小题精练02 力和物体平衡——2024年高考物理题型突破限时精练

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公式、知识点回顾（时间：5分钟）
1、受力分析的方法步骤
2、处理平衡问题常用的“三种”方法处理平衡问题的常用方法
①合成法：物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等、方向相反．
②分解法：物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件．
③正交分解法：物体受到三个或三个以上力的作用而平衡，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件．
3．临界问题
当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”、“刚能”、“恰好”等语言叙述．
常见的临界状态有：
①两接触物体脱离与不脱离的临界条件是相互作用力为0(主要体现为两物体间的弹力为0)．
②绳子断与不断的临界条件为绳中的张力达到最大值；绳子绷紧与松驰的临界条件为绳中的张力为0.
③存在摩擦力作用的两物体间发生相对滑动或相对静止的临界条件为静摩擦力达到最大．
研究的基本思维方法：假设推理法．
难度：★★★ 建议时间：30分钟 正确率： /15
（2024•安徽二模）如图所示，一质量为M的半球面放在粗糙的水平面上，球心为O，轻绳一端固定在天花板上、另一端系一质量为m的小球（可视为质点），小球放在半球面上，小球静止时轻绳与竖直方向的夹角为45°，小球与半球球心O连线与竖直方向成30°角，此时半球面静止。已知半球面与水平面的接触面粗糙，其余摩擦不计，重力加速度为g，则半球面与水平面的摩擦力大小为（ ）
A．(6-2)mg2B．(6-1)mg2C．(3-1)mg2D．(3-2)mg2
【解答】解：以小球为研究对象，受力分析如图所示，同时将力分解到水平和竖直的方向上
设当半球面静止时绳子的拉力大小为F，半球面对小球的支持力大小为FN，根据共点力的平衡条件有
Fcs45°＝FNsin30°
Fsin45°+FNcs30°＝mg
联立解得：F=(6-2)mg2
再将小球和半球面看成一个整体，由整体受力平衡易知，半球面与水平面的摩擦力
Ff＝Fsin45°
联立解得：Ff=(3-1)mg2，故C正确，ABD错误；
故选：C。
（2023•朝阳区一模）如图所示，质量为m的手机放置在支架斜面上，斜面与水平面的夹角为θ，手机与接触面的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。手机始终保持静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．手机对支架的压力大小为mg，方向垂直于斜面向下
B．手机受到的摩擦力大小为μmgcsθ，方向沿斜面向上
C．若θ增大，则支架对手机的摩擦力随之减小
D．若θ增大，则支架对手机的作用力保持不变
【解答】解：AB、对手机受力分析，手机受到重力mg、支持力N和摩擦力f，如图：
由平衡条件得：f＝mgsinθ
N＝mgcsθ
手机受到的摩擦力大小为mgsinθ，方向沿斜面向左上，支持力大小为mgcsθ，方向垂直斜面向右上，根据牛顿第三定律得，手机对斜面的压力等于支持力F压＝N＝mgcsθ
方向垂直于斜面斜向坐下，故AB错误；
C、支架对手机的摩擦力为f＝mgsinθ
若θ增大，sinθ增大，摩擦力增大，故C错误；
D、手机始终处于静止状态，支架对手机的作用力与手机的重力等大反向，若θ增大，支架对手机的作用力不变，故D正确。
