高考物理總復習《力與物體的平衡》專項測試卷含答案

第第頁高考物理總復習《力與物體的平衡》專項測試卷含答案學校:___________班級：___________姓名：___________考號：___________知識點目標要求1.會分析物體靜態(tài)平衡問題，會選擇合適的方法處理靜態(tài)平衡問題。2.會分析動態(tài)平衡問題，掌握常見的處理動態(tài)平衡問題的方法，并會處理動態(tài)平衡中的臨界與極值問題?？键c一靜態(tài)平衡問題1．對物體進行受力分析2．處理平衡問題常用的方法合成法物體受三個共點力的作用而平衡，則任意兩個力的合力一定與第三個力大小相等，方向相反分解法按效果分解：物體受三個共點力的作用而平衡，將某一個力按力的作用效果分解，則其分力和其他兩個力分別滿足平衡條件正交分解法：物體受到三個或三個以上力的作用時，將物體所受的力分解為相互垂直的兩組，每組力都滿足平衡條件矢量三角形法對受三個共點力作用而平衡的物體，將力的矢量圖平移，使三個力組成一個首尾依次相接的矢量三角形，根據(jù)正弦定理、余弦定理或相似三角形等數(shù)學知識求解未知力例1(遼寧本溪市檢測)如圖所示為某同學左手從地面上抓取籃球并離開地面的照片。為簡單起見，假設只有大拇指、中指和小拇指對籃球有力的作用，三根手指的抓取點在同一水平面內(nèi)呈對稱分布，且與球心的連線和豎直方向成53°角。已知手指與籃球之間的動摩擦因數(shù)為0.9，籃球質(zhì)量為500g，g取10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，假設三根手指對籃球的作用大小相等，則每根手指對籃球的壓力至少約為()A．14NB．17NC．19ND．20N答案A解析籃球受七個力的作用，除重力外，其余3組力呈空間對稱分布，每一組力中的彈力和摩擦力在豎直方向分力的合力，承擔了籃球自身重力的三分之一，對籃球受到的一組力受力分析如圖所示由豎直方向受力平衡有Ffsin53°＝Fcos53°＋eq\f(1,3)mg，F(xiàn)f＝μF，解得F≈13.9N，故選A。例2(2020·全國卷Ⅲ·17)如圖，懸掛甲物體的細線拴牢在一不可伸長的輕質(zhì)細繩上O點處；繩的一端固定在墻上，另一端通過光滑定滑輪與物體乙相連。甲、乙兩物體質(zhì)量相等。系統(tǒng)平衡時，O點兩側繩與豎直方向的夾角分別為α和β。若α＝70°，則β等于()A．45°B．55°C．60°D．70°答案B解析取O點為研究對象，在三力的作用下O點處于平衡狀態(tài)，對其受力分析如圖所示，根據(jù)幾何關系可得β＝55°，故選B。例3如圖所示，傾角為α的斜面固定在水平面上，在斜面和固定的豎直擋板之間有兩個勻質(zhì)球P、Q，P球質(zhì)量是Q球質(zhì)量的三倍，各接觸面均光滑，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，P、Q兩球的球心連線與豎直方向的夾角為β，下列說法正確的是()A．4tanα＝tanβ B．3tanα＝tanβC．2tanα＝tanβ D．tanα＝tanβ解題指導關鍵表述解讀P球質(zhì)量是Q球質(zhì)量的三倍質(zhì)量關系各接觸面均光滑不受摩擦力靜止狀態(tài)處于平衡狀態(tài)，合力為0研究對象選取及受力分析整體法：以P、Q兩球整體為研究對象合成法：F2＝4mgtanα隔離法：以Q球為研究對象合成法：F2＝mgtanβ答案A解析以P、Q兩球整體為研究對象，受力分析如圖甲所示，由平衡條件可得F2＝4mgtanα，以Q球為研究對象，受力分析如圖乙所示，由平衡條件可得F2＝mgtanβ，聯(lián)立解得4tanα＝tanβ，故選A。