新课标2025版高考物理二轮复习专题一第1讲力与物体的平衡精练含解析

PAGE9-力与物体的平衡(45分钟)[刷基础]1．(2024·湖南株洲高三年级教学检测)如图，黑板擦在手施加的恒力F作用下匀速擦拭黑板．已知黑板擦与竖直黑板间的动摩擦因数为μ，不计黑板擦的重力，则它所受的摩擦力大小为()A．F B．μFC.eq\f(μ,\r(1＋μ2))F D.eq\f(\r(1＋μ2),μ)F解析：设力F与运动方向的夹角为θ，黑板擦做匀速运动，则由平衡条件可知Fcosθ＝μFsinθ，解得μ＝eq\f(1,tanθ)，由数学学问可知，cosθ＝eq\f(μ,\r(1＋μ2))，则黑板擦所受的摩擦力大小Ff＝Fcosθ＝eq\f(μ,\r(1＋μ2))F，故选项C正确．答案：C2．如图所示为三种形式的吊车的示意图，OA为可绕O点转动的轻杆，AB为质量可忽视不计的拴接在A点的轻绳，当它们吊起相同重物时，图甲、图乙、图丙中杆OA对结点的作用力大小分别为Fa、Fb、Fc，则它们的大小关系是()A．Fa>Fb＝Fc B．Fa＝Fb>FcC．Fa>Fb>Fc D．Fa＝Fb＝Fc解析：设重物的质量为m，分别对三图中的结点进行受力分析，如图甲、乙、丙所示，杆对结点的作用力大小分别为Fa、Fb、Fc，对结点的作用力方向沿杆方向，各图中G＝mg.则在图甲中，Fa＝2mgcos30°＝eq\r(3)mg；在图乙中，Fb＝mgtan60°＝eq\r(3)mg；在图丙中，Fc＝mgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mg.可知Fa＝Fb>Fc，故B正确，A、C、D错误．答案：B3．(2024·山西吕梁高三期末)如图所示，eq\f(1,4)光滑圆轨道竖直固定在水平地面上，O为圆心，A为轨道上的一点，OA与水平面夹角为30°.小球在拉力F作用下始终静止在A点．当拉力方向水平向左时，拉力F的大小为10eq\r(3)N．当将拉力F在竖直平面内转至沿圆轨道切线方向时，拉力F的大小为()A．5eq\r(3)N B．15NC．10N D．10eq\r(3)N解析：当拉力水平向左时，受到竖直向下的重力、沿OA向外的支持力以及拉力F，如图甲所示，依据矢量三角形可得G＝Ftan30°＝10eq\r(3)×eq\f(\r(3),3)N＝10N，当拉力沿圆轨道切线方向时，受力如图乙所示，依据矢量三角形可得F＝Gcos30°＝5eq\r(3)N，A正确．答案：A4．如图所示，物块A和滑环B用绕过光滑定滑轮的不行伸长的轻绳连接，滑环B套在与竖直方向成θ＝37°的粗细匀称的固定杆上，连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内，滑环B恰好不能下滑，滑环和杆间的动摩擦因数μ＝0.4，设滑环和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A和滑环B的质量之比为()A.eq\f(7,5) B.eq\f(5,7)C.eq\f(13,5) D.eq\f(5,13)解析：设物块A和滑环B的质量分别为m1、m2，若杆对B的弹力垂直于杆向下，因滑环B恰好不能下滑，则由平衡条件有m2gcosθ＝μ(m1g－m2gsinθ)，解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(13,5)；若杆对B的弹力垂直于杆向上，因滑环B恰好不能下滑，则由平衡条件有m2gcosθ＝μ(m2gsinθ－m1g)，解得eq\f(m1,m2)＝－eq\f(7,5)(舍去)．