2025年高考物理一輪總復(fù)習(xí) 提能訓(xùn)練11

第二章專題強(qiáng)化二提能訓(xùn)練練案[11]基礎(chǔ)過(guò)關(guān)練題組一動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題1.(2024·安徽蚌埠檢測(cè))如圖甲，一臺(tái)空調(diào)外機(jī)用兩個(gè)三角形支架固定在外墻上，空調(diào)外機(jī)的重心恰好在支架水平橫梁OA和斜梁OB的連接點(diǎn)O的上方，圖乙為示意圖。如果把斜梁加長(zhǎng)一點(diǎn)，即B點(diǎn)下移，仍保持連接點(diǎn)O的位置不變，橫梁仍然水平，這時(shí)OA對(duì)O點(diǎn)的作用力F1和OB對(duì)O點(diǎn)的作用力F2將如何變化(B)A．F1變大，F(xiàn)2變大 B．F1變小，F(xiàn)2變小C．F1變大，F(xiàn)2變小 D．F1變小，F(xiàn)2變大[解析]設(shè)OA與OB之間的夾角為α，對(duì)O點(diǎn)受力分析可知F壓＝G，F(xiàn)2＝eq\f(F壓,sinα)，F(xiàn)1＝eq\f(F壓,tanα)，因斜梁加長(zhǎng)，所以α角變大，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，F(xiàn)1變小，F(xiàn)2變小，B正確，A、C、D錯(cuò)誤。2．(2024·江西上饒市模擬)如圖所示，輕繩a的一端固定于豎直墻壁，另一端拴連一個(gè)光滑圓環(huán)。輕繩b穿過(guò)圓環(huán)，一端拴連一個(gè)物體，用力拉住另一端C將物體吊起，使其處于靜止?fàn)顟B(tài)。不計(jì)圓環(huán)受到的重力，現(xiàn)將C端沿豎直方向上移一小段距離，待系統(tǒng)重新靜止時(shí)(B)A．繩a與豎直方向的夾角不變B．繩b的傾斜段與繩a的夾角變小C．繩a中的張力變大D．繩b中的張力變小[解析]輕繩b穿過(guò)圓環(huán)，一端拴連一個(gè)物體，可知輕繩b的拉力與物體重力相等，根據(jù)力的合成法則可知輕繩b與連接物體繩子拉力的合力F方向與a繩共線，用力拉住另一端C將物體吊起，可知繩a與豎直方向的夾角變大，故A、D錯(cuò)誤；輕繩b與F的夾角變大，則繩b的傾斜段與繩a的夾角變小，故B正確；根據(jù)力的合成法則可知，兩分力的夾角變大，合力變小，故繩a中的張力變小，故C錯(cuò)誤。故選B。3.(多選)(2024·福建漳州質(zhì)檢)如圖，用硬鐵絲彎成的光滑半圓環(huán)豎直放置，最高點(diǎn)B處固定一小滑輪，質(zhì)量為m的小球A穿在環(huán)上?，F(xiàn)用細(xì)繩一端拴在小球A上，另一端跨過(guò)滑輪用力F拉動(dòng)，使小球A緩慢向上移動(dòng)。在移動(dòng)過(guò)程中關(guān)于鐵絲對(duì)小球A的支持力N，下列說(shuō)法正確的是(AD)A．N的方向始終背離圓心OB．N的方向始終指向圓心OC．N逐漸變小D．N大小不變[解析]在小球A緩慢向上移動(dòng)的過(guò)程中，小球A處于三力平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件知小球A的重力mg與半圓環(huán)對(duì)小球的支持力N的合力與細(xì)繩的拉力T等大、反向、共線，作出mg與N的合力，如圖所示，由三角形相似有eq\f(mg,BO)＝eq\f(N,AO)＝eq\f(T,AB)，AO、BO、mg都不變，則N大小不變，方向始終背離圓心O。故A、D正確，B、C錯(cuò)誤。4．(2024·河北邢臺(tái)市聯(lián)考)“安吉游戲”源起浙江省安吉縣，是安吉幼兒園“游戲”式的教學(xué)方法的簡(jiǎn)稱?！鞍布螒颉碧岢延螒蜻€給孩子，讓他們?cè)谧灾?、自由的游戲中學(xué)習(xí)。如圖所示，是一個(gè)小朋友將一個(gè)籃球放在斜坡上，并用豎直擋板擋住，籃球處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知斜坡的傾角為θ(θ為銳角)，擋板對(duì)籃球的彈力為F1，斜面對(duì)籃球的彈力為F2，不考慮籃球受到的摩擦力，下列說(shuō)法正確的是(C)A．斜面對(duì)籃球的彈力F2小于擋板對(duì)籃球的彈力F1B．斜面對(duì)籃球的彈力F2小于籃球重力GC．