2026高三物理二輪復(fù)習(xí)模型專練二（平衡問題）解析版

26屆高二物理二輪復(fù)習(xí)模型專練二（平衡問題）

一.單選題

1.如圖甲所示，用兩根手指對稱地抓起一個截面為圓的杯蓋。將其簡化成如圖乙所示，手指與杯蓋截面

始終處于豎直平面內(nèi)，手指接觸點1、2的連線水平且相距為L截面半徑為R=2.5cm,兩接觸點與圓心

的連線與水平方向的夾角均為0,手指和杯蓋間的動摩擦因數(shù)為4=0.75,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦

力,能保持杯蓋始終靜止，則L不能小于（)

A.3.0cm

B.3.3cm

C.4.0cm

D.4.8cm

答案C

【詳解】對杯蓋兩接觸點受力分析如圖所示

設(shè)杯蓋質(zhì)量為m,保持靜止則有Nsin夕+<〃Ncos夕

所以則有Nsin，<〃NcosJ

可得4>tan0

由圖可知cos0=^

聯(lián)立可得

L

解得L>4.0cm

故選C。

2.圖甲為掛在架子上的雙層晾衣籃。上、下籃子完全相同且保持水平，每個籃子由兩個質(zhì)地均勻的圓形

鋼圈穿進網(wǎng)布構(gòu)成，兩籃通過四根等長的輕繩與鋼圈的四等分點相連，上籃鋼圈用另外四根等長輕繩系

在掛鉤上。晾衣籃的有關(guān)尺寸如圖乙所示，則圖甲中上、下各一根繩中的張力大小之比為（）

A.1：1

B.2：1

C.5：2

D.5：4

答案c

【詳解】設(shè)一個籃子的質(zhì)量為加，連接下籃的繩子的拉力為72,對下籃，根據(jù)平衡條件得44二〃吆

解得（=資

設(shè)連接上籃的繩子的拉力為I，繩子與豎直方向夾角為8,對兩個籃整體由平衡條件得47；cos0=2mg

24

根據(jù)幾何關(guān)系得而0=芯=。.6

40

聯(lián)立解得［二，吆

O

T5

則h=弓，故C正確，ABD錯誤。

故選Co

3.在沒有起重機的情況下，工人要將油桶搬運上汽車，常常用如圖所示的方法。已知油桶重力大小為G,

斜面的傾角為9。當(dāng)工人對油桶施加方向不同的推力產(chǎn)時，油梢始終處于勻速運動狀態(tài)。假設(shè)斜面與油桶

的接觸面光滑。在推力戶由水平方向逐漸變?yōu)樨Q直方向的過程中，以下關(guān)于油桶受力的說法正確的是

)

A.若力尸沿水平方向，產(chǎn)的大小為Gsin。

B.若力/沿水平方向，斜面對油桶的支持力大小為GcosO

C./由水平方向逐漸變?yōu)樨Q直方向的過程中，斜面對油桶的支持

力逐漸變大

D.尸由水平方向逐漸變?yōu)樨Q直方向的過程中，推力廠的最小值為Gsine

答案D

【詳解JAB.當(dāng)力F沿水平方向時，由于油箱為勻速運動狀態(tài)，因此受力平衡，則水平和豎直方向

上有F=Ns\n8,Ncos8=G

解得F=Gtan<9,N=￡,故AB錯誤;