故选：D。
（2023•徐州模拟）如图所示，一晒衣架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的轻质斜杆垂直，两斜杆间的夹角为θ，当θ缓慢增大时，每根斜杆受到地面的（ ）
A．支持力增大B．支持力减小
C．摩擦力增大D．摩擦力减小
【解答】解：AB、对衣架、横杆、衣服组成的整体受力分析，设整体所受重力为mg，则每根斜杆受到地面的支持力FN=mg4，θ变化不影响支持力大小，故AB错误；
CD、设横杆对每一根斜杆的压力为N，对一根斜杆受力分析如图：
根据共点力平衡条件有：f＝Nsinθ2=mg4csθ2⋅sinθ2=mgtanθ24
随着角度θ缓缓增大，则tanθ2增大，f也增大，故C正确，D错误；
故选：C。
（2023•镇海区校级模拟）图甲为家庭常用的燃气灶实物图，灶面上有一个支架。共有四个均匀分布的支承面，对放在上面的厨具起到支撑作用。现把一个蒸锅放在支架上，并抽象成示意图乙，已知支架的每个支面与水平方向成α角。蒸锅和里面的食物总计重为G，则每个支承面给蒸锅的支持力为（忽略蒸锅和支承面之间的摩擦力）（ ）
A．G4B．G4csαC．G4sinαD．G4tanα
【解答】解：四个支撑面对蒸锅的支持力的合力与蒸锅包括食物的重力相等，设其中一个支撑面对蒸锅的支持力为N，则其方向与竖直方向夹角为α，
其受力分析图如图
根据平衡条件可得4Ncsα＝G
解得N=G4csα，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2023•长沙二模）如图甲所示，用瓦片做屋顶是我国建筑的特色之一。铺设瓦片时，屋顶结构可简化为图乙所示，建筑工人将瓦片轻放在两根相互平行的檩条正中间，若瓦片能静止在檩条上。已知檩条间距离为d，以下说法正确的是（ ）
A．减小檩条间的距离d时，瓦片可能会下滑
B．减小檩条的倾斜角度θ时，瓦片与檩条间的弹力变小
C．增大檩条间的距离d时，瓦片与檩条间的摩擦力变大
D．增大檩条间的距离d时，瓦片与檩条间的弹力变小
【解答】解：A．在垂直檩条方向的剖面上，瓦片受力示意图如下
两根檩条给瓦片的支持力与垂直檩条方向的夹角为α，则有
2Fcsα＝mgcsθ
减小檩条间的距离d时，夹角α减小，两檩条给瓦片的支持力F变小，故瓦片与檩条间的弹力变小，最大静摩擦力变小，则檩条可能下滑，故A正确；
CD．同理，增大檩条间的距离d时，夹角α增大，两檩条给瓦片的支持力F变大，故瓦片与檩条间的弹力变大，最大静摩擦力变大；瓦片处于静止状态，由平衡条件可知，瓦片与檩条间的摩擦力等于mgsinθ，且保持不变，故CD错误；
B．根据2Fcsα＝mgcsθ，减小檩条的倾斜角度θ时，则mgcsθ增大，瓦片与檩条间的弹力变大，故B错误。
故选：A。
（2023秋•玄武区校级月考）中国劳动人民在长期的实践中总结了大量的智慧结晶。工人师傅想要将一质量比较大表面光滑的圆柱体物件（质量为M）推上斜面，并需要物件静止在斜面上图示位置，工人师傅拿一块小的半圆柱体（质量为m，且m远小于M）垫在大圆柱体物件的下面，但发现垫上小半圆柱体后，大圆柱体物件依然会沿斜面下滑，于是工人师傅采用了一种操作方式，顺利的让大圆柱体物件静止在斜面上，那么工人师傅的操作是下面几种操作中的哪一种（ ）
A．换一个半径稍大的同材质的半圆柱体
B．换一个半径稍小的同材质的半圆柱体
C．换一个长度更长一点的同材质的半圆柱体
D．在小半圆柱体和大圆柱形物件接触部位垫上一块轻薄的粗糙毛巾
【解答】解：对圆柱体物件受力分析
根据平衡条件
mgsinθ＝N2csα
mgcsθ＝N2sinα+N1
