【文档说明】《高考全国最新模拟试题分类汇编》专题01平衡态下物体的受力（解析版）.doc，共(11)页，1013.404 KB，由管理员店铺上传

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12021年高考全国模拟试题分类汇编(一模二模)专题01平衡态下物体的受力1.（2021.包头市二模）（单选）滑块放在水平地面上，左边受一个弹簧拉力作用，弹簧原长小于悬挂点的高度，水平向右的拉力F拉动滑块，使滑块向右缓慢移动，并且滑块始终没有离开地面，则在上述过程中，下列说法正确的是()A．弹簧弹

力在竖直方向的分量不变，滑块受到的摩擦力不变B．弹簧弹力在竖直方向的分量不变，滑块受到的摩擦力变小C．弹簧弹力在竖直方向的分量增大，滑块受到的摩擦力变小D．弹簧弹力在竖直方向的分量增大，滑块受到的摩擦力不变【答案】C【解析】设弹簧的原长为L0，竖直方向时弹簧伸长量为x1，弹簧与水平方向的夹角

为θ时弹簧伸长量为x2，根据正交分解得：竖直方向：FN＝mg－F弹sinθ，根据几何关系可得：F弹sinθ＝kx2·L0＋x1L0＋x2＝k·L0＋x1L0x2＋1，其中x1和L0为定值，当x2逐渐增大时，F弹sinθ增大

，支持力FN逐渐减小，根据Ff＝μFN可知摩擦力减小，所以A、B、D错误，C正确。2.（2021山西晋中市一模）（多选）如图所示，半圆形槽半径R＝30cm，质量m＝1kg的小物块在沿半径方向的轻弹簧挤压下处于静止状态。已知弹簧的劲度系数k＝50N/m，自由长度L＝40cm，一端固定在圆心O处，

弹簧与竖直方向的夹角为37°。取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则（）A．物块对槽的压力大小是15NB．物块对槽的压力大小是13NC．槽对物块的摩擦力大小是6ND．槽对物块的摩擦力大小是8N【答案】BC【解析】物块受重力mg、支持力N、弹簧的弹力F、沿半圆形槽切线向上

的静摩擦力f，根据共点力平衡2条件，切线方向上有mgsin37°＝f，半径方向上有F＋mgcos37°＝N，根据胡克定律，F＝k·Δx＝50×（0.4－0.3）N＝5N，解得f＝6N，N＝13N，选项B、

C正确。3.（2021·江西九江市二模）（多选）如图所示，两个完全相同的小球在挡板作用下静止在倾角为θ的光滑斜面上，下列关于小球受力的说法正确的是（）A．小球的重力在乙种情况下不产生对斜面的作用效果B．小球均受重力、斜面的弹力、挡板的弹力C．小球受到挡板的作用力的大小、方向均相同D

．撤去挡板，小球所受合力方向将沿斜面向下【答案】BD【解析】根据物体处于静止状态的受力特点知，甲、乙两球受挡板作用力的方向分别为水平向右和沿斜面向上，重力按实际作用效果可分解为使物体压紧斜面的力和使物体压紧挡板的力。撤去挡板后，小球受力的大

小、方向也随之发生变化，甲、乙两种情况下小球所受的合力大小均为mgsinθ，方向沿斜面向下，故B、D选项正确。4.（2021.鄂尔多斯市二模）(多选)5个共点力的情况如图所示，已知F1＝F2＝F3＝F4＝F，且这四个力恰好构成一个

正方形，F5是其对角线。下列说法正确的是()A．F1和F5的合力与F3大小相等，方向相反B．这5个共点力能合成大小为2F、相互垂直的两个力C．除F5以外的4个力的合力的大小为2FD．这5个共点力的合力恰好为

2F，方向与F1和F3的合力方向相同【答案】AD【解析】力的合成遵从平行四边形定则，根据这五个力的特点，F1和F3的合力与F5大小相等，方向相反，可得F1和F5的合力与F3大小相等，方向相反，A正确；F2和F4的合力与F5大小

相等，方向相反；又F1、F2、F3、F4恰好构成一个正方形，所以F5为2F，可得除F5以外的4个力的合力的大小为22F，C错误；这5个共点力的合力大小等于2F，方向与F5相反，D正确，B错误。35.（2021.安徽亳州市二模）(多选

)如图所示，一个质量为4kg的半球形物体A放在倾角为θ＝37°的斜面B上静止不动．若用通过球心的水平推力F＝10N作用在物体上，物体仍静止在斜面上，斜面仍相对地面静止．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，则()A．物

