PAGE1-1力與物體的平衡課時強化訓練1．(2024·安徽A10聯盟聯考)(多選)如圖所示，斜面體放在水平面上，C是斜面體斜面AB上的一點，AC部分粗糙，CB部分光滑，一物塊在AC部分勻速下滑，此時斜面體對物塊的作用力為F1、地面對斜面體的摩擦力為f1，物塊在CB部分下滑時，斜面體對物塊的作用力為F2、地面對斜面體的摩擦力為f2，整個過程斜面體始終處于靜止，不計空氣阻力，則()A．f1＜f2B．f1＝f2C．F1＞F2D．F1＝F2[解析]物塊在AC段勻速下滑時，物塊和斜面體整體處于平衡狀態，因此地面對斜面體的摩擦力為零，即f1＝0，這時斜面對物塊的作用力大小等于物塊的重力，即F1＝mg。當物塊在CB段下滑時，物塊加速下滑，整體有向左的加速度，則地面對斜面體有向左的摩擦力，因此有f1＜f2，A正確、B錯誤；斜面體對物塊的作用力F2＝mgcosθ(θ為斜面的傾角)，因此有F1＞F2，C正確，D錯誤。[答案]AC2．(2024·福建廈門質檢)如圖所示，一個質量為m的滑塊置于傾角為30°的固定粗糙斜面上，一根輕彈簧一端固定在豎直墻上的P點，另一端系在滑塊上的Q點，直線PQ與斜面垂直，滑塊保持靜止。則()A．彈簧可能處于原長狀態B．斜面對滑塊的摩擦力大小可能為零C．斜面對滑塊的支持力大小可能為零D．滑塊肯定受到四個力作用[解析]若滑塊受重力、支持力和摩擦力，且三者合力為零時，彈簧對滑塊沒有作用力，彈簧處于原長狀態，所以A正確，D錯誤；若摩擦力為零，滑塊不行能靜止，所以B錯誤；若支持力為零，則摩擦力也為零，滑塊不行能靜止，所以C錯誤。[答案]A3．(2024·河北石家莊質檢一)飛艇經常用于執行掃雷、空中預警、電子干擾等多項作戰任務。如圖所示為飛艇拖曳掃雷具掃除水雷的模擬圖。當飛艇勻速飛行時，繩子與豎直方向恒成θ角。已知掃雷具質量為m，重力加速度為g，掃雷具所受浮力不能忽視，下列說法正確的是()A．掃雷具受3個力作用B．繩子拉力大小為eq\f(mg,cosθ)C．海水對掃雷具作用力的水平分力小于繩子拉力D．繩子拉力肯定大于mg[解析]掃雷具受繩子拉力、海水的浮力和阻力及自身重力四個力作用，A項錯誤。海水對掃雷具作用力的水平分力F水＝FTsinθ，C項正確。因為浮力大小未知，則繩子拉力大小不能確定，B、D項錯誤。[答案]C4．(2024·山西五市聯考)如圖所示，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()A．a與大環間的彈力大小為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3mg[解析]三個小圓環能夠靜止在光滑的圓環上，因平衡時a、b的距離等于繩子長度的一半，則△abc恰好是等邊三角形，對a受力分析如圖所示：在水平方向上：Tasin30°＝Nacos30°在豎直方向上：Tacos30°＝mg＋Nasin30°解得：Na＝mg，Ta＝eq\r(3)mg，故A、B項均錯。c受到兩根繩子的拉力的合力Tc＝2Tacos30°＝3mg，所以C項正確。c與環之間的彈力Nc＝mg＋Tc＝4mg，故D項錯誤。[答案]C5．(2024·湖南郴州質檢)如圖所示，兩個可視為質點的小球a和b，用質量可忽視的剛性細桿相連，放置在一個光滑的半球面內，已知小球a和b的質量之比為eq\r(3)，細桿長度是球面半徑的eq\r(2)倍。則：兩球處于平衡狀態時，細桿與水平面的夾角θ是()A．45°B．30°C．22.5°D．