第20天 力与物体的平衡
1．(2024·河北保定安国中学校联考三模)如图所示，弯折杆PRQ固定在竖直面内，PR水平，QR与PR间的夹角为60°，B球套在杆QR上，一根细线连接A、B两球，另一根细线连接小球A与杆PR上的O点，连接在O点的细线与水平方向的夹角为60°，连接A、B两球的细线与QR杆垂直，B球刚好不下滑。已知A球质量为2m，B球质量为m，两小球均可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则小球B与杆RQ间的动摩擦因数为( )
A． B． C． D．
2．(2024·山东省济南市统考模拟预测)如图甲所示，古代北方播种后，用驴拉两个小石磙压土埋麦种，以利于麦种发芽。简化图如图乙所示，AB平行于轻杆CD，轻绳AC、BD长度相同。若轻绳长为 2.01 m，两石磙相同，整体(含轻杆)的总质量为 21 kg，与地面间的摩擦力大小是其对地面正压力的，AB＝0.3 m，CD＝0.7 m，B、D两点的高度差为1 m，g取10 m/s2，不计其他摩擦，则石磙做匀速直线运动时每根轻绳上的拉力大小约为( )
A．20.5 N B．24.5 N C．30.2 N D．36.2 N
3．(2024·河南省平顶山市校考模拟预测)如图所示，大型起重机的吊钩受到的力是一组共点力。设被起吊的重物的质量为m，钢丝绳与吊钩的质量忽略不计，吊钩下面悬挂重物的四根钢丝绳对吊钩的拉力大小依次为F1、F2、F3、F4，吊钩上方的动滑轮组对吊钩的拉力大小为F5。重力加速度大小为g。在起重机将被起吊的重物向上匀速提升的过程中，下列判断正确的是( )
A．F5大于mg
B．F1、F2、F3、F4、F5的合力等于2mg
C．F1、F2、F3、F4的大小均等于
D．F2、F3、F4、F5的合力大小等于F1
4．(多选)(2024·湖南校联考二模)如图所示，带正电的小球穿在一根不可伸长的光滑绝缘轻绳上，可自由滑动，整个装置处于水平向右的匀强电场中，小球处于静止状态。保持A端位置不变(两杆间距合适，小球两侧绳子之间夹角始终小于180°)( )
A．将B端向上移动一小段距离到B1，再次稳定后绳子张力增大
B．将B端向下移动一小段距离到B2，再次稳定后绳子张力增大
C．将右边竖直杆向左移动一小段距离，再次稳定后绳子张力减小
D．将右边竖直杆向右移动一小段距离，再次稳定后绳子张力减小
5．(多选)(2024·四川成都校考一模)如图所示，倾角为30°的斜面体置于粗糙的水平地面上，斜面上有一质量为4m的滑块，通过轻绳绕过光滑的滑轮与质量为m的带正电的小球(可视为质点)相连，滑轮下方有一个光滑的小孔，轻绳与斜面平行。小球在水平面内做圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角也为30°。斜面体和滑块始终静止，滑块与斜面的动摩擦因数为，小球与小孔之间的绳长为L，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．斜面体所受到地面的摩擦力大小为mg
B．若增大小球的转速，绳子对小孔的作用力减小
C．若增大小球的转速，小球能达到的最大转速为
D．若此时在空间加上竖直向下的电场，要使小球的转速不变，则小球到转动中心的距离增大
1/3第20天
1．B [设连接O点的细线拉力为F1，连接小球B的细线拉力为F2，对A球研究，受力如图，有F1cos 30°＝2mg＋F2cos 60°，F1sin 30°＝F2sin 60°，解得F2＝2mg；对B球研究有mg sin 60°＝μ(F2－mg cos 60°)，解得μ＝，故选B。]
2．C [过B点作CD的垂线，其垂足为E，由几何关系可知，BE的长度约为2 m。设轻绳所在平面与水平面的夹角为θ，两轻绳上的拉力大小为F，合力为F合，石磙做匀速直线运动，所以其受力平衡，对两石磙整体受力分析，有F合cos θ＝(mg－F合sin θ)，其中cos θ≈，sin θ≈，代入数据解得F合＝60 N，由上述分析可知，设BD绳上的拉力与BE夹角为β，则该夹角的余弦值为cos β＝＝，有2F cos β＝F合，解得F≈30.2 N，故选C。]
