专题跟踪检测（一） 力与平衡

专题跟踪检测（一）力与平衡1.(2023·江苏高考)如图所示，“嫦娥五号”探测器静止在月球平坦表面处。已知探测器质量为m，四条腿与竖直方向的夹角均为θ，月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的eq\f(1,6)。每条腿对月球表面压力的大小为()A．eq\f(mg,4) B．eq\f(mg,4cosθ)C．eq\f(mg,6cosθ) D．eq\f(mg,24)解析：选D对“嫦娥五号”探测器受力分析有，FN＝mg月，则对一条腿有FN1＝eq\f(1,4)mg月＝eq\f(mg,24)，根据牛顿第三定律可知每条腿对月球表面压力大小为eq\f(mg,24)。2．木块甲、乙质量分别为5kg和6kg，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.2。夹在甲、乙之间的轻弹簧被压缩了2cm，弹簧的劲度系数为400N/m。系统置于水平地面上静止不动。现用F＝1N的水平拉力作用在木块乙上，如图所示。g取10m/s2，力F作用后木块所受摩擦力情况是()A．木块甲所受摩擦力大小是10NB．木块甲所受摩擦力大小是2NC．木块乙所受摩擦力大小是9ND．木块乙所受摩擦力大小是7N解析：选C根据题意可知木块甲和水平面之间的最大静摩擦力的大小为f1＝μm甲g＝10N，木块乙和水平面之间的最大静摩擦力的大小为f2＝μm乙g＝12N，根据胡克定律可知，弹簧的弹力大小为F1＝kx＝400×0.02N＝8N，当水平拉力作用于木块乙时，水平拉力和弹簧对木块乙的作用力同向，因为F＋F1＜f2，所以木块乙静止不动，根据平衡条件可知木块乙受到的静摩擦力为f乙＝F＋F1＝9N，选项C正确，D错误；对木块甲，因为F1＜f1，所以木块甲也静止不动，木块甲受到静摩擦力大小为f甲＝F1＝8N，故A、B错误。3．(2023·浙江衢州二模)如图甲工人正使用“涂料滚”给墙壁粉刷涂料。如图乙粉刷时工人手持撑杆使涂料滚沿竖直墙壁缓慢移动，若涂料滚在向上缓慢移动过程中对墙壁的压力大小保持不变，则()A．涂料滚受到的摩擦力方向向上，大小不变B．涂料滚受到的摩擦力方向向上，大小变大C．涂料滚受到的摩擦力方向向下，大小变大D．涂料滚受到的摩擦力方向向下，大小变小解析：选C由题意可知，工人手持撑杆使涂料滚沿竖直墙壁缓慢移动，涂料滚相对于墙壁有向上运动的趋势，所以涂料滚受到的摩擦力方向向下，且涂料滚在竖直方向平衡，有eq\f(FN,tanα)＝mg＋Ff，其中α为撑杆与墙壁的夹角，涂料滚向上移动的过程中α角减小，所以摩擦力变大，故C正确，A、B、D错误。4.如图所示，一通电直导线在竖直向上的匀强磁场中静止于光滑固定斜面上，电流方向垂直纸面向外。保持磁场强弱不变，仅把磁场方向按顺时针逐渐旋转，直至垂直斜面向上，若要通电导线始终保持静止，则应控制导线内的电流()A．逐渐增大 B．逐渐减小C．先增大后减小 D．先减小后增大解析：选B磁场方向竖直向上时，导线受水平向左的安培力、重力和斜面的支持力三力平衡，磁场方向垂直斜面向上时，导线所受安培力沿斜面向上，如图所示，可知F应逐渐减小，根据F＝BIL可知应控制导线内的电流逐渐减小，故选B。5．(2023·浙江嘉兴二模)如图所示，用杆秤称量中药。三根长度相同的轻质细绳对称地系于圆形秤盘上。中药和秤盘的总质量为m，则当杆秤稳定时()A．每根细绳拉力大小eq\f(mg,3)B．增加细绳长度时每根绳拉力均减少C．增加细绳长度时秤砣应向右移动D．增加细绳长度时手对秤拉力增大解析：选B设每根细绳与竖直方向的夹角为θ，根据受力平衡可得3Tcosθ＝mg，解得T＝eq\f(mg,3cosθ)>eq\f(mg,3)，增加细绳长度时，细绳与竖直方向的夹角θ变小，则cosθ变大，每根绳拉力均减少，故A错误，B正确；增加细绳长度时，杆右端受到拉力大小等于中药和秤盘的总重力mg保持不变，则秤砣位置不变，手对秤拉力不变，故C、D错误。6．一本书重约6N，有424页，书本正面朝上。现将一张A4纸夹在106～107页间，A4纸能够覆盖几乎整个书页，如图所示。若要将A4纸抽出，至少需用约1N的拉力。不计书皮及A4纸的质量，则A4纸和书之间的动摩擦因数最接近()A．0.33 B．0.45C．0.56 D．0.67解析：选A需用约1N的拉力克服最大静摩擦力，A4纸受正反两面的两个摩擦力，不计书皮及A4纸的质量，有1＝eq\f(2μGn1,n)＝2×μ×eq\f(6,424)×106，解得μ≈0.33，故选A。7.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。