PAGEPAGE1力與物體平衡1．如圖1所示是一支一般的牙膏，該牙膏的外殼是由鋁薄皮做的，依據你的視察和生活閱歷，下列說法正確的是()圖1A．該牙膏皮被擠壓后發生的形變為彈性形變B．牙膏被擠出來是因為牙膏受到手的作用力C．牙膏蓋上的條紋是為了增大摩擦D．擠牙膏時手對牙膏皮的作用力大于牙膏皮對手的作用力2．(多選)(2024·天津理綜·7)明朝謝肇淛的《五雜組》中記載：“明姑蘇虎丘寺塔傾側，議欲正之，非萬緡不行．一游僧見之曰：無煩也，我能正之．”游僧每天將木楔從塔身傾斜一側的磚縫間敲進去，經月余扶正了塔身．假設所用的木楔為等腰三角形，木楔的頂角為θ，現在木楔背上加一力F，方向如圖2所示，木楔兩側產生推力FN，則()圖2A．若F肯定，θ大時FN大B．若F肯定，θ小時FN大C．若θ肯定，F大時FN大D．若θ肯定，F小時FN大3．(多選)如圖3所示，將一橫截面為扇形的物體B放在水平面上，一滑塊A放在物體B上，除了物體B與水平面間的摩擦力之外，其余摩擦忽視不計．已知物體B的質量為M，滑塊A的質量為m，重力加速度為g.當整個裝置靜止時，A、B接觸面的切線與豎直的擋板之間的夾角為θ，下列選項正確的是()圖3A．物體B對水平面的壓力大小為(M＋m)gB．物體B受到水平面的摩擦力大小為mgtanθC．將物體B緩慢向左移動一小段距離，滑塊A對物體B的壓力將變小D．將物體B緩慢向左移動一小段距離，滑塊A與豎直擋板之間的彈力將變大4．如圖4所示，鐵板AB與水平地面之間的夾角為θ，一塊磁鐵吸附在鐵板下方，在緩慢抬起鐵板的B端時θ角增大(始終小于90°)的過程中，磁鐵始終相對于鐵板靜止，下列說法正確的是()圖4A．鐵板對磁鐵的彈力漸漸增大B．磁鐵所受合外力漸漸減小C．磁鐵始終受到三個力的作用D．磁鐵受到的摩擦力漸漸減小5．如圖5所示，質量分布勻稱的細棒中心為O點，O1為光滑鉸鏈，O2為光滑定滑輪，O2在O1正上方，一根輕繩一端系于O點，另一端跨過定滑輪O2，由水平外力F牽引，用FN表示鉸鏈對細棒的作用，現在外力F作用下，細棒從圖示位置緩慢轉到豎直位置的過程中，下列說法正確的是()圖5A．F漸漸變小，FN大小不變B．F漸漸變小，FN大小變大C．F先變小后變大，FN漸漸變小D．F先變小后變大，FN漸漸變大6．(多選)如圖6所示，用OA、OB兩根輕繩將花盆懸于兩豎直墻之間，起先時OB繩水平．現保持O點位置不變，變更OB繩長使繩右端由B點緩慢上移至B′點，此時OB′與OA之間的夾角θ＜90°.設此過程OA、OB繩的拉力分別為FOA、FOB，則下列說法正確的是()圖6A．FOA始終減小B．FOA先減小后增大C．FOB始終增大D．FOB先減小后增大7．如圖7所示，頂端附有光滑定滑輪的斜面體靜止在粗糙水平地面上，三條細繩結于O點．一條繩跨過定滑輪平行于斜面連接物塊P，一條繩連接小球Q，P、Q兩物體處于靜止狀態，另一條繩OA受外力F的作用，處于水平方向，現緩慢逆時針變更繩OA的方向至θ＜90°，且保持結點O位置不變，整個裝置始終處于靜止狀態．下列說法正確的是()圖7A．繩OA的拉力始終減小B．繩OB的拉力始終增大C．地面對斜面體有向右的摩擦力D．地面對斜面體的支持力不斷減小8．如圖8所示，A、B、C三根平行通電直導線質量均為m，通入的電流大小相等，其中C中的電流方向與A、B中的電流方向相反，A、B放置在粗糙的水平面上，C靜止在空中，三根導線的截面處于一個等邊三角形的三個頂點，且三根導線均保持靜止，重力加速度為g，則A導線受到B導線的作用力大小和方向為()圖8A.eq\f(\r(3),3)mg，方向由A指向BB.eq\f(\r(3),3)mg，方向由B指向AC.eq\r(3)mg，方向由A指向BD.eq\r(3)mg，方向由B指向A9．