專題強化訓練1力與物體的平衡選擇題(1～10題為單項選擇題，11～14題為多項選擇題)1．[2022·浙江1月]如圖所示，公園里有一仿制我國古代欹器的U形水桶，桶可繞水平軸轉動，水管口持續有水流出，過一段時間桶會翻轉一次，決定桶能否翻轉的主要因素是()A．水桶自身重力的大小B．水管每秒出水量的大小C．水流對桶撞擊力的大小D．水桶與水整體的重心高低2．[2022·遼寧模擬卷]2021年夏季，河南鄭州突如其來的洪澇災害造成路面塌陷、橋梁垮塌，一汽車行駛中不慎陷入泥潭，天無絕人之路，碰巧在車前方30m處有一棵大樹，如圖甲所示，司機拿出后備箱里的繩索一端系在車上，一端系在樹上，他在繩索中點垂直繩子施加F＝100N的水平恒力，將繩索中點拉離原位置x＝30cm，如圖乙所示，結果就把車拉了出來．則車被拉出時繩子對車的拉力約為(θ角很小時，sinθ≈tanθ)()A．500NB．1000NC．2500ND．5000N3.拉力器是一種很好的健身器材，由腳環、兩根相同的彈性繩、把手等組成．如圖所示，女子拉開拉力器使其比原長伸長了40cm，此時拉力大小為120N．假設彈性繩的彈力與伸長量遵循胡克定律，且未超過彈性限度．則()繩形變產生的B．若對拉力器的拉力增大，則彈性繩的勁度系數也增大C．每根彈性繩的勁度系數為150N/mD．若對拉力器的拉力減為60N，則彈性繩長度變為20cm4．水上飛傘是一項鍛煉勇氣和毅力的水上娛樂活動．快艇開動后，拖在快艇后面的空中飛傘，在風力和繩子牽引力的作用下升起，游客乘傘體驗在空中飛翔的感覺．圖中的O點均表示游客，能正確反映飛傘載著游客在空中勻速飛行的是()5．如圖所示，物塊A靜止在粗糙水平面上，其上表面為四分之一光滑圓弧．一小滑塊B在水平外力F的作用下從圓弧底端緩慢向上移動一小段距離，在此過程中，A始終靜止．設A對B的支持力為FN，地面對A的摩擦力為Ff，則兩力的變化情況是()A．FN減小，Ff增大B．FN增大，Ff增大C．FN減小，Ff不變D．FN增大，Ff不變6．有一勁度系數為k的輕質絕緣彈簧，將邊長為d的正三角形勻質金屬線框(線框由電阻為R的金屬絲折合而成)如圖甲、乙情況放置，靜止時彈簧的長度分別為L1和L2.現將該金屬線框如圖丙所示接入電路，導線的左右接觸點分別為線框左右兩邊的中點，磁場方向垂直紙面向外，大小為B，電源的電動勢為E，內電阻為r，導線與線框之間作用力可以忽略，則閉合開關S后，彈簧的長度L3為()A．L1＋eq\f(9BdE,2k（2R＋9r）)B．L2＋eq\f(9BdE,2k（2R＋9r）)C．L1－eq\f(5BdE,2k（2R＋9r）)D．L2＋eq\f(5BdE,2k（2R＋9r）)7.[2022·遼寧卷]如圖所示，蜘蛛用蛛絲將其自身懸掛在水管上，并處于靜止狀態．蛛絲OM、ON與豎直方向夾角分別為α、β(α>β).用F1、F2分別表示OM、ON的拉力，則()A．F1的豎直分力大于F2的豎直分力B．F1的豎直分力等于F2的豎直分力C．F1的水平分力大于F2的水平分力D．F1的水平分力等于F2的水平分力8．[2022·山東省煙臺市月考]如圖所示，放在兩固定斜面上的甲、乙兩物塊質量分別為eq\f(\r(3),2)，若不計滑輪質量，不計滑輪與輕繩之間的摩擦，物塊與斜面間的最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度g＝10m/s2F向下拉最下面的滑輪，則當F＝12N時，甲物塊與斜面之間的摩擦力大小為()A．2NB．3NC．5ND．9N9.[2022·山東泰安第一中學高考檢驗卷]拖把是常用的勞動工具，假設拖把與水平地面接觸端的質量為m，其他部分質量可忽略，接觸端與地面之間的動摩擦因數為μ，如圖所示，人施加沿桿方向的力F(圖中未畫出)，推著接觸端在水平地面上勻速滑行，桿與水平地面的夾角為α，重力加速度為g，則()A．夾角α越大，推動拖把越輕松B．接觸端受到的支持力大小為FsinαC．接觸端受到地面的摩擦力大小為μmgD．接觸端受到地面的摩擦力與支持力的合力方向不變10．如圖所示，物體A靜止在粗糙的水平地面上，一輕質細線跨過固定傾斜直桿頂端的光滑輕質定滑輪，細線一端連接靜止于水平地面上的質量為mA的物體A，細線另一端與另外兩根細線在O點形成“死結”，結點O下方細線懸掛物體B.現左端細線用與水平方向成30°角的斜向左上方的力F拉住，使結點右側的細線與水平方向的夾角為30°.