2025年高考物理一輪總復(fù)習(xí) 提能訓(xùn)練11

第二章專題強化二提能訓(xùn)練練案[11]基礎(chǔ)過關(guān)練題組一動態(tài)平衡問題1.(2024·安徽蚌埠檢測)如圖甲，一臺空調(diào)外機用兩個三角形支架固定在外墻上，空調(diào)外機的重心恰好在支架水平橫梁OA和斜梁OB的連接點O的上方，圖乙為示意圖。如果把斜梁加長一點，即B點下移，仍保持連接點O的位置不變，橫梁仍然水平，這時OA對O點的作用力F1和OB對O點的作用力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O點受力分析可知F壓＝G，F(xiàn)2＝eq\f(F壓,sinα)，F(xiàn)1＝eq\f(F壓,tanα)，因斜梁加長，所以α角變大，由數(shù)學(xué)知識可知，F(xiàn)1變小，F(xiàn)2變小，B正確，A、C、D錯誤。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，另一端拴連一個光滑圓環(huán)。輕繩b穿過圓環(huán)，一端拴連一個物體，用力拉住另一端C將物體吊起，使其處于靜止狀態(tài)。不計圓環(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(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穿過圓環(huán)，一端拴連一個物體，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)用細繩一端拴在小球A上，另一端跨過滑輪用力F拉動，使小球A緩慢向上移動。在移動過程中關(guān)于鐵絲對小球A的支持力N，下列說法正確的是(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緩慢向上移動的過程中，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)對小球的支持力N的合力與細繩的拉力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錯誤。4．(2024·河北邢臺市聯(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)方法的簡稱。“安吉游戲”提倡把游戲還給孩子，讓他們在自主、自由的游戲中學(xué)習(xí)。如圖所示，是一個小朋友將一個籃球放在斜坡上，并用豎直擋板擋住，籃球處于靜止狀態(tài)。已知斜坡的傾角為θ(θ為銳角)，擋板對籃球的彈力為F1，斜面對籃球的彈力為F2，不考慮籃球受到的摩擦力，下列說法正確的是(C)A．斜面對籃球的彈力F2小于擋板對籃球的彈力F1B．斜面對籃球的彈力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針轉(zhuǎn)一個較小角度，F(xiàn)1減小D．緩慢地把擋板繞其與坡面的接觸軸逆時針轉(zhuǎn)一個較小角度，F(xiàn)2增大[解析]對籃球受力分析如圖所示，設(shè)籃球質(zhì)量m，由于籃球處于靜止狀態(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錯誤；對籃球進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針轉(zhuǎn)一個較小角度，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錯誤。故選C。5．(2024·河北衡水市聯(lián)考)如圖所示，輕桿一端與動摩擦因數(shù)足夠大的地面上A點接觸，另一端靠在光滑豎直墻壁上的B點，一只老鼠順桿緩慢上爬的過程中，桿始終靜止，則(B)A．A點桿受力不變 B．A點桿受力變大C．B點桿受到彈力不變 D．B點桿受到彈力變小[解析]設(shè)墻壁對B點的彈力為N，方向向右，地面對A點的作用力為F，老鼠上爬的過程中，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點桿受力和B點桿受到彈力都變大。故選B。題組二臨界和極值問題6.如圖所示，一工人手持磚夾提著一塊磚勻速前進，手對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摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。若磚塊不滑動，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，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)的小球，用兩根輕繩OP和O′P在P點拴結(jié)后再分別系于豎直墻上相距0.4m的O、O′兩點上，繩OP長為0.5m，繩O′P長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，繩OP拉力為T1，繩OP剛松弛時，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，由幾何關(guān)系可知此時繩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，小球受力如圖乙所示，則T2＝eq\f(4,3)mg。則T1∶T2＝3∶5，選項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，在上述全過程中，M始終處于靜止狀態(tài)。對該過程的分析，下列說法正確的是(D)A．地面所受M的壓力一直增大B．