图中风筝质量m＝0.5kg，某时刻风筝平面与水平面的夹角为37°，主线OA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垂直，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，取g＝10m/s2。则此时主线OA对风筝的拉力T的大小和风对风筝的作用力F的大小为()A．T＝4N B．T＝6.25NC．F＝7N D．F＝8N解析：选D以风筝到O点这一部分为整体，受到重力，主线OA的拉力T和风对风筝的作用力F，把力分解到沿风筝平面和垂直风筝平面上，根据受力平衡可得Tcos53°＝mgsin37°，F＝Tsin53°＋mgcos37°，联立解得T＝5N，F＝8N，选项D正确，A、B、C错误。8．(多选)如图所示，表面光滑的半球形物体固定在水平面上，光滑小环D固定在半球形物体球心O的正上方，轻质弹簧一端用轻质细绳固定在A点，另一端用轻质细绳穿过小环D与放在半球形物体上的小球P相连，DA水平。现将细绳固定点A向右缓慢平移的过程中(小球P未到达半球最高点前)，下列说法正确的是()A．弹簧变短B．弹簧变长C．小球对半球的压力不变D．小球对半球的压力变大解析：选AC以小球为研究对象，小球受重力G、细绳的拉力FT和半球面的支持力FN，作出FN、FT的合力F，由平衡条件得知F＝G，由甲、乙两图，根据三角形相似可得eq\f(FN,PO)＝eq\f(F,DO)＝eq\f(FT,PD)，将F＝G代入得：FN＝eq\f(PO,DO)G，FT＝eq\f(PD,DO)G，将细绳固定点A向右缓慢平移的过程中，DO、PO不变，PD变小，可知FT变小，FN不变，即知弹簧的弹力变小，弹簧变短。由牛顿第三定律知小球对半球的压力不变，故A、C正确，B、D错误。9．(2023·浙江五校一联)(多选)用两根等长的轻质绝缘细线，把两个带异种电荷的小球a、b悬挂起来，如图甲所示，小球a、b质量分别为m1、m2，带电量大小分别为q1、q2。如果在该区间加一水平向右的匀强电场，且绳始终拉紧，最后达到的平衡状态如图乙所示，则关于两球质量大小及带电量多少(两球之间的作用力不考虑)，下列组合符合要求的有()A．m1＝m2，q1＝q2 B．m1＝2m2，q1＝4q2C．m1＝m2，q1＝3q2 D．2m1＝m2,2q1＝5q2解析：选BCD设上端绳子拉力为T1，下端绳子拉力为T2，场强大小为E，乙图中上端绳子与竖直方向夹角为θ，下端绳子与竖直方向夹角为α。对a、b整体受力分析，如图1所示，利用平行四边形定则，可得tanθ＝eq\f((q1－q2)E,(m1＋m2)g)，对b受力分析，如图2所示，利用平行四边形定则，可得tanα＝eq\f(q2E,m2g)，因为两根绳子等长，由数学知识可知tanθ＝tanα，联立可得eq\f(q1－q2,m1＋m2)＝eq\f(q2,m2)，代入选项数据分析可知，B、C、D均符合题意，A不符合题意。10．(2023·山东高考)餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接托盘。托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平。已知单个盘子的质量为300g，相邻两盘间距1.0cm，重力加速度大小取10m/s2。弹簧始终在弹性限度内，每根弹簧的劲度系数为()A．10N/m B．100N/mC．200N/m D．300N/m解析：选B由题意可得3kΔx＝mg，其中mg＝3N，Δx＝1.0cm＝10－2m，则k＝100N/m，故B正确。11．如图甲所示，PQ和MN为水平、平行放置的两光滑金属导轨，两导轨相距L＝1m，导体棒ab垂直于导轨放在导轨上，导体棒的中点用细绳通过轻滑轮与物体相连，细绳一部分与导轨共面且平行，另一部分与导轨所在平面垂直，物体放在水平面上，匀强磁场的磁感应强度为B＝1T，方向竖直向下，开始时绳子刚好要绷直，现给导体棒中通入电流，使导体棒向左做加速运动，物体运动的加速度大小与导体棒中通入的电流大小关系如图乙所示，重力加速度大小为g＝10m/s2。则物体和导体棒的质量分别为()A．0.1kg0.9kg B．0.9kg0.1kgC．0.1kg1.0kg D．1.0kg0.1kg解析：选A设物体的质量为M，导体棒质量为m，细绳的拉力为FT，根据题意由牛顿第二定律可知，FT－Mg＝Ma，BIL－FT＝ma，解得a＝eq\f(BL,M＋m)I－eq\f(Mg,M＋m)，结合题图乙可知，当a1＝3m·s－2，I1＝4A，当I0＝1A时，a＝0，则有BI0L－Mg＝0，得M＝eq\f(BI0L,g)＝0.1kg，m＝0.9kg，选项A正确。12．(2023·海南高考)如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是()A．