高考专题03 力与物体的平衡（解析版）

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A.c一定受到水平桌面的摩擦力
B.b对a的作用力一定竖直向上
C.c对b的摩擦力可能水平向右
D.b对a的支持力与a受到的重力是一对作用力和反作用力
【答案】 B
【解析】对a、b、c整体分析，受重力和支持力，二力平衡，c不受地面的摩擦力，故A错误；对物体a受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，b对a的作用力一定竖直向上，和a的重力平衡，故B正确；以a和b整体为研究对象，受到重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，c对b的静摩擦力平行接触面向上，故C错误；b对a的支持力与a对b的压力是一对作用力和反作用力，故D错误。
2.(2021·山东威海市模拟考试)20世纪末，由于生态环境的破坏，我国北方地区3、4月份沙尘暴天气明显增多。近年来，我国加大了环境治理，践行“绿水青山就是金山银山”的发展理念，沙尘天气明显减少。现把沙尘上扬后的情况简化为沙尘颗粒悬浮在空中不动。已知风对沙尘的作用力表达式为F＝αρAv2，其中α为常数，ρ为空气密度，A为沙尘颗粒的截面积，v为风速。设沙尘颗粒为球形，密度为ρ0，半径为r，风速的方向竖直向上，重力加速度为g，则v的表达式为( )
A.eq \r(\f(4ρgr,3αρ0)) B.eq \r(\f(4ρ0gr,3αρ))
C.eq \r(\f(ρ0gr,αρ)) D.eq \r(\f(4gr,3α))
【答案】 B
【解析】 沙尘悬浮时受力平衡，根据平衡条件有mg＝F其中m＝ρ0V＝ρ0×eq \f(4,3)πr3，由题意知F＝αρAv2，A＝πr2，联立解得v＝eq \r(\f(4ρ0gr,3αρ))，选项B正确。
3.(2021·山东德州市第一次模拟)如图所示，小球A、B的质量都为m，它们用三段轻绳分别连结在竖直墙壁上的M点和天花板上的N点，稳定时MA段水平，BN段与水平天花板的夹角为45°，已知重力加速度为g，则轻绳AB段的张力大小为( )
A.2eq \r(2)mg B.eq \r(5)mg
C.2mg D.eq \r(2)mg
【答案】 B
【解析】 设AM的拉力为FAM，BN的拉力为FBN，轻绳AB段的张力大小为FT；以AB组成的整体为研究对象，受力分析如图甲所示，则由平衡条件可得，FAM＝2mgtan 45°＝2mg，隔离A球受力分析，如图乙所示，则有
FT＝eq \r(Feq \\al(2,AM)＋（mg）2)＝eq \r(（2mg）2＋（mg）2)＝eq \r(5)mg
故A、C、D错误，B正确。
3. [2021·天津市东丽区等级考试模拟(三)]如图所示，水平面上的P、Q两物块的接触面水平，二者叠在一起在作用于Q上的水平恒定拉力F的作用下向右做匀速运动，某时刻撤去力F后，二者仍能不发生相对滑动。关于撤去F前后Q的受力个数的说法正确的是( )
A.撤去F前6个，撤去F后瞬间5个
B.撤去F前5个，撤去F后瞬间5个
C.撤去F前5个，撤去F后瞬间4个
D.撤去F前4个，撤去F后瞬间4个
【答案】 B
【解析】 撤去F前，物体Q受到：重力、地面的支持力、P对Q的压力、地面对Q的摩擦力和力F共5个力的作用；撤去F后的瞬间，两物体做减速运动，此时Q受力： 重力、地面的支持力、P对Q的压力、地面对Q的摩擦力和P对Q的摩擦力，共5个力作用，选项B正确。
4. (2021·安徽庐巢七校联盟第三次联考)如图甲所示， A、B两小球通过两根轻绳连接并悬挂于O点，已知两轻绳OA和AB的长度之比为eq \r(3)∶1，A、B两小球质量分别为2m和m，现对A、B两小球分别施加水平向右的力F1和水平向左的力F2，两球恰好处于如图乙的位置静止，此时B球恰好在悬点O的正下方，轻绳OA与竖直方向成30°，则( )
A.F1＝F2 B.F1＝eq \r(3)F2
C.F1＝2F2 D.F1＝3F2
【答案】 C
