高考物理考前排查練 熱點(diǎn)1受力分析和共點(diǎn)力平衡

熱點(diǎn)1受力分析和共點(diǎn)力平衡1.(多選)如圖1，質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩個(gè)楔形物體疊放在一起，B靠在豎直墻壁上，在水平力F的作用下，A、B靜止不動(dòng)，則()圖1A．A物體受力的個(gè)數(shù)可能為3B．B受到墻壁的摩擦力方向可能向上，也可能向下C．力F增大(A、B仍靜止)，A對(duì)B的壓力也增大D．力F增大(A、B仍靜止)，墻壁對(duì)B的摩擦力也增大答案AC解析隔離A物體，若A、B間沒(méi)有靜摩擦力，則A物體受重力、B對(duì)A的支持力和外力F三個(gè)力作用而處于平衡狀態(tài)，A正確；將A、B看成一個(gè)整體，整體在豎直方向上只受重力和摩擦力，所以墻壁對(duì)B的摩擦力方向只能向上，B錯(cuò)誤；若F增大，則F在垂直B斜面方向的分力增大，所以A對(duì)B的壓力增大，C正確；對(duì)A、B整體受力分析，由平衡條件知，豎直方向：Ff＝GA＋GB，因此當(dāng)水平力F增大，墻壁對(duì)B的摩擦力不變，D錯(cuò)誤．2.(2021·山東德州市一模)如圖2所示，豎直墻壁上的M、N兩點(diǎn)在同一水平線上，固定的豎直桿上的P點(diǎn)與M點(diǎn)的連線水平且垂直MN，輕繩的兩端分別系在P、N兩點(diǎn)，光滑小滑輪吊著一重物可在輕繩上滑動(dòng)．先將輕繩右端沿直線緩慢移動(dòng)至M點(diǎn)，然后再沿墻面豎直向下緩慢移動(dòng)至S點(diǎn)，整個(gè)過(guò)程重物始終沒(méi)落地．則整個(gè)過(guò)程輕繩張力大小的變化情況是()圖2A．一直增大 B．先增大后減小C．先減小后增大 D．先減小后不變答案D解析由于P點(diǎn)與M點(diǎn)的連線水平且垂直MN，將輕繩右端由N點(diǎn)沿直線緩慢移動(dòng)至M點(diǎn)過(guò)程中，輕繩的夾角變小，而輕繩的合力始終與重力相等，根據(jù)力的合成可知輕繩的張力逐漸減小；輕繩右端由M點(diǎn)沿墻面豎直向下緩慢移動(dòng)至S點(diǎn)的過(guò)程中，輕繩的夾角不變，則輕繩的張力不變．故選D.3.(2021·安徽安慶市一模)如圖3所示，兩個(gè)小球a、b質(zhì)量均為m，用細(xì)線相連并懸掛于O點(diǎn)．現(xiàn)用一輕質(zhì)彈簧給小球a施加一個(gè)拉力F，使整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，且Oa與豎直方向的夾角為θ＝45°，已知彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，則彈簧形變量不可能為()圖3A.eq\f(2mg,k)B.eq\f(\r(2)mg,2k)C.eq\f(4\r(2)mg,3k)D.eq\f(\r(2)mg,k)答案B解析以小球a、b整體為研究對(duì)象，分析受力，作出F在幾個(gè)方向時(shí)整體的受力圖，根據(jù)平衡條件得知：F與FT的合力與整體重力2mg總是大小相等、方向相反，由力的合成圖可知，當(dāng)F與繩子Oa垂直時(shí)，F(xiàn)有最小值，即圖中2位置，F(xiàn)的最小值為Fmin＝2mgsinθ＝eq\r(2)mg，根據(jù)胡克定律Fmin＝kxmin，解得xmin＝eq\f(\r(2),k)mg，當(dāng)F方向豎直向上時(shí)，F(xiàn)有最大值，則Fmax＝2mg＝kxmax，解得xmax＝eq\f(2mg,k)，故eq\f(\r(2),k)mg≤x≤eq\f(2mg,k)，故選B.4.(2021·河北唐山市一模)如圖4所示，ABCD為傾角為30°的正方形斜面，其中AB與底邊DC平行、BC與AD平行．斜面上一質(zhì)量為1kg的物塊，在斜面內(nèi)施加平行于AB向左的拉力F，物塊恰好沿斜面對(duì)角線BD勻速下滑．下列說(shuō)法正確的是(g＝10m/s2)()圖4A．物塊受到摩擦力的方向平行于AD沿斜面向上B．水平向左的外力大小等于5eq\r(3)NC．滑動(dòng)摩擦力的大小等于5ND．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(\r(6),3)答案D解析物塊受到摩擦力的方向平行于DB沿斜面向上，A錯(cuò)誤；水平向左的外力大小等于F＝mgsin30°·tan45°＝5N，B錯(cuò)誤；滑動(dòng)摩擦力的大小等于Ff＝eq\r(mgsin30°2＋F2)＝5eq\r(2)N，C錯(cuò)誤；物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(Ff,FN)＝eq\f(Ff,mgcos30°)＝eq\f(5\r(2),10×\f(\r(3),2))＝eq\f(\r(6),3)，D正確．