专题1 课时作业1 力与物体的平衡-【红对勾讲与练】2026年高考物理二轮复习练习手册

班级： 姓名： 专题一 力与运动 课时作业1力与物体的平衡 (分值：55分) 基础巩固练 4.(5分)(2025·湖南长沙一模) 如图，一小孩在玩躲猫猫游戏 1.(5分)(2025·福建卷)如图所 时，徒手靠摩擦爬上墙壁（地面 示，山崖上有一个风动石，无风 有保护措施)，已知该屋角两侧 时地面对风动石的作用力是 的竖直墙壁互相垂直，她爬升墙 F1,当受到一个水平风力时，风 壁时利用手脚交替即双脚支撑 动石依然静止，地面对风动石的作用力是F2,关于 时双手上移，双手支撑时双脚上移的方法，最后靠 F,和F2的大小关系，下列说法正确的是() 双脚与墙面作用停在某高度，假设此时双手不受 A.F2大于F 力，双脚两个受力点受力均等，小孩重力为G,最 大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是 B.F1大于F2 C.F1等于F2 D.F1和F2的大小关系与风力大小有关 A.小孩单只脚受到墙壁的摩擦力大小为》 2.(5分)(2024·山东卷)如图 B.小孩受到墙壁的摩擦力方向竖直向上 所示，国产人形机器人“天 C.小孩脚与墙壁间的动摩擦因数大于1 工”能平稳通过斜坡。若它 D.若对称增加脚与墙壁的挤压力，则摩擦力不 可以在倾角不大于30°的斜 改变 坡上稳定地站立和行走，且最大静摩擦力等于滑 5.(5分)（多选）(2025·河北石家 动摩擦力，则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能 庄质检)如图所示，半圆环竖直 小于 ( ) 固定在水平地面上，光滑小球Amm9 套在半圆环上。对小球施加一始终指向半圆环最 A号 B分 高点B的拉力F,使小球从半圆环最低点A缓缓 3 移动到最高点B。下列说法正确的是 () c u图 A.拉力F一直减小 B.拉力F先增大后减小 3.(5分)(2025·河北卷)如图，内 C.小球对半圆环的压力大小始终不变 壁截面为半圆形的光滑凹槽固 D.小球对半圆环的压力先增大后减小 定在水平面上，左右边沿等高。 6.(5分)(2024·湖北卷)如图所 777 该截面内，一根不可伸长的细绳穿过带有光滑孔 示，两拖船P、Q拉着无动力 的小球，一端固定于凹槽左边沿，另一端过右边沿 船S一起在静水中沿图中虚 s回 并沿绳方向对其施加拉力F。小球半径远小于凹 方向匀速前进，两根水平缆绳 槽半径，所受重力大小为G。若小球始终位于内 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f, 壁最低点，则F的最大值为 ( ) 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 C.G D.√2G B.2T C.2f D.3f (横线下方不可作答) 109 专题一力与运动 7.(5分)(2025·八省联考内蒙古卷)2024年9月，国 C.当α=30时F有最小值 内起重能力最大的双臂架变幅式起重船“二航卓 D.F的最小值为0.96mg 越”号交付使用。若起重船的钢缆和缆绳通过图 10.(5分)我们常用支架与底板垂直的两轮手推车搬 示两种方式连接：图(a)中直接连接，钢缆不平行； 运货物。如图甲所示，将质量为m的货物平放在 图(b)中通过矩形钢架连接，钢缆始终平行。通过 手推车底板上，此时底板水平；如图乙所示，缓慢 改变钢缆长度（缆绳长度不变），匀速吊起构件的 压下把手直至底板与水平面间的夹角为30°。不 计货物与支架及底板间的摩擦，重力加速度为g, 过程中，每根缆绳承受的拉力 下列说法正确的是 钢缆→ 矩形钢架 缆绳→ 图(a) 图b) 氏 A.图(a)中变大 B.图(a)中变小 C.图(b)中变大 D.图(b)中变小 A.当底板与水平面间的夹角为30°时，底板对货 能力提升练 物的支持力为2mg 8.(5分)如图所示，一半球形光滑 B.当底板与水平面间的夹角为30°时，支架对货 绝缘碗固定在水平地面上，半径 物的支持力为3mg 为R,上表面水平，O为球心。 2 C.压下把手的过程中，支架对货物的支持力一直 三个完全一样的带电小球静止放置在碗内，处在 增大 同一水平面上，小球距离碗底的竖直高度为（图 D.压下把手的过程中，底板对货物的支持力先减 中只画出一个小球，另外两个小球未画出)。