【解析】 由题意知两轻绳OA和AB的长度之比为eq \r(3)∶1，B球恰好在悬点O的正下方，由几何关系可知，OA与AB垂直；以B球为研究对象，受力示意图如图甲所示，由平衡条件得
F2＝mgtan(90°－30°)＝eq \r(3)mg
以A、B两球整体为研究对象，受力示意图如图乙所示，由平衡条件得
F1－F2＝3mgtan 30°＝eq \r(3)mg
可得F1＝2eq \r(3)mg，即F1＝2F2，故C正确。
5.(2021·北京市昌平区二模练习)一根细线上端固定，下端系着一个质量为m的小球。给小球施加拉力F，使小球平衡后细线与竖直方向的夹角为θ，如图所示。则拉力F( )
A.方向可能在图中Ⅰ区内
B.方向可能在图中Ⅱ区内
C.最小值为mgcs θ
D.最小值为mgtan θ
【答案】 B
【解析】 小球受竖直向下的重力mg和沿细绳斜向上的拉力FT以及拉力F，三力平衡，则力F必在mg和FT夹角的对角范围内，即在图中的Ⅱ区域，当力F与FT垂直时，F最小，最小值为Fmin＝mgsin θ。故选项B正确。
6.(2021·河南驻马店市第一学期期终)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上，用水平力F拉着绳的中点O，使OA段绳偏离竖直方向一定角度，如图所示。设绳OA段拉力的大小为FT，若保持O点位置不变，则当力F的方向顺时针缓慢旋转至竖直方向的过程中( )
A.F先变大后变小，FT逐渐变小
B.F先变大后变小，FT逐渐变大
C.F先变小后变大，FT逐渐变小
D.F先变小后变大，FT逐渐变大
【答案】 C
【解析】 对结点O受力分析如图所示，保持O点位置不变，则当力F的方向顺时针缓慢旋转至竖直方向的过程中，由图可知F先减小后增大，FT一直减小，故选项C正确。
7.(2021·百师联盟山东模拟)如图所示，光滑的定滑轮固定在天花板的A点上，质量为M的物块a静置在水平地面上的C点，系在a上的细线跨过定滑轮后，固定在天花板上的B点，质量为m的物块b利用光滑小挂钩挂在A、B间细线上的O点，当AC、AO与竖直方向的夹角均为30°时，a、b两物块均保持静止，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.细线的拉力FT＝eq \f(\r(3),2)mg
B.物块a对地面的压力FN＝(M－m)g
C.物块a对地面的摩擦力Ff＝eq \f(\r(3),6)Mg
D.若将B端的细线向左缓慢移动至A处的过程中，物块a始终保持静止
【答案】D
【解析】由于挂钩光滑，故对b物块由几何关系和平衡条件可得2FTcs 30°＝mg，故细线的拉力FT＝eq \f(\r(3),3)mg，故A错误；对a物块，由平衡条件可知，竖直方向FN＋FTcs 30°＝Mg，解得FN＝(M－eq \f(1,2)m)g，故B错误；由平衡条件知，水平方向FTsin 30°＝Ff，解得Ff＝eq \f(\r(3)mg,6)，故C错误；若将B端的细线向左缓慢移动至A处的过程中，细线AO、BO夹角减小，故细线中拉力减小，故物块a受到的拉力水平分量和竖直分量均减小，a对地面的压力增大，与地面间的最大静摩擦力增加，拉力的水平分量不能克服最大静摩擦力，故始终保持静止，故D正确。
8.(2021·山东聊城市第二次等级考试模拟)如图所示，两根轻绳一端系于结点O，另一端分别系于固定竖直放置的圆环上的A、B两点，O为圆心，O点下面悬挂一物体M，绳OA水平，拉力大小为F1，绳OB与绳OA成α＝120°，拉力大小为F2。将两绳同时缓慢顺时针转过60°，并保持两绳之间的夹角α始终不变，且物体始终保持静止状态。则在旋转过程中，下列说法正确的是( )
A.F1逐渐增大 B.F1先增大后减小
C.F2先增大后减小 D.F2先减小后增大
【答案】A
【解析】 对结点O受力分析，并合成三角形如图所示，根据图示可知顺时针转动前(实线)到转动后(虚线)过程中，F1一直增大，F2一直减小，A正确，B、C、D错误。
9. (2021·广东汕头市第一次模拟)如图所示，足够长的光滑平板AP与BP用铰链连接，平板AP与水平面成53°角固定不动，平板BP可绕水平轴在竖直面内自由转动，将一均匀圆柱体O放在两板间。在使BP板由水平位置缓慢转动到竖直位置的过程中，下列说法正确的是( )
