2025屆高考物理二輪復習瘋狂專練3受力分析共點力的平衡含解析

2024年高考“2024年高考“最終三十天”專題透析PAGE好教化好教化云平臺——教化因你我而變PAGE7受力分析共點力的平衡一、考點內容專練三一、考點內容專練三受力分析共點力的平衡×(1)整體法與隔離法的應用，物體的受力分析；(2)共點力的平衡條件及分析；(3)動態(tài)平衡問題分析、正交分解法應用。二、考點突破二、考點突破1．如圖所示，三個形態(tài)不規(guī)則的石塊a、b、c在水平桌面上勝利地疊放在一起。下列說法正確的是()A．石塊b對a的支持力肯定豎直向上B．石塊b對a的支持力肯定等于a受到的重力C．石塊c受到水平桌面對左的摩擦力D．石塊c對b的作用力肯定豎直向上2．2024年10月23日，港珠澳跨海大橋正式通車。為保持以往船行習慣，在航道處建立了單面索(全部鋼索均處在同一豎直面內)斜拉橋，其索塔與鋼索如圖所示。下列說法正確的是()A．增加鋼索的數(shù)量可減小索塔受到的向下的壓力B．為了減小鋼索承受的拉力，可以適當降低索塔的高度C．索塔兩側鋼索對稱且拉力大小相同時，鋼索對索塔的合力豎直向下D．為了使索塔受到鋼索的合力豎直向下，索塔兩側的鋼索必需對稱分布3．物塊在輕繩的拉動下沿傾角為30°的固定斜面對上勻速運動，輕繩與斜面平行。已知物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),3)，重力加速度取10m/s2。若輕繩能承受的最大張力為1500N，則物塊的質量最大為()A．150kgB．100eq\r(3)kgC．200kgD．200eq\r(3)kg4．(多選)如圖，一粗糙斜面固定在地面上，斜面頂端裝有一光滑定滑輪。一細繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊N.另一端與斜面上的物塊M相連，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用水平向左的拉力緩慢拉動N，直至懸掛N的細繩與豎直方向成45°。已知M始終保持靜止，則在此過程中()A．水平拉力的大小可能保持不變B．M所受細繩的拉力大小肯定始終增加C．M所受斜面的摩擦力大小肯定始終增加D．M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增加5．細線OA、OB的O端與質量為m的小球拴接在一起，A、B兩端固定于豎直墻面上，其中細線OA與豎直方向成45°角，細線OB與豎直方向成60°角，如圖所示，現(xiàn)在對小球施加一個與水平方向成45°角的拉力F，小球保持靜止，細線OA、OB均處于伸直狀態(tài)，已知重力加速度為g，小球可視為質點，下列說法錯誤的是()A．在保證細線OA、OB都伸直的狀況下，若F增大，則細線OA中拉力變小，細線OB中拉力變大B．當F＝eq\f(\r(2),2)mg時，細線OB中拉力為零C．為保證兩根細線均伸直，拉力F不能超過eq\f(3\r(2)＋\r(6),2)mgD．為保證兩根細線均伸直，拉力F不能超過eq\f(3\r(2),2)mg6．(多選)如圖所示，質量為M的四分之一圓柱體放在粗糙水平地面上，質量為m的正方體放在圓柱體和光滑墻壁之間，且不計圓柱體與正方體之間的摩擦，正方體與圓柱體的接觸點的切線與右側墻壁成θ角，圓柱體處于靜止狀態(tài)。則()A．地面對圓柱體的支持力為(M＋m)gB．地面對圓柱體的摩擦力為mgtanθC．墻壁對正方體的彈力為eq\f(mg,tanθ)D．正方體對圓柱體的壓力為eq\f(mg,cosθ)7．(多選)如圖，松軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點M拴一重物，用手拉住繩的另一端N。初始時，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α>\f(π,2)))?，F(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角α不變。在OM由豎直被拉到水平的過程中()A．MN上的張力漸漸增大B．MN上的張力先增大后減小C．OM上的張力漸漸增大D．OM上的張力先增大后減小8．(多選)如圖所示，木板P下端通過光滑鉸鏈固定于水平地面上的O點，物體A、B疊放在木板上且處于靜止狀態(tài)，此時物體B的上表面水平?，F(xiàn)使木板P繞O點緩慢旋轉到虛線所示位置，物體A、B仍保持靜止，與原位置的狀況相比()A．