屆高考物理二輪復習專題一力與運動第講力與物體平衡課后演練強化提能

屆高考物理二輪復習專題一力與運動第講力與物體的平衡課后演練增強提能屆高考物理二輪復習專題一力與運動第講力與物體的平衡課后演練增強提能PAGE屆高考物理二輪復習專題一力與運動第講力與物體的平衡課后演練增強提能第1講力與物體的平衡(建議用時：30分鐘)一、單項選擇題1．(2018·汕頭二模)以以下圖，無風時氣球在輕繩的牽引下靜止在空中，此時輕繩的拉力為F.當有水平風力作用時，輕繩傾斜必定角度后氣球仍靜止在空中，有風時與無風時比較()A．氣球所受協(xié)力減小B．氣球所受協(xié)力增大C．輕繩的拉力F減小D．輕繩的拉力F增大分析：選D.有風時與無風時，氣球都處于靜止狀態(tài)，受力平衡，協(xié)力為零，不變，A、B錯誤；無風時氣球在豎直方向受重力、繩索拉力和浮力，由平衡條件得F?。璵g－F＝0，解得F＝F?。璵g；有風時，設繩索與豎直方向的夾角為θ，繩索的拉力沿豎直方向的重量等于浮力和重力之差，則有F?。璵g－F′cosθ＝0，解得F′cosθ＝F?。璵g，故F′＞F，所以F增大，C錯誤，D正確．2．(2018·廣東中山聯(lián)考)以以下圖，在固定斜面上的一物塊遇到一外力F的作用，F(xiàn)平行于斜面向上．若要物塊在斜面上保持靜止，F(xiàn)的取值應有必定范圍，已知其最大值和最小值分別為F1和F2(F2>0)．由此可求出()A．物塊的質(zhì)量B．斜面的傾角C．物塊與斜面間的最大靜摩擦力D．物塊對斜面的正壓力分析：選C.設斜面傾角為θ，斜面對物塊的最大靜摩擦力為Ff，當F取最大值F1時，最大靜摩擦力Ff沿斜面向下，由平衡條件得F1＝mgsinθ＋Ff；當F取最小值F2時，F(xiàn)f沿斜面向上，由平衡條件得F2＝mgsinθ－Ff，聯(lián)立兩式可求出最大靜摩擦力Ff＝eq\f(F1－F2,2)，選項C正確．FN＝mgcosθ，F(xiàn)1＋F2＝2mgsinθ，所以不可以求出物塊的質(zhì)量、斜面的傾角和物塊對斜面的正壓力．3．(2017·高考全國卷Ⅲ)一根輕質(zhì)彈性繩的兩頭分別固定在水平天花板上相距80cm的兩點上，彈性繩的原長也為80cm.將一鉤碼掛在彈性繩的中點，平衡時彈性繩的總長度為100cm；再將彈性繩的兩頭遲緩移至天花板上的同一點，則彈性繩的總長度變成(彈性繩的伸長向來處于彈性限度內(nèi))()A．86cmB．92cmC．98cmD．104cm分析：選B.將鉤碼掛在彈性繩的中點時，由數(shù)學知識可知鉤碼雙側(cè)的彈性繩(勁度系數(shù)設為k)與豎直方向夾角θ均知足sinθ＝eq\f(4,5)，對鉤碼(設其重力為G)靜止時受力分析，得G＝2keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1m,2)－\f(0.8m,2)))cosθ；彈性繩的兩頭移至天花板上的同一點時，對鉤碼受力分析，得G＝2keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)－\f(0.8m,2)))，聯(lián)立解得L＝92cm，可知A、C、D項錯誤，B項正確．4．(2018·青島二模)以以下圖，一輕質(zhì)彈簧的一端系一質(zhì)量為m的小球，另一端固定在傾角為37°的圓滑斜面體頂端，彈簧與斜面平行．在斜面體以大小為g的加快度水平向左做勻加快直線運動的過程中，小球向來相對于斜面靜止．已知彈簧的勁度系數(shù)為k，則該過程中彈簧的形變量為(已知：sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A.eq\f(mg,5k)B.eq\f(4mg,5k)C.eq\f(mg,k)D.eq\f(7mg,5k)分析：選A.