BC绳稳定后，对物体受力分析有TC3= 风力做正功，则表演者的机械能一直在增加，故D正确。 15.C 200s日，一8mg故B错误。由于不计绳子的质量及绳与衣架 mg 5 ·1 高考试题逐题突破 挂钩间的摩擦，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 相位三角形可知器-是能得R-器R, 随着OA距离的减小，圆环对B的弹力一直增 大，故A错误，B正确。根据R=(AB), FN kqAqB F:-领器，可知，路者OA减小，ABE离在 减小，所以A、B间的库仑力Fε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FNB与竖直方向夹角为60°，则B对A的支持力为FNB c0s60=2mg,即A对B的压力大小为2mg,选项A错误。 mg 对A、B整体受力分析可知，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F、= 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=FN=√3mg,选项D正确。 11.CD【解析】对结点O受力分析如图甲所示，则m1g= mgc0s0,可知m,=弓m:,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a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 减小后变大，当力F与轻绳b垂直时，力F有最小值，为Fm= migsin 0=13 m1g,故B错误，C正确。F从图中所示的状态 顺时针转动90°的过程中，轻绳b的拉力m2g一FN变小，故地 面对物块B的支持力F、变大，故D正确。 U 0 mig--- A m A m m2g-FNY B mz ZZZZ227777ZZ27777227777772772727777772272272 ZZZZ2272777Z22777777777272777777227772222777 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 /60° 析，由力的平衡条件可知，重力mg、槽面 OA对木棒的弹力F。A和槽面OB对木棒 的弹力Fs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、Fs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FA有最 大值，最大值为Foam=sin60 mg =25mg,A正确。由图可知， Q 槽面OB对木棒的弹力Fos一直增大，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。 13.D14.A 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N,所以a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FA1十Fi max一mgsin0=0,当通过导体棒的电流为2I 时，对导体棒受力分析有FAe一Ftmx一mg sin0=O,由题意可 知Fe=2FAM,解得FA= 3 mgsin Fimmgsin FA1=BId,解得B=2 ng sin0 ,故B错误。当通过导体棒的电 3Id 流为I时，导轨对导体棒的摩擦力Fim=3 mg sin0,沿导轨 向上，导轨对导体棒的支持力F、=mg cos0,导轨对导体棒的 作用力F1=√Fx十F%,当通过导体棒的电流为2I时，导 轨对导体棒的摩擦力F:mx= 3 mg sin0,沿导轨向下，导轨对 导体棒的支持力FN=mg cos0,导轨对导体棒的作用力F2= √Fmx十F,所以F,=F2,故C正确。由题意可知F:mx= 3 mg sin0=μFN=mg cos0,解得μ=3tan0,故D错误。 6. 