(多選)如圖9所示，在豎直平面內，一輕質絕緣彈簧上端固定在P點，下端與帶電小圓環連接，帶電小圓環套在半徑為R的光滑絕緣大圓環上，大圓環的圓心O點固定一個帶電小球，帶電小圓環與帶電小球均可看做點電荷，它們的電性相同且電荷量大小均為q，P點在O點的正上方，當把帶電小圓環放在大圓環A、B位置時，帶電小圓環均能保持平衡，且B點與O點在同一水平線上，帶電小圓環在B位置平衡時，大圓環與帶電小圓環之間剛好無相互作用力，已知∠APO＝∠AOP＝30°，靜電力常量為k，則下列說法正確的是()圖9A．帶電小圓環在A位置時彈簧肯定處于壓縮狀態B．帶電小圓環在A位置平衡時，大圓環與帶電小圓環之間無彈力C．帶電小圓環的重力為keq\f(q2,R2)D．彈簧的勁度系數為keq\f(q2,R3)10．如圖10所示，光滑的圓環固定在豎直平面內，圓心為O，三個完全相同的小圓環a、b、c穿在大環上，小環c上穿過一根輕質細繩，繩子的兩端分別固定著小環a、b，通過不斷調整三個小環的位置，最終三小環恰好處于平衡位置，平衡時a、b的距離等于繩子長度的一半．已知小環的質量為m，重力加速度為g，輕繩與c的摩擦不計．則()圖10A．a與大環間的彈力大小eq\r(3)mgB．繩子的拉力大小為eq\f(\r(3),2)mgC．c受到繩子的拉力大小為3mgD．c與大環間的彈力大小為3mg11．如圖11所示，A、B都是重物，A被繞過小滑輪P的細線懸掛著，B放在粗糙的水平桌面上；小滑輪P被一根斜短線系于天花板上的O點；O′是三根線的結點，bO′水平拉著B物體，細線cO′沿豎直方向拉著O′(c固定在地面上)；細線和小滑輪的重力不計，細線與滑輪之間的摩擦力可忽視．緩慢增大A的質量，∠cO′a＝120°保持不變，整個裝置始終處于靜止狀態．則下列說法正確的是()圖11A．由于細線cO′長度不變更，對結點的拉力保持不變B．物體B的合外力增大C．細線O′a與豎直方向的夾角變大D．物體B受到的摩擦力大小始終是物體A重力的eq\f(\r(3),2)12．如圖12所示，放在粗糙的固定斜面上的物塊A和懸掛的物塊B均處于靜止狀態．輕繩AO繞過光滑的定滑輪與輕彈簧的右端及輕繩BO的上端連接于O點，輕彈簧中軸線沿水平方向，輕繩的OC段與豎直方向的夾角θ＝53°，斜面傾角α＝37°，物塊A和B的質量分別為mA＝5kg、mB＝1.5kg，彈簧的勁度系數k＝500N/m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，求：圖12(1)彈簧的伸長量x；(2)物塊A受到的摩擦力．

參考答案1.答案C2.答案BC3.答案AD4.答案A解析對磁鐵受力分析，受重力mg、吸引力F、支持力FN和摩擦力Ff，如圖所示：故磁鐵受到4個力的作用；由于磁鐵始終平衡，故合力為零，故B、C錯誤；依據平衡條件，有：mgsinθ－Ff＝0，F－mgcosθ－FN＝0，解得：Ff＝mgsinθ，FN＝F－mgcosθ，由于θ不斷變大，故Ff不斷變大，FN不斷變大，故D錯誤，A正確．5.答案A解析畫出細棒的受力圖如圖；依據三角形定則及相像三角形可知：eq\f(FN,OO1)＝eq\f(mg,O1O2)＝eq\f(F,OO2)，因OO1和O1O2不變，則FN不變；隨OO2的減小，F減小，故選A.6.