高考物理二輪復(fù)習(xí)第1部分專題突破方略專題1第1講力與物體的平衡試題含解析-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

第一部分　專題一　第1講　力與物體的平衡基礎(chǔ)題——知識基礎(chǔ)打牢1．(2021·云南師大附中二模)納米微吸材料是一種新型材料，用手觸碰無粘感，接觸到平整光滑的硬性物體時，會牢牢吸附在物體上．圖甲是一款表面采用了納米微吸材料的手機(jī)支架，圖乙是手機(jī)靜止吸附在該手機(jī)支架上的側(cè)視圖，若手機(jī)的重力為G，手機(jī)和水平面的夾角為θ，下列說法正確的是(　D　)A．手機(jī)受到的摩擦力大小大于Gsin θB．納米材料對手機(jī)的作用力大小為Gsin θC．若使θ增大(手機(jī)保持靜止)，納米材料對手機(jī)的作用力也增大D．納米材料對手機(jī)的作用力方向豎直向上【解析】　手機(jī)處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力平衡，根據(jù)平衡條件可知，在平行手機(jī)方向，根據(jù)平衡條件，有f＝Gsin θ，故A錯誤；手機(jī)處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力平衡，受到重力和納米材料對手機(jī)的作用力，根據(jù)平衡條件可知，納米材料對手機(jī)的作用力大小等于重力，方向與重力方向相反，豎直向上，故D正確，B錯誤；手機(jī)和水平面的夾角θ增大后，根據(jù)平衡條件可知，納米材料對手機(jī)的作用力大小仍等于重力，故C錯誤．2．(2021·山東煙臺期中)一臺空調(diào)外掛機(jī)用兩個如圖所示的三角形支架固定在外墻上，空調(diào)外掛機(jī)的重心恰好在支架水平橫梁aO和斜梁bO的連接點(diǎn)O的上方．現(xiàn)保持空調(diào)外掛機(jī)的質(zhì)量不變，把斜梁bO縮短一點(diǎn)，仍保持連接點(diǎn)O的位置不變，橫梁aO仍然水平．已知橫梁對O的拉力始終沿Oa方向，斜梁對O的壓力始終沿bO方向，則下列說法正確的是(　D　)A．橫梁aO對O的作用力變小B．橫梁aO對O的作用力不變C．斜梁bO對O的作用力變小D．斜梁bO對O的作用力增大【解析】　設(shè)斜梁bO跟外墻的夾角為θ，對O有豎直方向F1cos θ＝G，解得斜梁bO對O的作用力F1＝，斜梁bO縮短一點(diǎn)，仍保持連接點(diǎn)O的位置不變，θ增大，所以斜梁bO對O的作用力增大．水平方向F1sin θ＝F2，解得橫梁aO對O的作用力F2＝Gtan θ，斜梁bO縮短一點(diǎn)，仍保持連接點(diǎn)O的位置不變，θ增大，所以橫梁aO對O的作用力增大．故D正確，ABC錯誤．3．(2021·西南名校聯(lián)盟聯(lián)考)如圖所示，一根不可伸長的光滑輕繩，其左端固定于O點(diǎn)，右端跨過位于點(diǎn)O′的固定光滑軸，懸掛一質(zhì)量為M的物體．輕繩OO′段水平，長度為L，輕繩上套一可沿繩滑動的輕環(huán)P.現(xiàn)在輕環(huán)上懸掛一質(zhì)量為m的鉤碼，平衡后，物體上升L，則鉤碼與物體的質(zhì)量之比為(　D　)A．　　　 B．　　　C．　　　 D．【解析】　重新平衡后，輕繩形狀如圖，由于物體上升L，則繩子與豎直方向夾角為30°，對鉤碼2FTcos 30°＝mg，對物體FT＝Mg，聯(lián)立解得＝，故D正確．4．(2021·江蘇八省聯(lián)考)如圖所示，對稱晾掛在光滑等腰三角形衣架上的衣服質(zhì)量為M，衣架頂角為120°，重力加速度為g，則衣架右側(cè)對衣服的作用力大小為(　B　)A．Mg B．MgC．Mg D．Mg【解析】　根據(jù)幾何關(guān)系得F與豎直方向的夾角為30°，由平衡條件得2Fcos 30°＝G，得：F＝G，故ACD錯誤，B正確．5．