5.(2020·寧夏銀川唐徠回民中學(xué)高三三模)如圖5所示，質(zhì)量均可忽略的輕繩與輕桿承受彈力的最大值一定，桿的A端用鉸鏈固定，光滑輕小滑輪在A點(diǎn)正上方O處，B端吊一重力為G的重物，現(xiàn)將繩的一端拴在桿的B端，用拉力F將B端緩慢上拉，在AB桿達(dá)到豎直前(均未斷)，關(guān)于繩子的拉力F和桿受的彈力FN的變化，判斷正確的是()圖5A．F變大 B．F變小C．FN變大 D．FN變小答案B解析以B點(diǎn)為研究對(duì)象，分析受力情況：重物的拉力FT(等于重物的重力G)、輕桿的支持力FN和繩子的拉力F，作出受力圖如圖，由平衡條件得，F(xiàn)N和F的合力與FT大小相等，方向相反，根據(jù)三角形相似可得eq\f(FN,AB)＝eq\f(F,OB)＝eq\f(G,OA)，解得：FN＝eq\f(AB,OA)G，F(xiàn)＝eq\f(OB,OA)G；使∠BAO緩慢變小時(shí)，AB、AO保持不變，BO變小，則FN保持不變，F(xiàn)變小，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤．6．(多選)(2021·河南駐馬店市高三期末)如圖6所示，細(xì)線的上端系在墻上的A點(diǎn)，下端連一光滑小球B(視為質(zhì)點(diǎn))，eq\f(1,4)圓柱體靜置于粗糙水平地面上，細(xì)線恰好與eq\f(1,4)圓柱體相切于B.現(xiàn)對(duì)eq\f(1,4)圓柱體施加一水平向右的拉力，使之沿地面緩慢向右移動(dòng)，直至小球B到達(dá)C點(diǎn)，則在該過(guò)程中()圖6A．細(xì)線的拉力增大B.eq\f(1,4)圓柱體對(duì)小球的支持力增大C．地面對(duì)eq\f(1,4)圓柱體的支持力增大D．地面對(duì)eq\f(1,4)圓柱體的摩擦力大小不變答案BC解析小球B的受力情況如圖所示在B緩慢沿弧面上移的過(guò)程中，細(xì)線與豎直方向的夾角增大，eq\f(1,4)圓柱體對(duì)小球的支持力與豎直方向的夾角θ減小，故細(xì)線的拉力FT減小，eq\f(1,4)圓柱體對(duì)小球的支持力FN增大，A錯(cuò)誤，B正確；B對(duì)eq\f(1,4)圓柱體的壓力FN′(FN′與FN大小相等)的豎直分力大小FNy＝FN′cosθ，當(dāng)θ減小時(shí)FNy增大，使得地面對(duì)eq\f(1,4)圓柱體的支持力增大，C正確；地面對(duì)eq\f(1,4)圓柱體的摩擦力大小Ff＝μ(FNy＋G)，其中G為eq\f(1,4)圓柱體的重量，可知地面對(duì)eq\f(1,4)圓柱體的摩擦力增大，D錯(cuò)誤．7.(2021·安徽合肥市高三上第一次教學(xué)質(zhì)量調(diào)研)如圖7甲所示，兩段等長(zhǎng)輕質(zhì)細(xì)線將小球A、B懸掛在O點(diǎn)，現(xiàn)對(duì)小球A施加水平向右的恒力F1，對(duì)小球B施加水平向左的恒力F2，當(dāng)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，小球B剛好位于O點(diǎn)正下方，如圖乙所示．若F1∶F2＝4∶1，則mA∶mB為()圖7A．1∶1B．2∶1C．3∶1D．4∶1答案B解析設(shè)AO與豎直方向的夾角為α，首先對(duì)兩個(gè)球整體受力分析，受F1、F2、總重力(mA＋mB)g、AO細(xì)線的拉力FAO，如圖甲所示：根據(jù)平衡條件有F1＝F2＋FAOsinα，F(xiàn)AOcosα＝(mA＋mB)g再隔離球B分析，如圖乙所示：根據(jù)平衡條件有F2＝mBgtanα，聯(lián)立以上式子解得F1＝(mA＋2mB)gtanα，由于F1∶F2＝4∶1，解得mA∶mB＝2∶1，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤．8．(2021·黑龍江齊齊哈爾市實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)如圖8，V形槽的棱PQ與水平面成θ＝30°角，正方體恰好緊貼著V形槽的兩個(gè)側(cè)面勻速下滑，V形槽的兩個(gè)側(cè)面關(guān)于豎直面對(duì)稱，且它們與正方體的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，設(shè)為μ.則μ的值為()圖8A.eq\f(\r(2),2) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(6),6) D.eq\f(\r(3),2)答案