2025届高考物理二轮复习专项突破训练：力与物体平衡

PAGEPAGE1力与物体平衡1．如图1所示是一支一般的牙膏，该牙膏的外壳是由铝薄皮做的，依据你的视察和生活阅历，下列说法正确的是()图1A．该牙膏皮被挤压后发生的形变为弹性形变B．牙膏被挤出来是因为牙膏受到手的作用力C．牙膏盖上的条纹是为了增大摩擦D．挤牙膏时手对牙膏皮的作用力大于牙膏皮对手的作用力2．(多选)(2024·天津理综·7)明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不行．一游僧见之曰：无烦也，我能正之．”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身．假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图2所示，木楔两侧产生推力FN，则()图2A．若F肯定，θ大时FN大B．若F肯定，θ小时FN大C．若θ肯定，F大时FN大D．若θ肯定，F小时FN大3．(多选)如图3所示，将一横截面为扇形的物体B放在水平面上，一滑块A放在物体B上，除了物体B与水平面间的摩擦力之外，其余摩擦忽视不计．已知物体B的质量为M，滑块A的质量为m，重力加速度为g.当整个装置静止时，A、B接触面的切线与竖直的挡板之间的夹角为θ，下列选项正确的是()图3A．物体B对水平面的压力大小为(M＋m)gB．物体B受到水平面的摩擦力大小为mgtanθC．将物体B缓慢向左移动一小段距离，滑块A对物体B的压力将变小D．将物体B缓慢向左移动一小段距离，滑块A与竖直挡板之间的弹力将变大4．如图4所示，铁板AB与水平地面之间的夹角为θ，一块磁铁吸附在铁板下方，在缓慢抬起铁板的B端时θ角增大(始终小于90°)的过程中，磁铁始终相对于铁板静止，下列说法正确的是()图4A．铁板对磁铁的弹力渐渐增大B．磁铁所受合外力渐渐减小C．磁铁始终受到三个力的作用D．磁铁受到的摩擦力渐渐减小5．如图5所示，质量分布匀称的细棒中心为O点，O1为光滑铰链，O2为光滑定滑轮，O2在O1正上方，一根轻绳一端系于O点，另一端跨过定滑轮O2，由水平外力F牵引，用FN表示铰链对细棒的作用，现在外力F作用下，细棒从图示位置缓慢转到竖直位置的过程中，下列说法正确的是()图5A．F渐渐变小，FN大小不变B．F渐渐变小，FN大小变大C．F先变小后变大，FN渐渐变小D．F先变小后变大，FN渐渐变大6．(多选)如图6所示，用OA、OB两根轻绳将花盆悬于两竖直墙之间，起先时OB绳水平．现保持O点位置不变，变更OB绳长使绳右端由B点缓慢上移至B′点，此时OB′与OA之间的夹角θ＜90°.设此过程OA、OB绳的拉力分别为FOA、FOB，则下列说法正确的是()图6A．FOA始终减小B．FOA先减小后增大C．FOB始终增大D．FOB先减小后增大7．如图7所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于O点．一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条绳连接小球Q，P、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA受外力F的作用，处于水平方向，现缓慢逆时针变更绳OA的方向至θ＜90°，且保持结点O位置不变，整个装置始终处于静止状态．下列说法正确的是()图7A．绳OA的拉力始终减小B．绳OB的拉力始终增大C．地面对斜面体有向右的摩擦力D．地面对斜面体的支持力不断减小8．