综上分析可知应选C.答案：C5．如图所示，由粗糙的水平杆AO与光滑的竖直杆BO组成的绝缘直角支架，在AO杆、BO杆上套有带正电的小球P、Q，两个小球恰能在某一位置平衡．现将P缓慢地向左移动一小段距离，两球再次达到平衡．若小球所带电荷量不变，与移动前相比()A．杆BO对Q的弹力减小B．杆AO对P的弹力减小C．杆AO对P的摩擦力增大D．P、Q之间的距离增大解析：Q受力如图，由力的合成与平衡条件可知：BO杆对小球Q的弹力变大，两小球之间的库仑力变大，由库仑定律知，两小球P、Q的距离变小，A、D错误；对整体受力分析，可得AO杆对小球P的摩擦力变大，C正确；对整体分析可知，竖直方向只受重力和AO杆的支持力，故AO杆对小球P的弹力不变，B错误．故选C.答案：C6．(2024·河南南阳一中高三理综)将一横截面为扇形的物体B放在水平面上，一小滑块A放在物体B上，如图所示．除了物体B与水平面间的摩擦力之外，其余接触面的摩擦均可忽视不计，已知物体B的质量为M、滑块A的质量为m.当整个装置静止时，A、B接触面的切线与竖直挡板之间的夹角为θ，重力加速度为g.则下列选项正确的是()A．物体B对水平面的压力大小为MgB．物体B受到水平面的摩擦力大小为mgtanθC．滑块A与竖直挡板之间的弹力大小为eq\f(mg,tanθ)D．滑块A对物体B的压力大小为eq\f(mg,cosθ)解析：首先对滑块A受力分析，如图所示，依据平衡条件，有F1＝eq\f(mg,sinθ)F2＝eq\f(mg,tanθ)依据牛顿第三定律，A对B的压力大小为eq\f(mg,sinθ)，A对竖直挡板的压力大小为eq\f(mg,tanθ)，故C正确，D错误；对A、B整体受力分析，受重力、水平面的支持力、竖直挡板的支持力、水平面的静摩擦力，如图所示，依据平衡条件，水平面的支持力大小FN＝(M＋m)g，水平面的摩擦力大小Ff＝F2＝eq\f(mg,tanθ)，再依据牛顿第三定律，物体B对水平面的压力大小为(M＋m)g，故A、B错误．答案：C7．(多选)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，绝缘细线下面悬挂一质量为m、长为l的导线，导线中有垂直纸面对里的恒定电流I，静止时细线偏离竖直方向θ角，现将磁场沿逆时针方向缓慢转动到水平向右，转动时磁感应强度B的大小不变，在此过程中，下列说法正确的是()A．导线受到的安培力渐渐变大B．绝缘细线受到的拉力渐渐变大C．绝缘细线与竖直方向的夹角θ先增大后减小D．导线受到的安培力与绝缘细线受到的拉力的合力不变解析：导线受到的安培力F安＝BIl大小不变，选项A错误；磁场逆时针转动90°的过程中，F安方向渐渐由水平向左变为竖直向下，由于改变缓慢，所以F安与mg的合力F合与FT大小相等，方向相反，由图可知，F合大小渐渐增大，θ渐渐减小，所以FT大小渐渐增大，选项B正确，选项C错误；F安与FT的合力总是与重力大小相等，方向相反，即竖直向上，选项D正确．答案：BD8.(多选)如图所示，高空作业的工人被一根绳索悬在空中，已知工人及其身上装备的总质量为m，绳索与竖直墙壁的夹角为α，悬绳上的张力大小为F1，墙壁与工人之间的弹力大小为F2，重力加速度为g，不计人与墙壁之间的摩擦，则()A．F1＝eq\f(mg,sinα)B．F2＝mgtanαC．若缓慢增大悬绳的长度，F1与F2都变小D．