统考版2024高考物理二轮专题复习专题强化训练1力与物体的平衡

这是一份统考版2024高考物理二轮专题复习专题强化训练1力与物体的平衡，共9页。试卷主要包含了[2023·辽宁省铁岭市模拟]，解析等内容，欢迎下载使用。
1．[2022·浙江1月]如图所示，公园里有一仿制我国古代欹器的U形水桶，桶可绕水平轴转动，水管口持续有水流出，过一段时间桶会翻转一次，决定桶能否翻转的主要因素是( )
A．水桶自身重力的大小
B．水管每秒出水量的大小
C．水流对桶撞击力的大小
D．水桶与水整体的重心高低
2．[2023·辽宁模拟卷]2023年夏季，河南郑州突如其来的洪涝灾害造成路面塌陷、桥梁垮塌，一汽车行驶中不慎陷入泥潭，天无绝人之路，碰巧在车前方30m处有一棵大树，如图甲所示，司机拿出后备箱里的绳索一端系在车上，一端系在树上，他在绳索中点垂直绳子施加F＝100N的水平恒力，将绳索中点拉离原位置x＝30cm，如图乙所示，结果就把车拉了出来．则车被拉出时绳子对车的拉力约为(θ角很小时，sinθ≈tanθ)( )
A．500NB．1000N
C．2500ND．5000N
3．拉力器是一种很好的健身器材，由脚环、两根相同的弹性绳、把手等组成．如图所示，女子拉开拉力器使其比原长伸长了40cm，此时拉力大小为120N．假设弹性绳的弹力与伸长量遵循胡克定律，且未超过弹性限度．则( )
A．人对健身器材的拉力是由于弹性绳形变产生的
B．若对拉力器的拉力增大，则弹性绳的劲度系数也增大
C．每根弹性绳的劲度系数为150N/m
D．若对拉力器的拉力减为60N，则弹性绳长度变为20cm
4．[2023·广东省肇庆市一中检测]电线杆夹具吊装夹子能利用电线杆自身重力自动抓紧，极大地提高了电线杆吊装工作效率．已知某根电线杆质量为1130kg，电线杆被吊起后，拉绳沿竖直方向，两铁索间的夹角恰好为90°(如图b所示)，取g＝10m/s2.则( )
A．每根铁索的拉力大小为5650N
B．每根铁索的拉力大小为11300N
C．电线杆对夹具的作用力大小为1130N
D．电线杆对夹具的作用力大小为11300N
5．如图所示，物块A静止在粗糙水平面上，其上表面为四分之一光滑圆弧．一小滑块B在水平外力F的作用下从圆弧底端缓慢向上移动一小段距离，在此过程中，A始终静止．设A对B的支持力为FN，地面对A的摩擦力为Ff，则两力的变化情况是( )
A．FN减小，Ff增大B．FN增大，Ff增大
C．FN减小，Ff不变D．FN增大，Ff不变
6．有一劲度系数为k的轻质绝缘弹簧，将边长为d的正三角形匀质金属线框(线框由电阻为R的金属丝折合而成)如图甲、乙情况放置，静止时弹簧的长度分别为L1和L2.现将该金属线框如图丙所示接入电路，导线的左右接触点分别为线框左右两边的中点，磁场方向垂直纸面向外，大小为B，电源的电动势为E，内电阻为r，导线与线框之间作用力可以忽略，则闭合开关S后，弹簧的长度L3为( )
A．L1＋eq \f(9BdE,2k（2R＋9r）) B．L2＋eq \f(9BdE,2k（2R＋9r）)
C．L1－eq \f(5BdE,2k（2R＋9r）)D．L2＋eq \f(5BdE,2k（2R＋9r）)
7.