整體法、隔離法的運用在處理共點力平衡的問題時，若出現(xiàn)了兩個或多個物體，一般會使用整體法或隔離法，可以使用“整體法＋隔離法”或“隔離法＋隔離法”，可根據(jù)具體題目靈活應用。例4(陜西省高考仿真模擬)如圖所示，與水平面夾角均為θ＝37°的兩金屬導軌平行放置，間距為1m，金屬導軌的一端接有電動勢E＝3V、內(nèi)阻r＝1Ω的直流電源，另一端接有定值電阻R＝4Ω。將質(zhì)量為0.025kg的導體棒ab垂直放在金屬導軌上，整個裝置處在垂直導軌平面向上的勻強磁場中。當開關S斷開時，導體棒剛好不上滑；當開關S閉合時，導體棒剛好不下滑。已知導體棒接入電路的電阻R0＝4Ω，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，金屬導軌電阻不計，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度取g＝10m/s2。則導體棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為()A.eq\f(1,44)B.eq\f(3,44)C.eq\f(1,22)D.eq\f(3,11)答案B解析當S斷開時，ab中電流I1＝eq\f(E,R0＋r)＝eq\f(3,5)A＝0.6A，當S閉合時，ab中電流I2＝eq\f(1,2)×eq\f(E,r＋R并)＝eq\f(1,2)×eq\f(3,3)A＝0.5A，根據(jù)平衡條件有BI1d－μmgcosθ＝mgsinθ，BI2d＋μmgcosθ＝mgsinθ，聯(lián)立解得μ＝eq\f(3,44)，故選B。1．對于靜電場、磁場中的平衡問題，受力分析時要注意靜電力、磁場力方向的判斷，再結合平衡條件分析求解。2．涉及安培力的平衡問題，畫受力示意圖時要注意將立體圖轉化為平面圖。考點二動態(tài)平衡問題和極值問題化“動”為“靜”，將多個狀態(tài)下的“靜”態(tài)進行對比，通過矢量三角形圖解法、動態(tài)圓法、正弦定理、三角函數(shù)、極值法等分析各力的變化或極值。例5(多選)(黑龍江哈爾濱市模擬)如圖所示為內(nèi)壁光滑的半球形凹槽M，O為球心，∠AOB＝60°，OA水平，小物塊在與水平方向成45°角的斜向上的推力F作用下靜止于B處。在將推力F沿逆時針緩慢轉到水平方向的過程中凹槽和小物塊始終保持靜止，則()A．M槽對小物塊的支持力逐漸增大B．M槽對小物塊的支持力逐漸減小C．推力F逐漸減小D．推力F先減小后增大答案AD解析以小物塊為研究對象，小物塊受到重力G、支持力FN和推力F三個力作用，根據(jù)平衡條件可知，F(xiàn)與FN的合力與G大小相等，方向相反。將推力F沿逆時針緩慢轉到水平方向的過程中(1→3)，如圖所示，根據(jù)作圖可知，M槽對小物塊的支持力FN逐漸增大，推力F先減小后增大，當F與FN垂直時，F(xiàn)最小，故A、D正確，B、C錯誤。例6(2022·河北卷·7)如圖，用兩根等長的細繩將一勻質(zhì)圓柱體懸掛在豎直木板的P點，將木板以底邊MN為軸向后方緩慢轉動直至水平，繩與木板之間的夾角保持不變，忽略圓柱體與木板之間的摩擦，在轉動過程中()A．圓柱體對木板的壓力逐漸增大B．圓柱體對木板的壓力先增大后減小C．