223届高考物理（广东、浙江、海南）二轮专题分层突破训练1：力与物体的平衡（含答案）

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1、专题分层突破练1力与物体的平衡A组1.(2022广东深圳一调)如图所示,一玩偶与塑料吸盘通过细绳AB连接,吸盘吸附在墙壁上,玩偶静止悬挂,忽略玩偶与墙壁之间的静摩擦力,则()A.细绳AB越短,玩偶对墙壁的压力越大B.细绳AB越长,吸盘受到墙壁的摩擦力越小C.细绳AB越短,细绳对玩偶的拉力越小D.吸盘与墙壁之间的挤压力越大,吸盘受到墙壁的摩擦力越大2.(2022浙江卷)如图所示,一轻质晒衣架静置于水平地面上,水平横杆与四根相同的斜杆垂直,两斜杆夹角=60。一重力为G的物体悬挂在横杆中点,则每根斜杆受到地面的()A.作用力为33GB.作用力为36GC.摩擦力为34GD.摩擦力为38G3.(2022

2、安徽六校联考)如图所示,一粗糙斜面固定于水平面上,一质量为m的滑块通过一跨过斜面顶端光滑定滑轮的轻绳与一钩码相连。能使滑块在斜面上保持静止的钩码质量的最大值和最小值分别为m1和m2。设轻绳与斜面保持平行,滑块所受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。斜面倾角为,则滑块与斜面之间的动摩擦因数为()A.m12mgB.2m2mgC.m1-m22mcosD.m1+m22mcos4.(2022上海嘉定一模)图甲为烤肠机,香肠放置于两根水平的平行金属杆中间,其截面图如图乙所示。假设香肠可视为质量均匀的圆柱体,烤熟后质量不变,半径变大,金属杆不再转动。忽略摩擦及金属杆的热胀冷缩。若金属杆对香肠的支持力为FN,两根

3、金属杆对香肠的合力为F合,则香肠烤熟后()A.FN变大,F合变大B.FN变大,F合不变C.FN变小,F合变大D.FN变小,F合不变5.如图所示,力传感器固定在天花板上,边长为L的正方形匀质导线框abcd用不可伸长的轻质绝缘细线悬挂于力传感器的测力端,导线框与磁感应强度方向垂直,线框的bcd部分处于匀强磁场中,b、d两点位于匀强磁场的水平边界线上。若在导线框中通以大小为I、方向如图所示的恒定电流,导线框处于静止状态时,力传感器的示数为F1,只改变电流方向,其他条件不变,力传感器的示数为F2,则该匀强磁场的磁感应强度大小为()A.F2-F14ILB.F1-F24ILC.2(F2-F1)4ILD.2

4、(F1-F2)4IL6.(2022云南师大附中模拟)如图所示,AC是上端带光滑轻质定滑轮的固定竖直杆,质量不计的轻杆BC一端通过铰链固定在C点,另一端B悬挂一重力为G的物体,且B端系有一根绕过定滑轮的轻绳,用力F拉绳,开始时BCA90,现使BCA缓慢变小,直到BCA=30。则此过程中()A.轻杆BC所受的力逐渐减小B.轻杆BC所受的力的方向不一定沿杆C.力F的大小逐渐减小D.力F的大小先减小后增大B组7.如图所示,一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上,质量分别为m和2m的物块A、B,通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接,A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为,设最大静摩

5、擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45时,物块A、B刚好要滑动,则的值为()A.13B.14C.15D.168.(多选)(2022浙江联考)如图所示,在一竖直平面内,y轴左侧有一水平向右的匀强电场E1和一垂直纸面向里的匀强磁场B,y轴右侧有一竖直方向的匀强电场E2(未画出)。一电荷量为q(电性未知)、质量为m的微粒从x轴上A点以一定初速度与水平方向成=37角沿直线经P点匀速运动到图中C点,其中m、q、B均已知,重力加速度为g,sin 37=0.6,cos 37=0.8,则()A.微粒一定带负电B.电场强度E2一定竖直向上C.两电场强度之比E1E2=43D.微粒的初速度为v=5mg4qB