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FAc=m1g,Fc=2m1gcos60°= m1g,对G点根据受力平衡可得Fx-sin30 m2g -2m2g,F HG- tan30=3m2g,则有Fac:Fo=m:2m2,Fc:Fc= m2g 3:2,FBc FHG-m1:3m2,FAc FHG=m1:3m2 AA A上 FEG C 30G 30° D 物理选择题专练（三） C AC【解析】采用逆向思维，网球做平抛运动，根据=2gh, 两次高度相同，故竖直方向的速度相同，根据=2g2,可得 匹，可知运动时间相同，故A正确。采用逆向思维，网球 =入g 做平抛运动，两球运动的时间相等，都为t,在水平方向上有d= xA一xB=toAl一Bl,解得水平方向速度之差为△V=voA V08 ,故B错误。采用逆向思维，网球做平抛运动，竖直方 1 向的高度为九=之1，根据速度夹角正切值等于位移夹角正切 值的两倍，则有品)一2冬， ,解得A点与墙面间的距离为x gt2tan0,故C正确。若A、C两点间的距离与B、C两点间的距 离之比为n：1,时间相等，根据平均速度的定义可知，从A、B 两点击出的网球运动到C点过程的平均速度大小之比为n：1, 故D错误。 C【解析】小球做平抛运动，根据九=g,可知运动时间相 同，A错误。根据△o=gt,由于运动时间相同，所以速度变化量 也相同，B错误。设两小球的水平位移分别为x1和x2,由几何 关系可知x1=R一√R-h,x2=R+√R一h,根据平抛运 1 动规律，可知x1=U1t,x2=v2t,h=28t,联立可得01十2= 2R√：，C正确。若撞击C点时的速度方向与球面垂直，则0 点速度方向的反向延长线过圆心O,根据平抛运动的推论，速度 的反向延长线一定过水平位移的中点，而O点不是水平位移的 中点，与假设相矛盾，所以撞击C点时的速度方向与球面不垂 直，D错误。 ·2 BC 8.B【解析】根据v=rw可知，薄板上各点线速度大小相等，方向 C【解析】对小球运动的轨迹进行分析，如图甲所示，设AP的 不同，故A错误。若弹丸先射穿薄板，再进入转筒，弹丸在转筒 距离为H,根据几何关系有H=y十xtan0,由平抛运动的规律 中运动的时间为t= d=0.1s,此时转筒转过的角度为0= 1 可知兰=×=可得y=2品。联立可得x 21 H wt=0.8π=144°，由题意可知，圆筒上每隔36°的圆心角即有一 1 ，由数学知识可知，当2an0=tan0时z有最大 块薄板，由几何关系可知，弹丸经空隙射出；同理可得，若弹丸不 2tan日+tan 经薄板，直接射人转筒，其在转筒中运动时，转筒转过72°，弹丸 射穿薄板飞出转筒，因此薄板上一定会留下一个弹孔，故B正 值，因为初始时刻日角度未知，所以当日变小后，x可能变小，也 确。由选项B可知，无论是增大角速度还是减小角速度，子弹 可能变大，即x变化不确定；将小球落在板上的速度进行分解， 都可能只由空隙处穿过薄板，在薄板上都可能不留下任何弹孔， 如图乙所示，根据几何关系可得vo=v,tan0=gttan0,水平方 故C、D错误。 gH 向有x=vot,联立可得v=gxtan 0= 一，由题意可知0 9.AD【解析】配重与人在相同时间内转过的角度相等，所以配 重与人的角速度大小相同，故A正确；当人与自行车运动到最 2tan0+1 低点时，杆对配重恰好没有作用，以配重为对象，根据牛顿第二 减小，则tan0变小，故初速度vo减小，即v<v。 P之 定律可得Mg=ML,可得角速度为a=√是，则配重的线速 /B /B x.. 度为v=wL=√gL,故B错误；人与自行车运动到最低点时， 以人与自行车为对象，根据牛顿第二定律可得N一mg=mw2· A角， A 3L,又w=√i ,解得N=4mg,故C错误，D正确。 10.BD【解析】由于轻绳开始刚好伸直，没有张力，因此圆盘转 ACD【解析】两小球竖直位移相同，则运动时间相同，初速度 动后，A、B开始随圆盘转动需要的向心力由静摩擦力提供，故 1:大小之比为%-马-Rtan37°=3 ,故A正确。若让两 A错误。