已知 小后增加 小球质量为m,重力加速度为g,静电力常量为k。 尖子生选练 则每个小球带电荷量的大小是 ( 11.(5分)如图所示，倾角为 A.3R mg mg 0=30°、静止在水平地面上 入R A 的斜面体顶端有一光滑的 10 C.R 3R 3mg 定滑轮，斜面上的物块A D.k 通过细线绕过定滑轮与物块B相连，此时物块A 9.(5分)（多选）质量为M的木 F 恰要沿斜面滑动，现在物块B上施加水平向右的 楔倾角0为37°，在水平面上保 力使物块B缓慢升高（图中未画出），当物块B与 持静止。当将一质量为m的 M 滑轮间的细线与竖直方向的夹角9=60°时，物块 木块放在木楔斜面上时，它正 A也恰要沿斜面滑动，已知物块B的质量为m, 重力加速度为g,整个过程斜面体始终静止，则 好匀速下滑。如图所示，当用与木楔斜面成α角 () 的力F拉木块时，木块匀速上升（已知木楔在整个 A.外力F的最大值为2mg 过程中始终静止)，sin37°=0.6。下列说法正确 B.物块A的质量为2m 的是 ( A.木块与斜面间的动摩擦因数为0.75 C.物块A和斜面间的最大静摩擦力为？mg B.当a=37°时F有最小值 D.地面和斜面体间的摩擦力一直减小 红对勾·讲与练 110 高三二轮物理 ■年分量Ea,=Ecos0=sin'0c0sB 的能量为碰拉前动能的子，可知维球 微元累加并根据对称性可知，M点的 与地面碰后篮球的动能变为原来的 合电场强度为E=? 3 .3 sin0cos0,令 R ,即E=mgH,篮球反弹后所 f(0)=sin8cos0=cos6-cos0,则其导 具有的动能转化为重力势能，则E1 函数为f'(0)=一sin0+3cos0sin日，令 mgh1,所以篮球与地面第一次碰撞后 f'(6)=0,此时cos0= 3,可知当 茧球上升的最大高废为么，=子H,同 理可以得出篮球与地面第二次碰撞后 cos 0=3 ，即试探电荷距离圆环中心 篮琅上升的最大高度为A:=(侣)H, 为号R时，电场强度最大，加速度壶 继而求出第三次h,= 大，并且这个位置与电荷量无关，故C 正确，B、D错误。 n次h。= (任jH,进行教学归纳，发 现每次与地面碰撞后篮球上升的高度 与之前下落高度为等比数列，篮球停 止运动前运动的总路程为x=H十 2h1+2h2十2h,十…，由等比数列知识 0 M E 得x=H+2X3 -( HX 3,篮球 典例5AD用0表示火车最后的速 1一 度，用m表示每节车厢的质量，由于轨 停止，n取无穷大，总路程为x=7H, 道对车厢的阻力不计，所以由n节车 故B正确。 厢组成的系统，动量守恒，取第一节车 典例7C若弹簧处于压缩状态，对小 厢原来的速度方向为正方向，则有 球受力分析可知，此时无论圆环对小 m0=m,得0=，故A正确，B错 球的弹力方向指向圆心还是背离圆 心，小球的合力均不为0，即弹簧不可 误；相邻两车厢的间隙长度为△L 能处于压缩状态，弹簧只可能处于拉 伸状态，且圆环对小球的弹力方向背 ”一，设车厢间发生第1、2、…次碰 离圆心，小球所受合力才可能为0，小 琼才能处于静止状态，B错误；根据上 撞后连在一起的车厢速度分别为1、 述分析，对小球进行受力分析如图甲 v2、…、Yk,则有2mv1=m心0,3m02= m…,(k十1)mg=m℃o,解得y1 所示，根据相似三角形有巴=m5- Z000:=30g…,0g=十100，所以 ,又由于xAB=2Rcos9,解得N, N 整个过程所用时间为1=业十 mg,F1=1.6mg,A错误； △L+…+L=L[1+2+…+(m 1)门=，故C错误，D正确。 典例6B篮球下落的过程，篮球的重 力势能转化为篮球的动能，所以篮球 下落到与地面第一次碰撞前动能为 甲 Ek=mgH,篮球与地面碰撞过程损失 练习手册 专题一力与运动 受力分析，有umg cos30≥mng sin30°， 课时作业1力与物体的平衡 解得≥ ,故B正确。 3.B分析可知当凹槽底部对小球支持 1.A无风时，地面对风动石的作用力方 力为0时，此时拉力F最大，根据平衡 向竖直向上，与重力平衡，大小为F, mg。当受到一个水平风力时，地面对 条件2F。0s46°=G,解得F。= G, 2 风动石的作用力与竖直向下的重力及 故选B。 