当α增大，csα减小，sinα增大，N2增大，N1减小，即物件更不易滑动，所以换一个半径稍小的同材质的半圆柱体可以增大α，从而增大N2。
故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2023•丽江一模）如图，质量分别为M、m的两个木块A、B通过轻弹簧连接，木块A放在水平桌面上，木块B用轻绳通过定滑轮在力F的作用下整体恰好处于静止状态，绳与水平方向成α角。不计滑轮与绳间的摩擦。则下列正确的是（ ）
A．木块A对桌面的压力（M+m）g﹣F
B．木块A与桌面之间的动摩擦因数μ=Fcsα(M+m)g-F
C．弹簧与水平方向的夹角的正切值tanβ=Fsinα-mgFcsα
D．弹簧的弹力大小为F弹=(Fsinα)2+(Fcsα-mg)2
【解答】解：A．对A、B物块和弹簧构成的系统整体受力分析可知：
Fsinα+N地＝（M+m）g
根据牛顿第三定律可知木块A对地面的压力为（M+m）g﹣Fsinα，故A错误；
B．题中未说明最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，所以无法计算动摩擦因数，故B错误；
CD．对B物块受力分析，正交分解：
F弹sinβ＝Fsinα﹣mg
F弹csβ＝csα
两式相比解得：tanβ=Fsinα-mgFcsα
两式平方相加解得：
F弹=(Fcsα)2+(Fsinα-mg)2
故C正确，D错误。
故选：C。
（2023•高新区模拟）如图，用筷子夹起一块重为G的小球静止在空中，球心与两根筷子在同一竖直面内，且筷子根部（较粗且紧靠的一端）与球心连线在竖直方向，筷子张角为θ。若已知每根筷子对小球的压力大小为N，则每根筷子对小球的摩擦力大小为（ ）
A．G2csθB．G2csθ2
C．f=G+2Ncsθ22sinθ2D．G+2Nsinθ22csθ2
【解答】解：小球受力如图所示
由平衡条件可得
2fcsθ2=G+2Nsinθ2
解得f=G+2Nsinθ22csθ2，故ABC错误；故D正确。
故选：D。
（2024•佛山一模）“人体旗帜”指的是用手抓着支撑物，使身体与地面保持平行的高难度动作。某同学重为G，完成此动作时其受力情况如图所示，已知两手受力F1、F2方向与竖直方向夹角均为60°，则其中F1大小为（ ）
A．12GB．32GC．GD．2G
【解答】解：对身体受力分析如图：
两个力的夹角为120°，根据力的平衡条件可知
F＝G
故ABD错误，C正确；
故选：C。
（2024•甘肃模拟）如图甲为汽车的机械式手刹（驻车器）系统的结构示意图，结构对称。其原理可简化为乙图，当驻车时拉动手刹拉杆，手刹拉索（不可伸缩）就会拉紧，拉索OB、OC的作用力分别作用于两边轮子的制动器上，从而实现驻车的目的。则以下说法正确的是（ ）
A．若汽车处于驻车状态，则拉索OB、OC是拉紧的
B．拉动手刹拉杆时，拉索OB和OC中的拉力一定小于AO上的拉力
C．若保持OB、OC两拉索拉力不变，OB、OC两拉索夹角越小，拉动拉索AO越省力
D．当OB、OC两拉索夹角为60°时，三根拉索的拉力大小相等
【解答】解：A．若汽车处于驻车状态，拉索OB、OC的作用力变大，拉索OB、OC是拉紧的，故A正确；
BD．拉动手刹拉杆时，由：FAO=F合=2Fcsθ2，可得θ＝120°时，FAO＝F，即当OB、OC两拉索夹角大于120°时，拉索AO上拉力比拉索OB和OC中任何一个拉力小，当θ＝120°时，三个力大小相等，故BD错误。
C．令∠BOC＝θ，则若保持OB、OC两拉索拉力不变，OB、OC两拉索夹角越小，合力大小为：F合=2Fcsθ2，夹角越小，合外力越大，即拉动拉索AO越费力，故C错误；
故选：A。