15°[解析]設桿的彈力為T，小球a和b受力如圖所示，其中FNa和FNb指向球心，設球面的半徑為R，則有cosα＝eq\f(\f(\r(2),2)R,R)＝eq\f(\r(2),2)，得出α＝45°，β1＝90°－45°－θ＝45°－θ，β2＝90°－(45°－θ)＝45°＋θ。兩球都受到重力、細桿的彈力和球面的彈力的作用，過O作豎直線交ab于c點，由幾何三角形與力三角形相像有：eq\f(mag,Oc)＝eq\f(FNa,R)，eq\f(mbg,Oc)＝eq\f(FNb,R)，可得FNa＝eq\r(3)FNb；以整體為探討對象，由平衡條件：FNasinβ1＝FNbsinβ2，即FNasin(45°－θ)＝FNbsin(45°＋θ)，解得θ＝15°，所以D項正確。[答案]D6．(2024·安徽六校二聯)如圖，在一段平坦的地面上等間距分布著一排等高的輸電線桿，掛在線桿上的電線粗細勻稱且呈對稱性。由于熱脹冷縮，冬季兩相鄰線桿之間的導線長度會有所削減。對B線桿及兩側的電線，冬季與夏季相比()A．電線最高點處的張力變小B．電線最低處的張力不變C．線桿對地面的壓力變小D．線桿兩側電線對線桿拉力的合力不變[解析]以線桿間電線為探討對象，受力分析如圖所示。由對稱性及共點力平衡條件可得：Fcosθ＝eq\f(1,2)mg，由于熱脹冷縮，冬天電線變短，θ角增大，電線最高點處的張力變大，A項錯誤，電線最低處的張力F′＝Fsinθ＝eq\f(1,2)mgtanθ，θ角增大，F′變大，B項錯誤。線桿兩側電線對線桿拉力的合力等于兩桿間電線的重力，方向豎直向下，且保持不變，則知桿對地面的壓力不變，則C項錯誤，D項正確。[答案]D7．(2024·湖北四地七校聯盟聯考)如圖所示，帶有光滑豎直桿的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球與套在豎直桿上的小滑塊用輕繩連接，起先時輕繩與斜劈平行。現給小滑塊施加一個豎直向上的拉力，使小滑塊沿桿緩慢上升，整個過程中小球始終未脫離斜劈，則有()A．小球對斜劈的壓力保持不變B．輕繩對小球的拉力先減小后增大C．豎直桿對小滑塊的彈力先增大再減小D．對小滑塊施加的豎直向上的拉力漸漸增大[解析]對小球受力分析，受重力、支持力和輕繩的拉力，如圖所示：在小滑塊沿桿緩慢上升過程中，依據平衡條件可以知道，輕繩的拉力T增加，支持力N減小，依據牛頓第三定律，球對斜面的壓力也減小，故A、B錯誤；對球和滑塊整體受力分析，受重力、斜面的支持力N、桿的彈力N桿、拉力F，如圖所示：依據平衡條件，有：水平方向：N桿＝Nsinθ豎直方向：F＋Ncosθ＝G總因為N減小，故N桿減小，F增加；故C錯誤、D正確。[答案]D8．如圖所示，一水平導軌處于與水平方向成45°角向左上方的勻強磁場中，一根通有恒定電流的金屬棒，由于受到安培力作用而在粗糙的導軌上向右做勻速運動。現將磁場方向沿順時針緩慢轉動至豎直向上，在此過程中，金屬棒始終保持勻速運動，已知棒與導軌間的動摩擦因數為μ，則()A．金屬棒所受摩擦力始終在減小B．導軌對金屬棒的支持力先變小后變大C．磁感應強度先變小后變大D．金屬棒所受安培力恒定不變[解析]金屬棒勻速運動時，受力如圖甲所示，則有FN＋F安sinθ＝mg，F安cosθ＝Ff＝μFN，F安＝BIL，聯立解得B＝eq\f(μmg,IL\r(1＋μ2)sin（θ＋α）)，其中tanα＝eq\f(1,μ)，即45°＜α＜90°，因θ是從45°減小到0°，所以B先變小后變大，金屬棒所受安培力也先變小后變大，C對，D錯；將FN與Ff合成一個力F，則F與水平方向的夾角是肯定值，金屬棒受力滿意圖乙所示狀況，F安順時針改變，力F始終在增大，所以金屬棒所受摩擦力及導軌對金屬棒的支持力始終在增大，A、B錯。