(多選)(2021·重慶南開中學(xué)聯(lián)考)如圖所示，斜面體B放置于水平地面上，其兩側(cè)放有物體A、C，物體C通過輕繩連接于天花板上，輕繩平行于斜面且處于拉直狀態(tài)，A、B、C均靜止，下列說法正確的是(　AC　)A．A、B間的接觸面一定是粗糙的　B．地面對B一定有摩擦力C．B、C間的接觸面可能是光滑的D．B一共受到6個力的作用【解析】　以A為研究對象，若A、B間的接觸面光滑，則A受到豎直向下的重力和垂直斜面的支持力，重力和支持力不可能平衡，所以A一定受到B對A沿斜面向上的靜摩擦力，A正確；以A、B、C整體為研究對象，整體受到重力和地面的支持力，可能受到斜向左上的輕繩的拉力，若輕繩拉力為0，則地面對B沒有靜摩擦力，B錯誤；以C為研究對象，C受到重力和B對C的支持力，可能受到斜向左上的輕繩的拉力，若重力、支持力、繩的拉力這三個力平衡，則B、C之間沒有靜摩擦力，B、C間的接觸面可能是光滑的，C正確；以B為研究對象，若輕繩拉力不為0且B、C之間有靜摩擦力，則此時B受到A對B的壓力和靜摩擦力、C對B的壓力和靜摩擦力、地面對B的支持力和靜摩擦力、B的重力共7個力的作用，D錯誤．6．(2021·江蘇揚(yáng)州一模)如圖所示為汽車內(nèi)常備的“菱形千斤頂”，搖動手柄使螺旋桿轉(zhuǎn)動，A、B間距離發(fā)生改變，從而實(shí)現(xiàn)重物的升降．若物重為G，螺旋桿保持水平，AB與BC之間的夾角為θ＝30°，不計桿件自重，則螺旋桿的拉力大小為(　C　)A．G　 B．G　C．G　 D．2G【解析】　根據(jù)題意，“菱形千斤頂”C點(diǎn)受到的壓力G分解沿兩臂的兩個分力F1，根據(jù)對稱性可知，兩臂受到的壓力大小相等，如圖1所示．根據(jù)幾何關(guān)系可得：2F1sin θ＝G解得AC桿的彈力大?。?/span>F1＝；對“菱形千斤頂”A點(diǎn)受力分析如圖2所示，由平衡條件得：F＝2F1cos θ聯(lián)立解得：F＝＝＝G，故C正確、ABD錯誤．7．(2021·河南濮陽一中調(diào)研)如圖所示，用絕緣細(xì)線把小球A懸于O點(diǎn)，靜止時恰好與另一固定于O點(diǎn)正下方的小球B接觸．現(xiàn)使兩球帶同種電荷，細(xì)線將偏離豎直方向某一角度θ1，此時細(xì)線中的張力大小為T1，庫侖斥力為F1；若增加兩球的帶電量，懸線偏離豎直方向的角度將增大為θ2，此時細(xì)線中的張力大小為T2，庫侖斥力為F2，則(　B　)A．T1<T2　 B．T1＝T2　C．F1>F2　 D．F1＝F2【解析】　小球A的受力情況如圖所示，重力mg、懸線張力T、庫侖斥力F，這三個力的合力為0.因此這三個力構(gòu)成封閉的力的三角形，且正好與幾何三角形OA′B相似，則有：＝＝，因為OA′＝OB，所以T＝mg，即T與θ無關(guān)，則有T1＝T2，而F與AB成正比A′B>AB，則F2>F1，故B正確，ACD錯誤．應(yīng)用題——強(qiáng)化學(xué)以致用8．(2021·遼寧八省聯(lián)考)如圖所示，用輕繩系住一質(zhì)量為2m的勻質(zhì)大球，大球和墻壁之間放置一質(zhì)量為m的勻質(zhì)小球，各接觸面均光滑．系統(tǒng)平衡時，繩與豎直墻壁之間的夾角為α，兩球心連線O1O2與輕繩之間的夾角為β，則α、β應(yīng)滿足(　C　)A．tan α＝3cot βB．2tan α＝3cot βC．3tan α＝tan(α＋β)D．3tan α＝2tan(α＋β)【解析】　設(shè)繩子拉力為F，墻壁支持力為N，兩球之間的壓力為T，將兩個球作為一個整體進(jìn)行受力分析，如圖1所示；根據(jù)平衡條件可得：N＝3mgtan α　①對小球進(jìn)行受力分析，如圖2所示，根據(jù)平衡條件可得：N＝mgtan θ根據(jù)幾何關(guān)系可得θ＝α＋β，則N＝mgtan(α＋β)　②聯(lián)立①②得：3tan α＝tan(α＋β)，故C正確、ABD錯誤．9．