2024高考物理二輪復(fù)習(xí)專題1力與運(yùn)動(dòng)第1講力與物體的平衡作業(yè)含解析

PAGE7-第1講力與物體的平衡A組基礎(chǔ)實(shí)力練1．(2024·浙江卷)矢量發(fā)動(dòng)機(jī)是噴口可向不同方向偏轉(zhuǎn)以產(chǎn)生不同方向推力的一種發(fā)動(dòng)機(jī)．當(dāng)殲－20隱形戰(zhàn)斗機(jī)以速度v斜向上飛行時(shí)，其矢量發(fā)動(dòng)機(jī)的噴口如圖所示．已知飛機(jī)受到重力G、發(fā)動(dòng)機(jī)推力F1、與速度方向垂直的升力F2和與速度方向相反的空氣阻力Ff.下列受力分析示意圖可能正確的是(A)【解析】由題意可知所受重力G豎直向下，空氣阻力Ff與速度方向相反，升力F2與速度方向垂直，發(fā)動(dòng)機(jī)推力F1的方向沿噴口的反方向，對(duì)比圖中選項(xiàng)可知只有A選項(xiàng)符合題意．故選A．2．(2024·福建泉州聯(lián)考)如圖所示，總重為G的吊燈用三條長度相同的輕繩懸掛在天花板上，每條輕繩與豎直方向的夾角均為θ，則每條輕繩對(duì)吊燈的拉力大小為(A)A．eq\f(G,3cosθ) B．eq\f(G,3sinθ)C．eq\f(1,3)Gcosθ D．eq\f(1,3)Gsinθ【解析】由平衡學(xué)問可知：3Tcosθ＝G,解得T＝eq\f(G,3cosθ)，故選A．3．(2024·全國卷Ⅲ)如圖所示，兩個(gè)輕環(huán)a和b套在位于豎直面內(nèi)的一段固定圓弧上；一細(xì)線穿過兩輕環(huán)，其兩端各系一質(zhì)量為m的小球，在a和b之間的細(xì)線上懸掛一小物塊，平衡時(shí)，a、b間的距離恰好等于圓弧的半徑，不計(jì)全部摩擦．小物塊的質(zhì)量為(C)A．eq\f(m,2) B．eq\f(\r(3),2)mC．m D．2m【解析】如圖所示，由于不計(jì)摩擦，線上張力到處相等，且輕環(huán)受細(xì)線的作用力的合力方向指向圓心．由于a、b間距等于圓弧半徑，則∠aOb＝60°，進(jìn)一步分析知，細(xì)線與aO、bO間的夾角皆為30°.取懸掛的小物塊探討，懸掛小物塊的細(xì)線張角為120°，由平衡條件知，小物塊的質(zhì)量與小球的質(zhì)量相等，即為m.故選項(xiàng)C正確．4．(2024·浙江七彩陽光聯(lián)盟聯(lián)考)如圖所示為建筑工地上搬運(yùn)石板用的“夾鉗”，工人夾住石板沿直線勻速前進(jìn)過程中，下列推斷正確的是(B)A．石板受到4個(gè)力的作用B．夾鉗對(duì)石板的作用力的合力豎直向上C．夾鉗夾的越緊，石板受的摩擦力越大D．前進(jìn)的速度越快，石板受的摩擦力越大【解析】工人夾住石板沿直線勻速前進(jìn)過程中，石板受重力、2個(gè)摩擦力、夾子的2個(gè)壓力五個(gè)力的作用，故A錯(cuò)誤；工人夾住石板沿直線勻速前進(jìn)過程中，受重力和夾鉗的作用力，重力方向豎直向下，依據(jù)平衡條件可知夾鉗對(duì)石板的作用力的合力豎直向上，故B正確；石板受到的重力和摩擦力等大反向，所以石板受的摩擦力不變，與夾鉗夾的越緊程度和運(yùn)動(dòng)速度無關(guān)，故CD錯(cuò)誤．5．(2024·四川資陽二診)如圖所示，“L”形支架AOB水平放置，物體P位于支架的OB部分，接觸面粗糙；一根輕彈簧一端固定在支架AO上，另一端與物體P相連．物體P靜止時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài)．現(xiàn)將“L”形支架繞O點(diǎn)逆時(shí)針緩慢旋轉(zhuǎn)一小角度，P與支架始終保持相對(duì)靜止．在轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中，OB對(duì)P的(D)A．支持力增大 B．摩擦力不變C．作用力增大 D．作用力減小【解析】物體隨OB緩慢轉(zhuǎn)過一個(gè)小角度，其受力分析如圖所示．支持力N＝mgcosθ，θ增大，支持力N減小，所以A錯(cuò)誤；彈力F＝f＋mgsinθ，因彈力F不變，θ增大，f減小，所以B錯(cuò)誤；OB對(duì)P的作用力大小等于支持力N和摩擦力f的合力F合＝eq\r(N2＋f2)，由于N減小，f減?。甇B對(duì)P的作用力大小將減小，所以C錯(cuò)誤，D正確．6．