2024高考物理一轮复习第二章微专题12物体的静态平衡练习含解析教科版

PAGEPAGE1微专题12物体的静态平衡1．探讨对象：遇到多物体系统时留意应用整体法与隔离法，一般可先整体后隔离．2．三力平衡：一般用合成法，依据平行四边形定则合成后，“力的问题”转换成“三角形问题”．再由三角函数、勾股定理、正弦定理或相像三角形等解三角形．3．多力平衡：一般用正交分解法．1．在一个圆锥形容器内放置两个完全相同的光滑小球，两个小球静止时球心等高，截面如图1所示．已知小球的质量为m，圆锥顶角α＝60°，重力加速度为g；设容器壁对每个小球的弹力大小为N1，小球之间的弹力大小为N2，则()图1A．N1＝mg，N2＝2mgB．N1＝mg，N2＝eq\r(3)mgC．N1＝2mg，N2＝mgD．N1＝2mg，N2＝eq\r(3)mg2．(2024·四川成都市三模)如图2，倾角为α的固定斜面上，一光滑物块在一与斜面也成α角的拉力F作用下保持静止状态．若仅将F的方向变为水平向右，则()图2A．物块对斜面的压力不变B．物块对斜面的压力变大C．物块将沿斜面对上做匀加速直线运动D．物块将沿斜面对下做匀加速直线运动3．(2024·山东烟台市月考)如图3所示，质量为M的斜劈静止在粗糙水平地面上，质量为m的物块正在M的斜面上匀速下滑．现在m上施加一个水平推力F，则在m的速度减小为零之前，下列说法正确的是()图3A．加力F之后，m与M之间的摩擦力变小B．加力F之后，m与M之间的作用力不变C．加力F之后，M与地面之间产生静摩擦力D．加力F前后，M与地面间都没有摩擦力4．(2024·陕西渭南市教学质检(二))如图4，质量为M的楔形物块静置在水平地面上，其斜面的倾角为θ，斜面上有一质量为m的小物块．给小物块一沿斜面对下的速度，小物块能匀速下滑，在下滑到某位置时，用一沿斜面对下的恒力F推小物块，在小物块接着下滑的过程中，地面对楔形物块的支持力为(已知楔形物块始终保持静止，重力加速度为g)()图4A．(M＋m)g B．(M＋m)g＋FC．(M＋m)g＋Fsinθ D．(M＋m)g－Fsinθ5．(2024·湖北武汉市模拟)如图5所示，水平面上固定着一个三棱柱体，其左侧光滑，倾角为α；右侧粗糙，倾角为β.放置在三棱柱体上的物块A和物块B通过一根跨过顶端定滑轮的细绳相连，若物块A和物块B始终保持静止．下列说法正确的是()图5A．仅增大角α，物块B所受的摩擦力肯定增大B．仅增大角α，物块B对三棱柱体的压力可能减小C．仅增大角β，绳子的拉力肯定增大D．仅增大角β，地面对三棱柱体的支持力不变6．(2024·安徽宣城市期末调研测试)如图6所示，甲、乙两个小球的质量均为m，两球间用细线连接，甲球用细线悬挂在天花板上，两根细线长度相等．现给乙球一大小为F、水平向左的拉力，给甲球一水平向右的大小为3F的拉力，平衡时细线都被拉紧．则平衡时两球的可能位置是下面的()图67．(2024·新疆二模)将体积相同、质量mA＝5m的灯笼A和质量mB＝3m的灯笼B用轻质细绳2连接，灯笼A又用轻质细绳1悬挂在天花板上的O点，两灯笼在相同的水平恒定风力作用下，处于如图7所示的静止状态．其中，轻质细绳1与竖直方向的夹角α＝45°，重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.下列说法正确的是()图7A．细绳1中的张力大小为5mgB．细绳2中的张力大小为8eq\r(2)mgC．作用在每一个灯笼上的水平风力的大小为8mgD．细绳2与竖直方向的夹角为53°8．(2024·河南濮阳市三模)如图8所示，山坡上两相邻高压塔A、B之间架有匀质粗铜线，平衡时铜线呈弧形下垂，最低点在C，已知弧线BC的长度是AC的3倍，而左塔B处铜线切线与竖直方向成β＝30°角．问右塔A处铜线切线与竖直方向夹角α应为()图8A．30°B．45°C．60°D．75°9．