2025版高考物理一輪總復(fù)習(xí)專題2相互作用熱點(diǎn)強(qiáng)化2力與物體的平衡課后提能演練

熱點(diǎn)強(qiáng)化2力與物體的平衡1．(2024年汕頭二模)某工廠把完全相同的光滑空油桶按下圖所示方式存放在四個(gè)不同的箱子中，則油桶C對(duì)A的壓力最大的是()ABCD【答案】D【解析】設(shè)AC圓心連線與豎直方向的夾角為θ，則對(duì)C由平衡學(xué)問可2FNcosθ＝mg，因?yàn)樵趫DD中θ最大，則FN最大，故D正確．2．(2024年佛山一模)如圖所示，質(zhì)量為M的物塊A置于傾角為30°的固定粗糙斜面上，其上端通過一輕繩跨過光滑定滑輪與沙桶B相連．初始時(shí)沙桶B中沒有沙子，質(zhì)量為eq\f(1,2)M.現(xiàn)向沙桶B中緩慢加入沙子，整個(gè)系統(tǒng)始終保持靜止，則在加入沙子的過程中，以下說法正確的是()A．B所受的合力增大B．A所受的摩擦力始終增大C．A所受的摩擦力先減小后增大D．A、B間的輕繩拉力大小保持不變【答案】B【解析】整個(gè)系統(tǒng)始終保持靜止，故B所受的合力為0，A錯(cuò)誤；對(duì)B受力分析，B只在豎直方向上受到繩的拉力和重力，故繩的拉力大小為B的重力，初始時(shí)沙桶B中沒有沙子，質(zhì)量為eq\f(1,2)M.現(xiàn)向沙桶B中緩慢加入沙子，所以繩子的拉力T從eq\f(1,2)Mg漸漸增大，D錯(cuò)誤；對(duì)A受力分析如圖，沿斜面方向依據(jù)共點(diǎn)力平衡有f＋Mgsin30°＝T，T≥eq\f(1,2)Mg，f從0起先漸漸增大，并且方向沿斜面對(duì)下，B正確，C錯(cuò)誤．3．(2024年常州一模)“殲-20”戰(zhàn)斗機(jī)安裝了我國自主研制的矢量發(fā)動(dòng)機(jī)，能夠在不變更飛機(jī)飛行方向的狀況下，通過轉(zhuǎn)動(dòng)尾噴口方向變更推力的方向，使戰(zhàn)斗機(jī)獲得許多優(yōu)異的飛行性能．已知在“殲-20”戰(zhàn)斗機(jī)沿水平方向超音速勻速巡航時(shí)升阻比(垂直機(jī)身向上的升力和平行機(jī)身向后的阻力之比)為eq\r(15).飛機(jī)的重力為G，使飛機(jī)實(shí)現(xiàn)節(jié)油巡航模式的最小推力是()A．G B．eq\f(G,\r(15))C．eq\f(G,16) D．eq\f(G,4)【答案】D【解析】飛機(jī)受到重力G、發(fā)動(dòng)機(jī)推力F1、升力F2和空氣阻力f，重力的方向豎直向下，升力F2的方向豎直向上，空氣阻力f的方向與F2垂直，如圖，“殲-20”戰(zhàn)斗機(jī)沿水平方向超音速勻速巡航，則水平方向有Fx＝f，豎直方向有F2＋Fy＝G，F(xiàn)2＝eq\r(15)f，解得Fy＝G－eq\r(15)f.Feq\o\al(2,1)＝Feq\o\al(2,x)＋Feq\o\al(2,y)＝16f2－2eq\r(15)Gf＋G2，則視察Feq\o\al(2,1)表達(dá)式為開口向上，對(duì)稱軸為f＝eq\f(2\r(15),32)G的拋物線，即當(dāng)f＝eq\f(2\r(15),32)G時(shí)取得最小值，將其代入Feq\o\al(2,1)表達(dá)式，解得F1min＝eq\f(G,4)，D正確．4．(多選)如圖所示，滑輪C用硬桿固定在天花板上，另一滑輪O通過細(xì)繩懸掛一物體P.把該細(xì)繩一端固定在天花板上的A點(diǎn)，另一端繞過定滑輪C后懸掛物體Q，然后把懸掛物體P的滑輪放于AC之間的細(xì)繩上，最終整個(gè)裝置處于平衡，假設(shè)細(xì)繩足夠長，不計(jì)一切摩擦．現(xiàn)把天花板上的繩端A點(diǎn)沿天花板略微向左平移一小段之后又固定，系統(tǒng)又重新達(dá)到平衡．則以下說法正確的是()A．繩子上的拉力大小變大B．繩子上的拉力大小不變C．繩子AO與CO間的夾角變大D．繩子AO與CO間的夾角不變【答案】BD5．如圖，傾角為α＝30°的斜面固定在水平地面上，斜面上有兩個(gè)質(zhì)量分別為m和2m的小球A、B，它們用勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧連接，彈簧軸線與斜面平行．現(xiàn)對(duì)A施加一水平向右、大小為F的恒力，使A、B在斜面上都保持靜止，假如斜面和兩個(gè)小球間的摩擦均忽視不計(jì)，此時(shí)彈簧的長度為L，則下列說法正確的是()A．彈簧的原長為L－eq\f(mg,2k)B．