在斜面體以大小為g的加快度水平向左做勻加快直線運動時，彈簧是處于伸長狀態(tài)仍是壓縮狀態(tài)，沒法直接判斷，此時可采納假定法，假定彈簧處于壓縮狀態(tài)，若求得彈力F為正當，則假定正確；若求得彈力F為負值，則假定錯誤，彈簧處于伸長狀態(tài)．設彈簧彈力大小為F，水平方向上由牛頓第二定律得：FNsin37°＋Fcos37°＝mg①豎直方向上由受力平衡得：FNcos37°＝mg＋Fsin37°②聯(lián)立①②式得：F＝eq\f(1,5)mg由胡克定律得F＝kx，x＝eq\f(mg,5k)，假定正確．5.(2018·河北保定模擬)以以下圖，將三個完滿同樣的圓滑球用不可以伸長的細線懸掛于O點并處于靜止狀態(tài)．已知球半徑為R，重為G，線長均為R.則每條細線上的張力大小為()A．2GB.eq\f(\r(6),2)GC.eq\f(3,2)GD.eq\f(\r(5),2)G分析：選B.此題中O點與各球心的連線及各球心連線，組成一個邊長為2R的正四周體，如圖甲、乙所示(A、B、C為各球球心)，O′為△ABC的中心，設∠OAO′＝θ，由幾何關系知O′A＝eq\f(2\r(3),3)R，由勾股定理得OO′＝eq\r(OA2－O′A2)＝eq\r(\f(8,3))R，對A處球受力分析有：Fsinθ＝G，又sinθ＝eq\f(OO′,OA)，解得F＝eq\f(\r(6),2)G，故只有B項正確．6．(2016·高考全國卷Ⅲ)如圖，兩個輕環(huán)a和b套在位于豎直面內(nèi)的一段固定圓弧上；一細線穿過兩輕環(huán)，其兩頭各系一質(zhì)量為m的小球．在a和b之間的細線上懸掛一小物塊．平衡時，a、b間的距離恰巧等于圓弧的半徑．不計全部摩擦．小物塊的質(zhì)量為()A.eq\f(m,2)B.eq\f(\r(3),2)mC．mD．2m分析：選C.因為輕環(huán)不計重力，故細線對輕環(huán)的拉力的協(xié)力與圓孤對輕環(huán)的支持力等大反向，即沿半徑方向；又雙側(cè)細線對輕環(huán)拉力相等，故輕環(huán)所在地點對應的圓孤半徑為兩細線的角均分線，因為兩輕環(huán)間的距離等于圓孤的半徑，故兩輕環(huán)與圓孤圓心組成等邊三角形；又小球?qū)毦€的拉力方向豎直向下，由幾何知識可知，兩輕環(huán)間的細線夾角為120°，對小物塊進行受力分析，由三力平衡知識可知，小物塊質(zhì)量與小球質(zhì)量相等，均為m，C項正確．7．(2018·佛山模擬)質(zhì)量為m的四只完滿同樣的足球疊成兩層放在水平面上，基層三只足球恰巧接觸成三角形，上層一只足球放在基層三只足球的正上邊，系統(tǒng)保持靜止．若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則()A．基層每個足球?qū)Φ孛娴膲毫閙gB．基層每個足球之間的彈力為零C．基層每個足球?qū)ι蠈幼闱虻闹С至Υ笮閑q\f(mg,3)D．足球與水平面間的動摩擦因數(shù)最少為eq\f(\r(6),6)分析：選B.