緩慢地把擋板繞其與坡面的接觸軸逆時(shí)針轉(zhuǎn)一個(gè)較小角度，F(xiàn)1減小D．緩慢地把擋板繞其與坡面的接觸軸逆時(shí)針轉(zhuǎn)一個(gè)較小角度，F(xiàn)2增大[解析]對(duì)籃球受力分析如圖所示，設(shè)籃球質(zhì)量m，由于籃球處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以F1和mg的合力大小等于F2，則有F2＝eq\f(mg,cosθ)＝eq\f(G,cosθ)，F(xiàn)1＝mgtanθ＝Gtanθ，故F2>F1，F(xiàn)2>G，故A、B錯(cuò)誤；對(duì)籃球進(jìn)行受力分析如圖所示繞O緩慢把擋板繞其與坡面的接觸軸逆時(shí)針轉(zhuǎn)一個(gè)較小角度，圖中得B緩慢下移，即F1′＝F1，F(xiàn)2′＝F2，則F1減小，F(xiàn)2也減小，故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。5．(2024·河北衡水市聯(lián)考)如圖所示，輕桿一端與動(dòng)摩擦因數(shù)足夠大的地面上A點(diǎn)接觸，另一端靠在光滑豎直墻壁上的B點(diǎn)，一只老鼠順桿緩慢上爬的過(guò)程中，桿始終靜止，則(B)A．A點(diǎn)桿受力不變 B．A點(diǎn)桿受力變大C．B點(diǎn)桿受到彈力不變 D．B點(diǎn)桿受到彈力變小[解析]設(shè)墻壁對(duì)B點(diǎn)的彈力為N，方向向右，地面對(duì)A點(diǎn)的作用力為F，老鼠上爬的過(guò)程中，重心的位置發(fā)生變化，則F與豎直方向的夾角變大，根據(jù)平衡條件可知Fcosθ＝G，F(xiàn)sinθ＝N，可知A點(diǎn)桿受力和B點(diǎn)桿受到彈力都變大。故選B。題組二臨界和極值問(wèn)題6.如圖所示，一工人手持磚夾提著一塊磚勻速前進(jìn)，手對(duì)磚夾豎直方向的拉力大小為F。已知磚夾的質(zhì)量為m，重力加速度為g，磚夾與磚塊之間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。若磚塊不滑動(dòng)，則磚夾與磚塊一側(cè)間的壓力的最小值是(C)A．eq\f(F,2μ) B．eq\f(F,μ)C．eq\f(F－mg,2μ) D．eq\f(F－mg,μ)[解析]工人手持磚夾提著一塊磚勻速前進(jìn)，磚夾處于平衡狀態(tài)，在豎直方向滿足F＝mg＋2Ff，磚夾與磚之間恰好達(dá)到最大靜摩擦力Ff＝μFN，聯(lián)立解得，磚夾與磚塊一側(cè)間的壓力的最小值為FN＝eq\f(F－mg,2μ)，C正確。7.(2024·廣西桂林調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量為m(可以看成質(zhì)點(diǎn))的小球，用兩根輕繩OP和O′P在P點(diǎn)拴結(jié)后再分別系于豎直墻上相距0.4m的O、O′兩點(diǎn)上，繩OP長(zhǎng)為0.5m，繩O′P長(zhǎng)0.3m，今在小球上施加一方向與水平方向成θ＝37°角的拉力F，將小球緩慢拉起。繩O′P剛拉直時(shí)，繩OP拉力為T1，繩OP剛松弛時(shí)，繩O′P拉力為T2，則T1∶T2為(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(C)A．3∶4 B．4∶3C．3∶5 D．4∶5[解析]繩O′P剛拉直時(shí)，由幾何關(guān)系可知此時(shí)繩OP與豎直方向夾角為37°，小球受力如圖甲所示，則T1＝eq\f(4,5)mg。繩OP剛松弛時(shí)，小球受力如圖乙所示，則T2＝eq\f(4,3)mg。則T1∶T2＝3∶5，選項(xiàng)C正確。能力綜合練8.如圖所示，半徑相同、質(zhì)量分布均勻的圓柱體E和半圓柱體M靠在一起，E表面光滑，重力為G；M下表面粗糙，E、M均靜止在水平地面上?，F(xiàn)過(guò)E的軸心施以水平作用力F，可使圓柱體E被緩慢拉離水平地面，并緩慢地滑到M的頂端，在上述全過(guò)程中，M始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。對(duì)該過(guò)程的分析，下列說(shuō)法正確的是(D)A．地面所受M的壓力一直增大B．地面對(duì)M的摩擦力一直增大C．水平作用力F的大小一直增大D．