体A受到斜面B的摩擦力增加8NB．物体A对斜面B的作用力增加10NC．地面对斜面B的弹力不变D．地面对斜面B的摩擦力增加10N【解析】选CD.若用通过球心的水平推力F＝10N作用在物体上，物体仍静止在斜面上，将该力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡条

件可得：Fcos37°＋Ff＝mgsin37°，解得摩擦力Ff＝16N．物体A受到斜面B的摩擦力减小ΔFf＝24N－16N＝8N，选项A错误；没有施加水平力F时，根据平衡条件，A受斜面作用力与重力等大反向，即大小为40N，根据牛顿第三

定律，物体A对斜面的作用力为40N，方向竖直向下．施加水平力F后，物体A对斜面的作用力如图，F′＝102＋402N＝1017N，物体A对斜面B的作用力增加(1017－40)N，选项B错误；把物体A和斜面B看做整体，分析受力，由平衡条件可知，地面对斜面B的弹力不变，摩擦力增加10N，选项C

、D正确．6.（2021·云南省昆明市一模）（多选）如用示，一条光滑绝缘柔软轻绳跨过一定滑轮，轻缅两端连接质址分别为m1、m2的两个带同种电荷的小球，稳定时，两侧轻绳的长度分别为l1、l2，且l1>l2，与竖方向的夹角分别为

1、2现缓慢碱少小球m1的电荷量到一定值，系统重新稳定，两侧轻绳的长度分别变为小'1l、'2l与竖直方向的夹角分别变为'1、'2，关于稳定时的情景下列说法正确的是（）A.12B.''12=

C.'11llD.'11ll=【答案】BC【解析】4以两小球作为一个整体研究，滑轮对轻绳的作用力竖直向上，同一轻绳弹力T处处相等，则左右两侧轻绳与竖直方向的夹角等大，故平衡时12=，12=对左边带电小球受力分析，由三角形相似形法，则有11mgThl=同理对右边小球有22mgT

hl=可得1221mlml=故m1<m2由极限法可知若小球电量减小到0，则每个小球只受重力与绳子弹力，且右边小球所受重力大，则m1上升m2下降，故l1减小、l2增加，故C正确。故选BC。7.（2021·陕西西市一模）（单选）将两个质量均为m的小球a、

b用细线相连后，再用细线悬挂于O点，如图所示。用力F拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持θ＝30°，则F的最小值为（）A.33mgB．mgC.32mgD.12mg5【答案】B【解析】以a、b为整体，整体受重力2mg、悬绳Oa的拉力F

T及拉力F三个力而平衡，如图所示，三力构成的矢量三角形中，当力F垂直于悬绳拉力FT时有最小值，且最小值F＝2mgsinθ＝mg，B项正确。8.（2021.石家庄市高三二模）（单选）如图所示，光滑斜面的倾角为30°，轻绳通过两

个滑轮与A相连，轻绳的另一端固定于天花板上，不计轻绳与滑轮的摩擦。物块A的质量为m，不计滑轮的质量，挂上物块B后，当动滑轮两边轻绳的夹角为90°时，A、B恰能保持静止，则物块B的质量为（）A.22mB.2mC．mD

．2m【答案】A【解析】先以物块A为研究对象，由物块A受力及平衡条件可得绳中张力T＝mgsin30°。再以动滑轮为研究对象，分析其受力并由平衡条件有mBg＝2T，解得mB＝2m2，A正确。9.(2021·河南安阳市一模)（单选）如图所

示，竖直放置的“”形支架上，一根不可伸长的轻绳通过不计摩擦的轻质滑轮悬挂一重物G，现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从B点(与A点等高)沿支架缓慢地向C点靠近，则绳中拉力大小变化的情况是()A.变大B.变小C.不变D.先变大后变小【答案】C【解析】因不计

轻质滑轮的摩擦，故悬挂重物的左右两段轻绳的拉力大小相等，由平衡条件可知，两绳与竖直方向的夹角大小相等，设均为θ，则有2FTcosθ＝G.设左右两段绳长分别为l1、l2，两竖直支架之间的距离为d，则有l1sinθ＋l2sinθ＝d，得：sinθ＝dl1＋

l2，在悬点B竖直向上移至C点的过程中，虽然l1、l2的大小均变化，但l1＋l2不变，故θ不变，FT不变，C正确.610.（2021.山西太原市一模）(多选)生活中拉链在很多衣服上得到应用，图是衣服上拉链的一部分，当我们把拉链拉开的时候，拉头与拉链接触处呈三角形，使很难直接分开的