（2023•九龙坡区模拟）某瓜子破壳机如图甲，将瓜子放入两圆柱体所夹的凹槽之间，按压瓜子即可破壳。破壳机截面如图乙，瓜子的剖面可视作顶角为θ的扇形，将其竖直放入两完全相同的水平等高圆柱体A、B之间，并用竖直向下的恒力F按压瓜子且保持静止，若此时瓜子壳未破开，忽略瓜子自重，不计摩擦，则（ ）
A．若仅增大A、B距离，瓜子对圆柱体A的压力增大
B．若仅增大A、B距离，瓜子对圆柱体A的压力减小
C．若A、B距离不变，顶角θ越大，瓜子对圆柱体B的压力越小
D．若A、B距离不变，顶角θ越大，瓜子对圆柱体B的压力越大
【解答】解：AB、瓜子处于平衡状态，若仅增大A、B距离，A、B对瓜子的弹力方向始终垂直于接触面，由平行四边形定则得已知竖直向下的F大小和方向均不变，两分力即两弹力的方向也不变，可得唯一解，故弹力的大小也不变，故AB错误；
CD、若A、B距离不变，顶角θ越大，则A、B对瓜子压力的夹角减小，合力大小和方向均不变，则由平行四边形定则可得两大小相等且与瓜子表面垂直的两弹力F夹角减小，则两弹力减小，即瓜子对圆柱体B的压力越小，故C正确，D错误。
故选：C。
（2023•龙华区校级四模）三个相同的建筑管材（可看作圆柱体）静止叠放于水平地面上，其截面示意图如图所示，每个管材的质量均为m。各管材间接触，设管材间光滑、管材与地面间粗糙。对此下列说法中正确的是（ ）
A．管材与地面接触处的压力大小为33mg
B．上下管材接触处的压力大小为33mg
C．管材与地面接触处没有摩擦力
D．下方两管材之间一定有弹力
【解答】解：A、由对称性知，上面管材的受力情况左右对称，下面两个管材的受力情况相同，整体分析三个管材竖直方向受力平衡，有2F地＝3mg，则F地=32mg，即管材与地面接触处的压力大小为32mg，故A错误；
B、隔离上面管材，其受力如图所示，
则2Fcs30°＝mg，解得：F=33mg，故B正确；
CD、隔离下面管材，左右两管材间不挤压，则下方两管材之间没有弹力，左右两管材相对于地面有向外的运动趋势，所以地面对两管材有摩擦力，故CD错误。
故选：B。
（2023•青羊区校级模拟）工人用如图所示的装置匀速吊起石球，装置底部ABCD为圆形绳套，A、B、C、D是圆上四等分点，侧面OA、OB、OC、OD是四条完全相同、不可伸长的轻绳。O点在石球球心正上方0.5m处，石球半径为0.3m，石球表面光滑、重力大小为G。下列说法正确的是（ ）
A．OA绳的张力大小为5G12
B．若侧面绳长不变，减小绳套的半径，OA绳的张力减小
C．若绳套不变，将侧面四根绳子各增加相同的长度，OA绳的张力增大
D．若加速向上提升石球，OA绳的张力大于5G16
【解答】解：A．石球受力如图所示，D′为球心，OA′绳与石球相切于点A'，设OA绳与竖直方向夹角为θ
所以csθ=h2-r2h=0.52-
对结点O受力分析，由平衡条件得4TAcsθ＝G
解得，OA绳的张力大小为TA=G4csθ=516G
故A错误；
B．根据上述式子TA=G4csθ
若侧面绳长不变，减小绳套的半径，则θ变大，csθ变小，则OA绳的张力增大，故B错误；
C．若绳套不变，将侧面四根绳子各增加相同的长度，θ变小，csθ变大，由TA=G4csθ
可得，OA绳的张力减小，故C错误；
D．若加速向上提升石球，加速度向上，由牛顿第二定律4TAcsθ﹣G＝ma
可得，OA绳的张力TA＞516G
故D正确。
故选：D。
（2023•五华区校级模拟）如图所示，将三根完全相同的轻质细杆，两两互成90°，连接到同一个顶点O，另一端分别连接到竖直墙壁上的A、B、C三个点，BC连线沿水平方向，ΔABC是等边三角形，O、A、B、C点处，分别是四个可以向各个方向自由转动的轻质光滑饺链（未画出）。在O点用细绳悬挂一个质量为m的重物，则AO杆对墙壁的作用力为（ ）