恒力F＝eq\f(2\r(3),3)mgC．小球A對(duì)斜面的壓力大小為eq\r(3)mgD．撤去恒力F后的瞬間小球B的加速度為g【答案】C【解析】對(duì)B球受力分析，沿斜面建立直角坐標(biāo)系，正交分解，在沿斜面方向，依據(jù)平衡條件2mgsinα＝kx，解得彈簧伸長量為x＝eq\f(2mgsinα,k)，則彈簧原長為L0＝L－eq\f(2mgsinα,k)＝L－eq\f(mg,k)，A錯(cuò)誤；以A、B整體為探討對(duì)象，沿斜面方向，依據(jù)平衡條件Fcos30°＝3mgsin30°，解得F＝3mgtan30°＝eq\r(3)mg，B錯(cuò)誤；對(duì)小球A，在垂直斜面方向上，依據(jù)平衡條件N＝mgcosα＋Fsinα＝eq\f(\r(3),2)mg＋eq\f(\r(3),2)mg＝eq\r(3)mg，依據(jù)牛頓第三定律可知A對(duì)斜面的壓力為eq\r(3)mg，C正確；撤去F瞬間，彈簧彈力不變，B球受力仍舊平衡，加速度為0，D錯(cuò)誤．6．(多選)如圖，兩個(gè)質(zhì)量都為m的球A、B用輕繩連接，A球套在水平細(xì)桿上(球孔比桿的直徑略大)，對(duì)B球施加水平風(fēng)力作用，結(jié)果A球與B球一起向右做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)細(xì)繩與豎直方向的夾角為θ.已知重力加速度為g，則()A．對(duì)B球的水平風(fēng)力大小等于mgsinθB．輕繩的拉力等于mgcosθC．桿對(duì)A球的支持力等于2mgD．桿與A球間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于eq\f(1,2)tanθ【答案】CD【解析】對(duì)球B受力分析，受重力mBg、水平恒力F和拉力T，如圖甲，依據(jù)平衡條件得，水平恒力F＝mBgtanθ，繩對(duì)B球的拉力T＝eq\f(mBg,cosθ)，A、B錯(cuò)誤；把環(huán)和球當(dāng)作一個(gè)整體，對(duì)其受力分析，受重力(mA＋mB)g、支持力N、恒力F和向左的摩擦力f，如圖乙，依據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可得，桿對(duì)A環(huán)的支持力大小N＝(mA＋mB)g＝2mg，C正確；因?yàn)锳球與B球一起向右做勻速運(yùn)動(dòng)，所以f＝F，則A環(huán)與水平細(xì)桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(f,N)＝eq\f(mgtanθ,2mg)＝eq\f(tanθ,2)，D正確．甲乙7．(多選)某玩具為了仿照小動(dòng)物行走的姿態(tài)，設(shè)計(jì)了非圓形的“輪子”．現(xiàn)探討輪子受力狀況，模型簡化如圖所示，四分之一圓框架OAB的OA、OB邊初始位置分別處于水平和豎直方向上，光滑球形重物此時(shí)嵌在框架中與OA、OB、弧AB三邊恰好接觸但接觸處并沒有全部都產(chǎn)生彈力．現(xiàn)以O(shè)點(diǎn)為軸緩慢將框架在同一豎直平面內(nèi)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)θ角，下列說法正確的是()A．轉(zhuǎn)動(dòng)θ為0至eq\f(π,2)的過程，弧AB受到重物的壓力漸漸變大B．θ為eq\f(5π,4)時(shí)，弧AB受到重物的壓力最大C．轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中，存在某一特定的角，此時(shí)弧AB與OA板受到重物的壓力一樣大D．轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中，OA、OB、弧AB受到重物壓力的最大值一樣大【答案】CD【解析】以O(shè)點(diǎn)為軸緩慢將框架在同一豎直平面內(nèi)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，相當(dāng)于重力沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)θ為0至eq\f(π,2)的過程，弧AB始終不受力作用，A錯(cuò)誤；由力的合成學(xué)問可知當(dāng)θ＝π時(shí)，弧AB受到重物的壓力大小為eq\r(2)G，當(dāng)θ＝eq\f(5π,4)時(shí)，