A.当BP沿水平方向时，BP板受到的压力最大
B.当BP沿竖直方向时，AP板受到的压力最大
C.当BP沿竖直方向时，BP板受到的压力最小
D.当BP板与AP板垂直时，AP板受到的压力最小
【答案】 B
【解析】 当BP沿水平方向时，BP板受到的压力等于圆柱体的重力，AP板受到的压力为零。当挡板PB逆时针缓慢地转向竖直位置的过程中，小球受重力、斜面AP的弹力F1和挡板BP的弹力F2，将F1与F2合成为F＝mg，如图；小球一直处于平衡状态，三个力中的任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故F1和F2的合力F一定与重力等值、反向、共线。从图中可以看出，F1越来越大，F2先变小，后变大，到竖直位置时，F2＞mg，故选项B正确，A、C、D错误。
10.(2021·1月重庆市学业水平选择性考试适应性测试，7)如图所示，垂直墙角有一个截面为半圆的光滑柱体，用细线拉住的小球静止靠在接近半圆底端的M点。通过细线将小球从M点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中，细线始终保持在小球处与半圆相切。下列说法正确的是( )
A.细线对小球的拉力先增大后减小
B.小球对柱体的压力先减小后增大
C.柱体受到水平地面的支持力逐渐减小
D.柱体对竖直墙面的压力先增大后减小
【答案】 D
【解析】 以小球为对象，设小球所在位置沿切线方向与竖直方向夹角为θ，沿切线方向有FT＝mgcs θ，沿半径方向有FN＝mgsin θ，通过细线将小球从M点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中θ增大，所以细线对小球的拉力减小，小球对柱体的压力增大，故A、B错误；以柱体为对象，竖直方向有F地＝Mg＋FNsin θ＝Mg＋mgsin2θ，水平方向有F墙＝FNcs θ＝mgsin θcs θ＝eq \f(1,2)mgsin 2θ，θ增大，柱体受到水平地面的支持力逐渐增大；柱体对竖直墙面的压力先增大后减小，当θ＝45°时柱体对竖直墙面的压力最大，故D正确，C错误。
11.(2021·1月辽宁普高校招生适应性测试，7)如图所示，用轻绳系住一质量为2m的匀质大球，大球和墙壁之间放置一质量为m的匀质小球，各接触面均光滑。系统平衡时，绳与竖直墙壁之间的夹角为α，两球心连线O1O2与轻绳之间的夹角为β，则α、β应满足( )
A.tan α＝3ct β
B.2tan α＝3ct β
C.3tan α＝tan(α＋β)
D.3tan α＝2tan(α＋β)
【答案】 C
【解析】 以大球和小球为整体受力分析如图甲，
有FTcs α＝3mg，
FTsin α＝FN1，
解得FN1＝3mgtan α
再以小球为研究对象，进行受力分析如图乙所示
FN2sin(α＋β)＝FN1，
FN2cs(α＋β)＝mg，
解得：FN1＝mgtan(α＋β)，
联立得：3tan α＝tan(α＋β)，选项C正确。
12.(2021·安徽蚌埠市第二次质检)如图所示，物体甲放置在水平地面上，通过跨过定滑轮的轻绳与小球乙相连，整个系统处于静止状态。现对小球乙施加一个水平力F，使小球乙缓慢上升一小段距离，整个过程中物体甲保持静止，甲受到地面的摩擦力为Ff，则该过程中( )
A.Ff变小，F变大 B.Ff变小，F变小
C.Ff变大，F变小 D.Ff变大，F变大
【答案】D
【解析】以小球乙为研究对象受力分析，设绳与竖直方向的夹角为α，根据平衡条件可得，水平拉力为F＝mgtan α，可见水平拉力F逐渐增大，绳子的拉力为FT＝eq \f(mg,cs α)，故绳子的拉力也逐渐增大；以物体甲为研究对象受力分析，根据平衡条件可得，物体甲受地面的摩擦力等于绳子的拉力沿水平方向的分力FTx＝FTcs θ，两力反向，故摩擦力方向向左，Ff＝eq \f(mgcs θ,cs α)，逐渐增大，故D正确，A、B、C错误。
