屆高考物理二輪復習專項突破訓練力與物體平衡

1、屆高考物理二輪復習專項打破訓練：力與物體均衡屆高考物理二輪復習專項打破訓練：力與物體均衡PAGE屆高考物理二輪復習專項打破訓練：力與物體均衡力與物體均衡1如圖1所示是一支一般的牙膏，該牙膏的外殼是由鋁薄皮做的，依照你的觀察和生活經驗，以下說法正確的選項是()圖1A該牙膏皮被擠壓后發(fā)生的形變?yōu)閺椥孕巫傿牙膏被擠出來是由于牙膏受到手的作用力C牙膏蓋上的條紋是為了增大摩擦D擠牙膏時手對牙膏皮的作用力大于牙膏皮對手的作用力2(多項選擇)(2018天津理綜7)明朝謝肇淛的五雜組中記錄：“明姑蘇虎丘寺塔傾側，議欲正之，非萬緡不可以一游僧見之曰：無煩也，我能正之”游僧每天將木楔從塔身傾斜一側的磚縫間敲進去，

2、經月余扶正了塔身假設所用的木楔為等腰三角形，木楔的頂角為，現(xiàn)在木楔背上加一力F，方向如圖2所示，木楔兩側產生推力FN，則()圖2A若F必然，大時FN大B若F必然，小時FN大C若必然，F(xiàn)大時FN大D若必然，F(xiàn)小時FN大3(多項選擇)如圖3所示，將一橫截面為扇形的物體B放在水平面上，一滑塊A放在物體B上，除了物體B與水平面間的摩擦力之外，其余摩擦忽略不計已知物體B的質量為M，滑塊A的質量為m，重力加速度為g.當整個裝置靜止時，A、B接觸面的切線與豎直的擋板之間的夾角為，以下選項正確的選項是()圖4A鐵板對磁鐵的彈力逐漸增大B磁鐵所受合外力逐漸減小C磁鐵素來碰到三個力的作用D磁鐵碰到的摩擦力逐漸減小

3、5如圖5所示，質量分布均勻的細棒中心為O點，O1為圓滑鉸鏈，O2為圓滑定滑輪，O2在O1正上方，一根輕繩一端系于O點，另一端超出定滑輪O2，由水平外力F牽引，用FN表示鉸鏈對細棒的作用，現(xiàn)在外力F作用下，細棒從圖示地址緩慢轉到豎直地址的過程中，以下說法正確的選項是()圖5AF逐漸變小，F(xiàn)N大小不變BF逐漸變小，F(xiàn)N大小變大CF先變小后變大，F(xiàn)N逐漸變小DF先變小后變大，F(xiàn)N逐漸變大6(多項選擇)如圖6所示，用OA、OB兩根輕繩將花盆懸于兩豎直墻之間，開始時OB繩水平現(xiàn)保持O點地址不變，改變OB繩長使繩右端由B點緩慢上移至B點，此時OB與OA之間的夾角90.設此過程OA、OB繩的拉力分別為FOA

4、、FOB，則以下說法正確的選項是()圖6AFOA素來減小BFOA先減小后增大CFOB素來增大DFOB先減小后增大7如圖7所示，頂端附有圓滑定滑輪的斜面體靜止在粗糙水平川面上，三條細繩結于O點一條繩超出定滑輪平行于斜面連接物塊P，一條繩連接小球Q，P、Q兩物體處于靜止狀態(tài)，另一條繩OA受外力F的作用，處于水平方向，現(xiàn)緩慢逆時針改變繩OA的方向至90，且保持結點O地址不變，整個裝置素來處于靜止狀態(tài)以下說法正確的選項是()圖7A繩OA的拉力素來減小B繩OB的拉力素來增大C地面對斜面體有向右的摩擦力D地面對斜面體的支持力不斷減小8如圖8所示，A、B、C三根平行通電直導線質量均為m，通入的電流大小相等，

