第1练　力与物体的平衡（含解析）2024年高考物理大二轮复习

第1练　力与物体的平衡
[保分基础练]
1．(2023·江苏卷·7)如图所示，“嫦娥五号”探测器静止在月球平坦表面处。已知探测器质量为m，四条腿与竖直方向的夹角均为θ，月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的。每条腿对月球表面压力的大小为(　　)
A. B. C. D.
2.(2023·江苏连云港市模拟)如图所示，某同学展示“旋转一字马”，用双脚撑在平行竖直墙壁间保持静止。关于该同学的受力，下列说法正确的是(　　)
A．该同学单脚受到的摩擦力等于重力
B．该同学单脚受到墙壁的作用力沿水平方向
C．若墙壁间距离稍远一些，则该同学腿部承受力增大
D．若墙壁间距离稍近一些，则墙壁对该同学的作用力减小
3．(2023·江苏南京市二模)如图甲所示，笔记本电脑支架一般有多个卡位用来调节角度，某人将电脑放在该支架上，由卡位4缓慢调至卡位1(如图乙)，电脑与支架始终处于相对静止状态，则(　　)
A．电脑受到的支持力变大
B．电脑受到的摩擦力变大
C．支架对电脑的作用力减小
D．电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力大小
4.(2023·江苏省南京外国语学校期末改编)如图所示，一水平光滑晾衣杆上晾晒有一双手套。两只手套由一细线连接，某同学在晾衣杆两侧细线间放置一水平轻杆，已知两只手套质量相等，轻杆长度不变且始终水平，轻杆粗细不计，则下列说法正确的是(　　)
A．将轻杆向下移动，晾衣杆两侧细线的拉力变大
B．当图中θ＝120°时，晾衣杆对细线的作用力最小
C．将轻杆向上移动，晾衣杆对细线的作用力变小
D．无论图中θ取何值，晾衣杆对细线的作用力都等于两手套的重力
5.(2022·浙江6月选考·10)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θ＝60°。一重为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G B．作用力为G
C．摩擦力为G D．摩擦力为G
6.如图所示，细线穿过固定在重物上的光滑小环C后，两端分别固定在天花板上的A、B两点，重物(包括小环)的质量为m，对重物施加一个水平向左的拉力F，使AC段细线竖直且重物静止，已知A、B间距离为L，细线长为3L，重力加速度为g，则F的大小为(　　)
A.mg B.mg C.mg D.mg
7．耙在中国已有1 500年以上的历史，北魏贾思勰著《齐民要术》称之为“铁齿楱”，将使用此农具的作业称作耙地。如图甲所示，牛通过两根耙索拉耙沿水平方向匀速耙地。两根耙索等长且对称，延长线的交点为O1，夹角∠AO1B＝60°，拉力大小均为F，平面AO1B与水平面的夹角为30°(O2为AB的中点)，如图乙所示。忽略耙索质量，下列说法正确的是(　　)
A．两根耙索的合力大小为F
B．两根耙索的合力大小为F
C．地对耙的水平阻力大小为
D．地对耙的水平阻力大小为
[争分提能练]
8.(2023·江苏南京市考前训练)质量为M、半径为R的光滑匀质球，用一根长度也为R的细线悬挂在互相垂直的两竖直墙壁交线处的P点，则球对任一墙壁的压力大小为(重力加速度为g)(　　)
A.Mg B.Mg C.Mg D.Mg