3．D [根据对称性可知，F1、F2、F3、F4的大小均相等，其合力与拉力F5等大反向，由平衡条件有F5＝F1234＝4F1cos θ＝mg，可知F5等于mg，故A错误；F1、F2、F3、F4、F5的合力等于0，故B错误；F1、F2、F3、F4的大小均大于，故C错误；由平衡条件推论可知，F2、F3、F4、F5的合力大小等于F1，故D正确。故选D。]
4．AC [对小球进行受力分析，如图所示，将重力和静电力合成为恒力F合，两段绳子拉力等大且合力大小等于F合。过A、B分别作平行于F合的直线为等效绝缘杆，直线间距为d，设两绳与F合夹角为θ，两绳长度分别为L1、L2，则d＝L1sin θ＋L2sin θ，B移至B1时，间距d增大，则θ变大，再次稳定后绳子张力增大，A正确；B移至B2时，d减小，θ减小，再次稳定后绳子张力减小，B错误；右杆左移，d减小，θ减小，再次稳定后绳子张力减小，C正确；右杆右移，d增大，θ增大，再次稳定后绳子张力增大，D错误。故选AC。]
5．AC [对小球受力分析有mg＝T cos 30°，解得T＝＝mg，将滑块和斜面看成整体，由平衡条件得，斜面体所受摩擦力大小为f1＝T cos 30°＝mg×＝mg，故A正确；设绳与竖直方向的夹角为θ，对小球有T sin θ＝mω2L sin θ，T cos θ＝mg，可得T＝mω2L，又因为ω＝2πn，所以随着转速的增大，角速度会增大，拉力会增大，绳与竖直方向的夹角会增大，所以绳子对小孔的作用力增大，故B错误；因为绳对滑块的拉力越大，滑块越容易往上滑动，所以当小球转速最大，即绳的拉力最大时，对滑块受力分析得T＝4mg sin 30°＋4μmg cos 30°，即mω2L＝4mg sin 30°＋4μmg cos 30°，可得最大角速度为ω＝，所以最大转速为n＝＝，故C正确；加上电场后，对小球受力分析知Tsin θ＝mω2L sin θ，T cos θ＝mg＋qE，因为要使转速不变，即角速度不变，所以绳子的拉力大小不变，因为竖直方向绳的分力相对没有加电场时增大了，所以由以上公式知θ减小，即小球到转动中心的距离减小，故D错误。故选AC。]
1/2第20天 力与物体的平衡
1．(2024·河北保定安国中学校联考三模)如图所示，弯折杆PRQ固定在竖直面内，PR水平，QR与PR间的夹角为60°，B球套在杆QR上，一根细线连接A、B两球，另一根细线连接小球A与杆PR上的O点，连接在O点的细线与水平方向的夹角为60°，连接A、B两球的细线与QR杆垂直，B球刚好不下滑。已知A球质量为2m，B球质量为m，两小球均可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则小球B与杆RQ间的动摩擦因数为( )
A． B． C． D．
B [设连接O点的细线拉力为F1，连接小球B的细线拉力为F2，对A球研究，受力如图，有F1cos 30°＝2mg＋F2cos 60°，F1sin 30°＝F2sin 60°，解得F2＝2mg；对B球研究有mg sin 60°＝μ(F2－mg cos 60°)，解得μ＝，故选B。
]
2．(2024·山东省济南市统考模拟预测)如图甲所示，古代北方播种后，用驴拉两个小石磙压土埋麦种，以利于麦种发芽。简化图如图乙所示，AB平行于轻杆CD，轻绳AC、BD长度相同。若轻绳长为 2.01 m，两石磙相同，整体(含轻杆)的总质量为 21 kg，与地面间的摩擦力大小是其对地面正压力的，AB＝0.3 m，CD＝0.7 m，B、D两点的高度差为1 m，g取10 m/s2，不计其他摩擦，则石磙做匀速直线运动时每根轻绳上的拉力大小约为( )
A．20.5 N B．24.5 N C．30.2 N D．36.2 N
C [过B点作CD的垂线，其垂足为E，由几何关系可知，BE的长度约为2 m。设轻绳所在平面与水平面的夹角为θ，两轻绳上的拉力大小为F，合力为F合，石磙做匀速直线运动，所以其受力平衡，对两石磙整体受力分析，有F合cos θ＝(mg－F合sin θ)，其中cos θ≈，sin θ≈，代入数据解得F合＝60 N，由上述分析可知，设BD绳上的拉力与BE夹角为β，则该夹角的余弦值为cos β＝＝，有2F cos β＝F合，解得F≈30.2 N，故选C。]
