2023届二轮复习 专题训练1　力与物体的平衡 作业（浙江专用）

这是一份2023届二轮复习 专题训练1　力与物体的平衡 作业（浙江专用），共15页。
专题训练1　力与物体的平衡保分基础练1.图甲为家庭常用的燃气灶实物图,灶面上有一个支架。共有四个均匀分布的支撑面,对放在上面的厨具起到支撑作用。现把一个蒸锅放在支架上,并抽象成示意图乙,已知支架的每个支撑面与水平方向成α角。蒸锅和里面的食物总重力为G,则每个支撑面给蒸锅的支持力为(忽略蒸锅和支撑面之间的摩擦力)(　B　)A.      B. C.   D.解析:对蒸锅进行受力分析可得4F支cos α=G,解得F支=,A、C、D错误,B正确。2.如图所示,由五根等长的轻质细绳悬挂起四个质量相等的灯笼,中间的细绳是水平的,另外四根细绳与水平面所成的角分别为θ1和θ2。关于θ1和θ2,下列关系式中正确的是(　D　)A.θ1=θ2B.θ1=2θ2C.sin θ1=2sin θ2D.tan θ1=2tan θ2解析:以左边两个灯笼为整体,设中间水平方向绳子拉力为FT,则有tan θ1=,以左边第二个灯笼为研究对象,则有tan θ2=,联立解得tan θ1=2tan θ2,故选D。3.如图所示,一只蚂蚁沿着向下弯成弧形的树枝从A经B缓慢爬到C的过程中,下列说法正确的是(　C　)A.树枝对蚂蚁的作用力先增大后减小B.树枝对蚂蚁的作用力先减小后增大C.树枝对蚂蚁的摩擦力先减小后增大D.树枝对蚂蚁的摩擦力先增大后减小解析:树枝对蚂蚁的作用力即是树枝对蚂蚁的支持力和摩擦力的合力,与蚂蚁的重力是一对平衡力,由于重力总竖直向下,故这个合力总竖直向上,大小不变,A、B错误;缓慢相当于动态平衡,有Ff=mgsin θ,从A到B,随着θ的减小,摩擦力先减小;从B到C,随着θ的增大,摩擦力再增大,C正确,D错误。4.某同学在家卫生大扫除中用拖把拖地,沿推杆方向对拖把施加推力F,如图所示,此时推力与水平方向的夹角为θ,且拖把刚好做匀速直线运动,则(　B　)A.拖把所受地面的摩擦力为Fsin θB.地面对拖把的作用力方向与水平向左的夹角大于θC.从某时刻开始保持力F的大小不变,减小F与水平方向的夹角θ,地面对拖把的支持力FN变大D.同学对推杆的作用力与推杆对拖把的作用力是一对作用力和反作用力解析:对拖把进行受力分析如图所示,根据平衡条件可得摩擦力为Ff=Fcos θ,故A错误;地面对拖把的作用力为支持力和摩擦力的合力,该合力应该与mg和F的合力等大反向,故该合力方向与水平向左的夹角大于θ,故B正确;竖直方向有FN=mg+Fsin θ,则θ减小,FN减小,故C错误;同学对推杆的作用力与推杆对拖把的作用力方向相同,不是一对作用力和反作用力,故D错误。5.条形磁体放在水平面上,在它的右上方处有一根固定的垂直纸面的直导线,如图所示,当直导线中通以图示方向的电流时,磁体仍保持静止。下列结论正确的是(　B　)A.磁体对水平面的压力小于自身重力B.磁体对通电直导线有斜向右上方的安培力作用C.磁体对水平面施加向右的静摩擦力D.磁体所受的合力增加解析:以导线为研究对象,由左手定则判断得知导线所受安培力方向斜向右上方,选项B正确;根据牛顿第三定律得知,导线对磁体的安培力方向斜向左下方,磁体有向左运动的趋势,受到向右的摩擦力,磁体对水平面施加向左的静摩擦力,选项C错误;导线对磁体的安培力方向斜向左下方,使得磁体对水平面的压力增大,大于自身重力,选项A错误;磁体仍保持静止,合力为0,选项D错误。6.(多选)如图所示,质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜面体B上,现用大小不相等、方向相反的水平力F1、F2分别推A和B,它们均静止不动,且F1<F2,重力加速度为g,则(　CD　)A.A受到四个力的作用B.B对A的摩擦力方向一定沿斜面向下C.