(2024·衡水金卷)如圖所示，傾角為30°的斜面固定在水平地面上，斜面上放有一重為G的物塊，物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于eq\f(\r(3),3)，水平輕彈簧一端頂住物塊，另一端頂住豎直墻面，物塊剛好沿斜面對(duì)上滑動(dòng)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，彈簧的彈力大小是(D)A．eq\f(1,2)G B．eq\f(\r(3),2)GC．eq\f(\r(3),3)G D．eq\r(3)G【解析】依據(jù)物體的受力狀況可知：Fcos30°＝Gsin30°＋μ(Fsin30°＋Gcos30°)，解得F＝eq\r(3)G，故選D．7．(2024·安徽六校聯(lián)考)如圖，一粗糙斜面固定于水平面上，一質(zhì)量為m的滑塊通過一跨過斜面頂端光滑定滑輪的輕繩與一鉤碼相連．能使滑塊在斜面上保持靜止的鉤碼質(zhì)量的最大值和最小值分別為m1和m2.設(shè)輕繩與斜面保持平行，滑塊所受到的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．斜面傾角為θ，則滑塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為(C)A．eq\f(m1,2mg) B．eq\f(2m2,mg)C．eq\f(m1－m2,2mcosθ) D．eq\f(m1＋m2,2mcosθ)【解析】當(dāng)鉤碼的質(zhì)量有最大值m1時(shí)，滑塊所受的靜摩擦力沿斜面對(duì)下，則：μmgcosθ＋mgsinθ＝m1g；當(dāng)鉤碼的質(zhì)量有最小值m2時(shí)，滑塊所受的靜摩擦力沿斜面對(duì)上，則：mgsinθ＝m2g＋μmgcosθ；聯(lián)立解得μ＝eq\f(m1－m2,2mcosθ)，故選C．B組素養(yǎng)提升練8．(2024·山東泰安診斷)如圖所示，一光滑的輕滑輪用細(xì)繩OO′懸掛于O點(diǎn)；另一細(xì)繩跨過滑輪，其一端懸掛質(zhì)量為m的物塊A，另一端系一位于固定光滑斜面上的質(zhì)量為2m的物塊B，斜面傾角θ＝45°，外力F沿斜面對(duì)上拉物塊B，使物塊B由滑輪正下方位置緩慢運(yùn)動(dòng)到和滑輪等高的位置，則(D)A．細(xì)繩OO′的拉力漸漸增大B．細(xì)線對(duì)物塊B的拉力漸漸變大C．斜面對(duì)物塊B的支持力漸漸變大D．外力F漸漸變大【解析】由題可知，物塊緩慢移動(dòng)，整體都處于平衡狀態(tài)，則繩的拉力等于下面繩對(duì)A的拉力和繩對(duì)B的拉力的合力，由于繩對(duì)A的拉力和繩對(duì)B的拉力大小相等，都等于A物體的重力的大小，但是由于B物體上移，導(dǎo)致二者之間的夾角變大，則依據(jù)平行四邊形定則可知合力變小，即繩的拉力漸漸減小，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；該時(shí)刻對(duì)物塊B受力分析如圖所示．當(dāng)物塊B上移時(shí)α先減小后增大，在垂直斜面方向依據(jù)平衡方程可知：斜面對(duì)物塊B的支持力先減小后增大，在沿斜面方向依據(jù)平衡條件可知外力F漸漸變大，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確．9．(2024·四川宜賓聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量均為m的斜面體A、B疊放在水平地面上，A、B間接觸面光滑，用一與斜面平行的推力F作用在B上，B沿斜面勻速上升，A始終靜止．若A的斜面傾角為θ，下列說法正確的是(B)A．F＝mgtanθB．A、B間的作用力為mgcosθC．地面對(duì)A的支持力大小為2mgD．地面對(duì)A的摩擦力大小為F【解析】對(duì)物體B受力分析，因勻速上升，則F＝mgsinθ，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；A、B間的作用力為FN＝mgcosθ，選項(xiàng)B正確；對(duì)A、B的整體，豎直方向：N＋Fsinθ＝2mg，解得地面對(duì)A的支持力大小為N＝2mg－Fsinθ；水平方向：Fcosθ＝f，則選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤；故選B．10．(多選)(2024·山東濟(jì)南一輪)如圖所示，質(zhì)量分別為m1、m2的兩個(gè)物體通過輕彈簧連接，在力F的作用下一起沿水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，m1在地面，m2在空中．