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

专题强化训练1力与物体的平衡选择题(1～10题为单项选择题，11～14题为多项选择题)1．[2024·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，确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凹凸2．[2024·辽宁模拟卷]2024年夏季，河南郑州突如其来的洪涝灾难造成路面塌陷、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．1000NC．2500ND．5000N3．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/mD．若对拉力器的拉力减为60N，则弹性绳长度变为20cm4．[2024·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5650NB．每根铁索的拉力大小为11300NC．电线杆对夹具的作用力大小为1130ND．电线杆对夹具的作用力大小为11300N5．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，则两力的变更状况是()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、乙状况放置，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，磁场方向垂直纸面对外，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视，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.[2024·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．[2024·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．20NC．100ND．50eq\r(3)N9.[2024·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，其他部分质量可忽视，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FsinαC．接触端受到地面的摩擦力大小为μmgD．接触端受到地面的摩擦力与支持力的合力方向不变10．[2024·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．tanθB．eq\f(tanθ,sinθ＋cosθ)C．eq\f(1,tanθ（sinθ＋cosθ）)D．eq\f(1,tanθ)11．[2024·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且分布匀整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，cos53°＝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)mgB．半球对墙壁的弹力大小为eq\f(3,4)mgC．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)FB．地面对物体A的摩擦力大小为eq\f(\r(2),2)FC．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)F13．[2024·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球系在一根不行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，忽视定滑轮大小和摩擦，下列推断正确的是()A．B球受到的库仑力先不变后减小B．拉力F始终增大C．地面对绝缘座的支持力始终削减D．A球的电势能先不变后削减14．[2024·山东师范高校附属中学开学考试]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)NB．当θ1＝θ2时，细绳OB的拉力F2＝10NC．缓慢顺时针旋转过程中，细绳OB的拉力F2的最小值为5ND．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上升到确定程度时，就会造成水桶翻转，选项D正确，选项A、B、C错误．答案：D2．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：C3．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；依据胡克定律得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；依据胡克定律，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：C4．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；依据牛顿第三定律有，电线杆对夹具的作用力为11300N，C错误，D正确．答案：D5.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，依据平衡条件有F＝mgtanθ，物块A对小滑块B的支持力为FN＝eq\f(mg,cosθ)；缓慢沿曲面对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的摩擦力渐渐增大，故B正确，A、C、D错误．答案：B6．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：A7．解析：对结点O受力分析，依据平衡条件可知，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的竖直重量F1y＝F1cosα＝eq\f(Fx,tanα)，F2的竖直重量F2y＝F2cosβ＝eq\f(Fx,tanβ).由tanα>tanβ可知F1y<F2y，选项A、B错误．答案：D8．解析：由题意可得，对绳B点受力分析：滑轮受到绳子的作用力应为图中两段绳中拉力F1和F2的合力，因同一根绳张力到处相等，都等于物体的重量，即F1＝F2＝G＝mg＝100N．用平行四边形定则作图，由于拉力F1和F2的夹角为120°，则有合力F＝100N，所以滑轮受绳的作用力为100N，方向与水平方向成30°角斜向下，C正确．答案：C9.解析：接触端所受水平地面的摩擦力f与支持力N满意的关系为eq\f(f,N)＝μ，所以f和N的合力F′方向不变，则接触端可视为在mg、F和F′三个力的作用下保持平衡状态，如图所示，可知夹角α越大，F越大，即推动拖把越费劲，故A错误，D正确；接触端受到的支持力为N＝mg＋Fsinα，故B错误；接触端受到地面的摩擦力为f＝μ（mg＋Fsinα）＝Fcosα，故C错误．答案：D10．解析：依据力的分解可知，物块重力沿OO′分向的分力F＝mgcosθ，物块对ON截面的压力F1＝mgcos2θ，对OM截面的压力F2＝mgsinθcosθ.对物块，依据平衡条件mgsinθ＝μ（F1＋F2），解得μ＝eq\f(tanθ,sinθ＋cosθ)，B正确．答案：B11．解析：对小球进行受力分析，如图所示依据平衡条件得NOcos53°＝N墙NOsin53°＝mg解得N墙＝eq\f(3mg,4)对小球和半球整体受力分析如图依据平衡条件得NO整＝eq\f(2mg,sin53°)＝eq\f(10mg,4)，N墙整＝eq\f(2mg,tan53°)＝eq\f(6mg,4)由墙壁对半球的支持力N墙1＝N墙整－N墙＝eq\f(3mg,4)依据牛顿第三定律可得半球对墙壁的弹力为eq\f(3mg,4)，若仅将小球的半径减小，则θ减小，则墙壁对小球的弹力N墙＝eq\f(mg,tanθ)变大，则半球对小球的支持力NO＝eq\f(mg,sinθ)变大，故B、C正确，A、D错误．答案：BC12．解析：对结点O受力分析如图所示，设细线中拉力大小为T，由平衡条件有Fcos30°＝Tcos30°，Fsin30°＋Tsin30°＝mBg，联立解得T＝F，mB＝eq\f(F,g)，选项A错误，C正确；对物体A受力分析，如图所示，由平衡条件可知，在水平方向上地面对A的摩擦力等于细线中拉力T在水平方向的分力，即Ff＝Tcos45°＝Fcos45°＝eq\f(\r(2),2)F，选项B正确；由Tsin45°＋FN＝mAg，解得FN＝mAg－eq\f(\r(2),2)F，由牛顿第三定律可知物体A对地面的压力大小为mAg－eq\f(\r(2),2)F，选项D错误．答案：BC13．解析：设球所受库仑力大小为FC，AB两球间距离为r，B球距定滑轮为h，A球与定滑轮间距离为l，对起先位置处的A球受力分析，将F和FC合成如图，由相像三角形可得eq\f(mg,h)＝eq\f