E、M間的壓力最大值為2[解析]圓柱體E和半圓柱體M視為一整體，以整體為研究對(duì)象，因?yàn)檎w處于平衡狀態(tài)，在豎直方向有FN′＝G＋GM，可知地面支持力大小保持不變，根據(jù)牛頓第三定律知地面所受M的壓力大小不變，故A錯(cuò)誤；以圓柱體E為研究對(duì)象，受力分析如圖所示，設(shè)兩圓心連線與地面的夾角為θ，則有FNsinθ＝G，F(xiàn)Ncosθ＝F，解得FN＝eq\f(G,sinθ)，F(xiàn)＝eq\f(cosθ,sinθ)G＝eq\f(G,tanθ)，依題意知θ從30°增大到90°，則可知F逐漸變??；將圓柱體E和半圓柱體M視為一整體，因?yàn)檎w處于平衡狀態(tài)，則水平方向有Ff＝F，因過(guò)程中水平拉力F一直在變小，所以地面對(duì)M的摩擦力也一直變小，故B、C錯(cuò)誤；據(jù)分析，因開始時(shí)θ最小，則E與M之間的壓力FN最大，則有FN＝eq\f(G,sin30°)＝2G，故D正確。9.(多選)一輕質(zhì)桿兩端分別固定質(zhì)量均為m的小球A、B，由細(xì)線OE、FC懸掛于水平天花板及豎直墻壁上，如圖所示，其中OE與豎直方向的夾角θ＝30°，F(xiàn)C水平?，F(xiàn)保持輕桿位置不變，而將FC線的C端緩慢上移到FC與水平方向成α＝60°的位置，則下列說(shuō)法中正確的是(AB)A．細(xì)線OE的拉力一直減小且減小了eq\f(2\r(3),3)mgB．細(xì)線FC的拉力先減小后增大，其最小值為mgC．細(xì)線FC的拉力一直減小且減小了mgD．輕桿的彈力先減小后增大，其最小值為eq\f(\r(3),3)mg[解析]先取兩小球及輕桿整體為研究對(duì)象，整體受重力2mg、細(xì)線OE的拉力F1及細(xì)線FC的拉力F2作用處于平衡狀態(tài)。此三力滿足圖甲所示關(guān)系，當(dāng)C端緩慢上移時(shí)，由圖知細(xì)線OE的拉為一直減小，最初其大小為eq\f(2mg,cos30°)＝eq\f(4\r(3),3)mg，移動(dòng)后其大小為eq\f(mg,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)mg，減小了eq\f(2\r(3),3)mg，A正確；由圖甲知細(xì)線FC的拉力先減小后增大，其最小值為mg，B正確，C錯(cuò)誤；取A球?yàn)檠芯繉?duì)象，其所受重力、細(xì)線OE的拉力F1及輕桿的彈力F滿足圖乙所示關(guān)系，因?yàn)槟B(tài)時(shí)OE的拉力大小為eq\f(2\r(3),3)mg＝eq\f(mg,cos30°)，所以最后桿的彈力正好沿水平方向，由圖乙知桿的彈力一直在減小，D錯(cuò)誤。10.(多選)(2023·福建泉州聯(lián)考)如圖所示，天花板下細(xì)線OC懸掛著一個(gè)光滑輕質(zhì)定滑輪，小物塊A置于斜面上，通過(guò)細(xì)線跨過(guò)滑輪與沙漏B連接，滑輪右側(cè)細(xì)線與斜面平行。開始時(shí)A、B都處于靜止?fàn)顟B(tài)，OC與豎直方向的夾角為θ，在B中的沙子緩慢流出的過(guò)程中(AC)A．A受到的摩擦力可能緩慢減小B．A受到的細(xì)線拉力可能緩慢增加C．細(xì)線OC的張力一定緩慢減小D．細(xì)線OC與豎直方向的夾角θ可能增加[解析]A受到的細(xì)線拉力等于B的重力，若開始時(shí)斜面對(duì)A的摩擦力沿斜面向下，則有mBg＝f＋mAgsinθ，則隨著B中的沙子緩慢流出，A受到的摩擦力f緩慢減小，選項(xiàng)A正確；A受到的細(xì)線拉力等于B的重力，隨著B中的沙子緩慢流出，A受到的細(xì)線拉力逐漸減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；因?yàn)榛唭蛇吋?xì)線的拉力總是相等的，則兩個(gè)力的合力的方向總是沿著滑輪兩邊細(xì)線夾角的平分線，則OC與豎直方向的夾角θ不變，OC的張力等于滑輪兩邊細(xì)線拉力的合力，細(xì)線的拉力逐漸減小，兩力的夾角不變，則OC的張力逐漸減小，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。11.(多選)如圖所示，質(zhì)量為M的楔形物體ABC放置在墻角的水平地板上，BC面與水平地板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，楔形物體與地板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。