若缓慢增大悬绳的长度，F1减小，F2增大解析：对工人受力分析，工人受到重力、墙壁的支持力和绳索的拉力作用，如图所示，依据共点力平衡条件，有F1＝eq\f(mg,cosα)，F2＝mgtanα；若缓慢增大悬绳的长度，工人下移时，细绳与竖直方向的夹角α变小，故F1变小，F2变小，故B、C正确，A、D错误．答案：BC9．(多选)(2024·广东深圳高三模拟)如图所示，一不行伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过固定于O′点的光滑滑轮悬挂一质量为1kg的物体P，此时轻绳OO′段水平，长度为0.8m．绳子OO′段套有一个可自由滑动的轻环．现在轻环上挂上一重物Q，用手扶住重物后缓慢下降，直到手与重物分别，重物Q下降的高度为0.3m，此时物体P未到达滑轮处．则()A．重物Q的质量为1.2kgB．重物Q的质量为1.6kgC．物体P上升的高度为0.2mD．物体P上升的高度为0.4m解析：重新平衡后，依据几何学问可得tanθ＝eq\f(0.4,0.3)＝eq\f(4,3)，即θ＝53°，OO′之间的绳长为0.5×2m＝1m，故P上升了1m－0.8m＝0.2m，C正确，D错误；重新平衡后，对轻环处结点受力分析，如图所示，则依据平行四边形定则可得cos53°＝eq\f(\f(1,2)mQg,mPg)＝0.6，解得mQ＝1.2kg，A正确，B错误．答案：AC10．(多选)如图所示，物体P、Q可视为点电荷，电荷量相同．倾角为θ、质量为M的斜面体放在粗糙水平面上．将质量为m的物体P放在粗糙的斜面体上．当物体Q放在与P等高(PQ连线水平)且与物体P相距为r的右侧位置时，P静止且受斜面体的摩擦力为0，斜面体保持静止，静电力常量为k，则下列说法正确的是()A．P、Q所带电荷量为eq\r(\f(mgktanθ,r2))B．P对斜面体的压力为eq\f(mg,cosθ)C．斜面体受到地面的摩擦力为0D．斜面体对地面的压力为(M＋m)g解析：以P为探讨对象，受到重力mg、斜面体的支持力FN和库仑力F，由平衡条件得：F＝mgtanθ，FN＝eq\f(mg,cosθ)依据库仑定律得：F＝keq\f(q2,r2)联立解得：q＝req\r(\f(mgtanθ,k))由牛顿第三定律得P对斜面体的压力为FN′＝FN＝eq\f(mg,cosθ)，故A错误，B正确．以斜面体和P整体为探讨对象，由平衡条件得地面对斜面体的摩擦力为Ff＝F，地面对斜面体的支持力为FN1＝(M＋m)g，依据牛顿第三定律得斜面体对地面的压力为FN1′＝FN1＝(M＋m)g，故C错误，D正确．答案：BD[刷综合]11．(多选)如图所示，质量为m＝5kg的物体放在水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),3)，g取10m/s2.当物体做匀速直线运动时，下列说法正确的是()A．牵引力F的最小值为25NB．牵引力F的最小值为eq\f(25,3)eq\r(3)NC．最小牵引力F与水平面的夹角为45°D．最小牵引力F与水平面的夹角为30°解析：物体受重力G、支持力FN、摩擦力Ff和拉力F的共同作用，将拉力沿水平方向和竖直方向分解，如图所示，由共点力的平衡条件可知，在水平方向上有Fcosθ－μFN＝0，在竖直方向上有Fsinθ＋FN－G＝0，联立解得F＝eq\f(μG,cosθ＋μsinθ)，设tanΦ＝μ，则cosΦ＝eq\f(1,\r(1＋μ2))，所以F＝eq\f(μG,cosθ－Φ)·eq\f(1,\r(1＋μ2))，当cos(θ－Φ)＝1即θ－Φ＝0时，F取到最小值，Fmin＝eq\f(μG,\r(1＋μ2))＝25N，而tanΦ＝μ＝eq\f(\r(3),3)，所以Φ＝30°，θ＝30°.