5、其中C中的電流方向與A、B中的電流方向相反，A、B放置在粗糙的水平面上，C靜止在空中，三根導線的截面處于一個等邊三角形的三個極點，且三根導線均保持靜止，重力加速度為g，則A導線碰到B導線的作用力大小和方向為()圖8A.eqf(r(3),3)mg，方向由A指向BB.eqf(r(3),3)mg，方向由B指向AC.eqr(3)mg，方向由A指向BD.eqr(3)mg，方向由B指向A9(多項選擇)如圖9所示，在豎直平面內，一輕質絕緣彈簧上端固定在P點，下端與帶電小圓環(huán)連接，帶電小圓環(huán)套在半徑為R的圓滑絕緣大圓環(huán)上，大圓環(huán)的圓心O點固定一個帶電小球，帶電小圓環(huán)與帶電小球均可看做點電荷，它們的電性相同且電

6、荷量大小均為q，P點在O點的正上方，當把帶電小圓環(huán)放在大圓環(huán)A、B地址時，帶電小圓環(huán)均能保持均衡，且B點與O點在同一水平線上，帶電小圓環(huán)在B地址均衡時，大圓環(huán)與帶電小圓環(huán)之間恰好無相互作用力，已知APOAOP30，靜電力常量為k，則以下說法正確的選項是()10如圖10所示，圓滑的圓環(huán)固定在豎直平面內，圓心為O，三個圓滿相同的小圓環(huán)a、b、c穿在大環(huán)上，小環(huán)c上穿過一根輕質細繩，繩子的兩端分別固定著小環(huán)a、b，經過不斷調整三個小環(huán)的地址，最后三小環(huán)恰好處于均衡地址，均衡時a、b的距離等于繩子長度的一半已知小環(huán)的質量為m，重力加速度為g，輕繩與c的摩擦不計則()圖10Aa與大環(huán)間的彈力大小eqr(

7、3)mgB繩子的拉力大小為eqf(r(3),2)mgCc碰到繩子的拉力大小為3mgDc與大環(huán)間的彈力大小為3mg11如圖11所示，A、B都是重物，A被繞過小滑輪P的細線懸掛著，B放在粗糙的水平桌面上；小滑輪P被一根斜短線系于天花板上的O點；O是三根線的結點，bO水平拉著B物體，細線cO沿豎直方向拉著O(c固定在地面上)；細線和小滑輪的重力不計，細線與滑輪之間的摩擦力可忽略緩慢增大A的質量，cOa120保持不變，整個裝置素來處于靜止狀態(tài)則以下說法正確的選項是()圖11A由于細線cO長度不變化，對結點的拉力保持不變B物體B的合外力增大C細線Oa與豎直方向的夾角變大D物體B碰到的摩擦力大小素來是物體

8、A重力的eqf(r(3),2)12如圖12所示，放在粗糙的固定斜面上的物塊A和懸掛的物塊B均處于靜止狀態(tài)輕繩AO繞過圓滑的定滑輪與輕彈簧的右端及輕繩BO的上端連接于O點，輕彈簧中軸線沿水平方向，輕繩的OC段與豎直方向的夾角53，斜面傾角37，物塊A和B的質量分別為mA5kg、mB1.5kg，彈簧的勁度系數k500N/m，sin370.6，cos370.8，重力加速度g10m/s2，求：圖12(1)彈簧的伸長量x；(2)物塊A碰到的摩擦力參照答案1.答案C2.答案BC3.答案AD4.答案A剖析對磁鐵受力剖析，受重力mg、吸引力F、支持力FN和摩擦力Ff，以以下列圖：故磁鐵碰到4個力的作用；由于磁

9、鐵素來均衡，故合力為零，故B、C錯誤；依照均衡條件，有：mgsinFf0，F(xiàn)mgcosFN0，解得：Ffmgsin，F(xiàn)NFmgcos，由于不斷變大，故Ff不斷變大，F(xiàn)N不斷變大，故D錯誤，A正確5.答案A剖析畫出細棒的受力求如圖；依照三角形定則及相似三角形可知：eqf(FN,OO1)eqf(mg,O1O2)eqf(F,OO2)，因OO1和O1O2不變，則FN不變；隨OO2的減小，F(xiàn)減小，應選A.6.答案AD剖析以結點O為研究對象，剖析受力：花盆拉力G、繩OA的拉力FOA和繩OB的拉力FOB，以以下列圖，依照均衡條件知，兩根繩子的拉力的合力與重力大小相等、方向相反，作出輕繩OB在B點上移過程中的