在楔形物體AC面與豎直墻壁之間，放置一個(gè)質(zhì)量為m的光滑球體，同時(shí)給楔形物體一個(gè)向右的水平力，楔形物體與球始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知AC面傾角θ＝53°，sin53°＝0.8，重力加速度為g，則(BD)A．楔形物體對(duì)地板的壓力大小為MgB．當(dāng)F＝eq\f(4,3)mg時(shí)，楔形物體與地板間無(wú)摩擦力C．向右的水平力F的最小值一定是零D．向右的水平力F的最大值為eq\f(4,3)mg＋μ(m＋M)g[解析]將楔形物體、光滑球體視為一個(gè)整體可知，楔形物體對(duì)地板的壓力大小為(M＋m)g，故A錯(cuò)誤；球體對(duì)AC面的彈力大小為FNAC＝eq\f(mg,cosθ)＝eq\f(5,3)mg，當(dāng)F＝FNACsinθ＝eq\f(4,3)mg時(shí)，楔形物體水平方向上受到的合力為零，沒(méi)有運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，摩擦力為零，故B正確；楔形物體受到的最大靜摩擦力fm＝μ(m＋M)g，當(dāng)水平向右的外力最小(設(shè)為Fn)時(shí)，楔形物體可能有向左運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，當(dāng)μ(m＋M)g≥eq\f(4,3)mg時(shí)Fn＝0。當(dāng)μ(m＋M)g<eq\f(4,3)mg時(shí)Fn＝eq\f(4,3)mg－μ(m＋M)g，故C錯(cuò)誤；當(dāng)水平向右的外力最大(設(shè)為Fm)時(shí)，楔形物體有向右運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，由平衡條件有Fm－FNACsinθ－fm＝0，解得Fm＝eq\f(4,3)mg＋μ(m＋M)g，故D正確。12．(2024·廣東潮州模擬)新疆是我國(guó)最大的產(chǎn)棉區(qū)，如圖甲所示，在新疆超出70%棉田都是通過(guò)機(jī)械自動(dòng)化采收，自動(dòng)采棉機(jī)將棉花打包成圓柱形棉包，然后平穩(wěn)地將其放下。放下棉包的過(guò)程可以簡(jiǎn)化為如圖乙所示模型，質(zhì)量為m的棉包放在“V”形擋板上，兩板間夾角為120°固定不變，“V”形擋板可繞P軸在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)，使BP板由水平位置逆時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)，忽略“V”形擋板對(duì)棉包的摩擦力，已知重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是(C)A．棉包對(duì)AP板的壓力一直減小B．棉包始終受到三個(gè)力的作用C．在AP板轉(zhuǎn)到水平前，BP板與AP板對(duì)棉包的作用力的合力不變D．當(dāng)BP板轉(zhuǎn)過(guò)60°時(shí)，棉包對(duì)BP板的作用力大小為mg[解析]以棉包為研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，如圖所示，設(shè)BP板轉(zhuǎn)動(dòng)的角度為θ(0<θ<60°)，棉包的重力為mg，BP板對(duì)棉包的支持力為F1，AP板對(duì)棉包的支持力為F2，根據(jù)正弦定理有eq\f(F1,sin60°－θ)＝eq\f(F2,sinθ)＝eq\f(mg,sin120°)，在θ從0增加到60°的過(guò)程中，F(xiàn)2一直增大，根據(jù)牛頓第三定律可知棉包對(duì)AP板的壓力一直增大，故A錯(cuò)誤；當(dāng)BP板轉(zhuǎn)過(guò)60°時(shí)，AP處于水平狀態(tài)，此時(shí)棉包對(duì)BP板的作用力大小為零，所以當(dāng)BP板或AP板處于水平狀態(tài)時(shí)，棉包受重力和BP板或AP板的支持力這兩個(gè)力作用，故B、D錯(cuò)誤；在AP板轉(zhuǎn)到水平前，BP板與AP板對(duì)棉包的作用力的合力始終與棉包的重力平衡，所以合力不變，故C正確。13．(2024·河南許昌市聯(lián)考)如圖