物理二轮复习专题集训1 力与物体的平衡

专题集训(一)力与物体的平衡基础练选择题:1．如图所示，六根原长均为l的轻质细弹簧两两相连，在同一平面内的六个大小相等、互成60°角的恒定拉力作用下，形成一个稳定的正六边形，弹簧在弹性限度内。已知正六边形的外接圆的直径为d，每根弹簧的劲度系数均为k，则每个拉力的大小为()A．k(d－l)B．kdC．k(d－2l)D．2k(d－l)2．(2024·山东卷)如图所示，国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡。若它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于()12B．3C．22D．3．(2024·河北卷)如图所示，弹簧测力计下端挂有一质量为0.20kg的光滑均匀球体，球体静止于带有固定挡板的斜面上，斜面倾角为30°，挡板与斜面夹角为60°。若弹簧测力计位于竖直方向，读数为1.0N，g取10m/s2，挡板对球体支持力的大小为()A．33NC．233N4．如图所示，一矩形晾衣架固定在水平横杆上。绳与衣架边框的接点A和D与B和C到邻近短边的距离相等，O为绳与挂钩的结点。测得AB＝CD＝32cm、AD＝BC＝24cm、轻质软绳OA＝OB＝OC＝OD＝25cm，衣架和夹子的总质量为0.3kg。重力加速度g取10m/s2，则每根绳的拉力大小为()A．0.75NB．1.25NC．1.4ND．1.6N5．如图所示，用AB与AC两根绳悬挂一质量分布不均(重心偏左)的矩形画框，画框底部需保持与水平地面平行。若保持AB绳长不变，将C端左移，AC绳缩短至某一长度(但AC绳仍长于AB绳)后悬挂画框，画框保持原状态不动，则改变AC绳长前后()A．AB绳的拉力大小总等于AC绳的拉力大小B．AB绳的拉力大小总小于AC绳的拉力大小C．AB绳的拉力大小不变D．AC绳的拉力大小可能不变6．如图所示，一粗糙斜面固定在水平地面上，一细绳一端连接放在斜面上的小滑块M，另一端跨过斜面顶端的光滑定滑轮和连接小滑块N的光滑动滑轮后，末端固定在竖直杆上的A点，整个系统处于平衡状态，现保持绳固定于A点不变，将竖直杆缓慢地向右移动一段距离，斜面体与小滑块均未发生滑动，已知重力加速度为g。下列关于移动杆的过程中各物理量变化的说法正确的是()A．细绳对小滑块M的拉力减小B．斜面对小滑块M的摩擦力增大C．地面对斜面体的支持力不变D．地面对斜面体的摩擦力减小7．一轻质杆两端分别固定有质量均为m的小球A、B，两小球由细线OE、FC悬挂于水平天花板及竖直墙壁上，如图所示。OE和FC的拉力分别用F1和F2表示，初始时，F1与竖直方向的夹角θ＝30°，F2水平。现保持轻杆位置不变，将细线FC的C端缓慢上移至FC与水平方向成α＝60°的位置的过程中(已知重力加速度为g)，下列说法正确的是()A．F1一直减小且减小了mgB．F2先减小后增大，其最小值为mgC．F2一直减小且减小了mgD．轻杆的弹力先减小后增大，其最小值为2mgINCLUDEPICTURE"综合提升练.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\梁珊珊\\2022\\创新同步\\高二下\\2023（春）物理选择性必修第三册教科版（新教材新标准）教师用书（桂）\\综合提升练.TIF"INETINCLUDEPICTURE"E:\\梁珊珊\\2022\\创新同步\\高二下\\2023（春）物理选择性必修第三册教科版（新教材新标准）教师用书（桂）\\综合提升练.TIF"INET能力综合练一、选择题:8．如图(a)所示，工人用推车运送石球，到达目的地后，缓慢抬起把手将石球倒出，如图(b)所示。