2023届二轮复习通用版 专题1 第1讲 力与物体的平衡 作业

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第一部分　专题一　第1讲 力与物体的平衡基础题——知识基础打牢1．(2022·浙江1月高考)如图所示，水平放置的电子秤上有一磁性玩具，玩具由哑铃状物件P和左端有玻璃挡板的凹形底座Q构成，其重量分别为GP和GQ．用手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态(即P和Q的其余部分均不接触)，P与Q间的磁力大小为F．下列说法正确的是(　D　)A．Q对P的磁力大小等于GPB．P对Q的磁力方向竖直向下C．Q对电子秤的压力大小等于GQ＋FD．电子秤对Q的支持力大小等于GP＋GQ【解析】　由题意可知，因手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，即Q对P有水平向左的磁力；P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态，则说明Q对P有竖直向上的磁力，则Q对P的磁力方向斜向左上方向，其磁力F大小大于GP，选项A、B错误；对PQ的整体受力分析，竖直方向电子秤对Q的支持力大小等于GP＋GQ，即Q对电子秤的压力大小等于GP＋GQ，选项C错误，D正确．2．(2022·福建龙岩一模)一台空调外机用两个三角形支架固定在竖直外墙上，如图所示，横梁AO水平，斜梁BO与横梁AO连接于O点，空调外机对横梁AO压力集中作用于O点，不计支架的重力．下列说法正确的是(　D　)A．横梁对O点的作用力沿AO方向B．斜梁对O点的作用力沿OB方向C．若换较长的斜梁，连接点O的位置不变，斜梁对O点的作用力增大D．若换较长的斜梁，连接点O的位置不变，斜梁对O点的作用力减小【解析】　空调对横梁O点的压力竖直向下，则横梁对O点的作用力竖直向上，选项A错误；斜梁对O点有竖直向上的支持力和水平方向的作用力，其合力方向不一定沿OB方向，选项B错误；以O点为研究对象，受到空调外机的压力、两根支架的作用力，受力如图所示：由受力图结合几何关系可得F1＝，若把斜梁加长一点，仍保持点O的位置不变，横梁仍然水平，此时θ减小，cosθ增大，故F1将变小，故C错误，D正确．3．如图所示，质量m＝0.15kg、长度L＝10cm的金属棒ab由两个完全相同的弹簧水平悬挂在匀强磁场中，弹簧劲度系数k＝100N/m，开关闭合，稳定后发现弹簧的伸长量均为Δx＝1cm，电流表的示数为5A，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是(　A　)A．N端是电源正极B．磁场的磁感应强度大小为0.1TC．滑动变阻器的滑片左移，弹簧的长度变小D．仅使磁场反向，稳定后弹簧的伸长量为0.2cm【解析】　由于mg＝1.5N<2kΔx＝2N，故安培力方向竖直向下，根据受力分析，满足mg＋BIL＝2kΔx，可得B＝1T，B错误；根据左手定则，可知ab棒中电流方向由b指向a，故N端是电源正极，A正确；滑动变阻器的滑片左移，接入电路的电阻减小，电流增大，故形变量变大，弹簧的长度变大，C错误；仅使磁场反向，则mg＝BIL＋2kΔx′，可得Δx′＝0.5cm，D错误．4．(2022·湖南衡阳二模)如图所示，小球A、B的质量都为m，它们用三段轻绳分别连接在竖直墙壁上的M点和天花板上的N点，稳定时MA段水平，BN段与水平天花板的夹角为30°，轻绳AB段与水平方向的夹角为θ，则tanθ的值为(　C　)A．　　 B．　　C．　　 D．