2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第二章微專題12物體的靜態(tài)平衡練習(xí)含解析教科版

PAGEPAGE1微專題12物體的靜態(tài)平衡1．探討對象：遇到多物體系統(tǒng)時留意應(yīng)用整體法與隔離法，一般可先整體后隔離．2．三力平衡：一般用合成法，依據(jù)平行四邊形定則合成后，“力的問題”轉(zhuǎn)換成“三角形問題”．再由三角函數(shù)、勾股定理、正弦定理或相像三角形等解三角形．3．多力平衡：一般用正交分解法．1．在一個圓錐形容器內(nèi)放置兩個完全相同的光滑小球，兩個小球靜止時球心等高，截面如圖1所示．已知小球的質(zhì)量為m，圓錐頂角α＝60°，重力加速度為g；設(shè)容器壁對每個小球的彈力大小為N1，小球之間的彈力大小為N2，則()圖1A．N1＝mg，N2＝2mgB．N1＝mg，N2＝eq\r(3)mgC．N1＝2mg，N2＝mgD．N1＝2mg，N2＝eq\r(3)mg2．(2024·四川成都市三模)如圖2，傾角為α的固定斜面上，一光滑物塊在一與斜面也成α角的拉力F作用下保持靜止?fàn)顟B(tài)．若僅將F的方向變?yōu)樗较蛴?，則()圖2A．物塊對斜面的壓力不變B．物塊對斜面的壓力變大C．物塊將沿斜面對上做勻加速直線運(yùn)動D．物塊將沿斜面對下做勻加速直線運(yùn)動3．(2024·山東煙臺市月考)如圖3所示，質(zhì)量為M的斜劈靜止在粗糙水平地面上，質(zhì)量為m的物塊正在M的斜面上勻速下滑．現(xiàn)在m上施加一個水平推力F，則在m的速度減小為零之前，下列說法正確的是()圖3A．加力F之后，m與M之間的摩擦力變小B．加力F之后，m與M之間的作用力不變C．加力F之后，M與地面之間產(chǎn)生靜摩擦力D．加力F前后，M與地面間都沒有摩擦力4．(2024·陜西渭南市教學(xué)質(zhì)檢(二))如圖4，質(zhì)量為M的楔形物塊靜置在水平地面上，其斜面的傾角為θ，斜面上有一質(zhì)量為m的小物塊．給小物塊一沿斜面對下的速度，小物塊能勻速下滑，在下滑到某位置時，用一沿斜面對下的恒力F推小物塊，在小物塊接著下滑的過程中，地面對楔形物塊的支持力為(已知楔形物塊始終保持靜止，重力加速度為g)()圖4A．(M＋m)g B．(M＋m)g＋FC．(M＋m)g＋Fsinθ D．(M＋m)g－Fsinθ5．(2024·湖北武漢市模擬)如圖5所示，水平面上固定著一個三棱柱體，其左側(cè)光滑，傾角為α；右側(cè)粗糙，傾角為β.放置在三棱柱體上的物塊A和物塊B通過一根跨過頂端定滑輪的細(xì)繩相連，若物塊A和物塊B始終保持靜止．下列說法正確的是()圖5A．僅增大角α，物塊B所受的摩擦力肯定增大B．僅增大角α，物塊B對三棱柱體的壓力可能減小C．僅增大角β，繩子的拉力肯定增大D．僅增大角β，地面對三棱柱體的支持力不變6．(2024·安徽宣城市期末調(diào)研測試)如圖6所示，甲、乙兩個小球的質(zhì)量均為m，兩球間用細(xì)線連接，甲球用細(xì)線懸掛在天花板上，兩根細(xì)線長度相等．現(xiàn)給乙球一大小為F、水平向左的拉力，給甲球一水平向右的大小為3F的拉力，平衡時細(xì)線都被拉緊．則平衡時兩球的可能位置是下面的()圖67．(2024·新疆二模)將體積相同、質(zhì)量mA＝5m的燈籠A和質(zhì)量mB＝3m的燈籠B用輕質(zhì)細(xì)繩2連接，燈籠A又用輕質(zhì)細(xì)繩1懸掛在天花板上的O點(diǎn)，兩燈籠在相同的水平恒定風(fēng)力作用下，處于如圖7所示的靜止?fàn)顟B(tài)．其中，輕質(zhì)細(xì)繩1與豎直方向的夾角α＝45°，重力加速度為g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.下列說法正確的是()圖7A．細(xì)繩1中的張力大小為5mgB．細(xì)繩2中的張力大小為8eq\r(2)mgC．作用在每一個燈籠上的水平風(fēng)力的大小為8mgD．細(xì)繩2與豎直方向的夾角為53°8．(2024·河南濮陽市三模)如圖8所示，山坡上兩相鄰高壓塔A、B之間架有勻質(zhì)粗銅線，平衡時銅線呈弧形下垂，最低點(diǎn)在C，已知弧線BC的長度是AC的3倍，而左塔B處銅線切線與豎直方向成β＝30°角．