(2021·河南鄭州模擬)如圖所示，AC是上端帶定滑輪的固定豎直桿，質(zhì)量不計的輕桿BC一端通過鉸鏈固定在C點(diǎn)，另一端B懸掛一重為G的重物，且B端系有一根輕繩并繞過定滑輪A．現(xiàn)用力F拉繩，開始時∠BCA>90°，使∠BCA緩慢減小，直到桿BC接近豎直桿AC.此過程中，桿BC所受的力(　A　)A．大小不變　 B．逐漸增大C．逐漸減小　 D．先增大后減小【解析】　以B點(diǎn)為研究對象，分析受力情況：重物的拉力T(等于重物的重力G)、輕桿的支持力N和繩子的拉力F，作出力圖如圖，由平衡條件得知，N和F的合力與T大小相等，方向相反，根據(jù)三角形相似可得：＝＝，又T＝G，AC和BC不變，則N和T不變．故A正確，BCD錯誤．10．(2021·湖北荊州重點(diǎn)中學(xué)月考)如圖所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圓柱體上，小球B用水平輕彈簧拉著系于豎直板上，兩小球A、B通過光滑滑輪O用輕質(zhì)細(xì)線相連，兩球均處于靜止?fàn)顟B(tài)．已知B球質(zhì)量為m，O點(diǎn)在半圓柱體圓心O1的正上方，OA長度與半圓柱體半徑相等，OA與豎直方向成30°角， OB與豎直方向成45°角，重力加速度為g，求小球A的質(zhì)量．【解析】　隔離小球B，對B受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡得：FTOBcos 45°＝mg，故 FTOB＝mg，根據(jù)定滑輪的特性知：FTOA＝FTOB＝mg，對A受力分析，如圖所示：由幾何關(guān)系可知拉力FTOA和支持力FN與水平方向的夾角相等，夾角為60°，有：2FTOAsin 60°＝mAg，解得mA＝m.11．(2021·山西懷仁期中)在粗糙水平地面上放著一個截面為半圓的柱狀物體A，A與光滑豎直墻之間放另一截面也為半圓的光滑柱狀物體B，整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，截面如圖所示．設(shè)墻對B的作用力為F1，B對A的作用力為F2，地面對A的作用力為F3.在B上加一物體C，整個裝置仍保持靜止，則(　C　)A．F1保持不變，F3增大　 B．F1增大，F3保持不變C．F2增大，F3增大　 D．F2增大，F3保持不變【解析】　未放上C時，以B為研究對象，受力分析如圖1所示，由平衡條件得，墻對B的作用力F1＝GBtan α，當(dāng)放上C時，F1增大．A對B的作用力F′2＝，F1增大，則F′2增大，由牛頓第三定律知F′2＝F2，即F2也增大．再以整體為研究對象，受力分析如圖2所示，則放上C前，地面對A的支持力N＝GA＋GB，放上C后變?yōu)?/span>GA＋GB＋GC，即N增大，地面對A的摩擦力f＝F1，且F3為N與f的合力，所以F3增大，故C正確．12．(2021·廣東八省聯(lián)考)某同學(xué)參加“筷子夾玻璃珠”游戲．如圖所示，夾起玻璃珠后，左側(cè)筷子與豎直方向的夾角θ為銳角，右側(cè)筷子豎直，且兩筷子始終在同一豎直平面內(nèi)．保持玻璃珠靜止，忽略筷子與玻璃珠間的摩擦．下列說法正確的是(　C　)A．兩側(cè)筷子對玻璃珠的合力比重力大B．兩側(cè)筷子對玻璃珠的合力比重力小C．左側(cè)筷子對玻璃珠的彈力一定比玻璃珠的重力大D．右側(cè)筷子對玻璃珠的彈力一定比玻璃球的重力大【解析】　對玻璃珠受力分析可知，兩側(cè)筷子對玻璃珠的合力等于重力，故AB錯誤；由FN右＝，FN左＝，可得：右側(cè)筷子對玻璃珠的彈力不一定比玻璃珠的重力大，左側(cè)筷子對玻璃珠的彈力一定比玻璃珠的重力大，故C正確、D錯誤．13．(2021·江蘇無錫一模)地攤經(jīng)濟(jì)是2020年的熱門話題．某烤腸攤位上的一個簡化模型如圖：一根烤腸靜止在兩根水平的平行圓柱上，將烤腸視為質(zhì)量為m的勻質(zhì)圓柱體，若烤腸和圓柱截面的半徑均為R，兩柱軸心的間距為2.4R，不計摩擦，則烤腸對每根圓柱的壓力大小為(　B　)A．mg　 B．mg　C．