兩根細繩上的拉力均先增大后減小D．兩根細繩對圓柱體拉力的合力保持不變答案B解析設兩根細繩對圓柱體拉力的合力大小為FT，木板對圓柱體的支持力大小為FN，從右向左看，受力分析如圖所示，繩子與木板間的夾角不變，α也不變，在矢量三角形中，根據(jù)正弦定理有eq\f(sinα,mg)＝eq\f(sinβ,FN)＝eq\f(sinγ,FT)，在木板以底邊MN為軸向后方緩慢轉動直至水平的過程中，α不變，γ從90°逐漸減小到0，又γ＋β＋α＝180°，且α<90°，可知90°<γ＋β<180°，則0<β<180°，可知β從銳角逐漸增大到鈍角，根據(jù)eq\f(sinα,mg)＝eq\f(sinβ,FN)＝eq\f(sinγ,FT)可知，sinγ不斷減小，F(xiàn)T逐漸減小，sinβ先增大后減小，F(xiàn)N先增大后減小，結合牛頓第三定律可知，圓柱體對木板的壓力先增大后減小，設兩根細繩之間的夾角為2θ，一根細繩的拉力大小為FT′，則2FT′cosθ＝FT，可得FT′＝eq\f(FT,2cosθ)，θ不變，F(xiàn)T逐漸減小，可知兩根細繩上的拉力不斷減小，兩根細繩對圓柱體拉力的合力不斷減小，故B正確，A、C、D錯誤。例7質(zhì)量為M的木楔在水平面上保持靜止，斜面傾角為θ，當將一質(zhì)量為m的木塊放在木楔斜面上時，木塊正好勻速下滑。如果用與木楔斜面成α角的力F拉著木塊勻速上升，如圖所示(已知木楔在整個過程中始終靜止，重力加速度為g)。求：(1)當α變化時，拉力F的最小值；(2)F取最小值時，木楔對水平面的摩擦力大小。答案(1)mgsin2θ(2)eq\f(1,2)mgsin4θ解析(1)方法一木塊在木楔斜面上勻速向下運動時，根據(jù)平衡條件有mgsinθ＝μmgcosθ解得μ＝tanθ因木塊在力F作用下沿斜面向上做勻速運動，根據(jù)正交分解法有Fcosα＝mgsinθ＋Ff，F(xiàn)sinα＋FN＝mgcosθ且Ff＝μFN聯(lián)立解得F＝eq\f(2mgsinθ,cosα＋μsinα)＝eq\f(2mgsinθcosθ,cosαcosθ＋sinαsinθ)＝eq\f(mgsin2θ,cosθ－α)則當α＝θ時，F(xiàn)有最小值，即Fmin＝mgsin2θ。方法二木塊所受的力構成矢量三角形如圖甲所示，支持力與摩擦力用其合力F合代替，變?yōu)椤叭齻€力”，如圖乙所示，支持力與摩擦力的合力F合與FN之間的夾角β滿足tanβ＝eq\f(Ff,FN)故β＝θ，則F合與豎直方向夾角為2θ。由幾何關系可得拉力F的最小值Fmin＝mgsin2θ。(2)由(1)可知，當F取最小值時，α＝θ因為木塊及木楔均處于平衡狀態(tài)，整體受到的地面的摩擦力等于F的水平分力，即FfM＝Fcos(α＋θ)當F取最小值mgsin2θ時，則有FfM＝Fmin·cos2θ＝mgsin2θcos2θ＝eq\f(1,2)mgsin4θ。1.三力作用下的動態(tài)平衡2．四力作用下的動態(tài)平衡(1)在四力平衡中，如果有兩個力為恒力，或這兩個力的合力方向恒定，為了簡便可用這兩個力的合力代替這兩個力，轉化為三力平衡，例如：如圖所示，qE<mg，把擋板緩慢轉至水平的過程中，可以用重力與靜電力的合力F合＝mg－qE代替重力與靜電力。(2)對于一般的四力平衡及多力平衡，可采用正交分解法。(3)在力的方向發(fā)生變化的平衡問題中求力的極小值時，一般利用三角函數(shù)求極值。也可利用“摩擦角”將四力平衡轉化為三力平衡，從而求拉力的最小值。