第一部分專題一第1講A組·基礎練1.(2023·廣東深圳一調)如圖所示，一玩偶與塑料吸盤通過細繩AB連接，吸盤吸附在墻壁上玩偶靜止懸掛，忽略玩偶與墻壁之間的靜摩擦力，則(A)A．細繩AB越短，玩偶對墻壁的壓力越大B．細繩AB越長，吸盤受到墻壁的摩擦力越小C．吸盤重力大于墻壁和細繩對吸盤作用力的合力D．吸盤與墻壁之間的擠壓力越大，吸盤受到墻壁的摩擦力越大【解析】玩偶的受力分析如圖所示，玩偶對墻壁的壓力等于支持力有FN＝Gtanθ，細繩AB越短，θ越大，則玩偶對墻壁的壓力越大，所以A正確；對吸盤與玩偶整體分析豎直方向只受重力與摩擦力，所以吸盤受到墻壁的摩擦力總是等于重力，與細繩的長短無關，與吸盤與墻壁之間的擠壓力無關，所以B、D錯誤；由平衡條件可知，吸盤重力等于墻壁和細繩對吸盤作用力的合力，所以C錯誤。2.如圖所示，一物體質量均勻，兩端用金屬細線拴著，金屬線的中點用一個光滑滑環(huán)吊在正上方，那么(A)A．金屬線越短，其張力越大B．金屬線越長，其張力越大C．將金屬線變短，其張力先變大后變小D．無論金屬線長短如何，其張力保持不變【解析】設物體的質量為m，金屬線和豎直方向的夾角為θ，金屬線中的拉力為T，根據(jù)平衡條件2Tcosθ＝mg，解得T＝eq\f(mg,2cosθ)，金屬線越長，則夾角θ越小，金屬線的拉力越小，金屬線越短，則夾角θ越大，金屬線的拉力越大。故選A。3.(2023·浙江杭州二中模擬)如圖所示，上表面為斜面的小車M靜止在光滑水平面上，一邊緊貼墻壁。若再在斜面上加一物體m，且M、m相對靜止，此時小車受力個數(shù)為(B)A．3 B．4C．5 D．6【解析】M、m相對靜止，對整體受力分析知，整體受總重力和地面給的支持力，處于靜止狀態(tài)；對物體m受力分析，則m受到重力、支持力和靜摩擦力；對M受力分析，受重力、m對它的垂直斜面向下的壓力和沿斜面向下的靜摩擦力，同時地面對M有向上的支持力，因墻壁對小車不會有力的作用，則M共受到4個力。故B正確，A、C、D錯誤。4.(2023·安徽六校聯(lián)考)如圖，一粗糙斜面固定于水平面上，一質量為m的滑塊通過一跨過斜面頂端光滑定滑輪的輕繩與一鉤碼相連。能使滑塊在斜面上保持靜止的鉤碼質量的最大值和最小值分別為m1和m2。設輕繩與斜面保持平行，滑塊所受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。斜面傾角為θ，則滑塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)為(C)A.eq\f(m1,2mg) B．eq\f(2m2,mg)C.eq\f(m1－m2,2mcosθ) D．eq\f(m1＋m2,2mcosθ)【解析】當鉤碼的質量有最大值m1時，滑塊所受的靜摩擦力沿斜面向下，則：μmgcosθ＋mgsinθ＝m1g；當鉤碼的質量有最小值m2時，滑塊所受的靜摩擦力沿斜面向上，則：mgsinθ＝m2g＋μmgcosθ；聯(lián)立解得μ＝eq\f(m1－m2,2mcosθ)，故選C。5.(2023·上海嘉定一模)圖甲為烤腸機，香腸放置于兩根水平的平行金屬桿中間，其截面圖如圖乙所示。假設香腸可視為質量均勻的圓柱體，烤熟后質量不變，半徑變大，金屬桿不再轉動。忽略摩擦及金屬桿的熱脹冷縮。若金屬桿對香腸的支持力為FN；兩根金屬桿對香腸的合力為F合，則香腸烤熟后(D)A．FN增大，F(xiàn)合增大 B．FN增大，F(xiàn)合不變C．