上海市2011-2020年高考试卷分类汇编之2— 受力分析、物体的平衡（含答案及解析）

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上海市2011-2020年高考试卷分类汇编之2—
受力分析、物体的平衡
（1）力、受力分析
1. 2012年上海卷6．已知两个共点力的合力为50N，分力F1的方向与合力F的方向成30°角，分力F2的大小为30N。则 （ ）
（A）F1的大小是唯一的 （B）F2的力向是唯一的
（C）F2有两个可能的方向 （D）F2可取任意方向
答案：C
解析：如图所示
以F为圆心，以30N为半径画一个圆弧，与F1有两个交点，这样F2就有两种可能，因此C正确。
2. 2013年上海卷6．秋千的吊绳有些磨损。在摆动过程中，吊绳最容易断裂的时候是秋千
A．在下摆过程中 B．在上摆过程中
C．摆到最高点时 D．摆到最低点时
答案：D
解析：当秋千摆到最低点时吊绳中拉力最大，吊绳最容易断裂，选项D正确。
3. 2013年上海卷8．如图，质量mA＞mB的两物体A、B叠放在一起，靠着竖直墙面。让它们由静止释放，在沿粗糙墙面下落过程中，物体B的受力示意图是
答案：A
解析：两物体A、B叠放在一起，在沿粗糙墙面下落过程中，由于物块与竖直墙面之间没有压力，没有摩擦力，二者一起做自由落体运动，AB之间没有弹力作用，物体B的受力示意图是图A。
4. 2013年上海卷18．两个共点力Fl、F2大小不同，它们的合力大小为F，则
A．F1、F2同时增大一倍，F也增大一倍 B．F1、F2同时增加10N，F也增加10N
C．F1增加10N，F2减少10N，F一定不变 D．若F1、F2中的一个增大，F不一定增大
答案：AD
解析：F1、F2同时增大一倍，F也增大一倍，选项A正确。F1、F2同时增加10N，F不一定增加10N，选项B错误；F1增加10N，F2减少10N，F可能变化，选项C错误。若F1、F2中的一个增大，F不一定增大，选项D正确。
5. 2015年上海卷3．如图，鸟沿虚线斜向上加速飞行，空气对其作用力可能是 （ B ）
（A）F1
（B）F2
（C）F3
（D）F4
解析：小鸟沿虚线斜向上加速飞行，说明合外力方向沿虚线斜向上，小鸟受重力和空气作用力，如图示，空气对其作用力可能是F2。
6.2019年上海学业卷7．一只甲虫沿着树枝缓慢地从A点爬到B点，此过程中树枝对甲虫作用力大小（ ）
（A）变大?? （B）变小?
（C）保持不变?? （D）?无法判断
答案：?C
解析：甲虫沿着树枝缓慢地从A点爬到B点，可以看作平衡状态，合力为零，所以此过程中树枝对甲虫作用力大小始终跟重力等大反向，即作用力为恒力，选项ABD错误；C正确。
（2）共点力的平衡
7.2018年上海市学业水平考试9.三个大小都为F的力作用于一质点，其中两力始终相互垂直，另一个力方向可变，该质点（ ）
（A）不能平衡
（B）能否平衡取决于θ的大小
（C）能否平衡取决于F的大小
（D）能否平衡取决于F和θ的大小
答案：A
解析：设这三个力大小均为F，则F1和F2的合力大小为
故三个力一定不会平衡，BCD错误，A正确。
8.2014年物理上海卷9.如图，光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切。穿在轨道上的小球在拉力F作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为N。在运动过程中 （ ）
A．F增大，N减小 B．F减小，N减小
C．F增大，N增大 D．F减小，N增大
【答案】A
【解析】小球一直受到重力、支持力、拉力作用，根据共点力平衡，有：F＝mgsinα，N＝mgcosα（α是重力与竖直方向的夹角），随着夹角的增大，支持力逐渐减小，拉力逐渐增大，A项正确。
9. 2015年上海卷14．如图，一质量为m的正方体物块置于风洞内的水平面上，其一面与风速垂直，当风速为v0时刚好能推动该物块。已知风对物块的推力F∝Sv2，其中v为风速、S为物块迎风面积。当风速变为2v0时，刚好能推动用同一材料做成的另一正方体物块，则该物块的质量为 （ D ）
（A）4m （B）8m （C）32m （D）64m
解析：当风速为v0时，质量为m的正方体物块刚好被推动，在水平方向上受到风力和最大静摩擦力，最大静摩擦力与正压力成正比，设比例系数为μ，由平衡条件得 ，设正方体边长为a，则有，同理当风速变为2v0时，另一质量为m'的正方体物块刚好被推动，设该正方体边长为b，有，解得b=4a，所以另一正方体物块的体积是边长为a物块体积的64倍，由于是同一材料做成，故该物块的质量为m' =64m，选项D正确，A、B、C错误。
（3）力矩平衡
10.2012年上海卷
14．如图，竖直轻质悬线上端固定，下端与均质硬棒AB中点连接，棒长为线长二倍。棒的A端用铰链固定在墙上，棒处于水平状态。改变悬线长度，使线与棒的连接点逐渐右移，并保持棒仍处于水平状态。则悬线拉力
（A）逐渐减小 （B）逐渐增大
（C）先减小后增大 （D）先增大后减小
答案；A
解析：如图所示根据力矩平衡条件：
由于线与棒的连接点逐渐右移，则L2与L1的比值越来越大，因此悬线拉力F越来越小
11.2013年上海卷
25．如图，倾角为37°，质量不计的支架ABCD的D端有一大小与质量均可忽略的光滑定滑轮，A点处有一固定转轴，CA⊥AB，DC=CA=0.3m。质量m=lkg的物体置于支架的B端，并与跨过定滑轮的轻绳相连，绳另一端作用一竖直向下的拉力F，物体在拉力作用下沿BD做匀速直线运动，己知物体与BD间的动摩擦因数μ=0.3。为保证支架不绕A点转动，物体向上滑行的最大距离s= m。若增大F后，支架仍不绕A点转动，物体能向上滑行的最大距离s′ s（填：“大于”、“等于”或“小于”。）（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）
答案：0.248 等于
解析：拉力F=mgsin37°+ μmgcos37°=8.4N。 BC= CA/ sin37°＝0.5m.