地面對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，以整體為研究對象，因為整體處于平衡狀態(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錯誤；以圓柱體E為研究對象，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?。粚A柱體E和半圓柱體M視為一整體，因為整體處于平衡狀態(tài)，則水平方向有Ff＝F，因過程中水平拉力F一直在變小，所以地面對M的摩擦力也一直變小，故B、C錯誤；據(jù)分析，因開始時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，則下列說法中正確的是(AB)A．細線OE的拉力一直減小且減小了eq\f(2\r(3),3)mgB．細線FC的拉力先減小后增大，其最小值為mgC．細線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象，整體受重力2mg、細線OE的拉力F1及細線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C端緩慢上移時，由圖知細線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；由圖甲知細線FC的拉力先減小后增大，其最小值為mg，B正確，C錯誤；取A球為研究對象，其所受重力、細線OE的拉力F1及輕桿的彈力F滿足圖乙所示關(guān)系，因為末態(tài)時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錯誤。10.(多選)(2023·福建泉州聯(lián)考)如圖所示，天花板下細線OC懸掛著一個光滑輕質(zhì)定滑輪，小物塊A置于斜面上，通過細線跨過滑輪與沙漏B連接，滑輪右側(cè)細線與斜面平行。開始時A、B都處于靜止狀態(tài)，OC與豎直方向的夾角為θ，在B中的沙子緩慢流出的過程中(AC)A．A受到的摩擦力可能緩慢減小B．A受到的細線拉力可能緩慢增加C．細線OC的張力一定緩慢減小D．細線OC與豎直方向的夾角θ可能增加[解析]A受到的細線拉力等于B的重力，若開始時斜面對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A正確；A受到的細線拉力等于B的重力，隨著B中的沙子緩慢流出，A受到的細線拉力逐漸減小，選項B錯誤；因為滑輪兩邊細線的拉力總是相等的，則兩個力的合力的方向總是沿著滑輪兩邊細線夾角的平分線，則OC與豎直方向的夾角θ不變，OC的張力等于滑輪兩邊細線拉力的合力，細線的拉力逐漸減小，兩力的夾角不變，則OC的張力逐漸減小，選項C正確，D錯誤。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摩擦力。在楔形物體AC面與豎直墻壁之間，放置一個質(zhì)量為m的光滑球體，同時給楔形物體一個向右的水平力，楔形物體與球始終處于靜止狀態(tài)。已知AC面傾角θ＝53°，sin53°＝0.8，重力加速度為g，則(BD)A．楔形物體對地板的壓力大小為MgB．當F＝eq\f(4,3)mg時，楔形物體與地板間無摩擦力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、光滑球體視為一個整體可知，楔形物體對地板的壓力大小為(M＋m)g，故A錯誤；球體對AC面的彈力大小為FNAC＝eq\f(mg,cosθ)＝eq\f(5,3)mg，當F＝FNACsinθ＝eq\f(4,3)mg時，楔形物體水平方向上受到的合力為零，沒有運動趨勢，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，當水平向右的外力最小(設(shè)為Fn)時，楔形物體可能有向左運動趨勢，當μ(m＋M)g≥eq\f(4,3)mg時Fn＝0。當μ(m＋M)g<eq\f(4,3)mg時Fn＝eq\f(4,3)mg－μ(m＋M)g，故C錯誤；當水平向右的外力最大(設(shè)為Fm)時，楔形物體有向右運動趨勢，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%棉田都是通過機械自動化采收，自動采棉機將棉花打包成圓柱形棉包，然后平穩(wěn)地將其放下。放下棉包的過程可以簡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，使BP板由水平位置逆時針緩慢轉(zhuǎn)動，忽略“V”形擋板對棉包的摩擦力，已知重力加速度為g，下列說法正確的是(C)A．棉包對AP板的壓力一直減小B．棉包始終受到三個力的作用C．在AP板轉(zhuǎn)到水平前，BP板與AP板對棉包的作用力的合力不變D．當BP板轉(zhuǎn)過60°時，棉包對BP板的作用力大小為mg[解析]以棉包為研究對象進行受力分析，如圖所示，設(shè)BP板轉(zhuǎn)動的角度為θ(0<θ<60°)，棉包的重力為mg，BP板對棉包的支持力為F1，AP板對棉包的支持力為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°的過程中，F(xiàn)2一直增大，根據(jù)牛頓第三定律可知棉包對AP板的壓力一直增大，故A錯誤；當BP板轉(zhuǎn)過60°時，AP處于水平狀態(tài)，此時棉包對BP板的作用力大小為零，所以當BP板或AP板處于水平狀態(tài)時，棉包受重力和BP板或AP板的支持力這兩個力作用，故B、D錯誤；在AP板轉(zhuǎn)到水平前，BP板與AP板對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