mg　 D．mg【解析】　對烤腸進(jìn)行受力分析，受到重力mg、兩金屬圓柱對烤腸的支持力N1、N2，如圖所示：N1、N2的合力與重力大小相等，方向相反；根據(jù)幾何關(guān)系可知，sinθ＝＝0.6，cosθ＝0.8，單根金屬圓柱對烤腸的彈力N1＝N2＝＝＝mg，根據(jù)牛頓第三定律可知烤腸對每根圓柱的壓力大小為mg，故B正確、ACD錯誤．14．(2021·廣東河源模擬)如圖1所示，吊車是建筑工地常用的一種大型機(jī)械．為了便于研究問題，將它簡化成如圖2所示的模型，硬桿OB的一端裝有定滑輪，另一端固定在車體上；質(zhì)量不計的繩索繞過定滑輪吊起質(zhì)量為m的物體勻速上升，不計定滑輪質(zhì)量和滑輪與軸承之間的摩擦，重力加速度為g.下列說法正確的是(　C　)A．OA段繩索受到的拉力小于mgB．OA段繩索受到的拉力大于mgC．OB桿對定滑輪的支持力小于2mgD．OB桿對定滑輪的支持力大于2mg【解析】　OA段繩索受到的拉力與OC段受到的拉力相等，對物體根據(jù)平衡條件可得繩索對物體的拉力大小為T＝mg，所以OA段繩索受到的拉力等于mg，故AB錯誤；設(shè)兩段繩索之間的夾角為2θ，由于同一條繩索拉力相等，則兩段繩索的合力沿角平分線方向，如圖所示；根據(jù)平衡條件可得：2Tcos θ＝F，解得：F＝2mgcos θ；由于θ>0，所以OB桿對定滑輪的支持力F<2mg，故C正確、D錯誤．15．(2021·浙江杭州模擬)在衛(wèi)生大掃除中，某同學(xué)用拖把拖地，沿推桿方向?qū)ν习咽┘油屏?/span>F(如圖所示)，此時推力與水平方向的夾角為θ，且拖把剛好做勻速直線運(yùn)動．從某時刻開始保持力F的大小不變，減小F與水平方向的夾角θ，則(　C　)A．拖把將做減速運(yùn)動B．拖把繼續(xù)做勻速運(yùn)動C．地面對拖把的支持力FN變小，地面對拖把的摩擦力Ff變小D．減小θ的同時若減小F，拖把一定做加速運(yùn)動【解析】　設(shè)拖把與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ，則拖把頭受到重力、支持力、推力和摩擦力處于平衡，受力示意圖如圖所示．將推拖把的力沿豎直和水平方向分解，按平衡條件得：豎直方向上：Fsin θ＋mg＝FN　①；水平方向上：Fcos θ－Ff＝0　②；式中FN和Ff分別為地板對拖把的正壓力和摩擦力．其中Ff＝μFN　③；由①得：減小F與水平方向的夾角θ，sin θ減小，地面對拖把的支持力FN變??；由③可得地面對拖把的摩擦力Ff變?。蔬x項C正確；減小F與水平方向的夾角θ時，Ff減小，而Fcos θ增大，所以Fcos θ－Ff將大于0，所以拖把將做加速運(yùn)動．故選項A、B錯誤；減小θ的同時若減小F，則Fcos θ－Ff不一定大于0，拖把不一定做加速運(yùn)動，選項D錯誤．16．如圖所示是一旅行箱，它既可以在地面上推著行走，也可以在地面上拉著行走．已知該旅行箱的總質(zhì)量為15 kg，一旅客用斜向上的拉力拉著旅行箱在水平地面上做勻速運(yùn)動．若拉力的最小值為90 N，此時拉力與水平方向間的夾角為θ.重力加速度大小為g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，旅行箱受到地面的阻力與其受到地面的支持力成正比，比值為μ，則(　D　)A．μ＝0.5，θ＝37° B．μ＝0.5，θ＝53°C．μ＝0.75，θ＝53° D．μ＝0.75，θ＝37°【解析】　對旅行箱受力分析，如圖所示．根據(jù)平衡條件可知，水平方向有Fcos θ－Ff＝0，豎直方向有FN＋Fsin θ－G＝0，其中Ff＝μFN，故F＝，令μ＝tan α，則F＝；當(dāng)θ＝α時，F有最小值，Fmin＝Gsin α＝90 N，α＝37°，故μ＝tan 37°＝0.75，θ＝37°，選項D正確．

相關(guān)試卷

相關(guān)試卷更多

相關(guān)試卷

相關(guān)試卷 更多

相關(guān)試卷更多