依據(jù)整體法，設下邊每個球?qū)Φ孛娴膲毫鶠镕N，則3FN＝4mg，故FN＝eq\f(4,3)mg，A錯誤；四個球的球心連線組成了正四周體，基層每個足球之間的彈力為零，B正確；上層足球遇到重力、基層足球?qū)ι蠈幼闱虻娜齻€支持力，因為三個支持力的方向不是豎直向上，所以三個支持力在豎直方向的重量之和等于重力，則基層每個足球?qū)ι蠈幼闱虻闹С至Υ笮〈笥趀q\f(mg,3)，C錯誤；依據(jù)正四周體幾何關系可求，F(xiàn)與mg夾角的余弦值cosθ＝eq\f(\r(6),3)，正弦值sinθ＝eq\f(\r(3),3)，則有F·eq\f(\r(6),3)＋mg＝FN＝eq\f(4,3)mg，eq\f(\r(3),3)F＝Ff，解得Ff＝eq\f(\r(2),6)mg，F(xiàn)＝eq\f(\r(6),6)mg，則μ≥eq\f(\f(\r(2),6)mg,\f(4,3)mg)＝eq\f(\r(2),8)，所以足球與水平面間的動摩擦因數(shù)最少為eq\f(\r(2),8)，故D錯誤．8.三段細繩OA、OB、OC結(jié)于O點，另一端分別系于豎直墻壁、水平頂壁和懸掛小球，堅固后OA呈水平狀態(tài)．現(xiàn)保持O點地點不變，遲緩上移A點至D點的過程中，對于OA繩上的拉力變化狀況的判斷正確的選項是()A．向來增大B．向來減小C．先增大后減小D．先減小后增大分析：選D.可運用動向圖解法，由圖可知，當OA與OB垂直時，OA上的拉力最小，故D正確．9．(2018·煙臺二模)以以下圖，質(zhì)量均可忽視的輕繩與輕桿承受彈力的最大值必定，輕桿A端用鉸鏈固定，滑輪在A點正上方(滑輪大小及摩擦均可不計)，輕桿B端吊一重物G，現(xiàn)將繩的一端拴在桿的B端，用拉力F將B端遲緩上拉(均未斷)，在AB桿達到豎直前，以下分析正確的選項是()A．繩索愈來愈簡單斷B．繩索愈來愈不簡單斷C．AB桿愈來愈簡單斷D．AB桿愈來愈不簡單斷分析：選B.以B點為研究對象，它受三個力的作用而處于動向平衡狀態(tài)，此中一個是輕桿的彈力T，一個是繩索斜向上的拉力F，一個是繩索豎直向下的拉力F′(大小等于物體的重力G)，依據(jù)相像三角形法，可得eq\f(F′,OA)＝eq\f(T,AB)＝eq\f(F,OB)，因為OA和AB不變，OB漸漸減小，所以輕桿上的彈力大小不變，而繩索斜向上的拉力愈來愈小，選項B正確．二、多項選擇題10．(2018·桂林模擬)將某平均的長方體鋸成以以下圖的A、B兩塊后，放在水平桌面上并排放在一同，現(xiàn)用水平力F垂直于B的左邊推B物體，使A、B整體仍保持矩形沿F方向勻速運動，則()A．物體A在水平方向上受三個力的作用，且協(xié)力為零B．物體A在水平方向上受兩個力的作用，且協(xié)力為零C．B對A的作使勁方向與F方向同樣D．B對A的彈力等于桌面對A的摩擦力分析：選AC.對物體A進行受力分析，水平方向上遇到B物體產(chǎn)生的彈力、靜摩擦力和水平桌面產(chǎn)生的滑動摩擦力，以以下圖，因為A、B整體仍保持矩形沿F方向勻速運動，則物體A所受協(xié)力為零，A正確，B錯誤；B對A的彈力方向垂直于接觸面，D錯誤；B對A的作使勁與桌面對A的摩擦力等大反向，即B對A的作使勁方向與F方向同樣，C正確．11.(2018·高考天津卷)明朝謝肇淛的《五雜組》中記錄：“明姑蘇虎丘寺塔傾側(cè)，議欲正之，非萬緡不可以．一游僧見之曰：無煩也，我能正之．”游僧每日將木楔從塔身傾斜一側(cè)的磚縫間敲進去，經(jīng)月余扶正了塔身．假定所用的木楔為等腰三角形，木楔的頂角為θ，此刻木楔背上加一力F，方向以以下圖，木楔雙側(cè)產(chǎn)生推力FN，則()A．若F必定，θ大時FN大B．若F必定，θ小時FN大C．若θ必定，F(xiàn)大時FN大D．若θ必定，F(xiàn)小時FN大分析：選BC.木楔雙側(cè)面產(chǎn)生的推力協(xié)力大小等于F，由力的平行四邊形定章可知，F(xiàn)N＝eq\f(F,2sin\f(θ,2))，由表達式可知，若F必定，θ越小，F(xiàn)N越大，A項錯誤，B項正確；若θ必定，F(xiàn)越大，F(xiàn)N越大，C項正確，D項錯誤．