PAGE9-力與物體的平衡(45分鐘)[刷基礎(chǔ)]1．(2024·湖南株洲高三年級教學(xué)檢測)如圖，黑板擦在手施加的恒力F作用下勻速擦拭黑板．已知黑板擦與豎直黑板間的動摩擦因數(shù)為μ，不計黑板擦的重力，則它所受的摩擦力大小為()A．F B．μFC.eq\f(μ,\r(1＋μ2))F D.eq\f(\r(1＋μ2),μ)F解析：設(shè)力F與運動方向的夾角為θ，黑板擦做勻速運動，則由平衡條件可知Fcosθ＝μFsinθ，解得μ＝eq\f(1,tanθ)，由數(shù)學(xué)學(xué)問可知，cosθ＝eq\f(μ,\r(1＋μ2))，則黑板擦所受的摩擦力大小Ff＝Fcosθ＝eq\f(μ,\r(1＋μ2))F，故選項C正確．答案：C2．如圖所示為三種形式的吊車的示意圖，OA為可繞O點轉(zhuǎn)動的輕桿，AB為質(zhì)量可忽視不計的拴接在A點的輕繩，當(dāng)它們吊起相同重物時，圖甲、圖乙、圖丙中桿OA對結(jié)點的作用力大小分別為Fa、Fb、Fc，則它們的大小關(guān)系是()A．Fa>Fb＝Fc B．Fa＝Fb>FcC．Fa>Fb>Fc D．Fa＝Fb＝Fc解析：設(shè)重物的質(zhì)量為m，分別對三圖中的結(jié)點進(jìn)行受力分析，如圖甲、乙、丙所示，桿對結(jié)點的作用力大小分別為Fa、Fb、Fc，對結(jié)點的作用力方向沿桿方向，各圖中G＝mg.則在圖甲中，F(xiàn)a＝2mgcos30°＝eq\r(3)mg；在圖乙中，F(xiàn)b＝mgtan60°＝eq\r(3)mg；在圖丙中，F(xiàn)c＝mgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mg.可知Fa＝Fb>Fc，故B正確，A、C、D錯誤．答案：B3．(2024·山西呂梁高三期末)如圖所示，eq\f(1,4)光滑圓軌道豎直固定在水平地面上，O為圓心，A為軌道上的一點，OA與水平面夾角為30°.小球在拉力F作用下始終靜止在A點．當(dāng)拉力方向水平向左時，拉力F的大小為10eq\r(3)N．當(dāng)將拉力F在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)至沿圓軌道切線方向時，拉力F的大小為()A．5eq\r(3)N B．15NC．10N D．10eq\r(3)N解析：當(dāng)拉力水平向左時，受到豎直向下的重力、沿OA向外的支持力以及拉力F，如圖甲所示，依據(jù)矢量三角形可得G＝Ftan30°＝10eq\r(3)×eq\f(\r(3),3)N＝10N，當(dāng)拉力沿圓軌道切線方向時，受力如圖乙所示，依據(jù)矢量三角形可得F＝Gcos30°＝5eq\r(3)N，A正確．答案：A4．如圖所示，物塊A和滑環(huán)B用繞過光滑定滑輪的不行伸長的輕繩連接，滑環(huán)B套在與豎直方向成θ＝37°的粗細(xì)勻稱的固定桿上，連接滑環(huán)B的繩與桿垂直并在同一豎直平面內(nèi)，滑環(huán)B恰好不能下滑，滑環(huán)和桿間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，設(shè)滑環(huán)和桿間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則物塊A和滑環(huán)B的質(zhì)量之比為()A.eq\f(7,5) B.eq\f(5,7)C.eq\f(13,5) D.eq\f(5,13)解析：設(shè)物塊A和滑環(huán)B的質(zhì)量分別為m1、m2，若桿對B的彈力垂直于桿向下，因滑環(huán)B恰好不能下滑，則由平衡條件有m2gcosθ＝μ(m1g－m2gsinθ)，解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(13,5)；若桿對B的彈力垂直于桿向上，因滑環(huán)B恰好不能下滑，則由平衡條件有m2gcosθ＝μ(m2gsinθ－m1g)，解得eq\f(m1,m2)＝－eq\f(7,5)(舍去)．