A對B的作用力減小B．B對A的支持力減小C．木板對B的支持力增大D．木板對B的摩擦力增大9．如圖所示，有一輕圓環(huán)和插栓，在甲、乙、丙三個力作用下平衡時，圓環(huán)緊壓著插栓。不計圓環(huán)與插栓間的摩擦，若只調整兩個力的大小，欲移動圓環(huán)使插栓位于圓環(huán)中心，下列說法中正確的是()A．增大甲、乙兩力，且甲力增大較多B．增大乙、丙兩力，且乙力增大較多C．增大乙、丙兩力，且丙力增大較多D．增大甲、丙兩力，且甲力增大較多10．表面光滑、半徑為R的半球固定在水平地面上，球心O的正上方O′處有一無摩擦定滑輪，輕質細繩兩端各系一個可視為質點的小球掛在定滑輪上，如圖所示。兩小球平衡時，若滑輪兩側細繩的長度分別為L1＝2.4R和L2＝2.5R，則這兩個小球的質量之比為eq\f(m1,m2)，小球與半球之間的壓力之比為eq\f(N1,N2)，則以下說法正確的是()A．eq\f(m1,m2)＝eq\f(24,25)B．eq\f(m1,m2)＝eq\f(25,24)C．eq\f(N1,N2)＝1D．eq\f(N1,N2)＝eq\f(24,25)11．如圖所示，質量M＝2eq\r(3)kg的木塊A套在水平桿上，并用輕繩將木塊A與質量m＝eq\r(3)kg的小球相連。今用與水平方向成α＝30°角的力F＝10eq\r(3)N，拉著球帶動木塊一起向右勻速運動，運動中M、m相對位置保持不變，取g＝10m/s2。求：(1)運動過程中輕繩與水平方向的夾角θ；(2)木塊與水平桿間的動摩擦因數(shù)μ。12．一般教室門上都安裝一種暗鎖，這種暗鎖由外殼A、骨架B、彈簧C(勁度系數(shù)為k)、鎖舌D(傾斜角θ＝45°)、鎖槽E以及連桿、鎖頭等部件組成，如圖甲所示。設鎖舌D的側面與外殼A和鎖槽E之間的動摩擦因數(shù)均為μ，最大靜摩擦力Ffm由Ffm＝μFN(FN為正壓力)求得。有一次放學后，當某同學打算關門時，無論用多大的力，也不能將門關上(這種現(xiàn)象稱為自鎖)，此刻暗鎖所處的狀態(tài)的俯視圖如圖乙所示，P為鎖舌D與鎖槽E之間的接觸點，彈簧由于被壓縮而縮短了x。(1)求自鎖狀態(tài)時D的下表面所受摩擦力的方向。(2)求恰好關不上門時(自鎖時)鎖舌D與鎖槽E之間的正壓力的大小。(3)無論用多大的力拉門，暗鎖仍舊能夠保持自鎖狀態(tài)，則μ至少要多大？答案二、考點突破二、考點突破1．【答案】D【解析】由題圖可知，a與b的接觸面不是水平面，可知石塊b對a的支持力與其對a的靜摩擦力的合力，跟a受到的重力是平衡力，故A、B錯誤；以三塊石塊作為整體探討，整體受到的重力與支持力是平衡力，則石塊c不會受到水平桌面的摩擦力，故C錯誤；選取a、b作為整體探討，依據平衡條件，石塊c對b的作用力與其重力平衡，則石塊c對b的作用力肯定豎直向上，故D正確。2．【答案】C【解析】增加鋼索的數(shù)量，索塔受到的向下的壓力增大，A錯誤；當索塔受到的力F肯定時，降低索塔的高度，鋼索與水平方向的夾角α減小，則鋼索受到的拉力將增大，B錯誤；假如索塔兩側的鋼索對稱且拉力大小相同，則兩側拉力在水平方向的合力為零，鋼索的合力肯定豎直向下，C正確；索塔受到鋼索的拉力合力豎直向下，當兩側鋼索的拉力大小不等時，由圖可知，兩側的鋼索不肯定對稱，D錯誤。3．【答案】A【解析】設物塊的質量最大為m，將物塊的重力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡條件，在沿斜面方向有F＝mgsin30°＋μmgcos30°，解得m＝150kg，A項正確。4．【答案】BD【解析】對N進行受力分析如圖所示，因為N的重力與水平拉力F的合力和細繩的拉力T是一對平衡力，從圖中可以看出水平拉力的大小漸漸增大，細繩的拉力也始終增大，選項A錯誤，B正確；M的質量與N的質量的大小關系不確定，設斜面傾角為θ，若mNg≥mMgsinθ，則M所受斜面的摩擦力大小會始終增大，若mNg<mMgsinθ，則M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增大，選項D正確，C錯誤。5．