[2022·辽宁卷]如图所示，蜘蛛用蛛丝将其自身悬挂在水管上，并处于静止状态．蛛丝OM、ON与竖直方向夹角分别为α、β(α>β).用F1、F2分别表示OM、ON的拉力，则( )
A．F1的竖直分力大于F2的竖直分力
B．F1的竖直分力等于F2的竖直分力
C．F1的水平分力大于F2的水平分力
D．F1的水平分力等于F2的水平分力
8．[2023·辽宁省铁岭市模拟]
水平横梁一端A插在墙壁内，另一端装有一小滑轮B，一轻绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂一质量为m＝10kg的重物，∠CBA＝30°，如图所示．滑轮受到轻绳的作用力的大小为(g取10N/kg)( )
A．50NB．20N
C．100ND．50eq \r(3)N
9.
[2023·山东泰安第一中学高考检验卷]拖把是常用的劳动工具，假设拖把与水平地面接触端的质量为m，其他部分质量可忽略，接触端与地面之间的动摩擦因数为μ，如图所示，人施加沿杆方向的力F(图中未画出)，推着接触端在水平地面上匀速滑行，杆与水平地面的夹角为α，重力加速度为g，则( )
A．夹角α越大，推动拖把越轻松
B．接触端受到的支持力大小为Fsinα
C．接触端受到地面的摩擦力大小为μmg
D．接触端受到地面的摩擦力与支持力的合力方向不变
10．[2023·重庆市第四次质量检测]如图1所示，横截面为直角的斜槽与水平方向的夹角为θ，横截面为正方形的长方体型物体恰好沿斜槽匀速下滑，斜槽横截面MON如图2所示，过斜槽底部OP的竖直面(图中未画出)与斜槽横截面MON相交处为虚线OO′，MO与虚线OO′的夹角也为θ，斜槽两侧面为同种材料．物体与斜槽的动摩擦因数等于( )
A．tanθ B．eq \f(tanθ,sinθ＋csθ)
C．eq \f(1,tanθ（sinθ＋csθ）)D．eq \f(1,tanθ)
11．[2023·山东冲刺卷]如图所示，竖直墙壁AB与斜面BC的夹角为53°，质量均为m且分布均匀的半球与小球叠放在墙面与斜面之间，OO′⊥BC.重力加速度大小为g，取sin53°＝0.8，cs53°＝0.6，不计一切摩擦．下列说法正确的是( )
A．斜面对半球的弹力大小为eq \f(5,4)mg
B．半球对墙壁的弹力大小为eq \f(3,4)mg
C．若仅将小球的半径减小，则墙壁对小球的弹力变大
D．若仅将小球的半径减小，则半球对小球的支持力变小
12．如图所示，物体A静止在粗糙的水平地面上，一轻质细线跨过固定倾斜直杆顶端的光滑轻质定滑轮，细线一端连接静止于水平地面上的质量为mA的物体A，细线另一端与另外两根细线在O点形成“死结”，结点O下方细线悬挂物体B.现左端细线用与水平方向成30°角的斜向左上方的力F拉住，使结点右侧的细线与水平方向的夹角为30°.已知物体A与水平地面间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),2)，重力加速度大小为g，定滑轮右侧细线与水平方向的夹角为45°，物体A、B保持静止状态，以下说法正确的是( )
A.轻质细线对物体A的拉力大小为eq \f(\r(3),2)F
B．地面对物体A的摩擦力大小为eq \f(\r(2),2)F
C．物体B的质量为eq \f(F,g)
D．物体A对地面的压力大小为mAg－eq \f(\r(3),2)F
13．[2022·全国三模]如图所示，两个可视为点电荷的带正电小球A和B，A球系在一根不可伸长的绝缘细线一端，绕过定滑轮，在细绳的另一端施加拉力F，B球固定在绝缘座上，位于定滑轮的正下方．现缓慢拉动细绳，使A球缓慢移动到定滑轮处，此过程中，B球始终静止，忽略定滑轮大小和摩擦，下列判断正确的是( )