10、兩個地址時力的合成圖如圖，由圖看出，F(xiàn)OA逐漸減小，F(xiàn)OB先減小后增大，當90時，F(xiàn)OB最小7.答案D剖析緩慢改變繩OA的方向至90的過程，OA拉力的方向變化如圖從1地址到2地址到3地址所示，可見OA的拉力先減小后增大，OB的拉力素來減小，故A、B均錯誤；以斜面體和P、Q整體為研究對象受力剖析，依照均衡條件：斜面體受地面的摩擦力與OA繩子水平方向的拉力等大反向，故地面對斜面體的摩擦力方向向左，C錯誤；OB的拉力素來減小，則FOBy素來減小，而FOAyFOByMQg得FOAy素來增大，以斜面體和P、Q整體為研究對象受力剖析，依照豎直方向受力均衡：FNFOAyM斜gMPgMQg，綜合可得FN素來減

11、小，D正確8.答案A剖析三根導線的截面處于一個等邊三角形的三個極點，通入的電流大小相等，則FBCFACFAB，又反向電流相互排斥，對電流C受力剖析如圖：由均衡條件可得：2FACcos30mg，解得：FACeqf(r(3),3)mg，則FABeqf(r(3),3)mg同向電流相互吸引，A導線碰到B導線的作用力方向由A指向B.9.答案BD剖析在B地址，對帶電小圓環(huán)受力剖析可知：Gkeqf(q2,R2)tan60eqr(3)keqf(q2,R2)，選項C錯誤；小圓環(huán)在A地址時，若彈簧給帶電小圓環(huán)斜向下的彈力，不論有沒有大圓環(huán)的彈力，帶電小圓環(huán)都不可以能均衡，故彈簧必然處于拉伸狀態(tài)，選項A錯誤；帶電小

12、圓環(huán)在A地址均衡時，對帶電小圓環(huán)受力剖析，假設兩圓環(huán)之間的相互作用力為F，由均衡知識：FAPsin30eqblc(rc)(avs4alco1(Fkf(q2,R2)sin30，F(xiàn)APcos30eqblc(rc)(avs4alco1(Fkf(q2,R2)cos30G，解得F0，即兩圓環(huán)之間無彈力，選項B正確；由均衡條件可知，A、B兩地址的彈簧彈力分別為：FAkeqf(q2,R2)，F(xiàn)Beqf(kf(q2,R2),cos60)eqf(2kq2,R2)，彈簧形變量為xR，由胡克定律得彈簧的勁度系數為keqf(F,x)eqf(FBFA,R)eqf(kq2,R3)，選項D正確10.答案C剖析三個小圓環(huán)能靜

13、止在圓滑的圓環(huán)上，由幾何知識知：a、b、c恰好能組成一個等邊三角形，對a受力剖析以以下列圖：在水平方向上：FTsin30FNsin60在豎直方向上：FTcos30mgFNcos60解得：FNmg；FTeqr(3)mg，故A、B錯誤；c碰到繩子拉力的大小為：2FTcos303mg，故C正確；以c為研究對象，受力剖析得：在豎直方向上：FN1mg2FTcos30又FTFT解得：FN1mg2eqr(3)mgeqf(r(3),2)4mg，故D錯誤11.答案D剖析因cOa120保持不變，整個裝置素來處于靜止狀態(tài)，則當A的質量變大時，Oa拉力變大，則細線cO對結點的拉力變大，選項A錯誤；因物體B仍靜止，則物體B的合外力仍為零，選項B錯誤；因cOa120保持不變，則細線Oa與豎直方向的夾角不變，選項C錯誤；對結點O受力剖析，由均衡條件，水平方向：FTbOFTOacos30，而FTbOFfB，F(xiàn)TOaGA