6、9.(2022广东中山期末)如图所示为一种简易“千斤顶”。一竖直放置的轻杆,由于限制套管P的作用,只能在竖直方向上运动。若轻杆上端放一质量为m的重物,轻杆的下端通过一与杆固定连接的小轮放在倾角为、质量为m0的斜面体上,并将斜面体放在水平地面上。为了能顶起重物,沿水平方向对斜面体施加的推力应大于F。斜面体与小轮、水平面间的摩擦和小轮质量不计,重力加速度为g。则下列说法正确的是()A.F=(m+m0)gsin B.若重物质量为2m,推力的最小值仍为FC.地面对斜面体的支持力大于(m+m0)gD.小轮对斜面的压力大于F10.(2022山东济南模拟)内燃机汽缸内的燃气推动活塞运动的示意图如图所示,活塞

7、质量为m,若在活塞从汽缸的顶部向底部匀速运动的过程中,气体对活塞的合力F大小恒定、方向向下,汽缸与活塞之间的摩擦可忽略,重力加速度为g。当连杆a与竖直方向的夹角为时,下列说法正确的是()A.汽缸壁对活塞的作用力大小为(F+mg)tan B.汽缸壁对活塞的作用力大小为F+mgsinC.连杆a受到活塞的作用力大小为(F+mg)cos D.连杆a受到活塞的作用力大小为Fsin 11.(2022广东模拟)如图所示,某健身者右手拉着抓把从图示位置A沿水平方向缓慢移动到位置B,他始终保持静止,不计绳子质量,忽略绳子和重物与所有构件间的摩擦,则重物下移过程中()A.绳子的拉力逐渐增大B.该健身者所受合力逐渐

8、减小C.该健身者对地面的压力逐渐增大D.该健身者对地面的摩擦力逐渐减小12.如图所示,风筝借助均匀的风力和牵线的作用,在空中处于平衡状态。图中所示风筝质量m=0.4 kg,某时刻风筝平面与水平面的夹角为30,主线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相垂直,sin 53=0.8,cos 53=0.6,g取10 m/s2。(1)画出风筝的受力图,求此时风对风筝的作用力F的大小和主线对风筝的拉力T的大小(结果保留三位有效数字)。(2)若拉着风筝匀速运动时,主线与水平面成53角保持不变,这时拉主线的力为10 N,则此时风筝平面与水平面的夹角的正切值为多大?答案：1.A解析 玩

9、偶的受力分析如图所示,玩偶对墙壁的压力等于玩偶受到的支持力,有FN=Gtan ,T=Gcos,细绳AB越短,越大,则玩偶对墙壁的压力越大,细绳对玩偶的拉力越大,A正确,C错误;对吸盘与玩偶整体分析,竖直方向只受重力与摩擦力,所以吸盘受到墙壁的摩擦力总是等于吸盘与玩偶的重力,与细绳的长短无关,与吸盘和墙壁之间的挤压力无关,B、D错误。2.B解析 设斜杆的弹力大小为F,以水平横杆和重物为整体,竖直方向根据受力平衡有4Fcos 30=G,解得F=36G,以其中一斜杆为研究对象,其受力如图所示,可知每根斜杆受到地面的作用力应与F平衡,即大小为36G,每根斜杆受到地面的摩擦力为f=Fsin 30=312

10、G,B正确,A、C、D错误。3.C解析 当钩码的质量为最大值m1时,滑块所受的静摩擦力沿斜面向下,有mgcos +mgsin =m1g;当钩码的质量为最小值m2时,滑块所受的静摩擦力沿斜面向上,有mgsin =m2g+mgcos ;联立解得=m1-m22mcos,故选C。4.D解析 以香肠为研究对象,受到重力、两边金属杆的支持力,如图所示。由平衡条件可得2FNcos =mg,解得FN=mg2cos,香肠烤熟后质量不变,半径变大,重心升高,变小,cos 变大,所以FN变小;由于香肠烤熟后质量不变,根据平衡条件可得两根金属杆对香肠的合力始终与香肠的重力等大反向,保持不变,故D正确。5.C解析 线框