地面对B的摩擦力方向水平向右,大小为F2-F1D.地面对B的支持力大小一定等于(M+m)g解析:以A为研究对象进行受力分析,如图所示,沿斜面方向,F1的分力和A所受重力的分力大小关系不确定,所以不确定B和A之间有无摩擦力,A的受力个数不确定,选项A、B错误;以整体为研究对象,水平方向有Ff=F2-F1,方向水平向右,竖直方向有FN′=(M+m)g,选项C、D正确。7.如图所示,一带电小球A固定于定滑轮的正下方,一根绕过定滑轮的轻质绝缘细线一端系有一个带同种电荷的小球B,另一端用一拉力FT拉住使小球B处于静止状态,图示位置两球球心所在高度相同。设定滑轮与小球B间的细线与竖直方向的夹角为θ(θ>0),小球A、B可视为质点。现缓慢拉动绝缘细线,使小球B移动一段距离,则在小球B移动的过程中,下列说法正确的是(　C　)A.小球A、B间的距离减小B.细线与竖直方向的夹角θ减小C.小球B的运动轨迹为圆弧D.拉力FT先减小再增大解析:设小球A、B间的距离为r,小球B到定滑轮的距离为L,小球A与滑轮间的距离为h,且h为一定值,以小球B为研究对象,小球B受力分析如图所示,根据相似三角形有==,又F=k,解得r3=h,即小球A、B间的距离r为定值,小球B沿圆周运动,A错误,C正确;小球B沿圆周运动一段距离,细线与竖直方向的夹角θ先增大后减小,B错误;根据受力分析可得FT=GB,随着细线的缩短,拉力FT逐渐减小,D错误。8.如图所示,一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上,质量分别为m和3m的物块A、B通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接并静置于木板上,A、B间的接触面和轻绳均始终与木板平行。A与B间的动摩擦因数为μ,B与木板间的动摩擦因数为2μ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。缓慢增加木板与水平面间的夹角θ至37°时,物块A、B刚好要滑动,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。则μ的值为(　B　)A.0.1  B.0.15C.0.2  D.0.25解析:当木板与水平面的夹角为37°时,两物块刚好要滑动,对物块A受力分析如图甲所示,沿斜面方向,A、B之间的滑动摩擦力Ff1=μFN=μmgcos 37°,根据平衡条件可知FT=mgsin 37°+μmgcos 37°,对物块B受力分析如图乙所示。沿斜面方向,B与斜面之间的滑动摩擦力Ff2=2μFN′=8μmgcos 37°,根据平衡条件可知3mgsin 37°=FT′+Ff1′+Ff2,FT′=FT,Ff1′=Ff1,联立可得3mgsin 37°=mgsin 37°+μmgcos 37°+μmgcos 37°+8μmgcos 37°,解得μ=0.15,故选B。9.如图所示,匀强电场的电场强度方向与水平方向夹角为30°且斜向右上方,匀强磁场的方向垂直于纸面(图中未画出)。一质量为m、电荷量为q的带电小球(可视为质点)以与水平方向成30°角斜向左上方的速度v做匀速直线运动,重力加速度为g。则(　D　)A.匀强磁场的方向可能垂直于纸面向外B.小球可能带正电荷C.电场强度大小为D.磁感应强度大小为解析:小球做匀速直线运动,受到的合力为零,假设小球带正电荷,则小球的受力情况如图甲所示,小球受到的洛伦兹力沿虚线方向未知,小球受到的重力与静电力的合力与洛伦兹力不可能平衡,所以小球不可能做匀速直线运动,假设不成立,小球实际一定带负电荷;再对小球受力分析可知,小球受力情况如图乙所示,小球所受洛伦兹力一定斜向右上方,根据左手定则,匀强磁场的方向一定垂直于纸面向里,A、B错误;由几何关系可知,静电力与重力大小相等,夹角为60°,电场强度E=,C错误;由共点力的平衡条件得qvB=mg,则B=,D正确。