例如：如圖所示，物體在拉力F作用下做勻速直線運動，改變θ大小，求拉力的最小值時，可以用支持力與摩擦力的合力F′代替支持力與摩擦力，F(xiàn)min＝mgsinθ，其中FN與Ff的合力方向一定，“摩擦角”θ滿足tanθ＝eq\f(Ff,FN)。1．(廣東汕頭市金南實驗學校三模)黃河鐵牛是世界橋梁史上的傳世之寶。如圖，唐代蒲津浮橋通過兩岸的鐵牛固定，鐵牛底部的鐵柱插入地下。設橋索對鐵牛的拉力為F1，鐵柱對鐵牛的作用力為F2，則()A．若F1增大，F(xiàn)2也增大B．若F1增大，F(xiàn)2將減小C．F1與F2的合力方向不一定豎直向上D．F1與F2的合力方向一定豎直向下答案A解析對鐵牛受力分析如圖所示，鐵牛受到自身重力G、橋索對鐵牛的拉力F1、鐵柱對鐵牛的作用力F2，三者共點力平衡。根據(jù)共點力平衡條件和三角形定則可得，若F1增大，F(xiàn)2也增大，A正確，B錯誤；F1與F2的合力與重力平衡，故F1與F2的合力方向一定豎直向上，C、D錯誤。2．(江蘇蘇州市期末)圖a是一種大跨度懸索橋梁，圖b為懸索橋模型，六對輕質(zhì)吊索懸掛著質(zhì)量為M的水平橋面，吊索在橋面兩側豎直對稱排列，其上端掛在兩根輕質(zhì)懸索上(圖b中只畫出了其中一側的分布情況)，懸索兩端與水平方向成45°角，則一根懸索水平段CD上的張力大小是(重力加速度為g)()A.eq\f(1,4)Mg B.eq\f(1,6)MgC.eq\f(1,12)Mg D.eq\f(1,24)Mg答案A解析對題圖b中左邊的懸索ABC段整體受力分析如圖所示，由平衡條件可得FTD＝FTcos45°，F(xiàn)Tsin45°＝eq\f(Mg,4)，聯(lián)立解得FTD＝eq\f(Mg,4)，故選A。專項訓練[保分基礎練]1.(海南卷·3)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．重物緩慢拉起過程，繩子拉力變小D．重物緩慢拉起過程，繩子拉力不變2.(廣東茂名市電海中學期末)“兒童散學歸來早，忙趁東風放紙鳶”，陽春三月正是踏青放風箏的好時節(jié)。如圖所示，在細線拉力的作用下，風箏靜止在空中。關于氣流對風箏的作用力，下列說法正確的是()A．氣流對風箏的作用力的方向水平向左B．氣流對風箏的作用力的方向沿左上方C．氣流對風箏的作用力與風箏受到的重力大小相等D．氣流對風箏的作用力小于風箏受到的重力3.如圖所示，一弧形的石拱橋由四塊完全相同的石塊壘成，每塊石塊的左、右兩個截面間所夾的圓心角為30°，第1、4塊石塊固定在地面上，直線OA沿豎直方向。則第2、3塊石塊間的作用力F23和第1、2塊石塊間的作用力F12之比為(不計石塊間的摩擦力)()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(2),2)D.eq\r(3)4.(山東卷·2)餐廳暖盤車的儲盤裝置示意圖如圖所示，三根完全相同的彈簧等間距豎直懸掛在水平固定圓環(huán)上，下端連接托盤。托盤上疊放若干相同的盤子，取走一個盤子，穩(wěn)定后余下的正好升高補平。已知單個盤子的質(zhì)量為300g，相鄰兩盤間距1.0cm，重力加速度大小取10m/s2。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，每根彈簧的勁度系數(shù)為()A．10N/m B．100N/mC．200N/m D．300N/m5.