13.(2021·河北保定市二模)某位同学用筷子将均匀球夹起悬停在空中，如图所示，已知球心O与两根筷子在同一竖直面内，小球质量为m，筷子与竖直方向之间的夹角均为θ，筷子与小球表面间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度为g。每根筷子对小球的压力至少为( )
A.eq \f(mg,2（μsin θ－cs θ）) B.eq \f(mg,2（μcs θ－sin θ）)
C.eq \f(mg,2（μcs θ＋sin θ）) D.eq \f(mg,2（sin θ－μcs θ）)
【答案】B
【解析】 对小球受力分析
2Ffcs θ＝mg＋2FNsin θ
Ff＝μFN
解得FN＝eq \f(mg,2（μcs θ－sin θ）)
14.[2021·天津市等级考模拟(二)]如图所示，两个可视为质点的小球A、B通过固定在O点的光滑滑轮用轻绳相连，小球A置于光滑半圆柱上，小球B用水平轻绳拉着，水平轻绳另一端系于竖直板上，两球均处于静止状态。已知O点在半圆柱横截面圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角、其长度与半圆柱横截面的半径相等，OB与竖直方向成60°角，则( )
A.轻绳对球A的拉力与球A所受弹力的合力大小相等
B.轻绳对球A的拉力与半圆柱对球A的弹力大小不相等
C.轻绳AOB对球A的拉力与对球B的拉力大小之比为eq \r(2)∶eq \r(3)
D.球A与球B的质量之比为2eq \r(3)∶1
【答案】 D
【解析】 设轻绳中拉力为FT，球A受力如图所示，球A所受弹力为绳对A的拉力和半圆柱对球A的支持力的合力，与重力等大反向，大于FT，故A错误；受力分析可得FTsin 30°＝FNsin 30°，FTcs 30°＋FNcs 30°＝mAg，解得FT＝FN＝eq \f(\r(3),3)mAg，故B错误；轻绳对A的拉力与对球B的拉力大小都等于FT，故C错误；对球B：FTcs 60°＝mBg，FT＝2mBg，解得eq \f(mA,mB)＝eq \f(2\r(3),1)，故D正确。
15.(2021·河北邯郸市上学期期末)如图所示，在水平推力作用下，物体A静止在倾角为θ＝45°的粗糙斜面上，当水平推力为F0时，A刚好不下滑，然后增大水平推力的值，当水平推力为F时A刚好不上滑。设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，物块A与斜面之间的动摩擦因数为μ(μ＜1)，则下列关系式成立的是( )
A.F＝eq \f(μ,1－μ)F0 B.F＝(eq \f(μ,1－μ))2F0
C.F＝eq \f(1＋μ,1－μ)F0 D.F＝(eq \f(1＋μ,1－μ))2F0
【答案】 D
【解析】当物体恰好不下滑时，沿斜面方向刚好平衡，则有
mgsin 45°＝F0cs 45°＋μFN
垂直于斜面方向，有FN＝mgcs 45°＋F0sin 45°
解得F0＝eq \f(1－μ,1＋μ)mg
同理，当物体恰好不上滑时，有F＝eq \f(1＋μ,1－μ)mg
解得F＝(eq \f(1＋μ,1－μ))2F0，故选项D正确。
16.(2021·浙江台州中学一统)如图甲，在挪威的两座山峰间夹着一块岩石，吸引了大量游客前往观赏．该景观可简化成如图乙所示的模型，右壁竖直，左壁稍微倾斜．设左壁与竖直方向的夹角为θ，由于长期的风化，θ将会减小．石头与山崖间的摩擦很小，可以忽略不计．若石头质量一定，θ减小，石头始终保持静止，下列说法正确的是( )
A．山崖左壁对石头的作用力将增大
B．山崖右壁对石头的作用力不变
C．山崖对石头的作用力减小
D．石头受到的合力将增大
【答案】 A
【解析】 对石头受力分析如图所示，
根据平衡条件可知FN2cs θ＝FN1，FN2sin θ＝mg，随着θ减小，可知FN1、FN2都在增大，故A对，B错；根据共点力平衡可知，山崖对石头的作用力始终不变，大小等于石头的重力，故C错；由于石头处于静止状态，所以石头所受合力一直为零，故D错．
17.(2021·浙江杭州二中模拟)如图所示，晾晒衣服的绳子两端分别固定在两根等高的竖直杆的顶端，绳子的质量及绳与衣架挂钩间摩擦均忽略不计，原来保持静止，一阵恒定的风吹来，衣服受到水平向右的恒力而发生滑动，并在新的位置保持静止，下列说法中正确的是( )