9.凿子是中国传统的木工工具，一凿子两侧面与中心轴线平行，尖端夹角为θ，当凿子插入木板中后，若用锤子沿中心轴线方向以适当的力F敲打凿子上侧时，凿子仍静止，侧视图如图，此时凿子作用于木板1面、2面、3面的弹力大小分别为F1、F2、F3，忽略凿子重力和摩擦力，下列关系式中正确的是(　　)
A．F1<F3 B．F1＝Fcos θ
C．F＝F2sin θ D．F＝
10．(2023·江苏省学业水平考试押题卷)如图所示，倾角为θ＝30°、静置在水平地面上的斜面体顶端有一光滑的定滑轮，斜面上的物块A通过细线绕过定滑轮与物块B相连，此时物块A恰要沿斜面滑动，现在物块B上施加水平向右的力使物块B缓慢升高(图中未画出)，当物块B与滑轮间的细线与竖直方向的夹角φ＝60°时，物块A也恰要沿斜面滑动，已知物块B的质量为m，重力加速度为g，整个过程斜面体始终静止，则(　　)
A．外力F的最大值为2mg
B．物块A的质量为2m
C．物块A和斜面间的最大静摩擦力为mg
D．地面和斜面体间的摩擦力一直减小
11.如图所示，空间有水平向右的匀强磁场，磁感应强度为B。一不可伸长的绝缘、柔软细线左端固定于M点，N点拴着一长度为d的垂直纸面的轻质直导线，右端跨过O处的光滑定滑轮后悬挂一质量为m的重物，系统处于静止状态。此时M、N、O处于同一水平线上，且MN＝2NO＝2L。当导线中通有垂直纸面向里的恒定电流时，重物m上升L高度，系统恰好再次达到平衡，已知重力加速度为g，则导线中通入的电流大小为(　　)
A. B. C. D.
[尖子生选练]
12．(2023·江苏盐城市高级实验中学三模)用如图模型研究斜拉桥的平衡：细杆CD固定在地面，从质量为m的均匀平板正中央空洞内穿过。通过两根轻质细绳CA、CB将平板水平悬挂，与竖直方向夹角分别为30°、60°。ACBD在同一竖直平面内，重力加速度为g。则下列说法正确的是(　　)
A．CB绳上的拉力大小为2mg
B．CA绳上的拉力大小为mg
C．保持平板水平，绳CA不动，逐渐缩短绳CB，使B在平板上左移，这一过程CB绳上的拉力变大
D．保持平板水平，绳CB不动，逐渐伸长绳CA，使A点在平板上左移，这一过程中CA绳上的拉力变小
第1练　力与物体的平衡
1．D　[对“嫦娥五号”探测器受力分析有FN＝mg月，则对一条腿有FN1＝mg月＝，根据牛顿第三定律可知每条腿对月球表面的压力大小为，故选D。]
2．C　[对该同学受力分析可知，该同学受重力、两脚摩擦力、墙壁的支持力，根据竖直方向受力平衡可知单脚受到的摩擦力小于重力，故A错误；该同学单脚受到墙壁的作用力是摩擦力和支持力的合力，根据力的合成可知该力不沿水平方向，故B错误；若墙壁间距离稍远一些，则该同学两腿夹角变大，根据力的合成规律可知该同学腿部承受力增大，故C正确；对该同学整体分析，可知墙壁对该同学的作用力等于重力不变，故D错误。]
3．A　[根据题意，对电脑受力分析，如图所示，
电脑始终处于静止状态，故电脑受力平衡。
由平衡条件可得，电脑受到的支持力大小为FN＝Gcos θ
电脑受到的摩擦力大小Ff＝Gsin θ
由原卡位4调至卡位1，θ减小，故FN增大，Ff减小，故A正确，B错误；
支架对电脑的作用力，即电脑受到的支持力与摩擦力两力的合力，大小等于电脑的重力，方向竖直向上，始终不变，故C错误；
电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和大于其重力大小，故D错误。]
4．D　[对细线、轻杆和手套整体受力分析有F＝G，G为整体的重力，轻杆移动过程中，晾衣杆对细线的作用力大小不变，B、C错误，D正确。对细线上与晾衣杆接触的点受力分析，晾衣杆对细线的作用力为F，设两侧细线上的拉力为F1，则有F＝2F1cos ，轻杆向下移动过程，θ减小，则晾衣杆两侧细线上的拉力变小，A错误。]
