力与物体的平衡(A卷)(45分钟，100分)一、单项选择题(本题共4小题，每小题8分，共32分。每小题只有一个选项正确)1.(2022·温州一模)如图所示，登山者连同设备总重量为G。某时刻缆绳和竖直方向的夹角为α，若登山者手拉缆绳的力大小也为G，则登山者脚对岩石的作用力( )A.方向水平向右B.方向斜向右下方C.大小为GtanαD.大小为Gsinα【解析】选B。登山者受力如图所示，由平衡条件得：FN=2Gsinα2，方向斜向左上方，由牛顿第三定律可知，登山者脚对岩石的作用力大小为2Gsinα2，方向斜向右下方，B正确，A、C、D错误。2.如图所示，物体静止在水平面上，今对物体施加一个与水平方向成θ角的斜向上的拉力F，保持θ角不变，使F从零开始逐渐增大的过程中，物体始终未离开水平面，在此过程中物体受到的摩擦力将( )A.逐渐增大B.逐渐减小C.先逐渐增大后逐渐减小D.先逐渐减小后逐渐增大【解析】选C。物体滑动前受静摩擦力，由水平方向受力平衡得Fcosθ=Ff，摩擦力随拉力的增大而增大；物体滑动以后由摩擦力公式得Ff=μ(mg-Fsinθ)，摩擦力随拉力的增大而减小。故C正确。3.(2022·嘉兴一模)如图为某国产武装直升机拖曳扫雷具扫除水雷的演习模拟图。扫雷具质量为m，当直升机水平匀速飞行时，绳子与竖直方向恒成θ角，已知扫雷具所受浮力不能忽略，下列说法正确的是( )A.绳子拉力大小为mgcosθ-7-\nB.绳子拉力一定大于mgC.海水对扫雷具水平作用力小于绳子拉力D.海水对扫雷具水平作用力可能等于绳子拉力【解析】选C。扫雷具受力如图所示，由平衡条件得，水平方向FTsinθ-Ff=0，竖直方向FTcosθ+F浮-mg=0，解得FT=mgcosθ-F浮cosθ，Ff=FTsinθ，故A、B、D错误，C正确。4.粗细均匀的电线架在A、B两根电线杆之间。由于热胀冷缩，电线在夏、冬两季呈现如图所示的两种形状，若电线杆始终处于竖直状态，下列说法中正确的是( )A.冬季，电线对电线杆的拉力较大B.夏季，电线对电线杆的拉力较大C.夏季与冬季，电线对电线杆的拉力一样大D.夏季，杆对地面的压力较大【解析】选A。电线受到自身重力和两端电线杆的拉力作用，如图所示，根据对称性，两端拉力F大小相等，根据平衡条件，两个拉力F的合力竖直向上，大小等于重力，设拉力与竖直方向夹角为θ，则有2Fcosθ=mg，拉力F=mg2cosθ，夏天电线拉长，θ小，拉力F小，根据相互作用，夏天，电线对电线杆的拉力较小，冬季拉力较大，选项A对，B、C错；把电线和电线杆看作一个整体，无论冬夏，它们的重力不变，所以地面支持力不变，杆对地面压力不变，选项D错。【加固训练】如图所示，将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O′-7-\n处(O为球心)，弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点。已知容器半径为R，与水平面间的动摩擦因数为μ，OP与水平方向的夹角θ=30°。下列说法正确的是( )A.容器相对于水平面有向左运动的趋势B.容器对小球的作用力竖直向上C.轻弹簧对小球的作用力大小为32mgD.弹簧原长为R+mgk【解析】选D。容器和小球组成的系统处于平衡状态，受力如图甲所示，容器相对于水平面没有向左运动的趋势，A错；小球受力如图乙所示，容器对小球的作用力是支持力，指向球心O，B错；由θ=30°得，小球受到容器的支持力和弹簧对小球的弹力大小均为mg，C错；题图中弹簧长度为R，压缩量为mgk，故原长为R+mgk，D正确。二、不定项选择题(本题共3小题，每小题8分，共24分。每小题至少一个选项正确)5.(2022·宁波一模)如图所示，斜面体C置于水平地面上，小物块B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏A连接，连接B的一段细绳与斜面平行。在A中的沙子缓慢流出的过程中，A、B、C都处于静止状态，则在此过程中( )A.B对C的摩擦力大小一定减小B.C对B的作用力大小可能先减小后增大C.地面对C的摩擦力大小一定减小D.C对地面的摩擦力方向始终水平向左【解析】选B、C。A中的沙-7-\n子缓慢流出的过程，绳子的拉力逐渐减小。小物块B受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力，沿斜面向上的绳子的拉力，而斜面对B的静摩擦力可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下；若摩擦力沿斜面向上，随着绳子拉力的减小，摩擦力逐渐增大；若摩擦力沿斜面向下，随着绳子拉力的减小，摩擦力逐渐减小，当摩擦力减小至零后，摩擦力将沿斜面向上，逐渐增大，故A错误，B正确；物块B和斜面体C整体受力如图所示，由平衡条件得，FTcosθ=Ff，拉力FT减小，Ff减小，C正确；C对地面的摩擦力方向始终水平向右，D错误。6.