cos。

CD.當(dāng)力F由水平方向逐漸變?yōu)樨Q直方向的過程中，油桶的受力分析圖如下所示，

故支持力在逐漸變小，且推力最小為力F和支持力N垂直，也即沿斜面方向，此

時最小值為"iin=Gsin夕，故C縉誤，D正確。

故選D。

4.如圖為教室外空調(diào)機的安裝圖，水平護板右端兩側(cè)較鏈鎖住等長平行鋼條1和鋼條2,另一端固定于

墻壁，與墻壁的夾角為30。；水平護板右端中點較鏈鎖鋼條3,再固定于墻壁，與墻壁的夾角為60。；空

調(diào)機的重量為G,護板和鋼條I、2、3的重力不計，空調(diào)機作用點視為在護板右端中點，鋼條1所受拉

力設(shè)為片、鋼條3所受壓力設(shè)為工，則（）

J,墻壁

式▼鋼條1

A.F\>G*鋼條2

B.F\=F],空調(diào)機

.工護板

C.F\<F、/X鋼條3

D.2￡+K=G

答案C

【詳解】對空調(diào)受力分析，水平方向則有2￡sin30。=6sin60。

解得耳=寧居

豎直方向上2￡cos30°+Fycos60°=G

聯(lián)立可得耳=立G,K=2G

142

故選C。

5.重慶南開中學(xué)為增強學(xué)生體魄，組織學(xué)生進行多種體育鍛煉。在某次鍛煉過程中，一學(xué)生將鉛球置于

兩手之間，其中兩手之間夾角為60。。保持兩手之間夾角不變，將右手由圖示位置緩慢旋轉(zhuǎn)60°至水平位

置。不計一切摩擦，則在轉(zhuǎn)動過程中，下列說法正確的是（）

右手對鉛球的彈力增加

A.o

B.右手對鉛球的彈力先增加后減小

C.左手對鉛球的彈力增加

D.左手對鉛球的彈力先增加后減小

答案B

【詳解】對鉛球研究，右手對.鉛球的彈力為左手對鉛球的彈力為6,受力分析如圖所示

GG

K與6夾角120。保持不變，故可以用動態(tài)圓求解如圖所示

從圖可看出K先增大后減小，鳥一直減小。

故選B“

6.如圖，滑塊P、Q的質(zhì)量分別為〃中=5kg,,頂=10kg。P與Q、Q與水平地面之間的動摩擦因數(shù)均為0.5。

4

繩04一端與P相連，另一端與豎直墻壁相連，繩剛好伸直，繩OA與水平方向夾角為仇tan6>=p重

力加速度g=10m/s2?，F(xiàn)通過力傳感器水平作用于Q將它抽出。下列說法正確的是（）

A.P受到的靜摩擦力大小為15N

B.將Q抽出力傳感器的最小讀數(shù)為90N

C.當(dāng)力傳感器的讀數(shù)為100N時，Q的加速度大小為2m/s2

D.Q對地面的摩擦力大小為75N

答案C

【詳解】ABD.P受到的是滑動摩擦力，對P進行受力分析，如圖所示

網(wǎng)g

由平衡條件，可得力cos53=Fr],^.1+^4-sin53=/g

又心=心，

解得5A=25N,&=3（）N,5=I5N

對。分析有62&2=〃（尸NI+"bg）=65N

則將Q抽出力傳感器的最小讀數(shù)為（in=5+耳2=8。N

故ABD錯誤；

C.由牛頓第二定律產(chǎn)-弓-62=〃3

解得a=2m/s2

故C正確。

故選c。

二.多選題

7.質(zhì)量為M的凹槽靜止在水平地面上，內(nèi)壁為半圓柱面，截面如圖所示，A為半圓的最低點，8為半圓

水平直徑的端點。凹槽恰好與豎直墻面接觸，內(nèi)有一質(zhì)量為〃，的小滑塊。用推力/推動小滑塊由4點向3

點緩慢移動，力廠的方向始終沿圓弧的切線方向，在此過程中所有摩擦均可忽略，下列說法正確的是

()

A.推力尸先增大后減小

B.凹槽對滑塊的支持力逐漸減小

C.墻面對凹槽的壓力先增大后減小

D.水平地面對凹槽的支持力先減小后增大

答案BC

【詳解】AB.對滑塊受力分析，設(shè)F與水平方向的夾角為仇由平衡條件有

F=mgsin0,N=mgcos0

滑塊從A緩慢移動B點時，。越來越大，則推力F越來越大，支持力N越來越小，所以A錯誤B正確;

C.對凹槽與滑塊整體分析，有堵面對凹槽的壓力為冗=Fcos0=〃igsin0cos0=}〃gsin(20

則〃越來越大時，墻面對凹槽的壓力先增大后減小，所以C正確；

D.水平地面對凹槽的支持力為N地=(A7+〃z)g-尸sine=(M+〃?)g-〃7gsin2。

則。越來越大時，水平地面對凹槽的支持力越來越小，所以D錯誤；

故選BCo

8.如圖，用兩根等長的細繩將一勻質(zhì)圓柱體懸掛在啜直木板的2點，將木板以底邊MN為軸由水平面開

始向上緩慢轉(zhuǎn)動直至木板豎直，繩與木板之間的夾角保持不變，忽略圓柱體與木板之間的摩擦，在轉(zhuǎn)動

過程中，下列說法正確的是()