【答案】D【解析】對小球進行受力分析如圖所示，設細線OA、OB中拉力分別為TA、TB，若OA、OB都伸直，對小球由平衡條件列方程，豎直方向有TAcos45°＋Fsin45°＝TBcos60°＋mg，水平方向有TAsin45°＋TBsin60°＝Fcos45°，解得TA＝eq\f(3\r(2)－\r(6),2)mg－(2－eq\r(3))F，TB＝(eq\r(6)－eq\r(2))F－(eq\r(3)－1)mg，若F增大，則TA變小，TB變大，A項正確；TB為零時，有TB＝(eq\r(6)－eq\r(2))F－(eq\r(3)－1)mg＝0，解得F＝eq\f(\r(2),2)mg，B項正確；為保證兩根細線都伸直，F(xiàn)最大時，有TA＝eq\f(3\r(2)－\r(6),2)mg－(2－eq\r(3))F＝0，解得F＝eq\f(3\r(2)＋\r(6),2)mg，C項正確，D項錯誤。6．【答案】AC【解析】以正方體為探討對象，受力分析，并運用合成法如圖所示。由幾何學問得，墻壁對正方體的彈力N1＝eq\f(mg,tanθ)，圓柱體對正方體的彈力N2＝eq\f(mg,sinθ)，依據牛頓第三定律，則正方體對圓柱體的壓力為eq\f(mg,sinθ)，以圓柱體和正方體為探討對象，豎直方向受力平衡，地面對圓柱體的支持力：N＝(M＋m)g水平方向受力平衡，地面對圓柱體的摩擦力：f＝N1＝eq\f(mg,tanθ)，故A、C正確。7．【答案】AD【解析】設重物的質量為m，繩OM中的張力為Teq\a\vs4\al(OM)，繩MN中的張力為TMN。起先時，Teq\a\vs4\al(OM)＝mg，TMN＝0。由于緩慢拉起，則重物始終處于平衡狀態(tài)，兩繩張力的合力與重物的重力mg等大、反向。如圖所示，已知角α不變，在繩MN緩慢拉起的過程中，角β漸漸增大，則角(α－β)漸漸減小，但角θ不變，在三角形中，利用正弦定理得：eq\f(TOM,sinα－β)＝eq\f(mg,sinθ)，(α－β)由鈍角變?yōu)殇J角，則TOM先增大后減小，選項D正確；同理知eq\f(TMN,sinβ)＝eq\f(mg,sinθ)，在β由0變?yōu)閑q\f(π,2)的過程中，TMN始終增大，選項A正確。8．【答案】BC【解析】設木板與水平地面的夾角為α。以A為探討對象，A原來只受到重力和支持力而處于平衡狀態(tài)，所以B對A的作用力與A的重力大小相等，方向相反；當將P繞O點緩慢旋轉到虛線所示位置，B的上表面不再水平，A受力狀況如圖1，A受到重力和B對A的支持力、摩擦力三個力的作用，其中B對A的支持力、摩擦力的合力仍舊與A的重力大小相等，方向相反，則B對A的作用力保持不變。依據牛頓第三定律可知，A對B的作用力也不變，故A錯誤；當將P繞O點緩慢旋轉到虛線所示位置時，設B的上表面與水平方向之間的夾角是β，由于支持力與摩擦力相互垂直，則N1＝GAcosβ，所以A受到的支持力肯定減小了，故B正確；以AB整體為探討對象，分析受力狀況如圖2，總重力GAB、木板的支持力N2和摩擦力f2，N2＝GABcosα，f2＝GABsinα，α減小，N2增大，f2減小，故C正確，D錯誤。9．【答案】D【解析】依據題意可知，輕圓環(huán)受甲、乙、丙三個力及插栓的彈力作用，處于平衡狀態(tài)，依據共點力平衡條件的推論可知，甲、乙、丙三個力的合力必與插栓對輕圓環(huán)的彈力等大、反向，該彈力方向為沿輕圓環(huán)半徑方向向外，要通過移動圓環(huán)使插栓位于圓環(huán)中心，則甲、乙、丙三個力的合力需變?yōu)榱悖藭r可同時增大甲、丙兩力且增加量的合力應與消逝的彈力等大、同向，或同時減小乙、丙兩力，且減小量的合力應與消逝的彈力等大、反向，且甲力增加得多或乙力減小得多，故選項A、B、C錯誤，選項D正確。10．【答案】B【解析】先以左側小球為探討對象，分析受力狀況：重力m1g、繩子的拉力T和半球的支持力N1，作出受力示意圖。由平衡條件得知，拉力T和支持力N1的合力與重力m1g大小相等、方向相反。設OO′＝h，依據三角形相像得：eq\f(T,L1)＝eq\f(m1g,h)＝eq\f(N1,R)，同理，對右側小球，有：eq\f(T,L2)＝eq\f(m2g,h)＝eq\f(N2,R)，解得：m1g＝eq\f(Th,L1)，①m2g＝eq\f(Th,L2)，②N1＝eq\f(m1gR,h)，③N2＝eq\f(m2gR,h)④，由①∶②得：m1∶m2＝L2∶L1＝25∶24，由③∶④得：N1∶N2＝m1∶m2＝L2∶L1＝25∶24，故A、C、D錯誤，B正確。11．【解析】(1)設輕繩對小球的拉力為FT，小球受力如圖甲所示，由平衡條件可得Fcos30°－FTcosθ＝0Fsin30°＋FTsinθ－mg＝0解得FT＝10eq\r(3)N，θ＝30°。(2)以木塊和小球組成的整體為探討對象，受力分析如圖乙所示，由平衡條件得Fcos30°－Ff＝0FN＋Fsin30°－(