拉链很容易地拉开，关于其中的物理原理，以下说法正确的是()A.拉开拉链的时候，三角形的物体增大了拉拉链的拉力B.拉开拉链的时候，三角形的物体将拉力分解为两个较大的分力C.拉开拉链的时候，三角形的物体将拉力分解为方向不

同的两个分力D.以上说法都不正确【答案】BC【解析】拉头与拉链的接触处呈三角形，拉力分解为两个分力，如图所示，分力的大小大于拉力，且两分力的方向不相同，所以选项B、C正确，A、D错误.11.（2021年金华市二模）（多选）如图所示，在水平桌面上有一个质量为M且倾角为α的斜面体.一个质量为m的

物块，在平行于斜面的拉力F作用下，沿斜面向下做匀速运动.斜面体始终处于静止状态.已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.下列结论正确的是()A.斜面对物块的摩擦力大小是FB.斜面对物块的摩擦力大小是μmgcosαC.桌面对斜面体的摩擦力大小

是FcosαD.桌面对斜面体的支持力大小是(M＋m)g【答案】BC【解析】对物块受力分析，如图甲所示，由共点力的平衡条件得，F＋mgsinα＝Ff1，mgcosα＝FN1，Ff1＝μFN1，解得斜面对物块的摩擦力大小Ff1＝F＋mgsinα或Ff1＝μmgcosα，故A

错误，B正确；对物块和斜7面体整体受力分析，如图乙所示，由共点力的平衡条件得：Ff2＝Fcosα，FN2＝Fsinα＋(m＋M)g，故桌面对斜面体的摩擦力大小为Fcosα，桌面对斜面体的支持力大小为Fsinα＋(m＋M)g，故C

正确，D错误.12.(多选)(2021·江西南昌3月模拟)如图所示，静止在粗糙水平面上的半径为4R的半球的最高点A处有一根水平细线系着质量为m、半径为R的光滑小球.已知重力加速度为g.下列说法正确的是()A

.地面对半球的摩擦力的方向水平向右B.细线对小球的拉力大小为34mgC.保持小球的位置不变，将A点沿半球逐渐下移，半球对小球的支持力逐渐减小D.剪断细线的瞬间，小球的加速度大小为0.6g【答案】BD【解析】以半球和小球整体为研究对象，整体处于平衡状态，不受摩擦力作用，A项错误.对小球受力分

析如图，拉力FTA＝mgtanθ，由几何关系可知tanθ＝34，则FTA＝34mg，B项正确.半球对小球的支持力FN＝mgcosθ，在A点下移时，θ增大，cosθ减小，则FN增大，C项错误.在剪断细线的瞬间，

细线对小球的拉力消失，小球在沿切线方向有mgsinθ＝ma，其中sinθ＝0.6，得a＝0.6g，D项正确.13.（2021.山东淄博市一模）（单选）如图所示，质量为m的小球用细线拴住放在光滑斜面上，斜面足够长，倾角为α的斜面体置于光滑水平

面上，用水平力F推斜面体使斜面体缓慢地向左移动，小球沿斜面缓慢升高(细绳尚未到达平行于斜面的位置).在此过程中：()8A.绳对小球的拉力减小B.斜面体对小球的支持力减小C.水平推力F减小D.地面对斜面体的支持力不变【答案】A【解析】对小球受力分析，如图甲所示，斜面体左移会引起FT

的方向及大小的变化而FN的方向不变，三力的合力为0，则形成闭合三角形，FT与FN相互垂直时FT最小，此时细线和斜面平行，则细线尚未到达平行于斜面的位置时，FT逐渐变小，FN逐渐变大，故选项A正确，B错误；对斜面体受力分析，如图乙所示，根据平衡条件，有：F＝FN′sinα＝FNs

inα，FN地＝Mg＋FN′cosα＝Mg＋FNcosα.由于FN增大，故支持力FN地和推力F均增大，故C、D错误.14.（2021.济南市一模）(多选)如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑.小球被轻质细线系住放在斜面上.细线另一端跨

过定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢下移一小段距离，斜面体始终静止.移动过程中()A.细线对小球的拉力变大B.斜面对小球的支持力变大C.斜面对地面的压力变大D.地面对斜面的摩擦力变大【答案】BCD【解析】设小球和斜面体的质量分别为m和M，细线和斜面的夹角为

θ.对小球受力分析，如图甲所示，小球受到重力mg、斜面的支持力FN和细线的拉力FT，则由平衡条件得：斜面方向：mgsinα＝FTcosθ垂直斜面方向：FN＋FTsinθ＝mgcosα使小球沿斜面缓慢下移时，θ减小，其他量不变

