專項2力與物體的平衡一、單項選擇題1．[2023·海南卷]如圖所示，工人利用滑輪組將重物緩慢提起，下列說法正確的是()A.工人受到的重力和支持力是一對平衡力B．工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一對作用力與反作用力C．重物緩慢提起的過程中，繩子拉力變小D．重物緩慢提起的過程中，繩子拉力不變2．[2023·北京昌平臨川學校高三聯考]如圖所示，質量為m的木塊，被水平力F緊壓在傾角為θ＝60°的墻面上處于靜止狀態．則關于木塊的受力情況、墻面對木塊的作用力(壓力與摩擦力的合力)，下列說法正確的是()A.墻面對木塊不一定有壓力B．墻面對木塊一定沒有摩擦力C．墻面對木塊的作用力大小為eq\f(\r(3),2)FD．墻面對木塊的作用力大小為eq\r(F2＋（mg）2)3．[2022·湖南卷]如圖(a)，直導線MN被兩等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸OO′上，其所在區域存在方向垂直指向OO′的磁場，與OO′距離相等位置的磁感應強度大小相等且不隨時間變化，其截面圖如圖(b)所示．導線通以電流I，靜止后，懸線偏離豎直方向的夾角為θ.下列說法正確的是()A．當導線靜止在圖(a)右側位置時，導線中電流方向由N指向MB．電流I增大，靜止后，導線對懸線的拉力不變C．tanθ與電流I成正比D．sinθ與電流I成正比4．三個完全相同的橫截面為正方形的工件1、2、3平行堆放，其中2、3放在水平地面上，1疊放在2、3上，其側視面如圖所示，1側視面的對角線AB恰好豎直，工件間的摩擦忽略不計，此時系統處于靜止狀態．現同時向外緩慢移動2和3一小段相同距離，系統再次平衡后1仍疊放在2、3上，下列說法正確的是()A.1對2的壓力變大B．1對2的壓力變小C．2對地面的壓力變大D．2對地面的摩擦力不變5．如圖所示，一根長為L的金屬細桿通有電流I時，水平靜止在傾角為θ的光滑絕緣固定斜面上，空間存在方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場．若電流和磁場的方向均不變，僅將磁感應強度大小變為4B，重力加速度為g，則此時()A.金屬細桿中的電流方向垂直于紙面向外B．金屬細桿受到的安培力大小為4BILsinθC．金屬細桿對斜面的壓力大小變為原來的4倍D．金屬細桿將沿斜面加速向上運動，加速度大小3gsinθ6.如圖所示的裝置，桿OQ沿豎直方向固定，且頂端有一光滑的定滑輪，輕桿OP用鉸鏈固定于O點且可繞O點轉動，用兩根輕繩分別拴接質量為m1、m2的小球并系于P點，其中拴接質量為m1的小球的輕繩跨過定滑輪，已知O點到滑輪頂端Q的距離等于OP，當系統平衡時兩桿的夾角為α＝120°.則m1∶m2為()A．1∶2B．eq\r(3)∶2C．eq\r(3)∶1D．1∶17.[2023·安徽合肥市4月模擬]研究表明，風力的大小F與風速的大小v、物體的橫截面積S以及物體的形狀有關，對于形狀相同的物體，風力F＝kSv(k是比例系數).某物理興趣小組想測量風速的大小，將半徑為r、質量均勻分布的實心塑料球用不可伸長的輕質細線固定在水平墻面上，如圖所示，風水平吹來時，若風速為v1，塑料球平衡時細線與墻面的夾角為α；若風速為v2，選用半徑為2r的相同材料的塑料球，平衡時細線與墻面的夾角為β.下列關系式正確的是()A．eq\f(v1,v2)＝eq\f(tanα,2tanβ)B．eq\f(v1,v2)＝eq\f(tanα,4tanβ)C．eq\f(v1,v2)＝eq\f(tanβ,2tanα)D．eq\f(v1,v2)＝eq\f(tanβ,4tanα)二、多項選擇題8.[2023·四川綿陽三診]如圖所示，粗糙斜面放置于水平地面上，其左側固定一豎直光滑直桿，桿上套著的圓環通過細線繞過光滑定滑輪與斜面上的滑塊相連，滑輪右側細線與斜面平行，圓環、滑塊均靜止．現對滑塊施加平行于斜面向下的外力F，將圓環從A點緩慢拉升至B點，斜面始終保持靜止．則在圓環上升過程中()A．直桿對圓環的彈力逐漸增大B．細線對圓環的拉力逐漸減小C．地面對斜面的摩擦力保持不變D．地面對斜面的支持力逐漸增大9．如圖所示，固定在水平面的光滑絕緣半圓弧槽的b處固定一帶正電的點電荷Q，另一帶正電的小球在庫侖力的作用下靜止在圓弧槽的P處，小球所受重力為G，可視為質點，小球與圓心O的連線與豎直方向夾角θ＝30°.下列分析正確的是()A.小球所受庫侖力大小為GB．半圓弧槽對小球的彈力大小為eq\r(3)GC．