设m对支架BC的压力mg cos37°对A点的力臂为x，由力矩平衡条件，
F·DC cos37°+μmgcos37°·CA cos37°= F·CA cos37°+mg cos37°·x， 解得x=0.072m。
由x+s=BC-AC sin37° 解得s=0.248m。
由上述方程可知，F·DC cos37°= F·CA cos37°，x值与F无关，所以若增大F后，支架仍不绕A点转动，物体能向上滑行的最大距离s′=s。
12.2016年上海卷15.如图，始终竖直向上的力F作用在三角板A端，使其绕B点在竖直平面内缓慢地沿顺时针方向转动一小角度，力F对B点的力矩为M，则转动过程中
(A)M减小，F增大 (B)M减小，F减小
(C)M增大，F增大 (D)M增大，F减小
【答案】A
【解析】据题意，对三角板受力分析受到重力、支持力和拉力，由于缓慢转动，三角板近似平衡，所以有：，在转动过程中，支持力减小而拉力F在增加；力矩是力与力到作用点的距离的乘积，应用极端思维法，当三角板被竖直时，力与转动轴的距离为零，此时力矩为零，故此过程中力矩在减小，选项A正确。
【又解】设三角板的重心为O，AB=L1, OB=L2, ∠ABO=， ∠CBO=β，
三角板绕B点在竖直平面内缓慢地沿顺时针方向转动一小角度θ，如图示，
令θ+β=φ
拉力F的力矩为MF=F ?A'B ?cos(θ+β+)= F ? L1 ?cos(φ+)
重力G的力矩为MG=G ?O'B ?cos(θ+β)= G ?L2 ?cosφ
根据力矩平衡有, F ? L1 ?cos(φ+)= G ?L2 ?cosφ
θ增大，则tanθ增大, G 、L1、 L2和 均不变，所以F增大；
由MG= G ?L2 ?cosφ，G和L2不变, θ增大，φ=θ+β增大，cosφ减小，力F对B点的力矩M减小，选项A正确。
13.2015年上海卷33．（14分）如图，在场强大小为E、水平向右的匀强电场中，一轻杆可绕固定转轴O在竖直平面内自由转动。杆的两端分别固定两电荷量均为q的小球A、B，A带正电，B带负电；A、B两球到转轴O的距离分别为2l、l，所受重力大小均为电场力大小的倍。开始时杆与电场间夹角为θ（90°≤θ≤180°）。将杆从初始位置由静止释放，以O点为重力势能和电势能零点。求：
（1）初始状态的电势能We；
（2）杆在平衡位置时与电场间的夹角；
（3）杆在电势能为零处的角速度ω。
答案：（1）-3qElcosθ；（2）30°；
（3）当θ<150°时，；
当θ150°时，或
解析：（1）初态：We=qV++(-q)V-=q(V+ - V-)= -3qElcosθ
（2）平衡位置如图，
设小球的质量为m，合力矩为3qElsinα-mglcosα=0
由此得，所以=30°
（3）电势能为零时，杆处于竖直位置，当初始时OA与电场间夹角θ=150°时，A恰能到达O正上方，在此位置杆的角速度为0.
当θ<150°时，A位于O正下方处电势能为零，
初态：We= -3qElcosθ，Ep=mglsinθ
末态：，
能量守恒：
解得
当θ≥150°时，电势能为零有两处，即A位于O正下方处或正上方处，
当A位于O正下方时
当A位于O正上方时，
解得
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