10.如图所示,质量m=0.15 kg、长度l=10 cm的金属棒ab用两完全相同的弹簧水平悬挂在匀强磁场中,弹簧劲度系数k=100 N/m,开关闭合,稳定后发现弹簧的伸长量均为Δx=1 cm,电流表的示数为5 A,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　A　)A.N端是电源正极B.磁场的磁感应强度大小为0.1 TC.滑动变阻器的滑片左移,弹簧的长度变小D.仅使磁场反向,稳定后弹簧的伸长量为0.2 cm解析:由于mg=1.5 N,开关闭合后,电路中有电流时,2kΔx=2×100×0.01 N=2 N>1.5 N,故安培力方向竖直向下,根据左手定则,可知棒ab中电流方向由b指向a,故N端是电源正极,A正确;根据共点力平衡条件知mg+BIl=2kΔx,可得B=1 T,B错误;滑动变阻器的滑片左移,接入电路的电阻减小,电流增大,故弹簧伸长量变大,弹簧的长度变大,C错误;仅使磁场反向,则mg=BIl+2kΔx′,可得Δx′=0.5 cm,D错误。高分强化练11.一盏电灯重力为G,悬于天花板上的B点,在电线O处系一细线OA,使电线OB与竖直方向的夹角为β=30°,OA与水平方向成α角,如图所示,现保持O点位置不变,使α角由0°缓慢增加到90°,在此过程中(　C　)A.电线OB上的拉力逐渐增大B.细线OA上的拉力先增大后减小C.细线OA上拉力的最小值为GD.细线OA上拉力的最小值为G解析:对结点O受力分析,如图,由于细线OA与电线OB的合力一定沿竖直向上的方向,大小与重力相等,而OB的方向始终与竖直方向成30°角,则当OA与水平方向夹角由0°缓慢增加到90°的过程中,细线OA上的拉力先减小后增大,且当α=30°时,FOA最小,最小值为FOA=Gsin 30°=,电线OB的拉力一直减小,故A、B、D错误,C正确。12.质量为m的小球,用细线AB悬挂在竖直的墙壁上,细线与墙壁的夹角为60°,如图甲所示,当小球受到拉力F1时,拉力与细线的夹角为120°,小球正好静止不动。如图乙所示,当小球受到拉力F2时,拉力与细线的夹角为150°,小球正好静止不动,重力加速度为g,下列说法正确的是(　A　)A.两种情况下,细线AB的拉力与重力的合力的大小之比为1∶B.两种情况下,细线AB的拉力相同C.两种情况下,细线AB的拉力之比为2∶1D.F1、F2的比值为2∶解析:分别对两种情况下的小球受力分析,如图所示。根据平衡条件可得,F1=FT1,2FT1cos 60°=mg,可得F1=FT1=mg;FT2cos 60°=mg,则细线的拉力FT2=2mg;又F2=FT2sin 60°=2mg×=mg。由以上分析可知,两种情况下,细线AB的拉力之比为1∶2,故B、C错误;根据三力平衡的特点可知,细线AB的拉力与重力的合力与拉力F的大小相等,方向相反,所以两种情况下细线AB的拉力与重力的合力的大小之比为F1∶F2=1∶,故A正确,D错误。13.如图所示,两段等长细线串接着两个质量相等的小球a、b,悬挂于O点。现在在两个小球上分别加上水平方向的外力,其中作用在b球上的力的大小为F,作用在a球上的力的大小为4F,则此装置平衡时的位置可能是(　D　)解析:对b球受力分析,如图甲所示,有tan α=,将a、b两球看作整体受力分析,如图乙所示,所以tan β=>=tan α,即β>α,故选D。14.(多选)如图所示,重物A被绕过小滑轮的细线所悬挂,小滑轮被一根细线系于天花板上的O点,物体B放在粗糙的水平桌面上,O′是三根线的结点,bO′水平拉着物体B,cO′竖直拉着重物C,aO′、bO′与cO′的夹角如图所示。