【解析】　以A、B组成的整体为研究对象，受力情况如图甲所示，则由平衡条件可得FBN＝＝4mg，隔离B并对其进行受力分析，受力情况如图乙所示，根据平衡条件有FBNsin30°＝mg＋FABsinθ，FBNcos30°＝FABcosθ，联立解得tanθ＝，选项C正确．5．(2022·哈尔滨二模)如图所示，M、N两支架固定在高台边缘，钢绳两端连接到两个支架上等高的位置，钢绳的长度可通过固定在支架M上的电动机收放．某杂技演员(可视为质点)抓住套在钢绳上的滑环静止在高空，滑环可沿钢绳无摩擦滑动．下列说法正确的是(　C　)A．若启动电动机使钢绳缓慢缩短，钢绳拉力将不断减小B．若启动电动机使钢绳缓慢缩短，左侧钢绳拉力将增大，右侧钢绳拉力将减小C．若启动电动机使钢绳缓慢伸长，钢绳拉力将不断减小D．若启动电动机使钢绳缓慢伸长，演员运动的轨迹为偏向支架N一侧的曲线【解析】　设滑环两侧钢绳与水平面的夹角为θ，对杂技演员由平衡条件可得2Tsinθ＝mg，若启动电动机使钢绳缓慢缩短，则θ减小，两侧钢绳拉力将不断增大，若启动电动机使钢绳缓慢伸长，则θ增大，两侧钢绳拉力将不断减小，C正确，A、B错误；由于钢绳两端连接到两个支架上等高的位置，同一条钢绳上拉力大小处处相等，由对称性可知，滑环两侧钢绳与水平面的夹角总是相等，故启动电动机使钢绳缓慢伸长，演员运动的轨迹为竖直向下，若演员运动的轨迹偏向支架N一侧，滑环两侧的钢绳与水平面的夹角就不会相等，D错误．6．(2021·山东省实验中学高三月考)如图所示，在水平地面上有一斜面，质量均为m的A、B两物块放在斜面的等高处，A、B之间连接着一个轻质弹簧，其劲度系数为k，弹簧处于压缩状态，且物块与斜面均能保持静止．已知斜面的倾角为θ，两物块和斜面间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是(　C　)A．斜面对A、B组成系统的静摩擦力的合力为0B．若将弹簧拿掉，物块有可能发生滑动C．弹簧的最大压缩量为D．弹簧的最大压缩量为【解析】　把A、B看成一个整体，斜面对A、B组成系统的静摩擦力的合力为f＝2mgsinθ，所以A错误；有弹簧时，对A分析有fA＝，若将弹簧拿掉，对A则有fA′＝mgsinθ<fA，所以若将弹簧拿掉，物块不可能发生滑动，所以B错误；弹簧的压缩量最大时，物块达到最大静摩擦力，则＝μmgcosθ，解得Δx＝，所以C正确，D错误．故选C．7．(2021·河南濮阳一中调研)如图所示，用绝缘细线把小球A悬于O点，静止时恰好与另一固定于O点正下方的小球B接触．现使两球带同种电荷，细线将偏离竖直方向某一角度θ1，此时细线中的张力大小为T1，库仑斥力为F1；若增加两球的带电量，悬线偏离竖直方向的角度将增大为θ2，此时细线中的张力大小为T2，库仑斥力为F2，则(　B　)A．T1<T2　　　 B．T1＝T2　　　C．F1>F2　　　 D．F1＝F2【解析】　小球A的受力情况如图所示，重力mg、悬线张力T、库仑斥力F，这三个力的合力为0．因此这三个力构成封闭的力的三角形，且正好与几何三角形OA′B相似，则有：＝＝，因为OA′＝OB，所以T＝mg，即T与θ无关，则有T1＝T2，而F与两球间距成正比A′B>AB，则F2>F1，故B正确，A、C、D错误．应用题——强化学以致用8．(2021·广东湛江二模)如图所示，某学生的水壶(含挂绳)挂在课桌边，图甲为实物图，图乙为简化图，O为挂钩，A、B等高且之间拴接挂绳，不计一切摩擦，以下说法正确的是(　B　)A．挂绳对挂钩的作用力等于水壶的重力B．挂绳对水壶的作用力大于水壶的重力C．课桌对水壶的作用力大于水壶的重力D．