FN減小，F(xiàn)合增大 D．FN減小，F(xiàn)合不變【解析】以香腸為研究對象，受到重力、兩邊金屬桿的支持力，如圖所示香腸烤熟后質量不變，半徑較大，重心升高，支持力與重力反方向的夾角θ減小；由力的平衡知識可得2FNcosθ＝mg，解得FN＝eq\f(mg,2cosθ)，由于θ變小，cosθ變大，F(xiàn)N變??；由于香腸烤熟后質量不變，根據(jù)平衡條件可得兩根金屬桿對香腸的合力始終與香腸的重力等大反向，保持不變，故A、B、C錯誤，D正確。6.(2021·1月新高考8省聯(lián)考湖南卷)如圖，力傳感器固定在天花板上，邊長為L的正方形勻質導線框abcd用不可伸長的輕質絕緣細線懸掛于力傳感器的測力端，導線框與磁感應強度方向垂直，線框的bcd部分處于勻強磁場中，b、d兩點位于勻強磁場的水平邊界線上。若在導線框中通以大小為I、方向如圖所示的恒定電流，導線框處于靜止狀態(tài)時，力傳感器的示數(shù)為F1，只改變電流方向，其他條件不變，力傳感器的示數(shù)為F2，該勻強磁場的磁感應強度大小為(C)A.eq\f(F2－F1,4IL) B．eq\f(F1－F2,4IL)C.eq\f(\r(2)F2－F1,4IL) D．eq\f(\r(2)F1－F2,4IL)【解析】線框在磁場中受到安培力的等效長度為bd＝eq\r(2)L，當電流方向為圖示方向時，由左手定則可知導線框受到的安培力豎直向上，大小為F＝eq\r(2)BIL，因此對導線框受力平衡可得F1＋F＝mg，當導線框中的電流反向，則安培力方向豎直向下，此時有mg＋F＝F2，聯(lián)立可得B＝eq\f(\r(2)F2－F1,4IL)，故C正確。7.(2023·云南師大附中模擬)如圖所示，AC是上端帶光滑輕質定滑輪的固定豎直桿，質量不計的輕桿BC一端通過鉸鏈固定在C點，另一端B懸掛一重力為G的物體，且B端系有一根輕繩并繞過定滑輪，用力F拉繩，開始時∠BCA>90°，現(xiàn)使∠BCA緩慢變小，直到∠BCA＝30°。則此過程中(C)A．輕桿BC所受的力逐漸減小B．輕桿BC所受的力的方向不一定沿桿C．力F的大小逐漸減小D．力F的大小先減小后增大【解析】以結點B為研究對象，分析受力情況，如圖所示，根據(jù)平衡條件可知，F(xiàn)、FN的合力F合與G大小相等、方向相反。根據(jù)相似三角形得eq\f(F合,FN)＝eq\f(AC,BC)，且F合＝G，則有FN＝eq\f(BC,AC)G，現(xiàn)使∠BCA緩慢變小的過程中，AC、BC不變，即FN不變，則輕桿BC所受的力大小不變方向始終沿著桿，A、B錯誤；由于AB繩在變短所以力F的大小逐漸減小，C正確，D錯誤。B組·綜合練8.如圖所示，一輕質光滑定滑輪固定在傾斜木板上，質量分別為m和2m的物塊A、B，通過不可伸長的輕繩跨過滑輪連接，A、B間的接觸面和輕繩均與木板平行。A與B間、B與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當木板與水平面的夾角為45°時，物塊A、B剛好要滑動，則μ的值為(C)A.eq\f(1,3) B．eq\f(1,4)C．eq\f(1,5) D．