水平方向的凤力F,三力平衡，根据平 4.C对小孩受力分析，如 衡条件可知，地面对风动石的作用力 图所示，当仅用双脚将自 大小为F:=√F+(mg),故F:大 己稳定在空中时，每面墙 于F1,故选A。 壁给小孩脚的弹力均垂 2.B斜坡倾角越大，“天工”越容易下 直墙壁指向外，根据对称 滑，只要保证“天工”在30°倾角的斜坡 性可知墙壁对小孩每只 上不下滑，在小于30°倾角的斜坡上更 脚的弹力大小相等，且两 不会下滑，对30°倾角斜坡上的“天工” 弹力相互垂直，根据平行四边形定则 根据上述分析可知，换用弹簧后，小球 受力如图乙所示，根据相似三角形有 F2 TAC R =R,又由于xc=2Rosa, g 解得N2=mg=N1,F2=2 ng cos a, D错误； 乙 令弹簧原长为L,根据上述分析可解 得F1=k1(2Rcos0-L）=2 ng cos, F2=k2 (2Rcos a-L)=2mg cos a, 有，(2R-点g）=2mg,k:(2R- 。)三2mg,由以上分析可知，当换 用原长相同、劲度系数更大的某轻质 弹簧时，小球静止时弹簧与竖直方向 的夹角变大，即C点位置处于圆环上 B点的上方，即换用弹簧后，弹簧的弹 力将变小，C正确。 典例8C对小球受力分析如图所示， H F& B FA 由正弦定理有 in∠CpH sin/CHP:其中∠CPH=∠OPB, F8 ∠CHP=∠HPD=∠APO。其中 AP AO △APO中 sin(x-∠POB) sin∠APO9 BP BO 同理有 sin∠POB sin∠BPO ,其中 FA=k AP F=k Qiq Q:9 BP,联立有 Q1:Q。=2n3:1,故选C。 可知两弹力的合力垂直墙角竖直线且 沿角平分线指向外，所以小孩所受弹 力与重力的合力向外倾斜向下，由平 衡条件可得，小孩所受的摩擦力应向 内倾斜向上，则由平行四边形定则可 知弹力增大，摩擦力也增大，B、D错 误；由图可知，小孩两只脚受到墙壁的 摩擦力的竖直分量之和等于重力G,则 G 单只脚受到墙壁的摩擦力必大于 ,A 错误；小孩受到的摩擦力在水平方向 上的分量等于其受到墙壁的弹力，且 两只脚所受摩擦力在水平方向上的分 量大小相等，方向垂直，两只脚受到墙 壁的弹力大小相等，方向垂直，所以该 四力所围成的图形为正方形，则小孩 参考答案 239 每只脚受到墙壁的摩擦力的水平分量 大小等于该只脚受到墙壁的弹力大小， 即F sin a=N,又F,uN,所以u≥ F 1>1,C正确。 N sin a 5.AC对小球受 B 力分析如图所 N 示，根据相似 三角形法可得 777777777777777777 mg。V F mg RR 小球从半圆环最低，点A缓缓移动到最 高点B的过程中，小球与B,点间的距 离1逐渐减小，则拉力F减小，N的大 小不变，根据牛顿第三定律可得小球 对半圆环的压力大小始终不变，故选 A、C。 6.B根据题意对S受力分析如图1，正 交分解可知2Tcos30°=f,所以有 下=。对P受力分析如图2，则有 (Tsin30°)2+(f+Tcos30°)2=F, 解得F= 3f,故选B。 309 图1 S回 30° 图2 7.A设缆绳与竖直方向的夹角为，假 设有n根缆绳，设构件的质量为m,对 构件受力分析，由平衡条件得nTcos0= g,解得每根缆绳承受的拉力为T= mg 。,题图(a)匀速吊起构件的过程 ncos A 中，缆绳与竖直方向的夹角日变大，则 每根缆绳承受的拉力变大；题图(b)匀 速吊起构件的过程中，缆绳与竖直方 向的夹角日不变，则每根缆绳承受的拉 力不变，故选A。 8.B设两小球之间的距离为r,小球所 带电荷量为g,则两小球之间的静电力 为F=k二，则其中一个小球受到另外 两个小球的静电力的合力为F令= 2Fc0s30°，对小球受力分析可知 mg F合 3 tan30°，由几何关系可知r=?R,联立 mg ,故B正确。 9.ABD木块匀速下滑时，有ng sin37°= ngcos37°，解得=0.75，A正确；木 块匀速上升时，有Fcos a=mg sin0十 u(mg cos日一Fsin a),整理得F= 2402树闪·讲与练·高三二轮物理 0s(a-9,可知当a=0=37时，F有 mg sin 20 最小值，最小值为F=0.96g,B、D正 确，C错误。 