若石球与板OB、OA之间的摩擦不计，∠AOB＝60°，图(a)中OB与水平面的夹角为30°，则在抬起把手使OA变为水平的过程中，石球对板OB的压力FN1、对板OA的压力FN2的大小变化情况是()A．FN1变小、FN2先变大后变小B．FN1变小、FN2变大C．FN1变大、FN2变小D．FN1变大、FN2先变小后变大9．如图所示，与水平面夹角均为θ＝37°的两金属导轨平行放置，间距为1m，金属导轨的一端接有电动势E＝3V、内阻r＝1Ω的直流电源，另一端接有定值电阻R＝4Ω。将质量为0.025kg的导体棒ab垂直放在金属导轨上，整个装置处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中。当开关S断开时，导体棒刚好不上滑；当开关S闭合时，导体棒刚好不下滑。已知导体棒接入电路的电阻R0＝4Ω，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，金属导轨电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10m/s2。则导体棒与导轨间的动摩擦因数为()144B．344C．122D．10．(多选)如图所示，质量分别为2m和m的A、B两物块放在倾角为θ＝37°的斜面上，用绕过动滑轮的细绳连接，给动滑轮施加一个沿斜面向上的拉力F，A、B两物块均处于静止状态，连接两物块的细绳均平行于斜面，不计滑轮的质量，两物块与斜面间的动摩擦因数均为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是()A．F的最小值为0.4mgB．F的最小值为0.8mgC．逐渐增大拉力F，A先滑动D．逐渐增大拉力F，B先滑动11．(多选)如图所示，质量为M的物体放在粗糙的水平地面上，质量为m的小球用细线拴接在物体的顶端，在小球上施加水平外力F，平衡时细线与竖直方向的夹角为α＝30°，现保持外力F与细线的夹角不变，使外力F沿逆时针方向缓慢转动，直到细线水平，整体过程物体始终静止不动。则下列说法正确的是()A．外力F先增大后减小B．细线的拉力一直减小C．地面所受物体的压力一直增大D．物体所受的摩擦力先增大后减小二、计算题12．夏季为保证空调冷气不外漏，很多办公室都安装了简易自动关门器，该装置的原理可以简化为用一弹簧拉着的门。某次门在关闭时被卡住，细心的小明发现了门下缝隙处塞紧了一个木楔，侧面如图所示，已知木楔质量为m，其上表面可视作光滑，下表面与水平地面间的动摩擦因数为μ，木楔上表面与水平地面间夹角为θ，重力加速度为g，木楔尺寸比门小很多，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。(1)若门推动木楔在地板上缓慢匀速移动，求门下端对木楔上表面的压力大小；(2)小明研究发现，存在临界角θ0，若木楔倾角θ≤θ0，不管用多大力推门，塞在门下缝隙处的木楔都能将门卡住而不再运动，求这一临界角的正切值tanθ0。参考答案：1．B[由题意可知，每根弹簧的长度为L＝d2，根据胡克定律可得每根弹簧拉力的大小为F弹＝k(L－l)＝kd2−l，以轻质细弹簧两两相连处为研究对象，分析受力如图，根据平衡条件可得F弹＝F＝k2．B[只要保证“天工”在30°倾角的斜坡上不下滑，在小于30°倾角的斜坡上更不会下滑，对在30°倾角的斜坡上的“天工”受力分析，有μmgcos30°≥mgsin30°，解得μ≥33，B正确。]3．A[对球体进行受力分析，球体受重力mg、弹簧测力计的拉力T、挡板对其的支持力N1、斜面对其的支持力N2，如图所示。由球体受力平衡得：N1cos60°＝N2cos60°，N1sin60°＋N2sin60°＋T＝mg，解得N1＝N2＝33N，A正确。4．B[作出晾衣架俯视图]5．