A.圓柱體對木板的壓力逐漸增大

B.圓柱體對木板的壓力先增大后減小

C.兩根細繩上的拉力均先增大后減小

D.兩根細繩對圓柱體拉力的合力不斷增大

答案BD

【詳解】設(shè)兩繩了對圓柱體的拉力的合力為T，木板對圓柱體的支持力為N,繩了與木板夾角為。，從

右向左看如圖所示

在矢量三角形中，根據(jù)正弦定理二士=贊=干

ni}＞NT

在木板以直線MN為軸由水平面開始向上緩慢轉(zhuǎn)動直至木板豎直的過程中，。不

變，/從0逐漸增大到90。，又7+4+。=181

且。＜90。，可知90。＜/+Q＜180°,則0＜分＜180。

可知￡從鈍角逐漸減小到銳角，根據(jù)普=邛=半

由于siny不斷增大，可知丁不斷增大，sin4先增大后減小，可知N光增大后減

小，結(jié)合牛頓第三定律可知，圓柱體對木板的壓力先增大后減小，設(shè)兩繩子之間的夾角為2%繩子拉力

為T,則2T，cos6=T

可得二不變，丁逐漸增大，可知繩子拉力不斷增大。

2cos0

故選BDo

9.（多選）如圖所示，僅卜.表面光滑的半球形物體放在粗糙水平面上，光滑小環(huán)D固定在半球形物體球

心。的正上方，輕質(zhì)彈簧一端用輕質(zhì)細繩固定在人點，另一端用輕質(zhì)細繩穿過小環(huán)D與放在半球形物體

上的小球P相連，水平。現(xiàn)將細繩固定點A向右緩慢平移的過程中（小球P未到達半球最高點前且半

球體始終不動），下列說法正確的是（

A.彈簧變長

B.小球?qū)Π肭虻膲毫Υ笮〔蛔?/p>

C.地面對半球體的摩擦力減小

D.地面對半球體的支持力減小

答案BC

【詳解】AB.以小球為研究對象，分析小球受力情況：重力G,細線的拉力T和半球面的支持力N,

作出N、T的合力F,由平衡條件得知F:G。

NFT

由ANFP與△叨O相似可得—

POPD

將F=G,代入得N=^GT微G

由題緩慢地將小球從A點拉到B點過程中，DO、PO

不變，PD變小，可見T變??；N大小不變。即知彈

簧的彈力變小，彈簧變短。由牛頓第三定律知小球?qū)Π肭虻膲毫，大小不變，故B正確，A錯誤;

CD.對半球體受力分析，設(shè)小球?qū)Π肭蝮w的壓力與水平方向夾角為凡由平衡條件可知N'cos。寸

Vsin6+Mg=&N，大小不變，小球沿半球體表面上移，0變大，可知地面對半球體的摩擦力f減小，地

面對半球體的支持力FN增大，故C正確，D錯誤。

故選BCo

三.解答題

10.如圖所示，二根細輕繩系于。點，具中。4繩另一端固定于A點，繩的另一端與放在粗糙水平面

上的物體M相連，物體M與水平面間的動摩擦因數(shù)〃=#,。8繩的另一端繞過固定的光滑定滑輪懸掛

一質(zhì)量為小=1kg的物體N。平衡時OA豎直、OB與水平方向的夾角。=30。、OC水平。已知重力加速度

取g=10m/s2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。

（1）求輕繩CM和OC上的拉力工、6?的大??；

⑵求輕繩對定滑輪的作用力入；

⑶若物體M恰好沒有滑動，求物體M的質(zhì)量〃％。

答案（1）5N,56N（2）10N,水平方向成30。角向右斜向下（3）2kg

【詳解】（I）對物體N,根據(jù)平衡條件口J知七=，〃田=10N

對接點。，根據(jù)平衡條件，在水平方向％cos8=E

在豎直方向《sin9=E

解得與=5N,用=5gN

（2）以滑輪為對象，可知輕繩對滑輪的作用力大小為r=2%COS600=10N

方向沿滑輪兩側(cè)輕繩的角平分線向下，即與水平方向成30。角向右斜向下。

（3）如果物體M恰好沒有滑動，則有外?=（

其中L="電g

解得叱