3．(2024·河南省平顶山市校考模拟预测)如图所示，大型起重机的吊钩受到的力是一组共点力。设被起吊的重物的质量为m，钢丝绳与吊钩的质量忽略不计，吊钩下面悬挂重物的四根钢丝绳对吊钩的拉力大小依次为F1、F2、F3、F4，吊钩上方的动滑轮组对吊钩的拉力大小为F5。重力加速度大小为g。在起重机将被起吊的重物向上匀速提升的过程中，下列判断正确的是( )
A．F5大于mg
B．F1、F2、F3、F4、F5的合力等于2mg
C．F1、F2、F3、F4的大小均等于
D．F2、F3、F4、F5的合力大小等于F1
D [根据对称性可知，F1、F2、F3、F4的大小均相等，其合力与拉力F5等大反向，由平衡条件有F5＝F1234＝4F1cos θ＝mg，可知F5等于mg，故A错误；F1、F2、F3、F4、F5的合力等于0，故B错误；F1、F2、F3、F4的大小均大于，故C错误；由平衡条件推论可知，F2、F3、F4、F5的合力大小等于F1，故D正确。故选D。]
4．(多选)(2024·湖南校联考二模)如图所示，带正电的小球穿在一根不可伸长的光滑绝缘轻绳上，可自由滑动，整个装置处于水平向右的匀强电场中，小球处于静止状态。保持A端位置不变(两杆间距合适，小球两侧绳子之间夹角始终小于180°)( )
A．将B端向上移动一小段距离到B1，再次稳定后绳子张力增大
B．将B端向下移动一小段距离到B2，再次稳定后绳子张力增大
C．将右边竖直杆向左移动一小段距离，再次稳定后绳子张力减小
D．将右边竖直杆向右移动一小段距离，再次稳定后绳子张力减小
AC [对小球进行受力分析，如图所示，将重力和静电力合成为恒力F合，两段绳子拉力等大且合力大小等于F合。过A、B分别作平行于F合的直线为等效绝缘杆，直线间距为d，设两绳与F合夹角为θ，两绳长度分别为L1、L2，则d＝L1sin θ＋L2sin θ，B移至B1时，间距d增大，则θ变大，再次稳定后绳子张力增大，A正确；B移至B2时，d减小，θ减小，再次稳定后绳子张力减小，B错误；右杆左移，d减小，θ减小，再次稳定后绳子张力减小，C正确；右杆右移，d增大，θ增大，再次稳定后绳子张力增大，D错误。故选AC。
]
5．(多选)(2024·四川成都校考一模)如图所示，倾角为30°的斜面体置于粗糙的水平地面上，斜面上有一质量为4m的滑块，通过轻绳绕过光滑的滑轮与质量为m的带正电的小球(可视为质点)相连，滑轮下方有一个光滑的小孔，轻绳与斜面平行。小球在水平面内做圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角也为30°。斜面体和滑块始终静止，滑块与斜面的动摩擦因数为，小球与小孔之间的绳长为L，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．斜面体所受到地面的摩擦力大小为mg
B．若增大小球的转速，绳子对小孔的作用力减小
C．若增大小球的转速，小球能达到的最大转速为
D．若此时在空间加上竖直向下的电场，要使小球的转速不变，则小球到转动中心的距离增大
AC [对小球受力分析有mg＝T cos 30°，解得T＝＝mg，将滑块和斜面看成整体，由平衡条件得，斜面体所受摩擦力大小为f1＝T cos 30°＝mg×＝mg，故A正确；设绳与竖直方向的夹角为θ，对小球有T sin θ＝mω2L sin θ，T cos θ＝mg，可得T＝mω2L，又因为ω＝2πn，所以随着转速的增大，角速度会增大，拉力会增大，绳与竖直方向的夹角会增大，所以绳子对小孔的作用力增大，故B错误；因为绳对滑块的拉力越大，滑块越容易往上滑动，所以当小球转速最大，即绳的拉力最大时，对滑块受力分析得T＝4mg sin 30°＋4μmg cos 30°，即mω2L＝4mg sin 30°＋4μmg cos 30°，可得最大角速度为ω＝，所以最大转速为n＝＝，故C正确；加上电场后，对小球受力分析知T sin θ＝mω2L sin θ，T cos θ＝mg＋qE，因为要使转速不变，即角速度不变，所以绳子的拉力大小不变，因为竖直方向绳的分力相对没有加电场时增大了，所以由以上公式知θ减小，即小球到转动中心的距离减小，故D错误。故选AC。]
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