答案AD解析以結點O為探討對象，分析受力：花盆拉力G、繩OA的拉力FOA和繩OB的拉力FOB，如圖所示，依據平衡條件知，兩根繩子的拉力的合力與重力大小相等、方向相反，作出輕繩OB在B點上移過程中的兩個位置時力的合成圖如圖，由圖看出，FOA漸漸減小，FOB先減小后增大，當θ＝90°時，FOB最?。?.答案D解析緩慢變更繩OA的方向至θ<90°的過程，OA拉力的方向變更如圖從1位置到2位置到3位置所示，可見OA的拉力先減小后增大，OB的拉力始終減小，故A、B均錯誤；以斜面體和P、Q整體為探討對象受力分析，依據平衡條件：斜面體受地面的摩擦力與OA繩子水平方向的拉力等大反向，故地面對斜面體的摩擦力方向向左，C錯誤；OB的拉力始終減小，則FOBy始終減小，而FOAy＋FOBy＝MQg得FOAy始終增大，以斜面體和P、Q整體為探討對象受力分析，依據豎直方向受力平衡：FN＋FOAy＝M斜g＋MPg＋MQg，綜合可得FN始終減小，D正確．8.答案A解析三根導線的截面處于一個等邊三角形的三個頂點，通入的電流大小相等，則FBC＝FAC＝FAB，又反向電流相互排斥，對電流C受力分析如圖：由平衡條件可得：2FACcos30°＝mg，解得：FAC＝eq\f(\r(3),3)mg，則FAB＝eq\f(\r(3),3)mg同向電流相互吸引，A導線受到B導線的作用力方向由A指向B.9.答案BD解析在B位置，對帶電小圓環受力分析可知：G＝keq\f(q2,R2)×tan60°＝eq\r(3)keq\f(q2,R2)，選項C錯誤；小圓環在A位置時，若彈簧給帶電小圓環斜向下的彈力，不論有沒有大圓環的彈力，帶電小圓環都不行能平衡，故彈簧肯定處于拉伸狀態，選項A錯誤；帶電小圓環在A位置平衡時，對帶電小圓環受力分析，假設兩圓環之間的相互作用力為F，由平衡學問：FAPsin30°＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F＋k\f(q2,R2)))sin30°，FAPcos30°＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F＋k\f(q2,R2)))cos30°＝G，解得F＝0，即兩圓環之間無彈力，選項B正確；由平衡條件可知，A、B兩位置的彈簧彈力分別為：FA＝keq\f(q2,R2)，FB＝eq\f(k\f(q2,R2),cos60°)＝eq\f(2kq2,R2)，彈簧形變量為Δx＝R，由胡克定律得彈簧的勁度系數為k′＝eq\f(ΔF,Δx)＝eq\f(FB－FA,R)＝eq\f(kq2,R3)，選項D正確．10.答案C解析三個小圓環能靜止在光滑的圓環上，由幾何學問知：a、b、c恰好能組成一個等邊三角形，對a受力分析如圖所示：在水平方向上：FTsin30°＝FNsin60°在豎直方向上：FTcos30°＝mg＋FNcos60°解得：FN＝mg；FT＝eq\r(3)mg，故A、B錯誤；c受到繩子拉力的大小為：2FTcos30°＝3mg，故C正確；以c為探討對象，受力分析得：在豎直方向上：FN1＝mg＋2FT′cos30°又FT′＝FT解得：FN1＝mg＋2eq\r(3)mg×eq\f(\r(3),2)＝4mg，故D錯誤．11.答案D解析因∠cO′a＝120°保持不變，整個裝置始終處于靜止狀態，則當A的質量變大時，O′a拉力變大，則細線cO′對結點的拉力變大，選項A錯誤；因物體B仍靜止，則物體B的合外力仍為零，選項B錯誤；因∠cO′a＝120°保持不變，則細線O′a與豎直方向的夾角不變，選項C錯誤；對結點O′受力分析，由平衡條件，水平方向：FTbO′＝FTO′acos30°，而FTbO′＝FfB，FTO′a＝GA，解得eq\