细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略,整个装置处于静止状态。若悬挂小滑轮的细线OP的张力大小是20 N,则下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　ABC　)A.重物A的质量为2 kgB.桌面对物体B的摩擦力大小为10 NC.重物C的质量为1 kgD.OP与竖直方向的夹角为60°解析:以小滑轮为研究对象,受力分析如图甲所示,则有2FTcos 30°=F,故FT==20 N,由于mAg=FT,故mA=2 kg,故A正确;以O′点为研究对象,受力分析如图乙所示,由平衡条件得F1=FTcos 30°=10 N,FTsin 30°=mCg,故mC=1 kg,故C正确;对物体B有Ff=F1=10 N,故B正确;由图甲可知,OP与竖直方向的夹角应为30°,故D错误。15.竖直平面内一半圆柱形的轨道中放置有两根长为l的通电直导线,其横截面如图所示。O为半圆的圆心,导线a固定在O点正下方的C处,且通有大小为I0、方向垂直纸面向里的电流。当导线b中通入大小为I1、方向垂直纸面向外的电流时,刚好能静止在与O点等高的A处。将导线b放在D处,电流减小为I2时,恰好静止。已知导线a中电流在其周围某点产生磁场的磁感应强度大小为B=k(k为大于零的常量,r为该点到导线a的距离),∠COD=60°,则(　D　)A.导线a中的电流在D点产生的磁感应强度大小是在A点的两倍B.导线b在A或D位置时对轨道的压力可能大于其重力C.导线b在D处时两导线间的安培力比导线b在A处时的大D.导线b在A处的电流大小是其在D处的两倍解析:设半圆的半径为R,则A、C两点间的距离为R,导线a中电流在A点产生的磁场的磁感应强度大小为B1=k,同理,导线a中电流在D点产生的磁场的磁感应强度大小为B2=k,则=,A错误;对导线b受力分析可知,导线b受重力mg、安培力F和弹力FN的作用,其受力分析如图所示。设a、b两导线间的距离为d,由力三角形与几何三角形相似可得==,解得FN=mg,F=mg,所以导线b在A或D位置时对轨道的压力都为mg,B错误;当导线b在A处时,导线b受到的安培力大小为F1=B1I1l=k=mg,当导线b在D处时,导线b受到的安培力大小为F2=B2I2l=k=mg,故有=,解得=2,C错误,D正确。16.(多选)工人利用“秋千法”在1 000 kV的高压线上带电作业的过程如图所示,绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点,另一端固定在兜篮上。另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮,一端连接兜篮,另一端由工人控制。身穿屏蔽服的工人坐在兜篮里,缓慢从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处。轻绳OD一直处于伸直状态,兜篮、工人及携带的设备总质量为m,不计一切阻力,重力加速度大小为g。关于工人从C点运动到E点的过程中,下列说法正确的是(　CD　)A.工人对轻绳的拉力一直变大B.轻绳OD的拉力一直变小C.OD、CD两绳拉力的合力大小等于mgD.当轻绳CD与竖直方向的夹角为30°时,工人对绳的拉力大小为mg解析:对兜篮、工人及携带的设备整体受力分析如图所示,轻绳OD的拉力为F1,与竖直方向的夹角为θ,轻绳CD的拉力为F2,与竖直方向的夹角为α。由题可知,OC=OD,∠ODC=θ+α,所以∠OCD=θ+α,所以θ+2α=90°,由正弦定理可得==,解得F1=mgtan α,F2=mg(2cos α-),从C点到E点的过程中,α增大,则F1增大,F2减小,故A、B错误;两绳拉力的合力大小等于mg,故C正确;α=30°时,由F2的表达式解得F2=mg,故D正确。