如图8所示，A、B、C三根平行通电直导线质量均为m，通入的电流大小相等，其中C中的电流方向与A、B中的电流方向相反，A、B放置在粗糙的水平面上，C静止在空中，三根导线的截面处于一个等边三角形的三个顶点，且三根导线均保持静止，重力加速度为g，则A导线受到B导线的作用力大小和方向为()图8A.eq\f(\r(3),3)mg，方向由A指向BB.eq\f(\r(3),3)mg，方向由B指向AC.eq\r(3)mg，方向由A指向BD.eq\r(3)mg，方向由B指向A9．(多选)如图9所示，在竖直平面内，一轻质绝缘弹簧上端固定在P点，下端与带电小圆环连接，带电小圆环套在半径为R的光滑绝缘大圆环上，大圆环的圆心O点固定一个带电小球，带电小圆环与带电小球均可看做点电荷，它们的电性相同且电荷量大小均为q，P点在O点的正上方，当把带电小圆环放在大圆环A、B位置时，带电小圆环均能保持平衡，且B点与O点在同一水平线上，带电小圆环在B位置平衡时，大圆环与带电小圆环之间刚好无相互作用力，已知∠APO＝∠AOP＝30°，静电力常量为k，则下列说法正确的是()图9A．带电小圆环在A位置时弹簧肯定处于压缩状态B．带电小圆环在A位置平衡时，大圆环与带电小圆环之间无弹力C．带电小圆环的重力为keq\f(q2,R2)D．弹簧的劲度系数为keq\f(q2,R3)10．如图10所示，光滑的圆环固定在竖直平面内，圆心为O，三个完全相同的小圆环a、b、c穿在大环上，小环c上穿过一根轻质细绳，绳子的两端分别固定着小环a、b，通过不断调整三个小环的位置，最终三小环恰好处于平衡位置，平衡时a、b的距离等于绳子长度的一半．已知小环的质量为m，重力加速度为g，轻绳与c的摩擦不计．则()图10A．a与大环间的弹力大小eq\r(3)mgB．绳子的拉力大小为eq\f(\r(3),2)mgC．c受到绳子的拉力大小为3mgD．c与大环间的弹力大小为3mg11．如图11所示，A、B都是重物，A被绕过小滑轮P的细线悬挂着，B放在粗糙的水平桌面上；小滑轮P被一根斜短线系于天花板上的O点；O′是三根线的结点，bO′水平拉着B物体，细线cO′沿竖直方向拉着O′(c固定在地面上)；细线和小滑轮的重力不计，细线与滑轮之间的摩擦力可忽视．缓慢增大A的质量，∠cO′a＝120°保持不变，整个装置始终处于静止状态．则下列说法正确的是()图11A．由于细线cO′长度不变更，对结点的拉力保持不变B．物体B的合外力增大C．细线O′a与竖直方向的夹角变大D．物体B受到的摩擦力大小始终是物体A重力的eq\f(\r(3),2)12．如图12所示，放在粗糙的固定斜面上的物块A和悬挂的物块B均处于静止状态．轻绳AO绕过光滑的定滑轮与轻弹簧的右端及轻绳BO的上端连接于O点，轻弹簧中轴线沿水平方向，轻绳的OC段与竖直方向的夹角θ＝53°，斜面倾角α＝37°，物块A和B的质量分别为mA＝5kg、mB＝1.5kg，弹簧的劲度系数k＝500N/m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，求：图12(1)弹簧的伸长量x；(2)物块A受到的摩擦力．

参考答案1.答案C2.答案BC3.答案AD4.答案A解析对磁铁受力分析，受重力mg、吸引力F、支持力FN和摩擦力Ff，如图所示：故磁铁受到4个力的作用；由于磁铁始终平衡，故合力为零，故B、C错误；依据平衡条件，有：mgsinθ－Ff＝0，F－mgcosθ－FN＝0，解得：Ff＝mgsinθ，FN＝F－mgcosθ，由于θ不断变大，故Ff不断变大，FN不断变大，故D错误，A正确．5.答案A解析画出细棒的受力图如图；依据三角形定则及相像三角形可知：eq\f(FN,OO1)＝eq\f(mg,O1O2)＝eq\f(F,OO2)，因OO1和O1O2不变，则FN不变；随OO2的减小，F减小，故选A.6.