(多选)(2024·贵州贵阳市一模)如图9所示，一根粗细和质量分布匀称的细绳，两端各系一个质量都为m的小环，小环套在固定水平杆上，两环静止时，绳子过环与细绳结点P、Q的切线与竖直方向的夹角均为θ，已知绳子的质量也为m，重力加速度大小为g，则两环静止时()图9A．每个环对杆的压力大小为mgB．绳子最低点处的弹力的大小为eq\f(mgtanθ,2)C．水平杆对每个环的摩擦力大小为mgtanθD．两环之间的距离增大，杆对环的摩擦力增大10．(2024·河南中原名校联考)如图10所示，质量均为m的小球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连，B球用长为L的细绳悬于O点，A球固定在O点正下方，当小球B平衡时，绳子所受的拉力为T1，弹簧的弹力为F1；现把A、B间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k2(k1>k2)的另一轻弹簧，在其他条件不变的状况下仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为T2，弹簧的弹力为F2，则下列关于T1与T2、F1与F2大小之间的关系，正确的是()图10A．T1>T2 B．T1<T2C．F1>F2 D．F1<F211．(2024·河北省“五个一名校联盟”第一次诊断)如图11所示，竖直放置的光滑圆环O，顶端D点固定肯定滑轮(大小忽视)，圆环两侧套着m1、m2两小球，两小球用轻绳绕过定滑轮相连，并处于静止状态，m1、m2连线过圆心O点，且与右侧绳的夹角为θ.则m1、m2两小球的质量之比为()图11A．tanθ B.eq\f(1,tanθ)C.eq\f(1,cosθ) D．sin2θ12．(2024·安徽黄山市一模检测)在如图12所示装置中，轻杆一端固定着一个质量可以忽视不计的定滑轮，两物体的质量分别为m1、m2，轻绳一端固定于a点，悬点a、b间的距离远大于滑轮的直径，动滑轮质量和一切摩擦不计，重力加速度为g.整个装置稳定时下列说法正确的是()图12A．α可能大于βB．m1肯定大于m2C．m1可能大于2m2D．轻杆受到的绳子的作用力为2m2gcoseq\f(β,2)

答案精析1．D[分析左侧小球的受力状况，如图所示：依据几何关系可知，N1＝eq\f(mg,sin30°)＝2mg；N2＝eq\f(mg,tan30°)＝eq\r(3)mg，D选项正确．]2．B[光滑物块在与斜面成α角的拉力作用下保持静止，由牛顿第三定律可知，物块对斜面的压力大小N＝mgcosα－Fsinα，若仅将F的方向变为水平，则物块对斜面的压力大小为N′＝mgcosα＋Fsinα，物块对斜面压力增大，选项B正确，A错误；光滑物块在与斜面成α角的拉力作用下保持静止，沿斜面方向有mgsinα＝Fcosα，若仅将F的方向变为水平，沿斜面方向仍有mgsinα＝Fcosα，则物块仍保持静止，选项C、D错误．]3．D[对m刚起先匀速下滑，依据平衡条件得：垂直斜面方向N＝mgcosθ，滑动摩擦力为f＝μmgcosθ；在m上加一水平向右的力F，依据平衡条件有：垂直斜面方向N′＝mgcosθ＋Fsinθ，滑动摩擦力为f′＝μN′＝μ(mgcosθ＋Fsinθ)，对物块，所受支持力增加了Fsinθ，则摩擦力增加μFsinθ，即支持力与摩擦力均成比例的增加，其合力方向还是竖直向上，大小增大，而m与M之间的作用力即为其合力，也是增大的，如图所示；则斜面所受的摩擦力与压力的合力方向还是竖直向下，水平方向仍无运动趋势，则不受地面的摩擦力，故A、B、C错误，D正确．]4．A[对M受力分析可知，当匀速滑行时，M受m给的沿斜面对下的摩擦力，垂直斜面对下的压力，地面对M的支持力；对m、M整体受力分析，匀速下滑时，整体平衡，地面对M的支持力等于两物体重力；当给m施加恒力F后，对m受力分析，m受斜面的摩擦力与支持力不变，则M受m的作用力不变，M整体受力未发生改变，且M始终未动，所以地面对M的支持力仍等于两物体重力，B、C、D错误，A正确．]