物块A刚好要滑动时，有umAg=mAX2rωi,解得 R 球仍在OC所在竖直面相遇，则xOA十xoB=xAB,其中xoA ,此时B受到的摩擦力f=mprw=mAg<umBg, w1=√2 v1t,xos=02t,若1大小变为原来的2倍，则时间t变为原来 继续增大转动角速度，轻绳开始有拉力并和摩擦力一起提供 的一半，要能相遇，则乙球的速度2要增大为原来的2倍，故C 向心力，当转动角速度为w2时，由于mAX2r(w?一w)= 正确。甲球落在D,C两点时的竖直位移之比为头-？，根据 Br(w2一wi),可见增加的向心力相同且都由轻绳提供，因此 从A刚好要滑动开始，随着转动的角速度增大，A、B受到的 摩擦力大小始终不变，始终等于mAg,A、B不可能滑动，故 t一入Ng 三-号华用子回阳明阳学鲍a攀鞋由此世C B、D正确，C错误。 t 11. C ,甲球落在D、C两点时的水平位移之比为 12.C【解析】汽车在转弯过程中受到的摩擦力方向在时刻变化 √2 所以不是匀变速曲线运动，故A错误。汽车转弯过程中靠静 兰可知甲球落在D,C两点时的初速度大小之比为-。 摩擦力提供向心力，又因为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，有 umg= ,三，代人数据解得v。=√8m/s≈15kmh,故B错 是-放若大小变为 t -2 v1,则甲球恰能落在斜面的中点 误。汽车泊车过程的位移大小为x=√(6+5)+6m≈ D,故B错误。若要甲球垂直击中圆环BC,则击中BC时的速 12.5m,则汽车泊车的平均速度约为。=二=125 m/s≈ 度方向一定过O点，且根据平抛运动规律的推论可知O点为甲 t 40 球水平位移的中点，故甲球落点到A点的水平距离为x' 1.13km/h,故C正确。汽车在泊车过程中摩擦力不仅要改变 汽车的速度大小，还要改变汽车的速度方向，所以摩擦力的方 2Rtan37=t',竖直距离为y=√R2-(Rtan37°严=7R, 向不是总与运动方向相反，会有一段过程与速度成钝角（大于 90°，小于180)，故D错误。 结合在C点相碰的情况下x=Rtan37°=v1t,y=R,根据y= 13.BC【解析】作出受力图，则整体受重力和支持力， 向心力是效果力，故A错误。根据牛顿第二定律 ),解得=7生=4所以若要甲球垂直击中圆环BC t一2’v17 则o1应变为原来的 方倍，故D正确 得ng tan a=-mR,得v=√gR tan a,H越高，R 越大，则v越大，故B正确。根据题意，由平衡条mg C【解析】把小球的运动分解为沿斜面方向和垂直斜面方向， 件可得下=g,由牛顿第三定律可知，摩托车对 cos a 当垂直斜面方向的分速度减为0时，小球离斜面最远，但此时小 球不是运动到最高点，故B错误。把小球的速度分解到沿斜面 侧壁的压力P'=F=。则摩托车对侧壁的压力F与H 方向和垂直斜面方向，则小球沿斜面方向的速度小于物块的速 无关，故C正确。由牛顿第二定律mg tan a=mw2R,得w= 度，若斜面光滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，则不 可能在P点相遇，所以斜面是粗糙的；从O点到P点，小球和 tam,可知角速度与圆周运动的半径有关，而高度越高， 物块克服重力做功相等，但物块还要克服摩擦力做功，由于初 圆周运动的半径越大，故D错误。 动能相等，根据动能定理可知，在P点时，小球的动能大于物块 14.ACD【解析】由乙图可知，当2=0时，小球处于静止状态， 的动能，故C正确。从O点到P点过程，小球只克服重力做功， 可得Fr=mg,解得m=1kg,故A正确。由乙图可知，当 物块需要克服重力和摩擦力做功，则合外力对物块做功的大小 大于合外力对小球做功的大小，又所用时间相等，所以小球和 02=10m/s2时，根据牛顿第二定律，可得Fr一mg=m,, 物块从O点到P点过程中合外力的功率不相等，故D错误。小 解得r=0.5m,故B错误。小球做完整的圆周运动时，在最高 球的加速度为a肆-g,设斜面倾角为0，物块与斜面间的动摩擦 因数为μ，根据牛顿第二定律可得mg sin0十mg cos日=ma物， 点的临界速度满足mg=m,解得v-5m/s,小球从最 可得物块的加速度大小为a物=gsin0十gcos0,不能确定小球 和物块加速度是否大小相等，故A错误。 低点运动至最高点过程，由机械能守恒可知2mw