第二章　培优练2　力和共点力的平衡-2027版高考物理一轮复习

培优练2力和共点力的平衡[分值：50分][1~10题，每题4分]1.如图甲是一种常见的持球动作，用手臂挤压篮球，将篮球压在身侧。为了方便问题研究，将该场景模型化为如图乙，若增加手臂对篮球的压力，篮球依旧保持静止，则下列说法正确的是()A.篮球受到的合力增大B.篮球对人的静摩擦力方向竖直向上C.人对篮球的作用力的方向竖直向上D.手臂对篮球的压力是由于篮球发生形变而产生的答案C解析篮球受到重力和人对篮球的作用力保持静止状态，即篮球处于平衡状态，由力的平衡条件可知，篮球的重力与人对篮球的作用力大小相等、方向相反，即人对篮球的作用力的方向竖直向上，篮球受到的合力不变，A错误，C正确；篮球对人的静摩擦力在篮球与人的两个接触面间都有，静摩擦力方向斜向下，B错误；手臂对篮球的压力是由于手臂发生形变而产生的，D错误。2.如图所示，可视为质点的机器人通过磁铁吸附在一艘静止的航船上，机器人在船舷外壁面检测船体。壁面可视为斜面，与竖直方向夹角为θ，机器人与船体壁面之间的动摩擦因数为μ。机器人在壁面加速下滑时，仅受重力G、垂直壁面的磁力F、支持力和摩擦力的作用。则摩擦力的大小为()A.Gcosθ B.μ(F-Gcosθ)C.Gsinθ D.μ(F-Gsinθ)答案D解析机器人沿壁面加速下滑，垂直于壁面方向FN=F-Gsinθ，则滑动摩擦力Ff=μFN=μ(F-Gsinθ)，故选D。3.房檐下用轻绳挂着3个相同的灯笼，如果它们受到相同的水平风力作用，则在稳定状态下情景可能正确的是()答案A解析设每个灯笼质量为m，所受水平风力为F，对最下面灯笼受力分析，受2、3灯笼间轻绳的拉力作用，拉力与竖直方向夹角正切值tanθ1=Fmg，对下面两个灯笼整体分析，受1、2灯笼间轻绳拉力作用，拉力与竖直方向夹角正切值tanθ2=2F2mg=Fmg，对三个灯笼整体分析，受最上面轻绳拉力作用，拉力与竖直方向夹角正切值tanθ3=3F3mg=Fmg，综上可得θ14.如图所示，A、B两个灯笼用轻绳悬挂于同一水平轻杆bc上，当灯笼静止时，ab绳、cd绳与水平方向的夹角分别为30°、60°。A、B的质量之比为()A.1∶3 B.3∶1 C.1∶3 D.3∶1答案C解析设A、B的质量分别为mA、mB，水平轻杆bc的拉力大小为FT，对A受力分析，根据物体的平衡条件有mAg=FT·tan30°，同理，对B受力分析，有mBg=FT·tan60°，解得mAmB=15.如图所示，直杆AB倾斜固定在墙边，绕过轻质光滑动滑轮的轻绳C、D两端分别固定在直杆和竖直墙面上，动滑轮下面吊着重物，将轻绳C端缓慢沿杆移动(重物不着地)或将轻绳D端缓慢沿墙面移动，则下列判断正确的是()A.轻绳C端缓慢沿杆向上移动，轻绳上张力增大B.轻绳C端缓慢沿杆向下移动，轻绳上张力增大C.轻绳D端缓慢沿墙面向上移动，轻绳上张力增大D.轻绳D端缓慢沿墙面向下移动，轻绳上张力增大答案B解析轻绳上力大小相等，设滑轮两边轻绳间的夹角为θ，则根据平衡条件可知2Fcosθ2=mg，轻绳C端缓慢沿杆向上移动，滑轮两边轻绳间的夹角变小，则轻绳上的张力减小，故A错误；轻绳C端缓慢沿杆向下移动，滑轮两边轻绳间的夹角变大，则轻绳上的张力增大，故B正确；轻绳D端缓慢沿墙面向上或向下移动，设绳长为l，C、D两点之间的水平距离为d根据几何关系可知cosα=dl，α不变，故滑轮两边轻绳间的夹角不变，则θ不变，因此轻绳上的张力不变，故C、D6.(2022·浙江6月选考·10)如图所示，一轻质晒衣架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的斜杆垂直，两斜杆夹角θ=60°。一重为G的物体悬挂在横杆中点，则每根斜杆受到地面的()A.作用力为33G B.作用力为3C.摩擦力为34G D.摩擦力为3答案B解析设斜杆的弹力大小为F，以水平横杆和物体为整体，在竖直方向上根据受力平衡可得4Fcos30°=G，解得F=36G，以其中一斜杆为研究对象，其受力如图所示，可知每根斜杆受到地面的作用力应与F平衡，即大小为36G，每根斜杆受到地面的摩擦力大小为Ff=Fsin30°=312G，B正确，A、C7.如图甲所示，我国自主研发的“章鱼”触手机器人能抓取任意形态的物体，可负载260倍自重。如图乙所示，圆锥体母线和高线之间的夹角α=37°，该机器人对圆锥体的弹力方向垂直于圆锥体侧面，靠机器人和圆锥体之间的摩擦力将圆锥体抓起。