5．D[细线的拉力T＝mAgsinα，仅增大角α，细线的拉力变大，但因α增大前B所受的摩擦力方向不能确定，则不能断定物块B所受的摩擦力肯定增大，选项A错误；仅增大角α，物块B对三棱柱体的压力仍等于mBgcosβ不变，选项B错误；仅增大角β，绳子的拉力仍为T＝mAgsinα不变，选项C错误；对A、B两物体以及三棱柱的整体而言，地面对三棱柱体的支持力等于整体的重力，则仅增大角β，地面对三棱柱体的支持力不变，选项D正确．]6．B[取整体为探讨对象，整体受到重力、上面绳子的拉力以及向左、向右两个拉力，由于两个拉力的矢量和为：F合＝3F＋(－F)＝2F，所以上边的绳子应当偏向右方，且与竖直方向的夹角为tanα＝eq\f(2F,2mg)＝eq\f(F,mg)；对小球乙受力分析可知，小球乙受到的拉力水平向左，所以下面的绳子向左偏，且与竖直方向的夹角为tanβ＝eq\f(F,mg)，则α＝β，故B图正确，A、C、D图都错误．]7．D[把两个灯笼A、B整体作为探讨对象分析受力，受到竖直向下的重力8mg、作用在两个灯笼上水平方向的风力F和沿轻质细绳1方向的张力F1作用，由平衡条件可得cos45°＝eq\f(8mg,F1)，tan45°＝eq\f(F,8mg)，解得F1＝8eq\r(2)mg，F＝8mg，作用在每一个灯笼上水平方向的风力为F′＝eq\f(F,2)＝4mg，选项A、C错误；隔离灯笼B分析受力，设沿轻质细绳2方向的张力大小为F2，轻质细绳2与竖直方向的夹角为β，由平衡条件可得cosβ＝eq\f(3mg,F2)，tanβ＝eq\f(F′,3mg)，联立解得：β＝53°，F2＝5mg，选项B错误，D正确．]8．C[设AB两端绳上拉力分别为FA、FB，铜线质量为m，在水平方向，A、B、C整体受力平衡，有：FAsinα＝FBsinβ在竖直方向，BC段受力平衡，有：FBcosβ＝eq\f(3,4)mg在竖直方向，AC段受力平衡，有：FAcosα＝eq\f(1,4)mg联立解得：tanα＝3tanβ，所以，α＝60°，故A、B、D错误，C正确．]9．BD[以左侧绳为探讨对象，受力分析如图甲所示，甲乙依据平衡条件，有水平方向：F＝Tsinθ；竖直方向：eq\f(1,2)mg＝Tcosθ，联立解得：T＝eq\f(mg,2cosθ)，F＝eq\f(1,2)mgtanθ，故B正确．对环进行受力分析如图乙，水平方向：f＝Tsinθ＝eq\f(mg,2cosθ)·sinθ＝eq\f(1,2)mgtanθ竖直方向：N＝Tcosθ＋mg＝eq\f(mg,2cosθ)·cosθ＋mg＝eq\f(3,2)mg，由牛顿第三定律可知，A、C错误．当两环之间的距离增大，θ变大，故f变大，D正确．]10．C[由平衡条件可知，弹簧的弹力F和绳子的拉力T的合力与重力mg大小相等，方向相反，即F合＝mg，作出力的合成如图：由三角形相像得：eq\f(mg,AO)＝eq\f(T,OB)由于AO、OB的长度不会改变，所以当换用另一弹簧时，绳子的拉力不会变，即T1＝T2由三角形相像得：eq\f(mg,AO)＝eq\f(F,AB)当换用另一个劲度系数较小的弹簧k2时，弹簧的压缩量增大，所以AB长度应当变小，则由相像可得F也应当变小，则F1>F2，故C正确．]11．B[对两小球分别受力分析，如图所示．对小球m1，由几何学问及正弦定理有eq\f(m1g,sin90°－θ)＝eq\f(T,sinα)；同理，对小球m2有：eq\f(m2g,sinθ)＝eq\f(T,sin180°－α)；联立解得：eq\f(m1,m2)＝eq\f(1,tanθ)，故选B.]12．D[对m2分析可知，m2受拉力及本身的重力平衡，故绳子的拉力