D[对画框受力分析如图甲所示，设AB绳上的拉力与水平方向的夹角为θ1，AC绳上的拉力与水平方向的夹角为θ2。根据题意，保持AB绳长不变，将C端左移，AC绳缩短至某一长度(但AC绳仍长于AB绳)，则可知该过程中θ1始终不变，且根据几何关系，始终有θ1>θ2。在水平方向根据平衡条件有FABcosθ1＝FACcosθ2，由于θ1始终大于θ2，因此FAB始终大于FAC，故A、B错误；画框所受重力为恒力，AB绳上力的方向始终不变，作出力的矢量三角形如图乙所示，可知，随着AC绳C端向左移动，绳AC与竖直方向的夹角在减小，该过程中绳AC上的拉力可能先减小后增大，当绳AC垂直于绳AB时，绳AC上的拉力有最小值，因此改变AC绳长前后AC绳的拉力大小可能不变，该过程中绳AB上的拉力FAB逐渐减小，但始终大于绳AC上的拉力FAC，故C错误，D正确。]6．C[动滑轮两端细绳的拉力相等，设绳子与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件可得2Fcosθ＝mNg，解得F＝mNg2cosθ，由几何知识可知将竖直杆缓慢地向右移动一段距离的过程中，两段绳子之间的夹角变大，两段绳子的合力不变，则拉力F增大，所以选项A错误；由于不清楚初始时刻小滑块M所受摩擦力的方向，则斜面对小滑块M的摩擦力可能减小、也可能增大，选项B错误；以小滑块M和斜面体整体为研究对象，根据受力平衡可得地面对斜面体的支持力FN＝(m斜＋mM)g＋Fcosθ＝(m斜＋mM)g＋mNg2，可知地面对斜面体的支持力不变，选项C正确；同理，根据受力平衡可得地面对斜面体的摩擦力f＝Fsinθ＝7．B[取两小球及轻杆整体为研究对象，整体受重力2mg、F1和F2，并处于平衡状态。如图甲所示，当C端缓慢上移时，由图可知，F1一直减小，最初时，F1＝2mgcos30°＝433mg，移动后F′1＝233mg，减小了233mg，A错误；由图甲知，F2先减小后增大，其最小值为mg，C错误，B正确；取A球为研究对象，其所受重力、F1及轻杆的弹力F满足图乙所示关系，因为末态时]8．A[以石球为研究对象，受力分析如图所示，缓慢抬起把手过程中，石球受力平衡，结合数学知识可得FN1'sinβ＝FN2'sinγ＝Gsinα，其中G和α不变，在转动过程中：β从90°增大到180°，sinβ不断变小，则F′N1不断变小；9．B[当S断开时，ab中电流I1＝ER0+r＝0.6A,当S闭合时，ab中电流I2＝12×Er+R并＝12×33A＝0.5A，根据平衡条件有BI1d－μmgcosθ＝mgsinθ，BI2d10．BD[根据力的平衡可知，滑轮两边绳上的拉力大小分别为12F，当A刚要向下滑动时有2mgsinθ＝2μmgcosθ＋12F1，解得F1＝0.8mg，当B刚好要下滑时有mgsinθ＝μmgcosθ＋12F2，解得F2＝0.4mg，因此F的最小值为0.8mg，选项A错误，B正确；当A刚好要上滑时有2mgsinθ＋2μmgcosθ＝12F3，解得F3＝4mg，当B刚好要上滑时有mgsinθ＋μmgcosθ＝12F4，解得F4＝2mg11．BD[对小球受力分析如图甲所示，设外力F转过的角度为θ，则矢量三角形中的各角度如图甲所示，其中0°≤θ≤60°，则(90°－θ)从90°减小到30°，(30°＋θ)从30°增加到90°，在三角形中由正弦定理可知mgsin60°＝Fsin30°+θ＝Tsin90°−θ，所以T一直减小，F一直增大，A错误，B正确；以物体和小球整体为研究对象，受力分析，如图乙所示，则在水平方向上有Ff＝Fcosθ，联立上式得Ff＝mgsin30°+θsin60°cosθ，整理得Ff＝mg312+sin2θ+30°，0°≤2θ≤120°，所以摩擦力先增大后减小，D正确