若该机器人竖直向上抓起圆锥体时施加的弹力足够大，则机器人和圆锥体之间的动摩擦因数至少为(已知sin37°=35，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(A.35 B.45 C.3答案C解析机器人对圆锥体的弹力方向垂直于圆锥体侧面，设弹力为FN，摩擦力为Ff，圆锥体的重力为mg。若机器人竖直向上能够抓起圆锥体，在竖直方向则满足mg+FNsinα≤Ffcosα，Ff=μFN，联立解得μ≥tanα+mgFNcosα，可知该机器人竖直向上抓起圆锥体时施加的弹力FN足够大，则μ≥tanα=8.如图所示，甲、乙两圆柱体的横截面分别为半径相等的圆和半圆，甲的右侧顶着一块竖直挡板，乙的平面部分与水平面接触。若乙的质量是甲的2倍，两柱体的曲面部分和挡板均光滑，开始时两圆柱体截面的圆心连线沿竖直方向。现将挡板缓慢向右移动，直到圆柱体甲刚要落至水平面为止，整个过程中半圆柱体乙始终保持静止，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则乙与水平面间的动摩擦因数不能小于()A.32 B.33 C.2答案B解析分析可知，当摩擦力最大时半圆柱乙刚好不动，此时对应的动摩擦因数μ最小，且刚好达到最大静摩擦力，设甲质量为m，地面对乙的支持力、摩擦力分别为FN、Ff，挡板给甲的力为F板，整体分析可知有FN=3mg，Ff=F板，设O1O2连线与水平方向夹角为θ，对甲，由平衡条件得F板=mgtanθ，故可得Ff=mgtanθ，可知θ越小，Ff越大，几何关系可知，θ最小为30°，又因为Ff=μFN，联立解得动摩擦因数的最小值μ=9.警用钢叉是一种常用的防暴器械，其前端为半圆形的叉头，后端为握柄。现将钢叉竖直放置，半圆环的圆心为O，小球a套在半圆环上，小球b套在竖直杆上，两者之间用一轻弹簧连接。初始时小球b在外力作用下静止在竖直杆上，此时小球a静止在离半圆环最低点较近处，如图所示。现使小球b缓慢上移少许，两小球均可视为质点，不计一切摩擦，在移动过程中弹簧始终在弹性限度内，则半圆环对小球a的弹力()A.一直增大 B.一直减小C.先增大后减小 D.先减小后增大答案A解析对a球受力分析，如图所示，由几何关系可知，力的矢量三角形与△aOb相似，则有mgOb=FNOa，在小球b缓慢上移过程中，Ob逐渐减小，Oa保持不变，则半圆环对小球a10.如图所示是一种收纳乒乓球的桶，n个完全一样的乒乓球彼此叠放在桶中(n≥2)，所有球的球心在同一竖直平面内。乒乓球的质量为m，桶的内径是乒乓球直径的1.5倍。从上到下乒乓球编号为1到n，不计一切摩擦，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A.1号球受到桶壁的压力为12B.桶底的n号球受到桶底的支持力为(n-1)mgC.桶底的n号球对桶壁的压力为33(n-1)D.k号球(k<n)对桶壁的压力为23答案C解析设乒乓球2给1的支持力为F，受到桶壁的压力为FN，由几何关系可知，F与竖直方向的夹角为30°，1号球的受力分析如图所示，由平衡条件可知受到桶壁的压力FN=mgtan30°=33mg，故A错误；将所有的球看作一个整体，在竖直方向只受重力和桶底的支持力，由平衡条件可知，桶底的n号球受到桶底的支持力为nmg，故B错误；将n号球上面的n-1个球看作一个整体，竖直方向受重力和n号球对其的支持力在竖直方向的分力，二力平衡，由牛顿第三定律可知n号球受到上面球的压力FNn-1=(n-1)mgcos30°，桶底的n号球对桶壁的压力与n号球受到上面球的压力的水平分力平衡，Fn=FNn-1sin30°=33(n-1)mg，故C正确；k号球受到上面球的压力为FNk-1=(k-1)mgcos30°，受到下面球的支持力为FNk=kmgcos30°，故k号球对桶壁的压力为FNk-1sin30°+FNksin11.(10分)如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石墩，石墩与水平地面间的动摩擦因数为μ，工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平地面间的夹角均为θ，重力加速度为g，求：(1)(4分)轻绳的合拉力大小；(2)(6分)判断轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力是否也最小并说明原因。答案(1)μmgcosθ+μsin解析(1)对石墩受力分析，设轻绳的合拉力大小为FT，地面对石墩的摩擦力大小为Ff，支持力为FN，由平衡条件