10.C设底板对货物的支持力为FN,支 架对货物的支持力为F心，当底板与水 平面间的夹角为30°时，货物的受力如 图甲所示，由平衡条件得FN1cOs60° Fx cos30°，Fx sin60°+Fxesin30°= 2g·解得FN1=72g·FNe一272g· 故A、B错误；压下把手的过程中，货 物的受力情况如图乙所示，则底板对 货物的支持力一直减小，支架对货物 的支持力一直增大，故C正确，D错误。 FN2 .130°. mg 111g 甲 乙 11.C当物块B与滑轮间的细线与竖直 方向的夹角9=60°时，外力F具有最 大值，以物块B为研究对象，根据受 力分析可得tan60°= ,外力F的 mg 最大值为F=√3mg,故A错误；设物 块A的质量为mA,由题意可知，对物 块B施加外力F前，物块A恰要沿斜 面下滑，则有mAg sin30°一Fm= Fn1=mg,当物块B与滑轮间的细线 与竖直方向的夹角9=60°时，此时细 线拉力为F:=cos60 mg =2mg,物块 A恰要沿斜面上滑，则有mAg sin30°十 Fm=F=2mg,联立解得mA 3m,Fm=2mg,故B错误，C正确； 以物块A、物块B和斜面体为整体， 根据受力平衡可得F=F,由于水 平外力F逐渐增大，则地面和斜面体 间的摩擦力一直增大，故D错误。 课时作业2直线运动 与牛顿运动定律 1.C质，点做直线运动，位移与时间成函 数关系，A、B选项中1个时间对应2个 以上的位移，故不可能，故A、B错误； 同理D选项中1个时间对应2个速 度，也是不可能，只有C选项速度与时 间是成一一对应关系，故C正确， D错误。 2.C根据运动学公式℃=v,十at,代入 数值解得a=一6m/s,故加速度大小 为6m/s2,故选C。 3.A由题图可知-t图像的斜率表示 加速度，0~t1时间内加速度为负且恒 定，速度为正，加速度方向与速度方向 相反，故0~t1内，汽车做匀减速直线 运动，故A正确；t1t2内，汽车做匀 速直线运动，故B错误；0~t1内加速 度方向为负，t2一t?内加速度方向为 正，故0一t1和t2一t内，汽车加速度 方向相反，故C错误；0~t1和t:t 内，汽车速度方向相同，均为正，故D 错误。 4.D由x=一2t2+20t十10，结合x= vot+- at十工。，可知汽车刹车的加速 度a=一4m/s2,初速度v。=20m/s,则 汽车刹车所用的时间t。= 0-o =5, a 则48内汽车发生的位移为x:= w,+2ai=20X4m+×(-40X 2 4m=48m,A错误；8s内汽车发生的 00 位移等于5s内的位移，工=21。 2X5m=50m,B错误：8s内汽车的 2 平均速度大小为=工= 50 m/s= t8 Q 6.25m/s,C错误，D正确。 5.C第一次设轻绳拉力为T1,根据平 衡条件可知T1=m1g,对物块B,根据 牛顿第二定律有T1=m2a1,解得a1= 1 28:两个物块的位置互换后，设轻绳 拉力为T。,根据平衡条件可知T。= 2g,对物块A,根据牛顿第二定律有 T:=m1a2,解得a2=2g。由于小车与 物块相对静止，因此小车的加速度等 于物块的加速度。根据x= 2at,可 知在相同时间内，两次小车运动的位 移之比为x1:x2=a1:a2=1:4,故 C正确。 6.B受力分析可知，物块C受重力和弹 簧弹力，弹簧的弹力不能突变，在轻绳 剪断瓣间，物块C受到的弹力与重力 相等，所受合力为0，则物块C的加速 度为0；物块B与吊篮A相对静止，将 吊篮A、物块B看作一个整体，受重力 和弹簧的弹力，弹簧的弹力等于物块C 的重力mg,对吊篮A、物块B组成的 系统，由牛顿第二定律得a= mg十mg十mg=3 2m 8,故A错误，B正 确；以吊篮A为研究对象，吊篮A受到 重力与物块B对吊篮A的压力，由牛 顿第二定律得mg十FN=ma,代入数 据得Fy="m5,故C,D错误。 2 7.CD由题图知拉力变化，雪撬做变加 速直线运动，A错误：设雪橇的质量为 m,雪棍与地面间的动摩擦因数为“， 根据牛顿第二定律，对雪橇有F一 mg=ma,即F=mg十ma,图像斜 率表示雪旋的质量，得m=一一，B错 误：若F=0,c=一g得=- g C正确：当拉力F=nb时，加速度a= nb一b =c(1一n),D正确。 m 8.AD ，根据-t图像中，图线与横轴围 成的面积表示位移，由题图甲可知，物 体在这段时间内的位移x>马 2ot。,故 A正确：根据运动学公式2a.x=v2一u 可得2=2ax十6，可知02-x图像中 图线的斜率为2a,由题图乙可得，物体 的加速度为0.5m/s2,故B错误；根据