用一轻绳将小球P系于光滑墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物体Q。P、Q均处于静止状态，则下列相关说法正确的是( )A.P物体受4个力B.Q受到3个力C.若绳子变长，绳子的拉力将变小D.若绳子变短，Q受到的静摩擦力将增大【解析】选A、C。对Q进行受力分析，受重力、压力、支持力和向上的静摩擦力，共4个力，B错误；摩擦力是P给的，因此P受到重力、拉力、支持力和Q给的摩擦力，共4个，A正确；对PQ作为一个整体进行受力分析，如图所示根据平衡条件，有FTcosθ=(M+m)g，绳子变长时，θ变小，因此绳子拉力变小，C正确；而无论如何变化，Q受到的摩擦力都等于Q本身的重力，D错误。7.(2022·广东高考)如图，物体P静止于固定的斜面上，P的上表面水平。现把物体Q轻轻地叠放在P上，则( )A.P向下滑动B.P静止不动C.P所受的合外力增大D.P与斜面间的静摩擦力增大【解题指南】解答本题时应从以下两点进行分析：(1)知道P静止在斜面上的条件。(2)Q轻放于P上，相当于P的质量变大，各力均变化，分析合力是否变化。-7-\n【解析】选B、D。设P的质量为m，P静止于斜面上，则有mgsinθ=Ff≤μmgcosθ，当把Q轻放于P之上，相当于P的质量变大，设P、Q的总质量为M，则有Mgsinθ≤μMgcosθ，故P仍静止不动，A错误、B正确；P静止不动合力为零，C错误；对P、Q整体：F′f=Mgsinθ，由于M>m，故F′f变大，D正确。三、计算题(本题共2小题，共44分。需写出规范的解题步骤)8.(22分)(2022·丽水模拟)如图甲、乙所示，传送带上有质量均为m的三个木块1、2、3，中间均用原长为L、劲度系数为k的轻弹簧连接起来，木块与传送带间的动摩擦因数均为μ，其中木块1被与传送带平行的细线拉住，传送带按图示方向匀速运动，三个木块处于平衡状态。求：(1)在图甲状态下，1、3两木块之间的距离是多大？(2)在图乙状态下，细线的拉力是多大？木块1、3之间的距离又是多大？【解析】(1)当三木块达到平衡状态时，对木块3受力分析可知，2和3间弹簧的弹力等于木块3所受的摩擦力，μmg=kx3 (3分)解得2和3间弹簧伸长量为x3=μmgk (1分)以2木块为研究对象，则kx2=kx3+μmg (3分)即1和2间弹簧伸长量为x2=2μmgk (1分)1、3两木块间的距离等于弹簧的原长加上伸长量，即x=2L+3μmgk (2分)(2)细线的拉力FT=3mgsinα+3μmgcosα (3分)当三木块达到平衡状态时，对木块3受力分析可知，2和3间弹簧的弹力等于木块3所受的摩擦力与重力的分力之和，即mgsinα+μmgcosα=kx3′ (3分)解得2和3间弹簧伸长量为x3′=mgsinα+μmgcosαk(1分)以2木块为研究对象，则-7-\nkx2′=kx3′+mgsinα+μmgcosα (2分)即1和2间弹簧伸长量为x′2=2(mgsinα+μmgcosα)k (1分)1、3两木块间的距离等于弹簧的原长加上伸长量，即x′=2L+3(mgsinα+μmgcosα)k (2分)答案：(1)2L+3μmgk (2)3mgsinα+3μmgcosα2L+3(mgsinα+μmgcosα)k【总结提升】共点力平衡问题的一般解题步骤(1)选取研究对象：根据题目要求，选取一个平衡体(单个物体或系统，也可以是结点)作为研究对象。(2)画受力示意图：对研究对象进行受力分析，画出受力示意图。(3)正交分解：选取合适的方向建立直角坐标系，将所受各力正交分解。(4)列方程求解：根据平衡条件列出平衡方程，解平衡方程，对结果进行讨论。9.(22分)如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ=30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动，随着θ的改变，小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度为g。(1)求小木块与木板间的动摩擦因数。(2)当θ为何值时，小木块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。【解析】(1)当θ=30°时，木块处于平衡状态，对木块受力分析：mgsinθ=μFN①(3分)FN-mgcosθ=0 ②(3分)解得，μ=tanθ=tan30°=33③(2分)(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，则：-mgsinθ-μmgcosθ=ma ④(3分)-7-\n木块的位移x为：0-v02=2ax ⑤(3分)则x=v022g(sinθ+μcosθ) (2分)令tanα=μ，则当α+θ=90°时x最小，即θ=60°⑥(3分)x最小值为xmin=v022g(sin60°+μcos60°)=3v024g (3分)答案：(1)33 (2)60° 3v024g-7-