(安徽淮北市統(tǒng)考一模)淮北市科創(chuàng)中心項目是該市近幾年重點工程項目之一，旨在提升城市綜合服務功能，增強城市科技創(chuàng)新氛圍。其核心建筑商務政務中心已經(jīng)建成，最大高度達162m，是淮北市第一高樓，成為淮北市的新地標。如圖所示，工人正在用一根繩索將自己懸在空中，對大樓表面玻璃進行清潔工作，工人及其裝備總重量為G，可視為質(zhì)點，懸繩與豎直墻壁的夾角為θ，設懸繩對工人的拉力為FT，墻壁對工人的彈力為FN，不計工人和墻壁間的摩擦力。下列說法正確的是()A．墻壁對工人的彈力大小為eq\f(G,tanθ)B．懸繩對工人的拉力大小為GcosθC．若緩慢增加懸繩的長度，F(xiàn)T與FN的合力增大D．若緩慢增加懸繩的長度，F(xiàn)T和FN都減小6．(江蘇卷·7)如圖所示，“嫦娥五號”探測器靜止在月球平坦表面處。已知探測器質(zhì)量為m，四條腿與豎直方向的夾角均為θ，月球表面的重力加速度為地球表面重力加速度g的eq\f(1,6)。每條腿對月球表面壓力的大小為()A.eq\f(mg,4)B.eq\f(mg,4cosθ)C.eq\f(mg,6cosθ)D.eq\f(mg,24)7．(黑龍江大慶市三模)如圖a所示，送水工人用推車運送重120N的桶裝水，到達目的地后，工人緩慢抬起把手使OA變?yōu)樗郊纯蓪⑺靶断?如圖b所示)。若桶與板OB、OA之間的摩擦不計，∠AOB＝60°，當BO與水平面的夾角為90°時，水桶對OB板的壓力F1、對OA板的壓力F2的大小正確的是()[爭分提能練]8.(江蘇南京市考前訓練)質(zhì)量為M、半徑為R的光滑勻質(zhì)球，用一根長度也為R的細線懸掛在互相垂直的兩豎直墻壁交線處的P點，則球對任一墻壁的壓力大小為()A.eq\f(\r(2),4)Mg B.eq\f(\r(2),2)MgC.eq\f(\r(3),3)Mg D.eq\f(\r(6),6)Mg9.如圖所示，山坡上兩相鄰高壓線塔之間架有粗細均勻的導線，靜止時導線呈曲線形下垂，C點為最低點。左塔A點處對導線拉力的方向與豎直方向的夾角為30°，右塔B點處對導線拉力的方向與豎直方向的夾角為60°，則導線AC部分與BC部分的質(zhì)量之比為()A．2∶1 B．3∶1C．4∶eq\r(3) D.eq\r(3)∶110.(山西運城市三模)如圖，質(zhì)量為m的木塊A放在水平地面上，固定在A上的豎直輕桿的上端與小球B用細繩連接，當與水平方向成30°角的力F作用在小球B上時，A、B恰好能一起向右勻速運動，此時細繩與豎直方向的夾角為60°。已知小球B的質(zhì)量也為m，則木塊A與水平地面間的動摩擦因數(shù)為()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(3),4)D.eq\f(\r(3),5)11.(山西大同市、晉中市第一次聯(lián)考)如圖所示，空間有水平向右的勻強磁場，磁感應強度為B。一不可伸長的絕緣、柔軟細線左端固定于M點，N點拴著一長度為d垂直于紙面的輕質(zhì)直導線，右端跨過O點處的光滑定滑輪后懸掛一質(zhì)量為m的重物，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。此時點M、N、O處于同一水平線上，且MN＝2NO＝2L。當導線中通有垂直紙面向里的恒定電流時，重物m上升L高度，系統(tǒng)恰好再次達到平衡，已知重力加速度為g，則導線中通入的電流大小為()A.eq\f(\r(2)mg,Bd) B.eq\f(\r(7)mg,2Bd)C.eq\f(\r(2)mg,2Bd) D.eq\f(\r(7)mg,4Bd)12.