工人受到的重力和支持力是一对平衡力B．工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力C．重物缓慢拉起过程，绳子拉力变小D．重物缓慢拉起过程，绳子拉力不变解析：选B对工人受力分析，受绳的拉力、地面的支持力和重力，三力平衡，工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力，A错误，B正确；对动滑轮受力分析如图所示，则有绳子拉力FT＝eq\f(mg,2cosθ)，重物缓慢拉起过程，θ逐渐增大，则FT逐渐变大，C、D错误。13．(2022·河北高考)如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中()A．圆柱体对木板的压力逐渐增大B．圆柱体对木板的压力先增大后减小C．两根细绳上的拉力均先增大后减小D．两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变解析：选B设两根细绳对圆柱体的拉力的合力为T，木板对圆柱体的支持力为N，从右向左看如图所示，在矢量三角形中，根据正弦定理得eq\f(sinα,mg)＝eq\f(sinβ,N)＝eq\f(sinγ,T)，在木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，α不变，γ从90°逐渐减小到0，又γ＋β＋α＝180°，且α<90°，可知90°<γ＋β<180°，则0<β<180°，可知β从锐角逐渐增大到钝角，根据eq\f(sinα,mg)＝eq\f(sinβ,N)＝eq\f(sinγ,T)，由于sinγ不断减小，可知T不断减小，sinβ先增大后减小，可知N先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的夹角为2θ，绳子拉力为T′，则2T′cosθ＝T，可得T′＝eq\f(T,2cosθ)，θ不变，T逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B正确，A、C、D错误。14．(2023·嘉兴高三调研)(多选)如图所示，水平地面上有一长为L、通有垂直纸面向里、电流大小为I的导体棒c，处于静止状态。现在a、b处(ab连线水平，abc构成正三角形)的导体棒中也通有方向垂直纸面向里的电流I，三根导体棒完全相同，已知a在b处产生的磁感应强度为B0，c对地面的压力恰好为零，则()A．a、b处的磁感应强度相同B．b导体棒处的磁感应强度大小为eq\r(3)B0C．c导体棒的质量为eq\f(\r(3)B0IL,g)D．拿走b导体棒，c所受摩擦力方向向左解析：选BC根据安培定则以及磁场的叠加可知，a、b处的磁感应强度大小相同，但是方向不同，选项A错误；a在b处产生的磁感应强度为B0，则c在b处产生的磁感应强度也为B0，方向成60°角，则b导体棒处的磁感应强度大小为Bb＝2B0cos30°＝eq\r(3)B0，选项B正确；同理可得c导体棒所在位置的磁感应强度大小也为eq\r(3)B0，c对地面的压力恰好为零，则eq\r(3)B0IL＝mg，解得c导体棒的质量为m＝eq\f(\r(3)B0IL,g)，选项C正确；拿走b导体棒，因a、c电流同向，则a对c有吸引力，则c所受摩擦力方向向右，选项D错误。15．(多选)如图所示，轻质弹簧一端系在墙上，另一端系在三根长度相同的轻绳上，轻绳的下端各系一个质量与电荷量均相同的带正电荷小球，且三个小球均处于静止状态，已知重力加速度为g。四种情形下每个小球受到的电场力大小与轻绳长度、小球质量、小球电荷量的关系如表所示，以下说法正确的是()情形轻绳长度小球质量小球电荷量小球受到的合电场力大小1Lm①eq\f(\r(3),3)mg22Lm②eq\f(\r(3),3)mg3L2m③eq\f(2\r(3),3)mg4Lm④eq\r(3)mgA．②中电荷量为①中电荷量的eq\r(2)倍B．③中电荷量为②中电荷量的eq\r(2)倍C．④中电荷量为③中电荷量的eq\f(3\r(2),2)倍D．情形3下弹簧的伸长量最大解析：选CD由于三个小球质量和电荷量均相等，由对称性可知，三个小球必构成等边三角形，且每个小球受到的电场力大小相等，设绳的拉力为FT，与水平方向夹角为θ，两小球之间的距离为r、一个球受到另外两个小球的电场力的合力为F，对其中一个小球受力分析可得FTsinθ＝mg，FTcosθ＝F＝eq\f(\r(3)kq2,r2)，解得F＝eq\f(\r(3)kq2,r2)＝eq\f(mg,tanθ)，当轻绳长度为L时，由几何关系可知tanθ＝eq\f(\r(L2－\f(r2,3)),\f(\r(3),3)r)＝eq\f(\r(3