綜上分析可知應(yīng)選C.答案：C5．如圖所示，由粗糙的水平桿AO與光滑的豎直桿BO組成的絕緣直角支架，在AO桿、BO桿上套有帶正電的小球P、Q，兩個小球恰能在某一位置平衡．現(xiàn)將P緩慢地向左移動一小段距離，兩球再次達(dá)到平衡．若小球所帶電荷量不變，與移動前相比()A．桿BO對Q的彈力減小B．桿AO對P的彈力減小C．桿AO對P的摩擦力增大D．P、Q之間的距離增大解析：Q受力如圖，由力的合成與平衡條件可知：BO桿對小球Q的彈力變大，兩小球之間的庫侖力變大，由庫侖定律知，兩小球P、Q的距離變小，A、D錯誤；對整體受力分析，可得AO桿對小球P的摩擦力變大，C正確；對整體分析可知，豎直方向只受重力和AO桿的支持力，故AO桿對小球P的彈力不變，B錯誤．故選C.答案：C6．(2024·河南南陽一中高三理綜)將一橫截面為扇形的物體B放在水平面上，一小滑塊A放在物體B上，如圖所示．除了物體B與水平面間的摩擦力之外，其余接觸面的摩擦均可忽視不計，已知物體B的質(zhì)量為M、滑塊A的質(zhì)量為m.當(dāng)整個裝置靜止時，A、B接觸面的切線與豎直擋板之間的夾角為θ，重力加速度為g.則下列選項正確的是()A．物體B對水平面的壓力大小為MgB．物體B受到水平面的摩擦力大小為mgtanθC．滑塊A與豎直擋板之間的彈力大小為eq\f(mg,tanθ)D．滑塊A對物體B的壓力大小為eq\f(mg,cosθ)解析：首先對滑塊A受力分析，如圖所示，依據(jù)平衡條件，有F1＝eq\f(mg,sinθ)F2＝eq\f(mg,tanθ)依據(jù)牛頓第三定律，A對B的壓力大小為eq\f(mg,sinθ)，A對豎直擋板的壓力大小為eq\f(mg,tanθ)，故C正確，D錯誤；對A、B整體受力分析，受重力、水平面的支持力、豎直擋板的支持力、水平面的靜摩擦力，如圖所示，依據(jù)平衡條件，水平面的支持力大小FN＝(M＋m)g，水平面的摩擦力大小Ff＝F2＝eq\f(mg,tanθ)，再依據(jù)牛頓第三定律，物體B對水平面的壓力大小為(M＋m)g，故A、B錯誤．答案：C7．(多選)如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，絕緣細(xì)線下面懸掛一質(zhì)量為m、長為l的導(dǎo)線，導(dǎo)線中有垂直紙面對里的恒定電流I，靜止時細(xì)線偏離豎直方向θ角，現(xiàn)將磁場沿逆時針方向緩慢轉(zhuǎn)動到水平向右，轉(zhuǎn)動時磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小不變，在此過程中，下列說法正確的是()A．導(dǎo)線受到的安培力漸漸變大B．絕緣細(xì)線受到的拉力漸漸變大C．絕緣細(xì)線與豎直方向的夾角θ先增大后減小D．導(dǎo)線受到的安培力與絕緣細(xì)線受到的拉力的合力不變解析：導(dǎo)線受到的安培力F安＝BIl大小不變，選項A錯誤；磁場逆時針轉(zhuǎn)動90°的過程中，F(xiàn)安方向漸漸由水平向左變?yōu)樨Q直向下，由于改變緩慢，所以F安與mg的合力F合與FT大小相等，方向相反，由圖可知，F(xiàn)合大小漸漸增大，θ漸漸減小，所以FT大小漸漸增大，選項B正確，選項C錯誤；F安與FT的合力總是與重力大小相等，方向相反，即豎直向上，選項D正確．答案：BD8.(多選)如圖所示，高空作業(yè)的工人被一根繩索懸在空中，已知工人及其身上裝備的總質(zhì)量為m，繩索與豎直墻壁的夾角為α，懸繩上的張力大小為F1，墻壁與工人之間的彈力大小為F2，重力加速度為g，不計人與墻壁之間的摩擦，則()A．