問右塔A處銅線切線與豎直方向夾角α應(yīng)為()圖8A．30°B．45°C．60°D．75°9．(多選)(2024·貴州貴陽市一模)如圖9所示，一根粗細(xì)和質(zhì)量分布勻稱的細(xì)繩，兩端各系一個質(zhì)量都為m的小環(huán)，小環(huán)套在固定水平桿上，兩環(huán)靜止時，繩子過環(huán)與細(xì)繩結(jié)點(diǎn)P、Q的切線與豎直方向的夾角均為θ，已知繩子的質(zhì)量也為m，重力加速度大小為g，則兩環(huán)靜止時()圖9A．每個環(huán)對桿的壓力大小為mgB．繩子最低點(diǎn)處的彈力的大小為eq\f(mgtanθ,2)C．水平桿對每個環(huán)的摩擦力大小為mgtanθD．兩環(huán)之間的距離增大，桿對環(huán)的摩擦力增大10．(2024·河南中原名校聯(lián)考)如圖10所示，質(zhì)量均為m的小球A、B用勁度系數(shù)為k1的輕彈簧相連，B球用長為L的細(xì)繩懸于O點(diǎn)，A球固定在O點(diǎn)正下方，當(dāng)小球B平衡時，繩子所受的拉力為T1，彈簧的彈力為F1；現(xiàn)把A、B間的彈簧換成原長相同但勁度系數(shù)為k2(k1>k2)的另一輕彈簧，在其他條件不變的狀況下仍使系統(tǒng)平衡，此時繩子所受的拉力為T2，彈簧的彈力為F2，則下列關(guān)于T1與T2、F1與F2大小之間的關(guān)系，正確的是()圖10A．T1>T2 B．T1<T2C．F1>F2 D．F1<F211．(2024·河北省“五個一名校聯(lián)盟”第一次診斷)如圖11所示，豎直放置的光滑圓環(huán)O，頂端D點(diǎn)固定肯定滑輪(大小忽視)，圓環(huán)兩側(cè)套著m1、m2兩小球，兩小球用輕繩繞過定滑輪相連，并處于靜止?fàn)顟B(tài)，m1、m2連線過圓心O點(diǎn)，且與右側(cè)繩的夾角為θ.則m1、m2兩小球的質(zhì)量之比為()圖11A．tanθ B.eq\f(1,tanθ)C.eq\f(1,cosθ) D．sin2θ12．(2024·安徽黃山市一模檢測)在如圖12所示裝置中，輕桿一端固定著一個質(zhì)量可以忽視不計(jì)的定滑輪，兩物體的質(zhì)量分別為m1、m2，輕繩一端固定于a點(diǎn)，懸點(diǎn)a、b間的距離遠(yuǎn)大于滑輪的直徑，動滑輪質(zhì)量和一切摩擦不計(jì)，重力加速度為g.整個裝置穩(wěn)定時下列說法正確的是()圖12A．α可能大于βB．m1肯定大于m2C．m1可能大于2m2D．輕桿受到的繩子的作用力為2m2gcoseq\f(β,2)

答案精析1．D[分析左側(cè)小球的受力狀況，如圖所示：依據(jù)幾何關(guān)系可知，N1＝eq\f(mg,sin30°)＝2mg；N2＝eq\f(mg,tan30°)＝eq\r(3)mg，D選項(xiàng)正確．]2．B[光滑物塊在與斜面成α角的拉力作用下保持靜止，由牛頓第三定律可知，物塊對斜面的壓力大小N＝mgcosα－Fsinα，若僅將F的方向變?yōu)樗?，則物塊對斜面的壓力大小為N′＝mgcosα＋Fsinα，物塊對斜面壓力增大，選項(xiàng)B正確，A錯誤；光滑物塊在與斜面成α角的拉力作用下保持靜止，沿斜面方向有mgsinα＝Fcosα，若僅將F的方向變?yōu)樗?，沿斜面方向仍有mgsinα＝Fcosα，則物塊仍保持靜止，選項(xiàng)C、D錯誤．]3．D[對m剛起先勻速下滑，依據(jù)平衡條件得：垂直斜面方向N＝mgcosθ，滑動摩擦力為f＝μmgcosθ；在m上加一水平向右的力F，依據(jù)平衡條件有：垂直斜面方向N′＝mgcosθ＋Fsinθ，滑動摩擦力為f′＝μN(yùn)′＝μ(mgcosθ＋Fsinθ)，對物塊，所受支持力增加了Fsinθ，則摩擦力增加μFsinθ，即支持力與摩擦力均成比例的增加，其合力方向還是豎直向上，大小增大，而m與M之間的作用力即為其合力，也是增大的，如圖所示；則斜面所受的摩擦力與壓力的合力方向還是豎直向下，水平方向仍無運(yùn)動趨勢，則不受地面的摩擦力，故A、B、C錯誤，D正確．]4．