eq\f(1,6)【解析】當木板與水平面的夾角為45°時，兩物塊剛好滑動，對A物塊受力分析如圖沿斜面方向，A、B之間的滑動摩擦力Ff1＝μFN1＝μmgcos45°，根據(jù)平衡條件可知T＝mgsin45°＋μmgcos45°，對B物塊受力分析如圖沿斜面方向，B與斜面之間的滑動摩擦力Ff2＝μFN2＝μ·3mgcos45°，根據(jù)平衡條件可知2mgsin45°＝T＋μmgcos45°＋μ·3mgcos45°，兩式相加，可得2mgsin45°＝mgsin45°＋μmgcos45°＋μmgcos45°＋μ·3mgcos45°，解得μ＝eq\f(1,5)，故選C。9.(多選)(2023·浙江新高考聯(lián)考)如圖所示，在一豎直平面內，y軸左側有一水平向右的勻強電場E1和一垂直紙面向里的勻強磁場B，y軸右側有一豎直方向的勻強電場E2。一電荷量為q(電性未知)、質量為m的微粒從x軸上A點以一定初速度與水平方向成θ＝37°角沿直線經P點運動到圖中C點，其中m、q、B均已知，重力加速度為g，則(BD)A．微粒一定帶負電B．電場強度E2一定豎直向上C．兩電場強度之比eq\f(E1,E2)＝eq\f(4,3)D．微粒的初速度為v＝eq\f(5mg,4qB)【解析】微粒從A到P受重力、電場力和洛倫茲力作用做勻速直線運動，由左手定則及靜電力的性質可確定微粒一定帶正電，選項A錯誤；此時有qE1＝mgtan37°，微粒從P到C在靜電力、重力作用下做直線運動，必有mg＝qE2，所以E2的方向豎直向上，選項B正確；由以上分析可知eq\f(E1,E2)＝eq\f(3,4)，選項C錯誤；AP段有mg＝qvBcos37°，即v＝eq\f(5mg,4qB)，選項D正確。10.(2023·山東省實驗中學模擬)如圖所示，在水平地面上有一斜面，質量均為m的A、B兩物塊放在斜面的等高處，A、B之間連接著一個輕質彈簧，其勁度系數(shù)為k，彈簧處于壓縮狀態(tài)，且物塊與斜面均能保持靜止。已知斜面的傾角為θ，兩物塊和斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是(C)A．斜面對A、B組成系統(tǒng)的靜摩擦力的合力為0B．若將彈簧拿掉，物塊有可能發(fā)生滑動C．彈簧的最大壓縮量為eq\f(mg\r(μ2cos2θ－sin2θ),k)D．彈簧的最大壓縮量為eq\f(mg\r(μ2cos2θ＋sin2θ),k)【解析】把A、B看成一個整體，斜面對A、B組成系統(tǒng)的靜摩擦力的合力為f＝2mgsinθ，所以A錯誤；有彈簧時，對A分析有fA＝eq\r(mgsinθ2＋kΔx2)，若將彈簧拿掉，對A則有fA′＝mgsinθ，所以若將彈簧拿掉，物塊不可能發(fā)生滑動，所以B錯誤；彈簧的壓縮量最大時，物塊達到最大靜摩擦力，則eq\r(mgsinθ2＋kΔx2)＝μmgcosθ，解得Δx＝eq\f(mg\r(μ2cos2θ－sin2θ),k)，所以C正確，D錯誤。11.(2023·山東濟南模擬)內燃機氣缸內的燃氣推動活塞運動的示意圖，如圖所示，活塞質量為m，若活塞從氣缸的頂部向底部勻速運動過程中，氣體對活塞的合力F大小恒定、方向向下，氣缸與活塞之間的摩擦可忽略，重力加速度為g。當長連桿與豎直方向的夾角為θ時，下列說法正確的是(A)A．氣缸壁對活塞的作用力大小為(F＋mg)tanθB．氣缸壁對活塞的作用力大小為eq\f(F＋mg,sinθ)C．長連桿受到的作用力大小為(F＋mg)cosθD．長連桿受到的作用力大小為Fsinθ【解析】對活塞進行受力分析，如圖所示，根據(jù)平衡條件有N1cosθ＝F＋mg①N1sinθ＝N2②聯(lián)立①②解得氣缸壁對活塞的作用力大小為N2＝(F＋mg)tanθ，長連桿對活塞的作用力大小為N1＝eq\f(F＋mg,cosθ)，根據(jù)牛頓第三定律可知長連桿受到的作用力大小為N1′＝N1＝eq\f(F＋mg,cosθ)，故A正確，B、C、D錯誤。