A．mg3B．mg2C．23mgD．mg6
【解答】解：根据题意，设OA＝OB＝OC＝L，由于三根完全相同的轻质细杆，两两互成90°，则AB=BC=CA=2L
过O、O'、A分别作AE、AB、BC的垂线，如图：
由几何关系得：AD=BE=12AB=22L
可得OE=OB2-BE2=22L
由于ABC是等边三角形且AE⊥BC，则O'D=O'E=ADtan30°=L6
O'A=ADcs30°=23L
可得：csθ=O'AOA=23
sinα=O'EOE=13
对O点受力分析，可知BO与CO对O点的合力（设为F）沿EO方向。对O点受力分析，将OB和OC杆上的力合成，合力为F，OA上作用力为T，受力分析如图：
由平衡条件得：
竖直方向：Tcsθ+Fsinα＝mg
水平方向：Tsinθ＝Fcsα
联立解得：T=23mg
故C正确，ABD错误。
故选：C。
（2023•河南模拟）如图是户外活动时常用的一种使携式三脚架，它由三根长度均为l的轻杆通过铰链组合在一起，每根轻杆均可绕铰链自由转动。将三脚架静止放在水平地面上，吊锅通过一根细铁链静止悬挂在三脚架正中央，三脚架顶点离地的高度h=45l。吊锅和细铁链的总质量为m，支架与铰链间的摩擦忽略不计。则（ ）
A．每根轻杆中的弹力大小为13mg
B．每根轻杆对地面的摩擦力大小为14mg
C．减小h时，每根轻杆对地面的压力增大
D．减小h时，每根轻杆对地面的摩擦力减小
【解答】解：C、以整个装置为研究对象，设地面对每根杆的支持力为N，由平衡条件可知3N＝mg
解得：N=13mg
则减小h时，每根轻杆所受支持力大小不变，根据牛顿第三定律得，轻杆对地面压力大小不变，故C错误；
ABD、以吊锅和细铁链为研究对象，设每根杆中的弹力为FN，杆与竖直方向的夹角为θ，在竖直方向上，根据平衡条件可得：3FNcsθ＝mg
水平方向上，根据平衡条件得，地面对每根杆的摩擦力大小为f＝FNsinθ=13mgtanθ
tanθ=l2-h2h，csθ=hl
联立解得：f=14mg，FN=512mg
减小h时，θ增大，tanθ增大，摩擦力增大，根据牛顿第三定律得，每根杆对地面的摩擦力增大，故B正确，AD错误。
故选：B。
【例题】（2023•黄山一模）如图所示，倾角30°的固定斜面上质量为m的物块和质量为M的光滑球如图放置，已知球体半径R为物块厚度h的2倍，两者均处于平衡状态，重力加速度为g，则以下判断正确的是（ ）
A．球对斜面压力大小为33Mg
B．物块对斜面压力大小为32mg
C．物块与斜面之间的动摩擦因数可能等于33
D．适当减小物块厚度且两物体仍能静止，物块对球的支持力将减小
【解答】解：A．根据几何条件分析可知，物块对球的支持力F物与斜面间夹角为30°，对小球受力分析如图：
垂直于斜面方向有：FN+F物sin30°＝Mgcs30°
沿斜面方向有：F物cs30°＝Mgsin30°
解得F物=33Mg，FN=33Mg
根据牛顿第三定律可知，球对斜面压力大小为33Mg，故A正确；
B．对物块和球构成的整体受力分析，根据平衡条件可知，垂直于斜面方向有FN+FN′＝（M+m）gcs30°
沿斜面方向有：f＝（M+m）gsin30°
解得FN'=36Mg+32mg
f=12Mg+12mg
根据牛顿第三定律可知，物块对斜面压力大小为36Mg+32mg，故B错误；
C．由于两者均处于平衡状态，故有f≤μFN′
由上述分析可知μ≥12Mg+12mg36Mg+32mg=3(M+m)M+3m＞33
故C错误；
D．适当减小物块厚度时，物块对球的支持力F物与斜面间夹角增大，设为θ，根据平衡条件有F物′csθ＝Mgsin30°
解得F物'=12csθMg
可知F物′随θ增大而增大，故D错误。
故选：A。