此時(shí)，力F與水平方間成θ角，彈簧中彈力大小為F1，彈簧軸線與水平方向的夾角為α，m1受地面的摩擦力大小為f，則下列正確的是(AD)A．θ肯定大于α B．θ可能等于αC．F肯定小于F1 D．F肯定大于f【解析】m2受三力平衡：m2g、F、F1，依據(jù)平衡條件知，F(xiàn)水平分力與F1的水平分力大小相等，即：Fx＝Fcosθ＝F1cosα，F(xiàn)的豎直分力比F1的豎直分力大，即：Fy＝Fsinθ＝F1sinα＋m2g；兩式兩邊相除可得tanθ>tanα，即θ＞α；則cosθ<cosα，所以F＞F1；依據(jù)整體法得：Fcosθ＝f，所以F＞f，故A、D正確，B、C錯(cuò)誤；故選AD．11．(2024·重慶聯(lián)考)如圖所示，水平直桿OP右端固定于豎直墻上的O點(diǎn)，長為L＝2m的輕繩一端固定于直桿P點(diǎn)，另一端固定于墻上O點(diǎn)正下方的Q點(diǎn)，OP長為d＝1.2m，重為8N的鉤碼由光滑掛鉤掛在輕繩上處于靜止?fàn)顟B(tài)，則輕繩的彈力大小為(D)A．10N B．8NC．6N D．5N【解析】設(shè)掛鉤所在處為N點(diǎn)，延長PN交墻于M點(diǎn)，如圖所示．同一條繩子拉力相等，依據(jù)對(duì)稱性可知兩邊的繩子與豎直方向的夾角相等，設(shè)為α，則依據(jù)幾何關(guān)系可知NQ＝MN，即PM等于繩長；依據(jù)幾何關(guān)系可得：sinα＝eq\f(PO,PM)＝eq\f(1.2,2)＝0.6，則α＝37°，依據(jù)平衡條件可得：2Tcosα＝mg，解得：T＝5N，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤．故選D．12．(2024·福建龍巖聯(lián)考)如圖，在挪威的兩座山峰間夾著一塊巖石，吸引了大量游客前往欣賞．該景觀可簡化成如圖所示的模型，右壁豎直，左壁略微傾斜．設(shè)左壁與豎直方向的夾角為θ，由于長期的風(fēng)化，θ將會(huì)減?。^與山崖間的摩擦很小，可以忽視不計(jì)．若石頭質(zhì)量肯定，θ減小，石頭始終保持靜止，下列說法正確的是(A)A．山崖左壁對(duì)石頭的作用力將增大B．山崖右壁對(duì)石頭的作用力不變C．山崖對(duì)石頭的作用力減小D．石頭受到的合力將增大【解析】對(duì)石頭受力分析如圖所示．依據(jù)平衡可知N2cosθ＝N1，N2sinθ＝mg，隨著θ減小，依據(jù)公式可知N1、N2都在增大，故A對(duì)、B錯(cuò)；依據(jù)共點(diǎn)力平衡可知，山崖對(duì)石頭的作用力始終不變，大小等于石頭的重力，所以作用力不變，故C錯(cuò)誤；由于石頭處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以石頭受合力始終為零，故D錯(cuò)．13．(2024·成都聯(lián)考)如圖，頂部有“凹槽”的物體P靜止于固定斜面上，將物體Q輕放入“凹槽”，P仍舊靜止．則放入Q后與放入Q前比較(A)A．P對(duì)斜面的壓力變大B．P與斜面間的摩擦力變小C．P對(duì)斜面的作用力不變D．P所受的合外力增大【解析】放入Q之前P對(duì)斜面的壓力為mPgcosθ，放入Q后P對(duì)斜面的壓力為(mP＋mQ)gcosθ，則P對(duì)斜面的壓力變大，選項(xiàng)A正確；放入Q之前，P對(duì)斜面的摩擦力為mPgsinθ，放入Q后P對(duì)斜面的摩擦力為(mP＋mQ)gsinθ，則P與斜面的摩擦力變大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；斜面對(duì)P的作用力與P的重力等大反向，可知放入Q后，斜面對(duì)P的作用力變大，即P對(duì)斜面的作用力變大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；放入Q前后物體P始終靜止，所受的合力為零不變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選A．14．(2024·第一次全國大聯(lián)考)如圖所示，在粗糙的水平地面上放著一左側(cè)截面是半圓的柱狀物體B，在B與豎直墻之間放置一光滑小球A，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)用水平力F拉動(dòng)B緩慢向右移動(dòng)一小段距離后，它們?nèi)蕴幱陟o止?fàn)顟B(tài)，在此過程中，下列推斷正確的是(A)A．小球A對(duì)物