A[對M受力分析可知，當(dāng)勻速滑行時，M受m給的沿斜面對下的摩擦力，垂直斜面對下的壓力，地面對M的支持力；對m、M整體受力分析，勻速下滑時，整體平衡，地面對M的支持力等于兩物體重力；當(dāng)給m施加恒力F后，對m受力分析，m受斜面的摩擦力與支持力不變，則M受m的作用力不變，M整體受力未發(fā)生改變，且M始終未動，所以地面對M的支持力仍等于兩物體重力，B、C、D錯誤，A正確．]5．D[細(xì)線的拉力T＝mAgsinα，僅增大角α，細(xì)線的拉力變大，但因α增大前B所受的摩擦力方向不能確定，則不能斷定物塊B所受的摩擦力肯定增大，選項(xiàng)A錯誤；僅增大角α，物塊B對三棱柱體的壓力仍等于mBgcosβ不變，選項(xiàng)B錯誤；僅增大角β，繩子的拉力仍為T＝mAgsinα不變，選項(xiàng)C錯誤；對A、B兩物體以及三棱柱的整體而言，地面對三棱柱體的支持力等于整體的重力，則僅增大角β，地面對三棱柱體的支持力不變，選項(xiàng)D正確．]6．B[取整體為探討對象，整體受到重力、上面繩子的拉力以及向左、向右兩個拉力，由于兩個拉力的矢量和為：F合＝3F＋(－F)＝2F，所以上邊的繩子應(yīng)當(dāng)偏向右方，且與豎直方向的夾角為tanα＝eq\f(2F,2mg)＝eq\f(F,mg)；對小球乙受力分析可知，小球乙受到的拉力水平向左，所以下面的繩子向左偏，且與豎直方向的夾角為tanβ＝eq\f(F,mg)，則α＝β，故B圖正確，A、C、D圖都錯誤．]7．D[把兩個燈籠A、B整體作為探討對象分析受力，受到豎直向下的重力8mg、作用在兩個燈籠上水平方向的風(fēng)力F和沿輕質(zhì)細(xì)繩1方向的張力F1作用，由平衡條件可得cos45°＝eq\f(8mg,F1)，tan45°＝eq\f(F,8mg)，解得F1＝8eq\r(2)mg，F(xiàn)＝8mg，作用在每一個燈籠上水平方向的風(fēng)力為F′＝eq\f(F,2)＝4mg，選項(xiàng)A、C錯誤；隔離燈籠B分析受力，設(shè)沿輕質(zhì)細(xì)繩2方向的張力大小為F2，輕質(zhì)細(xì)繩2與豎直方向的夾角為β，由平衡條件可得cosβ＝eq\f(3mg,F2)，tanβ＝eq\f(F′,3mg)，聯(lián)立解得：β＝53°，F(xiàn)2＝5mg，選項(xiàng)B錯誤，D正確．]8．C[設(shè)AB兩端繩上拉力分別為FA、FB，銅線質(zhì)量為m，在水平方向，A、B、C整體受力平衡，有：FAsinα＝FBsinβ在豎直方向，BC段受力平衡，有：FBcosβ＝eq\f(3,4)mg在豎直方向，AC段受力平衡，有：FAcosα＝eq\f(1,4)mg聯(lián)立解得：tanα＝3tanβ，所以，α＝60°，故A、B、D錯誤，C正確．]9．BD[以左側(cè)繩為探討對象，受力分析如圖甲所示，甲乙依據(jù)平衡條件，有水平方向：F＝Tsinθ；豎直方向：eq\f(1,2)mg＝Tcosθ，聯(lián)立解得：T＝eq\f(mg,2cosθ)，F(xiàn)＝eq\f(1,2)mgtanθ，故B正確．對環(huán)進(jìn)行受力分析如圖乙，水平方向：f＝Tsinθ＝eq\f(mg,2cosθ)·sinθ＝eq\f(1,2)mgtanθ豎直方向：N＝Tcosθ＋mg＝eq\f(mg,2cosθ)·cosθ＋mg＝eq\f(3,2)mg，由牛頓第三定律可知，A、C錯誤．當(dāng)兩環(huán)之間的距離增大，θ變大，故f變大，D正確．]10．C[由平衡條件可知，彈簧的彈力F和繩子的拉力T的合力與重力mg大小相等，方向相反，即F合＝mg，作出力的合成如圖：由三角形相像得：eq\f(mg,AO)＝eq\f(T,OB)由于AO、OB的長度不會改變，所以當(dāng)換用另一彈簧時，繩子的拉力不會變，即T1＝T2由三角形相像得：eq\f(mg,AO)＝eq\f(F,AB)當(dāng)換用另一個勁度系數(shù)較小的彈簧k2時，彈簧的壓縮量增大，所以AB長度應(yīng)當(dāng)變小，則由相像可得F也應(yīng)當(dāng)變小，則F1>F2，故C正確．]11．B[對兩小球分別受力分析，如圖所示．對小球m1，由幾何學(xué)問及正弦定理有eq\f(m1g,sin90°－θ)＝eq\f(T,sinα)；同理，對小球m2有：eq\f(m2g,sinθ)＝eq\f(T,sin180°－α)；聯(lián)立解得：eq\f(m1,m2)＝eq\f(1,tanθ)，故選B.]12．D[對m2分析可知，m2受拉力及本身的重力平衡，故繩子的拉力