5．B　[设斜杆的弹力大小为F，以水平横杆和物体为整体，在竖直方向上根据受力平衡可得4Fcos 30°＝G，解得F＝G，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G，每根斜杆受到地面的摩擦力大小为Ff＝Fsin 30°＝G，B正确，A、C、D错误。]
6．A　[设AC段长为d，AC与BC的夹角为θ，则BC段长为3L－d，根据几何知识有L2＋d2＝(3L－d)2，解得d＝L，因此sin θ＝，设细线上的拉力大小为FT，对重物进行受力分析，如图所示，则根据力的平衡条件有FT＋FTcos θ＝mg，F＝FTsin θ，解得F＝mg，A正确。]
7．B　[两根耙索的合力大小为F′＝2Fcos 30°＝F，A错误，B正确；由平衡条件，地对耙的水平阻力大小为Ff＝F′cos 30°＝F，C、D错误。]
8．B　[对球进行受力分析，球受重力Mg、细线的拉力FT及两个墙壁对它的支持力，两个支持力大小相等，夹角为90°，设支持力的大小为FN、细线与竖直墙壁交线的夹角θ，根据几何知识可知球心到竖直墙壁交线的垂直距离为d＝＝R，故sin θ＝＝，解得θ＝45°，在竖直方向上根据受力平衡可得FTcos θ＝Mg，解得FT＝Mg，在水平方向上根据受力平衡可知两个墙壁对球的支持力的合力大小等于细线拉力FT的水平分力的大小，即＝FTsin θ，解得FN＝Mg，根据牛顿第三定律可得，则球对任一墙壁的压力大小为Mg，故选B。]
9．C　[对凿子受力分析并按图示建立平面直角坐标系
由受力平衡可得F2sin θ＝F，
F2cos θ＋F3＝F1
所以可得F1＞F3，F＝F2sin θ＝·sin θ，
故F1＝＋F3，F＝F2sin θ＝＝，A、B、D错误，C正确。]
10．C　[对物块B受力分析，如图所示，可知细线对物块B的拉力F拉和水平外力F的合力大小始终等于物块B的重力，结合几何知识知φ＝60°时F有最大值，为Fm＝mgtan 60°＝mg，A错误；设物块A的质量为m1，初始时细线的拉力大小为mg，φ＝60°时细线的拉力大小为＝2mg，沿斜面方向对物块A，分别有m1gsin 30°＝Ffm＋mg、m1gsin 30°＋Ffm＝2mg，联立解得m1＝3m、Ffm＝mg，B错误，C正确；斜面体与两个物块组成的系统始终处于平衡状态，水平方向外力逐渐增大，故地面和斜面体间的摩擦力也增大，D错误。]
11．B　[导线通有电流后，因受到安培力下降至N′点，则MN′＝ON′＝2L，如图所示
设MN′和ON′与竖直方向的夹角都为θ，则
cos θ＝＝
根据对称性，MN′和ON′对导线的作用力都为mg，有2mgcos θ＝BId
可得I＝，故选B。]
12．C　[对平板，根据平衡条件FTCAsin 30°＝FTCBsin 60°，FTCAcos 30°＋FTCBcos 60°＝mg，联立解得FTCB＝mg，FTCA＝mg，A、B错误；设CB绳与竖直方向夹角为α，根据平衡条件FTCAsin 30°＝FTCBsin α，FTCAcos 30°＋FTCBcos α＝mg，联立解得FTCB＝＝，使B点左移，则α由60°逐渐减小，则CB绳拉力变大，C正确；设CA绳与竖直方向夹角为β，根据平衡条件FTCAsin β＝FTCBsin 60°，FTCAcos β＋FTCBcos 60°＝mg，联立解得FTCA＝＝，使A点左移，则β由30°逐渐增大，这一过程中CA绳上的拉力变大，D错误。]