12.(2023·茂名綜合測試)如圖所示，勻強電場的電場強度方向與水平方向夾角為30°且斜向右上方，勻強磁場的方向垂直于紙面(圖中未畫出)。一質量為m、電荷量為q的帶電小球(可視為質點)以與水平方向成30°角斜向左上方的速度v做勻速直線運動，重力加速度為g。則(D)A．勻強磁場的方向可能垂直于紙面向外B．小球可能帶正電荷C．電場強度大小為eq\r(\f(2mg,q))D．磁感應強度的大小為eq\f(\r(3)mg,qv)【解析】帶電小球做勻速直線運動，受力平衡，受力分析如圖。由左手定則可判斷勻強磁場的方向垂直紙面向里，A項錯誤；小球帶負電荷，B項錯誤；電場力與重力大小相等，夾角60°，電場強度E＝eq\f(mg,q)，C項錯誤；由共點力的平衡條件得qvB＝eq\r(3)mg，則B＝eq\f(\r(3)mg,qv)，D項正確。13.(多選)(2023·湖南邵東模擬)如圖，豎直細桿上套有一個質量為1kg的小圓環(huán)，圓環(huán)左側系有一勁度系數(shù)k＝500N/m的輕彈簧，已知彈簧與豎直方向的夾角為θ＝53°，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，環(huán)與細桿間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.75，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧一直處于彈性限度內，以下說法正確的是(g取10m/s2)(BD)A．當彈簧的伸長量x＝2.5cm時，圓環(huán)與細桿間的摩擦力為零B．當彈簧的伸長量x＝0.5cm時，圓環(huán)與細桿間的摩擦力為1.5NC．若θ角度調成90°時，不管彈簧的伸長量x為多少，圓環(huán)都不能靜止D．若θ角度調成90°時，彈簧的伸長量x≥eq\f(8,3)cm時，靜止釋放的圓環(huán)一定靜止【解析】若x＝2.5cm，根據(jù)胡克定律可得，彈簧彈力F＝kΔx＝500×0.025N＝12.5N，豎直分力為Fy＝Fcos53°＝7.5N<G＝10N，所以圓環(huán)將受到沿桿向上的摩擦力作用，又因為F的水平分力為Fx＝Fsin53°＝10N，根據(jù)圓環(huán)水平方向平衡，可得桿對圓環(huán)的彈力大小為N＝Fx，所以，圓環(huán)此時可受到的最大靜摩擦力為fmax＝μN＝0.75×10N＝7.5N，則圓環(huán)將保持靜止，圓環(huán)與細桿間的靜摩擦力為f＝G－Fy＝10N－7.5N＝2.5N。同理，若x＝0.5cm時，則可求得F＝2.5N，其豎直分力為1.5N，水平分力為2N，此時最大靜摩擦力為1.5N，環(huán)不能平衡，將沿桿下滑，受到沿桿向上的滑動摩擦力作用，大小為1.5N，故A錯誤，B正確；若θ角度調成90°時，設圓環(huán)恰好靜止時，彈簧的伸長量為x，則有F＝kx＝N，G＝fmax＝μN，聯(lián)立兩式，代入數(shù)據(jù)求得x＝eq\f(8,3)cm。所以，可得當彈簧的伸長量x≥eq\f(8,3)cm時，靜止釋放的圓環(huán)一定靜止，故C錯誤，D正確。故選BD。14.(2023·山東昌樂二中模擬)如圖所示，風箏借助于均勻的風和牽線對其作