A．在新位置时挂钩左右两边绳的拉力不再相等
B．有风和无风两种情况下绳的拉力大小相等
C．有风和无风两种情况下，绳子的张角∠AOB保持不变
D．在有风的情况下，将绳子的右端从A点移到C点，则绳子的拉力变小
【答案】D
【解析】 O点始终是活结点，活结两端的拉力大小相等，故A错误；衣服原来是受重力和两个拉力而平衡，多个风力后是四力平衡，两个绳子的拉力的合力与重力、风力的合力相平衡，故两个绳子的拉力的合力变大，有风时张角会变小，所以绳子的拉力可能增大，可能变小，也可能不变，故B、C错误；当在有风的情况下将绳子的端点从A点移到C点，BO与竖直方向的夹角增大，AO与竖直方向的夹角减小，因为BO和AO绳产生的拉力仍然相等，它们在水平方向的分力的差值刚好是风力，风力不变，则拉力F减小，故D正确．
18.(2021·浙江“七彩阳光”联考)如图所示，光滑的横杆上穿着两个质量m＝0.2 kg的小球，在两个小球之间夹一个劲度系数k＝10 N/m轻质弹簧，用两条等长的轻绳将小球C与A、B相连，此时弹簧的压缩量Δx＝10 cm，两条线的夹角θ＝60°，取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．弹簧的弹力为1 N
B．小球C的重力大小是2 N
C．直杆对小球A的支持力大小是eq \r(3) N
D．轻绳上的张力大小是2 N
【答案】 AD
【解析】根据胡克定律得，弹簧的弹力大小为
F＝kx＝10×0.1 N＝1 N，A项正确；
分析A球的受力情况，如图所示
利用正交分解法，根据平衡条件得FTcs 60°＝F，
FN＝G＋FTsin 60°
解得FT＝2 N，FN＝(2＋eq \r(3)) N
小球C的重力GC＝2FTcs 30°＝2eq \r(3) N，
故B、C错误，D正确．
二、非选择题
19．(2021·四川乐山市第一次调查研究)如图所示，质量M＝3 kg的木块套在固定的水平杆上，并用轻绳与小球相连，轻绳与杆的夹角为30°.今用与水平方向成60°角的力F＝10eq \r(3) N拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，运动过程中木块与小球的相对位置保持不变，g取10 m/s2.求：
(1)小球的质量m；
(2)木块与水平杆间的动摩擦因数μ.
【答案】 (1)1 kg (2)eq \f(\r(3),5)
【解析】 (1)小球受力平衡，合力为零，以小球为研究对象
水平方向：Fcs 60°＝FTcs 30°
竖直方向：Fsin 60°＝FTsin 30°＋mg
解得：m＝1 kg
(2)以木块和小球整体为研究对象，受力平衡，合力为零
水平方向：Fcs 60°－μFN＝0
竖直方向：FN＋Fsin 60°－Mg－mg＝0
解得：μ＝eq \f(\r(3),5).
20．(2021·湖北武汉市高三质量监测)筷子是我国常用的饮食工具，也是中华饮食文化的标志之一．如图所示，用筷子夹质量为m的小球．筷子均在竖直平面内，且筷子和竖直方向的夹角均为θ，为使小球静止，求每根筷子对小球的压力FN的取值范围．已知小球与筷子之间的动摩擦因数为μ(μ【答案】 eq \f(mg,2sin θ＋μcs θ)≤FN≤eq \f(mg,2sin θ－μcs θ)
【解析】 筷子对小球的压力恰好最小时，小球有下滑的趋势且刚好不下滑，最大静摩擦力方向沿筷子向上，如图(a)所示．
小球受力平衡，根据平衡条件有
2FNminsin θ＋2Ffmaxcs θ＝mg
Ffmax＝μFNmin
联立解得FNmin＝eq \f(mg,2sin θ＋μcs θ)
筷子对小球的压力恰好最大时，小球有上滑的趋势且刚好不上滑，最大静摩擦力方向沿筷子向下，如图(b)所示．
小球受力平衡，根据平衡条件有
2FNmaxsin θ＝mg＋2Ffmax′cs θ
Ffmax′＝μFNmax
联立解得FNmax＝eq \f(mg,2sin θ－μcs θ)
综上所述，每根筷子对小球的压力的取值范围为eq \f(mg,2sin θ＋μcs θ)≤FN≤eq \f(mg,2sin θ－μcs θ)