课桌对水壶的作用力小于水壶的重力【解析】　水壶的受力如图所示，(图中T表示两个绳子的拉力的合力)，由图可知，挂绳对水壶的作用力T的竖直分量等于水壶的重力G，可知T>G，绳子对挂钩的作用力大小也是T，所以大于水壶的重力，A错误，B正确；课桌对水壶的作用力等于挂绳对水壶作用力的水平分量，由于T与水平方向夹角未知，所以不能确定其大小关系，故CD错误．故选B．9．(2022·山东济南一中期中)内燃机汽缸内的燃气推动活塞运动的示意图，如图所示，活塞质量为m，若活塞从汽缸的顶部向底部匀速运动过程中，气体对活塞的合力F大小恒定、方向向下，汽缸与活塞之间的摩擦可忽略，重力加速度为g．当连杆与竖直方向的夹角为θ时，下列说法正确的是(　A　)A．汽缸壁对活塞的作用力大小为(F＋mg)tanθB．汽缸壁对活塞的作用力大小为C．长连杆受到的作用力大小为(F＋mg)cosθD．长连杆受到的作用力大小为Fsinθ【解析】　对活塞进行受力分析，如图所示，根据平衡条件有N1cosθ＝F＋mg①N1sinθ＝N2②联立①②解得汽缸壁对活塞的作用力大小为N2＝(F＋mg)tanθ，长连杆对活塞的作用力大小为N1＝，根据牛顿第三定律可知长连杆受到的作用力大小为N′1＝N1＝，故A正确，B、C、D错误．故选A．10．(多选)(2022·福建漳州二模)如图，直角支架固定在水平地面上，小球A穿在竖直光滑杆上，横杆上固定一滑轮．将细绳一端系在A上，另一端跨过滑轮系在小水桶B上，系统处于静止状态．现因桶底破损，里面有少许水缓慢渗漏下来．不计滑轮质量及摩擦，在球A缓慢下降过程中(　AD　)A．绳对球A拉力的竖直分量保持不变B．竖直杆对球A的弹力保持不变C．轴对滑轮的作用力方向竖直向上D．轴对滑轮的作用力越来越小【解析】　球A缓慢下降，A处于平衡状态，对A受力分析，如图所示，根据平衡条件得Tcosθ＝mAg，Tsinθ＝N得N＝mAgtanθ，所以绳对球A拉力的竖直分量保持不变，θ减小，则N减小，故A正确，B错误；以滑轮为研究对象，由平衡条件可知轴对滑轮的作用力方向在两绳子的夹角的角平分线上，故C错误；对滑轮由平衡条件可得2Tcos＝T1，其中T＝，则T1＝2cos＝2cos＝，θ减小，由数学知识可知，T1变小，故D正确．故选AD．11．(2021·山东潍坊二中高三期中)如图所示，斜面的倾角为30°，轻绳一端固定于天花板，另一端通过两个滑轮与物块甲相连，动滑轮悬挂物块乙后，甲、乙保持静止，此时动滑轮两边轻绳的夹角为120°．已知甲的质量为m，甲与斜面间的动摩擦因数为，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，不计滑轮的质量及轻绳与滑轮的摩擦，则乙的质量可能为(　B　)A．m　　 B．m　　C．m　　 D．m【解析】　当甲恰好不下滑时，对甲T1＋μmgcosθ＝mgsinθ，解得T1＝mg，对乙，根据平衡条件2T1cos60°＝m1′g，解得m1′＝m，当甲恰好不上滑时，对甲T2＝μmgcosθ＋mgsinθ，解得T2＝mg，对乙，根据平衡条件2T2cos60°＝m2′g，解得m2′＝m，故乙的质量取值范围为m≤m′≤m，故选B．12．(2021·湖北武汉实验中学高三期中)如图所示，衣服悬挂在不可伸长的轻绳上，衣架的挂钩是光滑的，轻绳的两端固定在两根竖直杆上的A、B两点，衣服处于静止状态．保持A端位置不变，将B端分别移动到B1、B2两点．下列说法正确的是(　D　)A．B端移到B1，绳子张力变大B．B端移到B1，绳子张力变小C．B端移到B2，绳子张力变大D．B端移到B2，绳子张力不变【解析】　设绳子间的夹角为2θ，绳子总长为L，两杆间距离为d，如图所示，根据几何关系有L1sinθ＋L2sinθ＝d，得sinθ＝＝．当B端移到B1位置或B2位置时，d、L都不变，则θ也不变；由平衡条件可知2Fcosθ＝mg，解得F＝可见，绳子张力F也不变，故D正确，A、B、C错误．13．