若小球的電荷量稍有減小，等再次平衡時，庫侖力增大D．若小球的電荷量稍有減小，等再次平衡時，半圓弧槽對小球的彈力大小不變專項2力與物體的平衡1．解析：工人受到三個力的作用，即繩的拉力、地面的支持力和重力，三力平衡，A錯；工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一對作用力與反作用力，B對；對動滑輪受力分析，由平衡條件有2Tcoseq\f(θ,2)＝mg，其中T為繩子拉力的大小、θ為與動滑輪相連的兩段繩的夾角、m為重物與動滑輪的總質量，隨著重物的上升，θ增大，則繩的拉力變大，CD錯．答案：B2.解析：對木塊受力分析，受推力、重力，若沒有支持力就沒有摩擦力，木塊不可能平衡，故一定有支持力，同理有靜摩擦力，如圖所示，故A、B錯誤；根據共點力平衡條件，墻面對木塊的作用力（壓力與摩擦力的合力）與重力、推力的合力受力平衡，重力和推力的合力為eq\r(F2＋（mg）2)，故墻面對木塊的作用力為eq\r(F2＋（mg）2)，故C錯誤，D正確．答案：D3．解析：當導線靜止在圖（a）右側時，導體棒MN在重力、拉力和安培力的作用下處于平衡狀態，由平衡條件可知，導體棒所受安培力指向右側，又安培力與磁場方向垂直，所以安培力垂直于輕繩指向右上方，由左手定則可知，導線中電流方向由M指向N，A項錯誤；由平衡條件有輕繩拉力F＝eq\r(（mg）2－（BIL）2)，又BIL＝mgsinθ，得sinθ＝eq\f(BL,mg)I，分析易知B、C項錯誤，D項正確．答案：D4.解析：對1受力分析如圖，向外緩慢移動2和3一小段相同距離，則N的方向不變，仍垂直于1的兩邊，可知N不變，由牛頓第三定律知，1對2的壓力N′不變，選項A、B錯誤；對1、2、3整體分析，則地面對2的支持力等于整體重力的一半，可知同時向外緩慢移動2和3一小段相同距離時，分析知，2對地的壓力不變，選項C錯誤；地面對2的摩擦力等于N′的水平分力，因N′大小不變且N′的方向不變，可知N′的水平分力不變，地面對2的摩擦力不變，則2對地面的摩擦力不變，選項D正確．答案：D5．解析：直導線受到重力、導軌的支持力和安培力而平衡，安培力垂直于B，只能水平向右，由左手定則知，電流方向應垂直紙面向里，故A錯誤；根據安培力公式可得受到的安培力大小為F安＝4BIL，故B錯誤；金屬細桿水平靜止在斜面上時，根據平衡條件可得FN＝mgcosθ＋BILsinθ，BILcosθ＝mgsinθ，磁感應強度大小改變時，根據受力分析和牛頓第二定律可得FN′＝mgcosθ＋4BILsinθ<4FN，a＝eq\f(4BILcosθ－mgsinθ,m)＝3gsinθ，加速度方向沿斜面向上，故C錯誤，D正確．答案：D6.解析：以結點P為研究對象，受力分析如圖所示，則拴接質量為m1的小球的輕繩的拉力大小等于m1g，由力的平衡條件將桿OP的支持力與輕繩的拉力合成，由相似三角形可得FN＝m2g，則由幾何關系可知m1g＝2m2gcos30°，解得m1∶m2＝eq\r(3)∶1，選項C正確，A、B、D錯誤．答案：C7．解析：設塑料球的密度為ρ，半徑為r時，塑料球的質量m＝ρ·eq\f(4,3)πr3，風力F＝kSv＝kπr2v.當塑料球的質量為m1，半徑為r，風速為v1時，對塑料球受力分析，根據共點力的平衡條件可知tanα＝eq\f(m1g,F1)＝eq\f(4ρrg,3kv1)，當塑料球的質量為m2，半徑為2r，風速為v2時，有tanβ＝eq\f(m2g,F2)＝eq\f(8ρrg,3kv2)，所以eq\f(v1,v2)＝eq\f(tanβ,2tanα)，選項C正確．答案：C8.解析：對圓環受力分析，如圖所示，由力的平衡條件可知，細線的拉力與支持力的合力與重力等大反向，當圓環由A到B時，細線與豎直方向的夾角增大，則由圖可知桿的彈力與細線的拉力均增大，A正確，B錯誤；設斜面的傾斜角為α，斜面對滑塊的支持力為FN2，滑塊重力為G2，由于滑塊處于動態平衡狀態，所以有FN2＝G2cosα，因G2與α不變，所以FN2不變，又因摩擦力f＝μFN2，所以滑塊受到的斜面的摩擦力也不變，由牛頓第三定律可得，斜面受到的滑塊的作用力也不變，因此地面對斜面的摩擦力和支持力保持不變，選項C正確，D錯誤．答案：AC9．解析：對P處帶正電的小球受力分析如圖甲所示，由于三角形OPb為等腰三角形，有α＝β，又有θ＋90°＋α＋β＝180°，可知α＝θ＝30°，則三角形OPc為等腰三角形，圖中陰影部分力矢量三角形與幾何三角形OPc相似，有eq\f(F,G)＝eq\f(Pc,Oc)，可得庫侖力F＝eq\f(Pc,Oc)G＝G，選項A正確；