(山西三晉天一大聯(lián)考)如圖所示，在演示帶電體間的相互作用時發(fā)現(xiàn)，用絕緣細線懸掛在支架上質(zhì)量為m的帶電小球B，在均勻帶電小球A的作用下保持靜止。且知細線與豎直方向夾角α＝45°，兩球心連線與水平方向所成角β＝15°，重力加速度為g，則下列判斷正確的是()A．細線中張力的大小為eq\r(2)mgB．小球A所受靜電力的大小為eq\r(2)mgC．細線中張力的大小為eq\r(3)mgD．小球A對小球B的引力要大于小球B對小球A的引力[尖子生選練]13.(多選)(福建省模擬)粗糙水平地面上有一質(zhì)量為M、傾角為30°的粗糙楔形物體C，斜面上有一個質(zhì)量為2m的物塊B，B與一輕繩連接，且繞過一固定在天花板上的光滑定滑輪，另一端水平與一結點連接一個質(zhì)量為m的小球A，右上方有一拉力F，初始夾角α＝135°，如圖所示。現(xiàn)讓拉力F順時針緩慢轉動90°且保持α角大小不變，轉動過程中B、C始終保持靜止。已知B與滑輪間的細繩與斜面平行，重力加速度為g。下列說法正確的是()A．拉力F一直減小B．B、C間的摩擦力先減小再增大C．物體C對地面的壓力先減小再增大D．物體C對地面的摩擦力的最大值為eq\r(2)mg參考答案[保分基礎練]1.(海南卷·3)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．重物緩慢拉起過程，繩子拉力變小D．重物緩慢拉起過程，繩子拉力不變答案B解析工人受到三個力，繩的拉力，地面支持力和重力，是三力平衡，故A錯誤；人對繩和繩對人的拉力是一對作用力與反作用力，B正確；重物拉起過程，兩繩的張角變大，拉力變大，C、D錯誤。2.(廣東茂名市電海中學期末)“兒童散學歸來早，忙趁東風放紙鳶”，陽春三月正是踏青放風箏的好時節(jié)。如圖所示，在細線拉力的作用下，風箏靜止在空中。關于氣流對風箏的作用力，下列說法正確的是()A．氣流對風箏的作用力的方向水平向左B．氣流對風箏的作用力的方向沿左上方C．氣流對風箏的作用力與風箏受到的重力大小相等D．氣流對風箏的作用力小于風箏受到的重力答案B解析風箏受重力G、細線的拉力FT和氣流的作用力F處于平衡狀態(tài)，如圖所示，重力G方向豎直向下，細線的拉力FT方向斜向右下方，氣流對風箏的力F的方向一定斜向左上方，且大小等于重力G和細線拉力FT的合力大小，B正確，A、C、D錯誤。3.如圖所示，一弧形的石拱橋由四塊完全相同的石塊壘成，每塊石塊的左、右兩個截面間所夾的圓心角為30°，第1、4塊石塊固定在地面上，直線OA沿豎直方向。則第2、3塊石塊間的作用力F23和第1、2塊石塊間的作用力F12之比為(不計石塊間的摩擦力)()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(2),2)D.eq\r(3)答案A解析設每塊石塊的重力為G，以第2塊石塊為研究對象，受力分析如圖所示。由平衡條件有F12cos30°＝F23，解得eq\f(F23,F12)＝eq\f(\r(3),2)，故選A。4.(山東卷·2)餐廳暖盤車的儲盤裝置示意圖如圖所示，三根完全相同的彈簧等間距豎直懸掛在水平固定圓環(huán)上，下端連接托盤。托盤上疊放若干相同的盤子，取走一個盤子，穩(wěn)定后余下的正好升高補平。已知單個盤子的質(zhì)量為300g，相鄰兩盤間距1.0cm，重力加速度大小取10m/s2。