A．B球受到的库仑力先不变后减小
B．拉力F一直增大
C．地面对绝缘座的支持力一直减少
D．A球的电势能先不变后减少
14．[2023·山东师范大学附属中学开学考试]如图甲所示，用两根细绳连接一小球，小球始终处于静止状态，细绳OA与竖直方向的夹角为θ1，θ1保持不变，细绳OA的拉力用F1表示，细绳OB从竖直位置缓慢顺时针旋转，细绳OB的拉力F2和细绳OB与竖直方向的夹角θ2的关系如图乙，g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A．当θ1＝θ2时，细绳OB的拉力F2＝eq \f(10\r(3),3)N
B．当θ1＝θ2时，细绳OB的拉力F2＝10N
C．缓慢顺时针旋转过程中，细绳OB的拉力F2的最小值为5N
D．缓慢顺时针旋转过程中，细绳OB的拉力F2的最小值为5eq \r(3)N
专题强化训练1 力与物体的平衡
1．解析：由于水桶可以绕水平轴转动，因此一段时间后，当水桶水变多导致重心升高到一定程度时，就会造成水桶翻转，选项D正确，选项A、B、C错误．
答案：D
2．解析：如图所示
将作用在绳索中点的水平恒力F下分解到沿AO方向的拉力F1和沿BO方向的拉力F2，因F1＝F2，则有eq \f(F,2)＝F1sinθ
由于x≪d，则sinθ＝tanθ
因此F1＝eq \f(F,2tanθ)，代入数值得F1＝2500N，故选C.
答案：C
3．解析：人对健身器材的拉力是由于人自身形变产生的，A错误；弹性绳的劲度系数是弹性绳固有的属性，对拉力器的拉力增大时，其劲度系数还是不变，B错误；根据胡克定律得2kx＝F，代入数据解得每根弹性绳的劲度系数为k＝150N/m，C正确；根据胡克定律，可得若对拉力器的拉力减为60N，则有2kΔx＝60，代入数据，解得Δx＝20cm，故弹性绳的形变量为20cm，D错误．
答案：C
4．解析：整个夹子是对称设计的，两根铁索拉力F大小相等，其合力大小F合＝mg＝11300N，由F＝eq \f(mg,2sin45°)＝11300×eq \f(\r(2),2)N＝5650eq \r(2)N，A、B错误；根据牛顿第三定律有，电线杆对夹具的作用力为11300N，C错误，D正确．
答案：D
5.
解析：对滑块B受力分析，受到重力、支持力与水平推力，如图所示．设滑块所在处斜面倾角为θ，根据平衡条件有F＝mgtanθ，物块A对小滑块B的支持力为FN＝eq \f(mg,csθ)；缓慢沿曲面向上移动一小段距离的过程中，θ增大，则水平外力F增大，FN也增大，整体水平方向受力平衡，可得地面对物块A的摩擦力Ff＝F，所以地面对物块A的摩擦力逐渐增大，故B正确，A、C、D错误．
答案：B
6．解析：对图甲中的线框受力分析mg＝k（L1－L0），对图乙中的线框受力分析mg＝k（L0－L2），得mg＝eq \f(k（L1－L2）,2)，L0＝eq \f(L1＋L2,2)，对丙图中的线框受力分析，线框所受安培力FA＝eq \f(9BdE,4R＋18r)，由于受力平衡，则mg＋FA＝k（L3－L0），结合前面的计算结果可得L3＝L1＋eq \f(9BdE,2k（2R＋9r）)，故A正确．
答案：A
7．解析：对结点O受力分析，根据平衡条件可知，水平方向上有F1sinα＝F2sinβ＝Fx，即F1的水平分力等于F2的水平分力，选项C错误，D正确；竖直方向上有F1的竖直分量F1y＝F1csα＝eq \f(Fx,tanα)，F2的竖直分量F2y＝F2csβ＝eq \f(Fx,tanβ).由tanα>tanβ可知F1y