F1＝eq\f(mg,sinα)B．F2＝mgtanαC．若緩慢增大懸繩的長度，F(xiàn)1與F2都變小D．若緩慢增大懸繩的長度，F(xiàn)1減小，F(xiàn)2增大解析：對工人受力分析，工人受到重力、墻壁的支持力和繩索的拉力作用，如圖所示，依據(jù)共點力平衡條件，有F1＝eq\f(mg,cosα)，F(xiàn)2＝mgtanα；若緩慢增大懸繩的長度，工人下移時，細(xì)繩與豎直方向的夾角α變小，故F1變小，F(xiàn)2變小，故B、C正確，A、D錯誤．答案：BC9．(多選)(2024·廣東深圳高三模擬)如圖所示，一不行伸長的光滑輕繩，其左端固定于O點，右端跨過固定于O′點的光滑滑輪懸掛一質(zhì)量為1kg的物體P，此時輕繩OO′段水平，長度為0.8m．繩子OO′段套有一個可自由滑動的輕環(huán)．現(xiàn)在輕環(huán)上掛上一重物Q，用手扶住重物后緩慢下降，直到手與重物分別，重物Q下降的高度為0.3m，此時物體P未到達(dá)滑輪處．則()A．重物Q的質(zhì)量為1.2kgB．重物Q的質(zhì)量為1.6kgC．物體P上升的高度為0.2mD．物體P上升的高度為0.4m解析：重新平衡后，依據(jù)幾何學(xué)問可得tanθ＝eq\f(0.4,0.3)＝eq\f(4,3)，即θ＝53°，OO′之間的繩長為0.5×2m＝1m，故P上升了1m－0.8m＝0.2m，C正確，D錯誤；重新平衡后，對輕環(huán)處結(jié)點受力分析，如圖所示，則依據(jù)平行四邊形定則可得cos53°＝eq\f(\f(1,2)mQg,mPg)＝0.6，解得mQ＝1.2kg，A正確，B錯誤．答案：AC10．(多選)如圖所示，物體P、Q可視為點電荷，電荷量相同．傾角為θ、質(zhì)量為M的斜面體放在粗糙水平面上．將質(zhì)量為m的物體P放在粗糙的斜面體上．當(dāng)物體Q放在與P等高(PQ連線水平)且與物體P相距為r的右側(cè)位置時，P靜止且受斜面體的摩擦力為0，斜面體保持靜止，靜電力常量為k，則下列說法正確的是()A．P、Q所帶電荷量為eq\r(\f(mgktanθ,r2))B．P對斜面體的壓力為eq\f(mg,cosθ)C．斜面體受到地面的摩擦力為0D．斜面體對地面的壓力為(M＋m)g解析：以P為探討對象，受到重力mg、斜面體的支持力FN和庫侖力F，由平衡條件得：F＝mgtanθ，F(xiàn)N＝eq\f(mg,cosθ)依據(jù)庫侖定律得：F＝keq\f(q2,r2)聯(lián)立解得：q＝req\r(\f(mgtanθ,k))由牛頓第三定律得P對斜面體的壓力為FN′＝FN＝eq\f(mg,cosθ)，故A錯誤，B正確．以斜面體和P整體為探討對象，由平衡條件得地面對斜面體的摩擦力為Ff＝F，地面對斜面體的支持力為FN1＝(M＋m)g，依據(jù)牛頓第三定律得斜面體對地面的壓力為FN1′＝FN1＝(M＋m)g，故C錯誤，D正確．答案：BD[刷綜合]11．(多選)如圖所示，質(zhì)量為m＝5kg的物體放在水平面上，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),3)，g取10m/s2.當(dāng)物體做勻速直線運動時，下列說法正確的是()A．牽引力F的最小值為25NB．牽引力F的最小值為eq\f(25,3)eq\r(3)NC．最小牽引力F與水平面的夾角為45°D．最小牽引力F與水平面的夾角為30°解析：物體受重力G、支持力FN、摩擦力Ff和拉力F的共同作用，將拉力沿水平方向和豎直方向分解，如圖所示，由共點力的平衡條件可知，在水平方向上有Fcosθ－μFN＝0，在豎直方向上有Fsinθ＋FN－G＝0，聯(lián)立解得F＝eq\f(μG,cosθ＋μsinθ)，設(shè)tanΦ＝μ，則cosΦ＝eq\f(1,\r(1＋μ2))，所以F＝eq\f(μG,cosθ－Φ)·eq\f(1,\r(1＋μ2))，當(dāng)cos(θ－Φ)＝1即θ－Φ＝0時，F(xiàn)取到最小值，F(xiàn)min＝eq\f(μG,\r(1＋μ2))＝25N，而tanΦ＝μ＝eq\f(\r(3),3)，所以Φ＝30°，θ＝30°.