11、在磁场中受安培力的等效长度为lbd=2L,当电流方向为图示方向时,由左手定则可知导线框受到的安培力竖直向上,大小为F=2BIL,由导线框受力平衡可得F1+F=mg,当导线框中的电流反向时,导线框受到的安培力方向竖直向下,此时有mg+F=F2,联立可得B=2(F2-F1)4IL,故C正确。6.C解析 以结点B为研究对象,分析受力情况,如图所示,根据平衡条件可知,F、FN的合力F合与G大小相等、方向相反。根据相似三角形得F合FN=lAClBC,F合F=lAClAB,且F合=G,则有FN=lBClACG,F=lABlACG,在BCA缓慢变小的过程中,lAC、lBC不变,即FN不变,则轻杆BC所受的力

12、大小不变,方向始终沿着杆,A、B错误;由于AB间的轻绳在变短,即lAB变小,所以力F的大小逐渐减小,C正确,D错误。7.C解析 当木板与水平面的夹角为45时,两物块刚好滑动,对物块A受力分析如图甲所示,沿斜面方向,A、B之间的滑动摩擦力f1=FNA=mgcos 45,根据平衡条件可知TA=mgsin 45+f1;对物块A、B整体受力分析如图乙所示,沿斜面方向,B与斜面之间的滑动摩擦力f2=FN=3mgcos 45,根据平衡条件可知3mgsin 45=2TA+f2;联立各式解得=15,故选C。甲乙8.BD解析 微粒从A到P受重力、静电力和洛伦兹力作用做匀速直线运动,由左手定则及静电力的性质可确定

13、微粒一定带正电,选项A错误;此时有qE1=mgtan 37,微粒从P到C在静电力和重力作用下做直线运动,必有mg=qE2,所以E2的方向竖直向上,选项B正确;联立以上两式可得E1E2=34,选项C错误;在AP段有mg=qvBcos 37,解得v=5mg4qB,选项D正确。9.D解析 当以最小值F推斜面体时,设小轮受到斜面体的支持力大小为FN,则对小轮在竖直方向根据平衡条件有FNcos =mg,解得FN=mgcos,则小轮对斜面体的压力大小也为FN,且垂直于斜面向下,则对斜面体在水平方向根据平衡条件有F=FNsin =mgtan ,可知,FNF,若重物质量为2m,推力的最小值将变为2F,故A、B

14、错误,D正确;对重物、小轮、斜面和轻杆组成的整体分析可知,地面对斜面体的支持力大小等于(m+m0)g,故C错误。10.A解析 对活塞进行受力分析,如图所示,根据平衡条件有FN1cos =F+mg,FN1sin =FN2,联立解得汽缸壁对活塞的作用力大小为FN2=(F+mg)tan ,连杆a对活塞的作用力大小为FN1=F+mgcos,根据牛顿第三定律可知连杆a受到活塞的作用力大小为FN1=FN1=F+mgcos,故A正确,B、C、D错误。11.D解析 对重物受力分析,绳子的拉力等于重物的重力,保持不变,A错误;该健身者始终保持静止状态,受力平衡,故健身者所受合力始终为零,B错误;对人受力分析,设

15、绳子与水平方向的夹角为,根据平衡条件可知FN=m人g-m物gsin ,绳子与水平方向的夹角不断增大,故该健身者受到地面的支持力逐渐减小,根据牛顿第三定律得,该健身者对地面的压力逐渐减小,C错误;地面对该健身者的摩擦力f=m物gcos ,夹角不断增大,故根据牛顿第三定律得,该健身者对地面的摩擦力逐渐减小,D正确。12.答案 (1)图见解析3.33 N6.13 N(2)12解析 (1)风筝平衡时共受到三个力的作用,即重力mg、风对它的作用力F和主线对它的拉力T,如图所示,以风筝平面方向为x轴,F方向为y轴,建立坐标系,将重力和拉力T正交分解在x轴方向,有mgsin 30-Tcos 53=0在y轴方向,有F=Tsin 53+mgcos 30联立两式,解得T=3.33 N,F=6.13 N。(2)以水平方向为x轴,竖直方向为y轴建立坐标系,如图所示。设风对风筝的作用力水平分力为Fx,竖直分力为Fy,由平衡条件知Fx=Tcos 53=6 NFy=Tsin 53+mg=12 N