(2021·广东河源模拟)如图1所示，吊车是建筑工地常用的一种大型机械．为了便于研究问题，将它简化成如图2所示的模型，硬杆OB的一端装有定滑轮，另一端固定在车体上；质量不计的绳索绕过定滑轮吊起质量为m的物体匀速上升，不计定滑轮质量和滑轮与轴承之间的摩擦，重力加速度为g．下列说法正确的是(　C　)A．OA段绳索受到的拉力小于mgB．OA段绳索受到的拉力大于mgC．OB杆对定滑轮的支持力小于2mgD．OB杆对定滑轮的支持力大于2mg【解析】　OA段绳索受到的拉力与OC段受到的拉力相等，对物体根据平衡条件可得绳索对物体的拉力大小为T＝mg，所以OA段绳索受到的拉力等于mg，故A、B错误；设两段绳索之间的夹角为2θ，由于同一条绳索拉力相等，则两段绳索的合力沿角平分线方向，如图所示；根据平衡条件可得：2Tcosθ＝F，解得：F＝2mgcosθ；由于θ>0，所以OB杆对定滑轮的支持力F<2mg，故C正确，D错误．14．(2021·浙江杭州模拟)在卫生大扫除中，某同学用拖把拖地，沿推杆方向对拖把施加推力F(如图所示)，此时推力与水平方向的夹角为θ，且拖把刚好做匀速直线运动．从某时刻开始保持力F的大小不变，减小F与水平方向的夹角θ，则(　C　)A．拖把将做减速运动B．拖把继续做匀速运动C．地面对拖把的支持力FN变小，地面对拖把的摩擦力Ff变小D．减小θ的同时若减小F，拖把一定做加速运动【解析】　设拖把与地面之间的动摩擦因数为μ，则拖把头受到重力、支持力、推力和摩擦力处于平衡，受力示意图如图所示．将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，由平衡条件得：竖直方向上：Fsinθ＋mg＝FN　①；水平方向上：Fcosθ－Ff＝0　②；式中FN和Ff分别为地板对拖把的正压力和摩擦力．其中Ff＝μFN　③；由①得：减小F与水平方向的夹角θ，sinθ减小，地面对拖把的支持力FN变小；由③可得地面对拖把的摩擦力Ff变小，故选项C正确；减小F与水平方向的夹角θ时，Ff减小，而Fcosθ增大，所以Fcosθ－Ff将大于0，所以拖把将做加速运动，故选项A、B错误；减小θ的同时若减小F，则Fcosθ－Ff不一定大于0，拖把不一定做加速运动，故选项D错误．15．(2022·山东昌乐二中模拟)如图所示，风筝借助于均匀的风和牵线对其作用，才得以在空中处于平衡状态．图中所示风筝质量m＝0.4kg，某时刻风筝平面与水平面的夹角为30°，主线对风筝的拉力与风筝平面成53°角．已知风对风筝的作用力与风筝平面相垂直，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10m/s2．(1)画出风筝的受力图，求此时风对风筝的作用力F的大小和主线对风筝的拉力T的大小(结果保留三位有效数字)；(2)若拉着风筝匀速运动时，主线与水平面成53°角保持不变，这时拉主线的力为10N，则此时风筝平面与水平面的夹角θ为多大(用反三角函数表示)?【答案】　(1)图见解析　3.33N　6.13N(2)arctan【解析】　(1)风筝平衡时共受到三个力的作用，即重力mg、风对它的作用力F和主线对它的拉力T(如图所示)，以风筝平面方向为x轴，F方向为y轴，建立一个坐标系，将重力和拉力T正交分解在x轴方向mgsin30°－Tcos53°＝0在y轴方向F＝Tsin53°＋mgcos30°联立两式，解得T≈3.33NF≈6.13N．(2)同理以水平方向为x轴，竖直方向为y轴建立坐标系．(如图所示)设风对风筝的作用力水平分力为Fx，竖直分力为Fy，由平衡条件知Fx＝Tcos53°＝6NFy＝Tsin53°＋G＝12N风筝平面与水平面的夹角θ满足tanθ＝＝故θ＝arctan．