12．(2018·煙臺二模)以以下圖，斜面上放有兩個完滿同樣的物體a、b，兩物體間用一根細線連結(jié)，在細線的中點加一與斜面垂直的拉力F，使兩物體均處于靜止狀態(tài)．則以下說法正確的選項是()A．a(chǎn)、b兩物體的受力個數(shù)必定同樣B．a(chǎn)、b兩物體對斜面的壓力同樣C．a(chǎn)、b兩物體遇到的摩擦力大小必定相等D．當漸漸增大拉力F時，物體a先開始滑動分析：選BD.對a、b進行受力分析，b物體處于靜止狀態(tài)，當繩索拉力沿斜面向上的重量與重力沿斜面向下的重量相等時，摩擦力為零，所以b可能只受3個力作用，而a物體必定遇到摩擦力作用，必定受4個力作用，故A錯誤；a、b兩個物體，垂直于斜面方向受力都平衡，則有：N＋Tsinθ＝mgcosα，解得：N＝mgcosα－Tsinθ，依據(jù)牛頓第三定律知a、b兩物體對斜面的壓力同樣，故B正確；依據(jù)A項的分析可知，b的摩擦力可以為零，而a的摩擦力必定不為零，故C錯誤；對a沿斜面方向有：Tcosθ＋mgsinα＝fa，對b沿斜面方向有：Tcosθ－mgsinα＝fb，正壓力相等，所以最大靜摩擦力相等，則a先達到最大靜摩擦力，先滑動，故D正確．13.表面圓滑、半徑為R的半球固定在水平川面上，球心O的正上方O′處有一無摩擦定滑輪，輕質(zhì)細繩兩頭各系一個可視為質(zhì)點的小球掛在定滑輪上，以以下圖．兩小球平衡時，若滑輪雙側(cè)細繩的長度分別為L1＝2.4R和L2＝2.5R，則這兩個小球的質(zhì)量之比為eq\f(m1,m2)，小球與半球之間的壓力之比為eq\f(FN1,FN2)，則以下說法正確的選項是()A.eq\f(m1,m2)＝eq\f(24,25)B.eq\f(m1,m2)＝eq\f(25,24)C.eq\f(FN1,FN2)＝eq\f(25,24)D.eq\f(FN1,FN2)＝eq\f(24,25)分析：選BC.先以左邊小球為研究對象，分析受力狀況：重力m1g、繩索的拉力FT和半球的支持力FN1，作出受力分析圖．由平衡條件得悉，拉力FT和支持力FN的協(xié)力與重力m1g大小相等、方向相反．設OO′＝h，依據(jù)三角形相像得eq\f(FT,L1)＝eq\f(FN1,R)＝eq\f(m1g,h)，解得m1g＝eq\f(FTh,L1)，F(xiàn)N1＝eq\f(FTR,L1)…①同理，以右邊小球為研究對象，得：m2g＝eq\f(FTh,L2)，F(xiàn)N2＝eq\f(FTR,L2)…②，由①∶②得eq\f(m1,m2)＝eq\f(L2,L1)＝eq\f(25,24)，eq\f(FN1,FN2)＝eq\f(L2,L1)＝eq\f(25,24).14．以以下圖，傾角為θ的斜面體C置于水平川面上，一條細線一端與斜面上的物體B相連，另一端繞過質(zhì)量不計的定滑輪與物體A相連，定滑輪用另一條細線懸掛在天花板上的O點，細線與豎直方向成α角，A、B、C向來處于靜止狀態(tài)，以下說法不正確的選項是()A．若僅增大A的質(zhì)量，B對C的摩擦力必定減小B．若僅增大A的質(zhì)量，地面對C的摩擦力必定增大C．若僅增大B的質(zhì)量，懸掛定滑輪的細線的拉力可能等于A的重力D．若僅將C向左遲緩挪動一點，α角將增大分析：選ACD.設A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為M，由平衡條件可知B遇到細線的拉力T＝mg，若Mgsinθ＞mg，則有：Mgsinθ＝mg＋f，若Mgsinθ＝mg，則f＝0，若Mgsinθ<mg，則有：Mgsinθ＋f＝mg，若僅增