[答案]C9．將三根伸長可不計的輕繩AB、BC、CD如圖連接，現在B點懸掛一個質量為m的重物，為使BC繩保持水平且AB繩、CD繩與水平天花板夾角分別為60°與30°，需在C點再施加一作用力，則該力的最小值為()A．mgB.eq\f(1,2)mgC.eq\f(\r(3),3)mgD.eq\f(\r(3),6)mg[解析]對B點受力分析，依據共點力平衡得，tan30°＝eq\f(FTBC,FT)＝eq\f(FTBC,mg)。解得FTBC＝eq\f(\r(3),3)mg，對C點分析，CD的拉力方向肯定，依據圖解法知，當外力的方向與CD垂直時，外力F最小，依據平行四邊形定則知，sin30°＝eq\f(F,FTBC)，F＝FTBCsin30°＝eq\f(\r(3),3)mg×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),6)mg。[答案]D10．(2024·黑龍江牡丹江一中摸底)兩個帶同種電荷小球A、B(可視為質點)通過絕緣的不行伸長的輕繩相連，若將輕繩的某點O固定在天花板上，平衡時兩個小球的連線恰好水平，且兩根懸線偏離豎直方向的夾角分別為30°和60°，如圖甲所示。若將輕繩跨接在豎直方向的光滑定滑輪(滑輪大小可不計)兩端，調整兩球的位置能夠重新平衡，如圖乙所示，求：(1)兩個小球的質量的比值；(2)圖乙狀態，滑輪兩端的繩長O′A、O′B的比值。[解析](1)對小球，有Tcosθ－mg＝0Tsinθ－F＝0解得：mg＝Fcotθ所以：eq\f(mA,mB)＝eq\f(cot30°,cot60°)＝3。(2)對A受力分析，設繩子的拉力為T，小球A到O′的距離為LA，O′C的距離為h，則有eq\f(mAg,h)＝eq\f(T,LA)，同理可得，eq\f(mBg,h)＝eq\f(T,LB)則eq\f(LA,LB)＝eq\f(mB,mA)＝eq\f(1,3)。[答案](1)3(2)eq\f(1,3)11．如圖所示，質量M＝2eq\r(3)kg的木塊A套在水平桿上，并用輕繩將木塊A與質量m＝eq\r(3)kg的小球B相連。今用跟水平方向成α＝30°角的力F＝10eq\r(3)N，拉著球帶動木塊一起向右勻速運動，運動中A、B相對位置保持不變，取g＝10m/s2。求：(1)運動過程中輕繩與水平方向夾角θ；(2)木塊與水平桿間的動摩擦因數μ。[解析](1)設輕繩對B的拉力為FT，以小球為探討對象，分析受力，作出受力圖如圖甲，由平衡條件可得：Fcos30°＝FTcosθ，Fsin30°＋FTsinθ＝mg代入解得，FT＝10eq\r(3)N，tanθ＝eq\f(\r(3),3)，即θ＝30°。(2)以木塊和小球組成的整體為探討對象，分析受力狀況，如圖乙。由平衡條件得Fcos30°＝FfFN＋Fsin30°＝(M＋m)g，又Ff＝μFN解得μ＝eq\f(Fcos30°,（M＋m）g－Fsin30°)＝eq\f(\r(3),5)。[答案](1)θ＝30°(2)μ＝eq\f(\r(3),5)12．(2024·河北唐山市二模)如圖所示，物體在拉力F的作用下沿水平面做勻速直線運動，發覺當外力F與水平方向夾角為30°時，所需外力最小，由以上條件求外力F的最小值與重力的比值。[解析]物體受力分析如圖，建立直角坐標系，對力進行正交分解得：y方向：支持力FN＝G－Fy＝G－Fsinθ①x方向：摩擦力F′＝Fx＝Fcosθ②又：F′＝μFN③聯立①②③得：F＝eq\f(μ,cosθ＋μsinθ)·G＝eq\f(G,\f(1,μ)cosθ＋sinθ