已知物體A與水平地面間的動摩擦因數為eq\f(\r(3),2)，重力加速度大小為g，定滑輪右側細線與水平方向的夾角為45°，物體A、B保持靜止狀態，以下說法正確的是()A．輕質細線對物體A的拉力大小為eq\f(\r(3),2)FB．地面對物體A的摩擦力大小為eq\f(\r(3),2)mAgC．物體B的質量為eq\f(F,g)D．物體A對地面的壓力大小為mAg－eq\f(\r(3),2)F11.[2022·山東沖刺卷]如圖所示，豎直墻壁AB與斜面BC的夾角為53°，質量均為m且分布均勻的半球與小球疊放在墻面與斜面之間，OO′⊥BC.重力加速度大小為g，取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不計一切摩擦．下列說法正確的是()A．斜面對半球的彈力大小為eq\f(5,4)mgB．半球對墻壁的彈力大小為eq\f(3,4)mgC．若僅將小球的半徑減小，則墻壁對小球的彈力變大D．若僅將小球的半徑減小，則半球對小球的支持力變小12.小明在研究性學習中設計了一種可測量磁感應強度的實驗，其裝置如圖所示．在該實驗中，磁鐵固定在水平放置的電子測力計上，此時電子測力計的計數為G1，磁鐵兩極之間的磁場可視為水平勻強磁場，其余區域磁場不計．直銅條AB的兩端通過導線與一電阻連接成閉合回路，總阻值為R.若讓銅條水平且垂直于磁場，以恒定的速率v在磁場中豎直向上運動，這時電子測力計的計數為G2，銅條在磁場中的長度L.在直銅條AB向上運動過程中說法不正確的是()A．直銅條AB所受安培力方向向上B．直銅條AB中感應電流方向為B→AC．G1小于G2D．感應強度的大小為B＝eq\f(1,L)eq\r(\f(（G1－G2）R,v))13.[2022·全國三模]如圖所示，兩個可視為點電荷的帶正電小球A和B，A球系在一根不可伸長的絕緣細線一端，繞過定滑輪，在細繩的另一端施加拉力F，B球固定在絕緣座上，位于定滑輪的正下方．現緩慢拉動細繩，使A球緩慢移動到定滑輪處，此過程中，B球始終靜止，忽略定滑輪大小和摩擦，下列判斷正確的是()A．B球受到的庫侖力先不變后減小B．拉力F一直增大C．地面對絕緣座的支持力一直減少D．A球的電勢能先不變后減少14．[2022·山東師范大學附屬中學開學考試]如圖甲所示，用兩根細繩連接一小球，小球始終處于靜止狀態，細繩OA與豎直方向的夾角為θ1，θ1保持不變，細繩OA的拉力用F1表示，細繩OB從豎直位置緩慢順時針旋轉，細繩OB的拉力F2和細繩OB與豎直方向的夾角θ2的關系如圖乙，g取10m/s2，下列說法正確的是()A．當θ1＝θ2時，細繩OB的拉力F2＝eq\f(10\r(3),3)NB．當θ1＝θ2時，細繩OB的拉力F2＝10NC．緩慢順時針旋轉過程中，細繩OB的拉力F2的最小值為5ND．緩慢順時針旋轉過程中，細繩OB的拉力F2的最小值為5eq\r(3)N專題強化訓練1力與物體的平衡1．解析：由于水桶可以繞水平軸轉動，因此一段時間后，當水桶水變多導致重心升高到一定程度時，就會造成水桶翻轉，選項D正確，選項A、B、C錯誤．答案：D2．解析：如圖所示將作用在繩索中點的水平恒力F下分解到沿AO方向的拉力F1和沿BO方向的拉力F2，因F1＝F2，則有eq\f(F,2)＝F1sinθ由于x?d，則sinθ＝tanθ因此F1＝eq\f(F,2tanθ)，代入數值得F1＝2500N，故選C.答案：C3．解析：人對健身器材的拉力是由于人自身形變產生的，A錯誤；彈性繩的勁度系數是彈性繩固有的屬性，對拉力器的拉力增大時，其勁度系數還是不變，B錯誤；根據胡克定律得2kx＝F，代入數據解得每根彈性繩的勁度系數為k＝150N/m，C正確；根據胡克定律可得，若對拉力器的拉力減為60N，則有2kΔx＝60，代入數據，解得Δx＝20cm，故彈性繩的形變量為20cm，D錯誤．答案：C4．解析：游客在空中受重力mg、繩子牽引力F1和飛傘的拉力F2，受力分析如下圖：游客在空中勻速飛行，能正確反映游客受力的是A圖，故A正確．答案：A5.解析：對滑塊B受力分析，受到重力、支持力與水平推力，如圖所示．設滑塊所在處斜面傾角為θ，根據平衡條件有F＝mgtanθ，物塊A對小滑塊B的支持力為FN＝eq\f(mg,cosθ)；緩慢沿曲面向上移動一小段距離的過程中，θ增大，則水平外力F增大，FN也增大，整體水平方向受力平衡，可得地面對物塊A的摩擦力Ff＝F，所以地面對物塊A的摩擦力逐漸增大，故B正確，A、C、D錯誤．