答案：AD12．如图所示，水平细杆上套一球A，球A与球B间用一轻绳相连，质量分别为mA和mB，由于B球受到水平风力作用，球A与球B一起向右匀速运动．已知细绳与竖直方向的夹角为θ，则下列说法中正确的是()A．球A与水平细杆间的动摩擦因数为eq\f(mBsinθ,mA＋mB)B．球B受到的风力F为mBgtanθC．风力增大时，若A、B仍匀速运动，轻质绳对球B的拉力保持不变D．杆对球A的支持力随着风力的增大而增大解析：对球B受力分析，受重力、风力和拉力，如图甲，风力为F＝mBgtanθ，绳对B球的拉力为FT＝eq\f(mBg,cosθ)，把球A和球B当作一个整体，对其受力分析，受重力(mA＋mB)g、支持力FN、风力F和向左的摩擦力Ff，如图乙，依据共点力平衡条件可得，杆对球A的支持力大小FN＝(mA＋mB)g，杆对球A的摩擦力大小Ff＝F，则球A与水平细杆间的动摩擦因数为μ＝eq\f(Ff,FN)＝eq\f(mBtanθ,mA＋mB)，B正确，A错误；当风力增大时，θ增大，则FT增大，C错误；由以上分析知杆对球A的支持力FN＝(mA＋mB)g，不变，D错误．答案：B13.(多选)(2024·辽宁大连高三模拟)如图所示，光滑水平地面上放有截面为eq\f(1,4)圆周的柱状物体A，A与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B，对A施加一水平向左的力F，整个装置保持静止．若将A的位置向左移动稍许，整个装置仍保持平衡，则()A．水平外力F增大B．墙对B的作用力减小C．地面对A的支持力减小D．B对A的作用力减小解析：对B受力分析，受到重力mg、A对B的支持力FNAB和墙壁对B的支持力FNB，如图甲所示，当A向左移动后，A对B的支持力FNAB的方向改变，依据平衡条件结合合成法可以知道A对B的支持力FNAB和墙对B的支持力FNB都在不断减小，由牛顿第三定律知B对A的支持力减小，故B、D正确；再对A和B整体受力分析，受到总重力G、地面支持力FN、外力F和墙的弹力FNB，如图乙所示，依据平衡条件，有F＝FNB，FN＝G，故地面对A的支持力不变，外力F随着墙对B的支持力FNB的减小而减小，故A、C错误．答案：BD14.(多选)如图所示，用一段绳子把轻质滑轮吊装在A点，一根轻绳跨过滑轮，绳的一端拴在井中的水桶上，人用力拉绳的另一端，滑轮中心为O点，人所拉绳子与OA的夹角为β，拉水桶的绳子与OA的夹角为α.人拉绳沿水平面对左运动，把井中质量为m的水桶缓慢提上来，人的质量为M，重力加速度为g，在此过程中，以下说法正确的是()A．α始终等于βB．吊装滑轮的绳子上的拉力渐渐变大C．地面对人的摩擦力渐渐变大D．地面对人的支持力渐渐变大解析：水桶匀速上升，拉水桶的轻绳中的拉力FT始终等于mg，对滑轮受力分析如图甲所示．垂直于OA方向有FTsinα＝FTsinβ，所以α＝β，沿OA方向有F＝FTcosα＋FTcosβ＝2FTcosα，人向左运动的过程中α＋β变大，所以α和β均变大，吊装滑轮的绳子上的拉力F变小，选项A正确，B错误；对人受力分析如图乙所示，θ＝α＋β渐渐变大，水平方向有Ff＝FT′sinθ，地面对人的摩擦力渐渐变大，竖直方向有FN＋FT′cosθ＝Mg，地面对人的支持力FN＝Mg－FT′cosθ渐渐变大，选项C、D正确．答案：ACD15．(