答案AD解析以结点O为探讨对象，分析受力：花盆拉力G、绳OA的拉力FOA和绳OB的拉力FOB，如图所示，依据平衡条件知，两根绳子的拉力的合力与重力大小相等、方向相反，作出轻绳OB在B点上移过程中的两个位置时力的合成图如图，由图看出，FOA渐渐减小，FOB先减小后增大，当θ＝90°时，FOB最小．7.答案D解析缓慢变更绳OA的方向至θ<90°的过程，OA拉力的方向变更如图从1位置到2位置到3位置所示，可见OA的拉力先减小后增大，OB的拉力始终减小，故A、B均错误；以斜面体和P、Q整体为探讨对象受力分析，依据平衡条件：斜面体受地面的摩擦力与OA绳子水平方向的拉力等大反向，故地面对斜面体的摩擦力方向向左，C错误；OB的拉力始终减小，则FOBy始终减小，而FOAy＋FOBy＝MQg得FOAy始终增大，以斜面体和P、Q整体为探讨对象受力分析，依据竖直方向受力平衡：FN＋FOAy＝M斜g＋MPg＋MQg，综合可得FN始终减小，D正确．8.答案A解析三根导线的截面处于一个等边三角形的三个顶点，通入的电流大小相等，则FBC＝FAC＝FAB，又反向电流相互排斥，对电流C受力分析如图：由平衡条件可得：2FACcos30°＝mg，解得：FAC＝eq\f(\r(3),3)mg，则FAB＝eq\f(\r(3),3)mg同向电流相互吸引，A导线受到B导线的作用力方向由A指向B.9.答案BD解析在B位置，对带电小圆环受力分析可知：G＝keq\f(q2,R2)×tan60°＝eq\r(3)keq\f(q2,R2)，选项C错误；小圆环在A位置时，若弹簧给带电小圆环斜向下的弹力，不论有没有大圆环的弹力，带电小圆环都不行能平衡，故弹簧肯定处于拉伸状态，选项A错误；带电小圆环在A位置平衡时，对带电小圆环受力分析，假设两圆环之间的相互作用力为F，由平衡学问：FAPsin30°＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F＋k\f(q2,R2)))sin30°，FAPcos30°＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F＋k\f(q2,R2)))cos30°＝G，解得F＝0，即两圆环之间无弹力，选项B正确；由平衡条件可知，A、B两位置的弹簧弹力分别为：FA＝keq\f(q2,R2)，FB＝eq\f(k\f(q2,R2),cos60°)＝eq\f(2kq2,R2)，弹簧形变量为Δx＝R，由胡克定律得弹簧的劲度系数为k′＝eq\f(ΔF,Δx)＝eq\f(FB－FA,R)＝eq\f(kq2,R3)，选项D正确．10.答案C解析三个小圆环能静止在光滑的圆环上，由几何学问知：a、b、c恰好能组成一个等边三角形，对a受力分析如图所示：在水平方向上：FTsin30°＝FNsin60°在竖直方向上：FTcos30°＝mg＋FNcos60°解得：FN＝mg；FT＝eq\r(3)mg，故A、B错误；c受到绳子拉力的大小为：2FTcos30°＝3mg，故C正确；以c为探讨对象，受力分析得：在竖直方向上：FN1＝mg＋2FT′cos30°又FT′＝FT解得：FN1＝mg＋2eq\r(3)mg×eq\f(\r(3),2)＝4mg，故D错误．11.答案D解析因∠cO′a＝120°保持不变，整个装置始终处于静止状态，则当A的质量变大时，O′a拉力变大，则细线cO′对结点的拉力变大，选项A错误；因物体B仍静止，则物体B的合外力仍为零，选项B错误；因∠cO′a＝120°保持不变，则细线O′a与竖直方向的夹角不变，选项C错误；对结点O′受力分析，由平衡条件，水平方向：FTbO′＝FTO′acos30°，而FTbO′＝FfB，FTO′a＝GA，解得eq\