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，每根彈簧的勁度系數(shù)為()A．10N/m B．100N/mC．200N/m D．300N/m答案B解析由題知，取走一個盤子，穩(wěn)定后余下的盤子正好升高補平，則說明一個盤子的重力可以使三根彈簧發(fā)生形變的形變量恰好等于相鄰兩盤間距，則有mg＝3kx，解得k＝100N/m，故選B。5.(安徽淮北市統(tǒng)考一模)淮北市科創(chuàng)中心項目是該市近幾年重點工程項目之一，旨在提升城市綜合服務功能，增強城市科技創(chuàng)新氛圍。其核心建筑商務政務中心已經(jīng)建成，最大高度達162m，是淮北市第一高樓，成為淮北市的新地標。如圖所示，工人正在用一根繩索將自己懸在空中，對大樓表面玻璃進行清潔工作，工人及其裝備總重量為G，可視為質(zhì)點，懸繩與豎直墻壁的夾角為θ，設懸繩對工人的拉力為FT，墻壁對工人的彈力為FN，不計工人和墻壁間的摩擦力。下列說法正確的是()A．墻壁對工人的彈力大小為eq\f(G,tanθ)B．懸繩對工人的拉力大小為GcosθC．若緩慢增加懸繩的長度，F(xiàn)T與FN的合力增大D．若緩慢增加懸繩的長度，F(xiàn)T和FN都減小答案D解析工人受到重力、拉力FT和支持力FN，受力分析如圖所示。根據(jù)共點力平衡條件有FT＝eq\f(G,cosθ)，F(xiàn)N＝Gtanθ，即墻壁對工人的彈力大小為Gtanθ，懸繩對工人的拉力大小為eq\f(G,cosθ)，A、B錯誤；若緩慢增加懸繩的長度，則θ減小，F(xiàn)T和FN都減小，而FT與FN的合力始終與工人的重力平衡，大小不變，故C錯誤，D正確。6．(江蘇卷·7)如圖所示，“嫦娥五號”探測器靜止在月球平坦表面處。已知探測器質(zhì)量為m，四條腿與豎直方向的夾角均為θ，月球表面的重力加速度為地球表面重力加速度g的eq\f(1,6)。每條腿對月球表面壓力的大小為()A.eq\f(mg,4)B.eq\f(mg,4cosθ)C.eq\f(mg,6cosθ)D.eq\f(mg,24)答案D解析對“嫦娥五號”探測器受力分析有FN＝mg月，則對一條腿有FN1＝eq\f(1,4)mg月＝eq\f(mg,24)，根據(jù)牛頓第三定律可知每條腿對月球表面的壓力大小為eq\f(mg,24)，故選D。7．(黑龍江大慶市三模)如圖a所示，送水工人用推車運送重120N的桶裝水，到達目的地后，工人緩慢抬起把手使OA變?yōu)樗郊纯蓪⑺靶断?如圖b所示)。若桶與板OB、OA之間的摩擦不計，∠AOB＝60°，當BO與水平面的夾角為90°時，水桶對OB板的壓力F1、對OA板的壓力F2的大小正確的是()A．F1＝40eq\r(3)N B．F1＝120eq\r(3)NC．F2＝40eq\r(3)N D．F2＝120eq\r(3)N答案A解析當BO與水平面的夾角為90°時，對水桶受力分析有，水桶受到OB板的壓力F1′、OA板的壓力F2′以及重力G，在三個力的作用下平衡，其受力分析如圖所示，根據(jù)平衡條件以及幾何關系有F2′sin30°＝F1′，F(xiàn)2′cos30°＝G解得F1′＝40eq\r(3)N，F(xiàn)2′＝80eq\r(3)N，由牛頓第三定律得F1＝40eq\r(3)N，F(xiàn)2＝80eq\r(3)N，故選A。[爭分提能練]8.