，由①式知，FT变小.由②知，FN变大，故A错误，B正确；对斜面体进行受力分析，如图乙所示，斜面体受到重力Mg、地面的支持力FN地、地面的静摩擦力Ff和小球9的压力FN′，由平衡条件得：Ff＝FN′sinα，FN′＝FN变大，F

f变大FN地＝Mg＋FN′cosα，FN′＝FN变大，FN地变大，根据牛顿第三定律得，斜面体对地面的压力也变大，故C、D正确.15.（2021赤峰市一模）（单选）如图所示，两段等长细线串接着两个质量相等的小球a、b，悬挂于O点.现在两个小球上分别加上水平的外力，其中作用在b

球上的力大小为F、作用在a球上的力大小为2F，则此装置平衡时的位置可能是()【答案】A【解析】设每个球的质量为m，Oa与ab和竖直方向的夹角分别为α、β.以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图甲所示，根据平衡条件可知，Oa绳的方向不可能

沿竖直方向，否则整体的合力不为零，不能保持平衡.由平衡条件得：tanα＝F2mg.以b球为研究对象，分析受力情况，如图乙所示，由平衡条件得：tanβ＝Fmg，则α＜β，故A正确.1016.（20216·平顶山

一模）（单选）有一堆砂子在水平面上堆成圆锥形，稳定时底角为α，如图所示。如果视每粒砂子完全相同，砂子与砂子之间，砂子与地面之间的动摩擦因数均为μ，砂子之间的最大静摩擦力可近似认为与滑动摩擦力相等，以下说法正确的是（）A．砂堆稳定时

，砂堆底面受到地面的摩擦力一定为零B．砂堆稳定时，只有形成严格规则的圆锥，底面受到地面的摩擦力才为零C．砂堆稳定时形成的圆锥的底角最大值满足tanαmax＝μD．砂堆稳定时形成的圆锥的底角最大值满足cosαmax＝μ【答案】C【解析】对于砂堆整

体，只受到重力和底面的支持力，水平方向上不受力，A正确；不论砂堆的形状是否为规则的圆锥形，整体受力不变，B错误；对砂堆侧面上的某粒砂子受力分析，如图所示则FN＝mgcosα，Ff＝mgsinα，Ff≤μFN，解得tanαmax＝μ

，C正确，D错误。17.（2016·吉林市二模）（单选）如图所示，有一倾角θ＝30°的斜面体B，质量为M。质量为m的物体A静止在B上。现用水平力F推物体A，在F由零逐渐增加至32mg再逐渐减为零的过程中，A和B始终保持静止。对此过程下列说法正确的是（）A．地面对B的支持力大于

（M＋m）gB．A对B的压力的最小值为32mg，最大值为334mgC．A所受摩擦力的最小值为0，最大值为mg4D．A所受摩擦力的最小值为12mg，最大值为34mg【答案】B11【解析】因为A、B始终保持静止，对A、B整体受力分析可知，地面对B的支持力一直等于（M＋m）g，A错误；当

F＝0时，A对B的压力最小，为mgcos30°＝32mg；当F＝32mg时，A对B的压力最大，为mgcos30°＋Fsin30°＝334mg，B正确；当Fcos30°＝mgsin30°时，即F＝33mg时，A所受摩擦力为0，当F

＝0时，A所受摩擦力大小为12mg，方向沿斜面向上，当F＝32mg时，A所受摩擦力大小为14mg，方向沿斜面向下，选项C、D错误。18．（2021九江市一模）质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时

，它正好匀速下滑。如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块匀速上升，如图12所示（已知木楔在整个过程中始终静止）。（1）当α＝θ时，拉力F有最小值，求此最小值；（2）当α＝θ时，木楔对水平面的摩擦力是多大？【答案】（1）mgsin2θ（2）12mgsin4θ【解析】木块在木楔斜面上匀

速向下运动时，有mgsinθ＝μmgcosθ，即μ＝tanθ。（1）木楔在力F作用下沿斜面向上匀速运动，有Fcosα＝mgsinθ＋FfFsinα＋FN＝mgcosθFf＝μFN解得F＝2mgsinθcosα＋μsinα＝2mgsi

nθcosθcosαcosθ＋sinαsinθ＝mgsin2θcos（θ－α）则当α＝θ时，F有最小值，为Fmin＝mgsin2θ。（2）因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即Ffm＝Fco

s（α＋θ）当F取最小值mgsin2θ时，Ffm＝Fmincos2θ＝mg·sin2θcos2θ＝12mgsin4θ。