答案：AD12．如圖所示，水平細(xì)桿上套一球A，球A與球B間用一輕繩相連，質(zhì)量分別為mA和mB，由于B球受到水平風(fēng)力作用，球A與球B一起向右勻速運動．已知細(xì)繩與豎直方向的夾角為θ，則下列說法中正確的是()A．球A與水平細(xì)桿間的動摩擦因數(shù)為eq\f(mBsinθ,mA＋mB)B．球B受到的風(fēng)力F為mBgtanθC．風(fēng)力增大時，若A、B仍勻速運動，輕質(zhì)繩對球B的拉力保持不變D．桿對球A的支持力隨著風(fēng)力的增大而增大解析：對球B受力分析，受重力、風(fēng)力和拉力，如圖甲，風(fēng)力為F＝mBgtanθ，繩對B球的拉力為FT＝eq\f(mBg,cosθ)，把球A和球B當(dāng)作一個整體，對其受力分析，受重力(mA＋mB)g、支持力FN、風(fēng)力F和向左的摩擦力Ff，如圖乙，依據(jù)共點力平衡條件可得，桿對球A的支持力大小FN＝(mA＋mB)g，桿對球A的摩擦力大小Ff＝F，則球A與水平細(xì)桿間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(Ff,FN)＝eq\f(mBtanθ,mA＋mB)，B正確，A錯誤；當(dāng)風(fēng)力增大時，θ增大，則FT增大，C錯誤；由以上分析知桿對球A的支持力FN＝(mA＋mB)g，不變，D錯誤．答案：B13.(多選)(2024·遼寧大連高三模擬)如圖所示，光滑水平地面上放有截面為eq\f(1,4)圓周的柱狀物體A，A與墻面之間放一光滑的圓柱形物體B，對A施加一水平向左的力F，整個裝置保持靜止．若將A的位置向左移動稍許，整個裝置仍保持平衡，則()A．水平外力F增大B．墻對B的作用力減小C．地面對A的支持力減小D．B對A的作用力減小解析：對B受力分析，受到重力mg、A對B的支持力FNAB和墻壁對B的支持力FNB，如圖甲所示，當(dāng)A向左移動后，A對B的支持力FNAB的方向改變，依據(jù)平衡條件結(jié)合合成法可以知道A對B的支持力FNAB和墻對B的支持力FNB都在不斷減小，由牛頓第三定律知B對A的支持力減小，故B、D正確；再對A和B整體受力分析，受到總重力G、地面支持力FN、外力F和墻的彈力FNB，如圖乙所示，依據(jù)平衡條件，有F＝FNB，F(xiàn)N＝G，故地面對A的支持力不變，外力F隨著墻對B的支持力FNB的減小而減小，故A、C錯誤．答案：BD14.(多選)如圖所示，用一段繩子把輕質(zhì)滑輪吊裝在A點，一根輕繩跨過滑輪，繩的一端拴在井中的水桶上，人用力拉繩的另一端，滑輪中心為O點，人所拉繩子與OA的夾角為β，拉水桶的繩子與OA的夾角為α.人拉繩沿水平面對左運動，把井中質(zhì)量為m的水桶緩慢提上來，人的質(zhì)量為M，重力加速度為g，在此過程中，以下說法正確的是()A．α始終等于βB．吊裝滑輪的繩子上的拉力漸漸變大C．地面對人的摩擦力漸漸變大D．地面對人的支持力漸漸變大解析：水桶勻速上升，拉水桶的輕繩中的拉力FT始終等于mg，對滑輪受力分析如圖甲所示．垂直于OA方向有FTsinα＝FTsinβ，所以α＝β，沿OA方向有F＝FTcosα＋FTcosβ＝2FTcosα，人向左運動的過程中α＋β變大，所以α和β均變大，吊裝滑輪的繩子上的拉力F變小，選項A正確，B錯誤；對人受力分析如圖乙所示，θ＝α＋β漸漸變大，水平方向有Ff＝FT′sinθ，地面對人的摩擦力漸漸變大，豎直方向有FN＋FT′cosθ＝Mg，地面對人的支持力FN＝Mg－FT′cosθ漸漸變大，選項C、D正確．答案：ACD15．(