(江蘇南京市考前訓練)質(zhì)量為M、半徑為R的光滑勻質(zhì)球，用一根長度也為R的細線懸掛在互相垂直的兩豎直墻壁交線處的P點，則球對任一墻壁的壓力大小為()A.eq\f(\r(2),4)Mg B.eq\f(\r(2),2)MgC.eq\f(\r(3),3)Mg D.eq\f(\r(6),6)Mg答案B解析對球進行受力分析，球受重力Mg、細線的拉力FT及兩個墻壁對它的支持力，兩個支持力大小相等，夾角為90°，設一個支持力的大小為FN、細線與兩豎直墻壁交線的夾角為θ，根據(jù)幾何知識可知球心到豎直墻壁交線的垂直距離為d＝eq\r(R2＋R2)＝eq\r(2)R，故sinθ＝eq\f(d,2R)＝eq\f(\r(2),2)，θ＝45°，在豎直方向上根據(jù)受力平衡可得FTcosθ＝Mg，解得FT＝eq\r(2)Mg，在水平方向上根據(jù)受力平衡可知兩豎直墻壁對球的支持力的合力大小等于細線拉力FT的水平分力大小，即eq\r(FN2＋FN2)＝FTsinθ，解得FN＝eq\f(\r(2),2)Mg，根據(jù)牛頓第三定律可得，球對任一墻壁的壓力大小為eq\f(\r(2),2)Mg，故選B。9.如圖所示，山坡上兩相鄰高壓線塔之間架有粗細均勻的導線，靜止時導線呈曲線形下垂，C點為最低點。左塔A點處對導線拉力的方向與豎直方向的夾角為30°，右塔B點處對導線拉力的方向與豎直方向的夾角為60°，則導線AC部分與BC部分的質(zhì)量之比為()A．2∶1 B．3∶1C．4∶eq\r(3) D.eq\r(3)∶1答案B解析對導線整體受力分析，水平方向上，F(xiàn)ACsin30°＝FBCsin60°；對左右兩部分分別受力分析，豎直方向上，F(xiàn)BCcos60°＝mBCg，F(xiàn)ACcos30°＝mACg，解得導線AC部分與BC部分的質(zhì)量之比為3∶1，故選B。10.(山西運城市三模)如圖，質(zhì)量為m的木塊A放在水平地面上，固定在A上的豎直輕桿的上端與小球B用細繩連接，當與水平方向成30°角的力F作用在小球B上時，A、B恰好能一起向右勻速運動，此時細繩與豎直方向的夾角為60°。已知小球B的質(zhì)量也為m，則木塊A與水平地面間的動摩擦因數(shù)為()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(3),4)D.eq\f(\r(3),5)答案B解析對B球，根據(jù)平衡條件，水平方向有FTsin60°＝Fcos30°豎直方向有FTcos60°＋Fsin30°＝mg解得F＝mg對A、B整體，根據(jù)平衡條件，水平方向有Fcos30°＝Ff豎直方向有Fsin30°＋FN＝2mg，F(xiàn)f＝μFN解得μ＝eq\f(\r(3),3)，故選B。11.(山西大同市、晉中市第一次聯(lián)考)如圖所示，空間有水平向右的勻強磁場，磁感應強度為B。一不可伸長的絕緣、柔軟細線左端固定于M點，N點拴著一長度為d垂直于紙面的輕質(zhì)直導線，右端跨過O點處的光滑定滑輪后懸掛一質(zhì)量為m的重物，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。此時點M、N、O處于同一水平線上，且MN＝2NO＝2L。當導線中通有垂直紙面向里的恒定電流時，重物m上升L高度，系統(tǒng)恰好再次達到平衡，已知重力加速度為g，則導線中通入的電流大小為()A.eq\f(\r(2)mg,Bd) B.eq\f(\r(7)mg,2Bd)C.eq\f(\r(2)mg,2Bd) D.eq\f(\r(7)mg,4Bd)答案B解析導線通有電流