答案：B6．解析：對圖甲中的線框受力分析mg＝k（L1－L0），對圖乙中的線框受力分析mg＝k（L0－L2），得mg＝eq\f(k（L1－L2）,2)，L0＝eq\f(L1＋L2,2)，對丙圖中的線框受力分析，線框所受安培力FA＝eq\f(9BdE,4R＋18r)，由于受力平衡，則mg＋FA＝k（L3－L0），結合前面的計算結果可得L3＝L1＋eq\f(9BdE,2k（2R＋9r）)，故A正確．答案：A7．解析：對結點O受力分析，根據平衡條件可知，水平方向上有F1sinα＝F2sinβ＝Fx，即F1的水平分力等于F2的水平分力，選項C錯誤，D正確；豎直方向上有F1的豎直分力F1y＝F1cosα＝eq\f(Fx,tanα)，F2的豎直分力F2y＝F2cosβ＝eq\f(Fx,tanβ).由tanα>tanβ可知F1y<F2y，選項A、B錯誤．答案：D8．解析：甲、乙兩物塊的重力沿斜面向下的分力分別為，F甲＝m甲gsin37°＝9N，F乙＝m乙gsin30°＝5N，甲物塊與斜面間的最大靜摩擦力Ff甲max＝μm甲gcos37°＝9.6N，乙物塊與斜面間的最大靜摩擦力Ff乙max＝μm乙gcos30°＝7.5N，由分析可知，當F＝12N時，甲、乙兩物塊均保持靜止，此時Ff甲＝F甲－eq\f(1,2)F＝3N，故選項B正確．答案：B9.解析：接觸端所受水平地面的摩擦力f與支持力N滿足的關系為eq\f(f,N)＝μ，所以f和N的合力F′方向不變，則接觸端可視為在mg、F和F′三個力的作用下保持平衡狀態，如圖所示，可知夾角α越大，F越大，即推動拖把越費力，故A錯誤，D正確；接觸端受到的支持力為N＝mg＋Fsinα，故B錯誤；接觸端受到地面的摩擦力為f＝μ（mg＋Fsinα）＝Fcosα，故C錯誤．答案：D10．解析：對結點O受力分析如圖所示，設細線中拉力大小為T，由平衡條件有Fcos30°＝Tcos30°，Fsin30°＋Tsin30°＝mBg，聯立解得T＝F，mB＝eq\f(F,g)，選項A錯誤，C正確；對物體A受力分析，如圖所示，由平衡條件可知，在水平方向上地面對A的摩擦力等于細線中拉力T在水平方向的分力，即Ff＝Tcos45°＝Fcos45°＝eq\f(\r(2),2)F，選項B錯誤；由Tsin45°＋FN＝mAg，解得FN＝mAg－eq\f(\r(2),2)F，由牛頓第三定律可知物體A對地面的壓力大小為mAg－eq\f(\r(2),2)F，選項D錯誤．答案：C11．解析：對小球進行受力分析，如圖所示根據平衡條件得NOcos53°＝N墻NOsin53°＝mg解得N墻＝eq\f(3mg,4)對小球和半球整體受力分析如圖根據平衡條件得NO整＝eq\f(2mg,sin53°)＝eq\f(10mg,4)，N墻整＝eq\f(2mg,tan53°)＝eq\f(6mg,4)則墻壁對半球的支持力N墻1＝N墻整－N墻＝eq\f(3mg,4)根據牛頓第三定律可得半球對墻壁的彈力為eq\f(3mg,4)，若僅將小球的半徑減小，則θ減小，則墻壁對小球的彈力N墻＝eq\f(mg,tanθ)變大，則半球對小球的支持力NO＝eq\f(mg,sinθ)變大，故B、C正確，A、D錯誤．答案：BC12．解析：直銅條AB向上運動，由右手定則可知，感應電流方向：A→B，則左手定則可知，銅條受到的安培力方向：豎直向下，故A、B錯誤；設銅條的重力為G，由題意可知G1＝G，銅條向上運動時，銅條受到的安培力豎直向下，由牛頓第三定律可知，磁鐵受到的磁場力F＝BIL豎直向上，由平衡條件得：G＝G2＋BIL，G2＝G－BIL，由此可知：G1>G2，故C錯誤；銅條不動時，由平衡條件得：G＝G1，銅條向上運動時，磁鐵靜止，由平衡條件得：G＝G2＋BIL，感應電流：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，解得：B＝eq\f(1,L)eq\r(\f(（G1－G2）R,v))，D正確．答案：ABC13．解析：設球所受庫侖力大小為FC，AB兩球間距離為r，B球距定滑輪為h，A球與定滑輪間距離為l，對開始位置處的A球受力分析，將F和FC合成如圖，由相似三角形可得eq\f(mg,h)