高考物理通用版二輪復(fù)習(xí)專題檢測(cè)：一 明“因”熟“力”破解共點(diǎn)力的平衡問題 Word版含解析

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1、專題檢測(cè)（一） 明“因”熟“力”，破解共點(diǎn)力的平衡問題1多選如圖甲所示，筆記本電腦散熱底座一般有四個(gè)卡位用來調(diào)節(jié)角度。某同學(xué)將電腦放在散熱底座上，為了獲得更好的舒適度，由原卡位1調(diào)至卡位4，如圖乙所示，電腦始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，則()A電腦受到的支持力變大B電腦受到的摩擦力變大C散熱底座對(duì)電腦的作用力的合力不變D電腦受到的支持力與摩擦力兩力大小之和等于其所受重力的大小解析：選AC對(duì)電腦的受力分析如圖所示，電腦始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，故電腦受力平衡。由平衡條件可知：電腦受到的支持力FNmgcos ，電腦受到的摩擦力fmgsin ，由原卡位1調(diào)至卡位4，減小，故FN增大，f減小，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；散熱底座

2、對(duì)電腦的作用力的合力即電腦受到的支持力與摩擦力兩力的矢量和，大小等于電腦所受的重力，始終不變，選項(xiàng)C正確；電腦受到的支持力與摩擦力兩力大小之和大于其所受重力的大小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。2(2019屆高三南京模擬)如圖所示，一質(zhì)量為M的磁鐵，吸在豎直放置的磁性黑板上靜止不動(dòng)。某同學(xué)沿著黑板面，用水平向右的恒力F輕拉磁鐵，磁鐵向右下方做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則磁鐵受到的摩擦力Ff()A大小為MgB大小為 C大小為F D方向水平向左解析：選B由題意可知，磁鐵受豎直向下的重力、水平向右的恒力的作用，二力的合力為F合；由力的平衡條件可知，摩擦力應(yīng)與二力的合力大小相等、方向相反，則磁鐵受到的摩擦力大小FfF合，故A、C、

3、D錯(cuò)誤，B正確。3多選重力為G的體操運(yùn)動(dòng)員在進(jìn)行自由體操比賽時(shí)，有如圖所示的比賽動(dòng)作，當(dāng)運(yùn)動(dòng)員豎直倒立保持靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，兩手臂對(duì)稱支撐，夾角為，則()A當(dāng)60時(shí)，運(yùn)動(dòng)員單手對(duì)地面的正壓力大小為B當(dāng)120時(shí)，運(yùn)動(dòng)員單手對(duì)地面的正壓力大小為GC當(dāng)不同時(shí)，運(yùn)動(dòng)員受到的合力相同D當(dāng)不同時(shí)，運(yùn)動(dòng)員與地面之間的相互作用力不相等解析：選AC對(duì)運(yùn)動(dòng)員受力分析如圖所示，地面對(duì)手的支持力F1F2，則運(yùn)動(dòng)員單手對(duì)地面的正壓力大小為，與無關(guān)，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；不管如何，運(yùn)動(dòng)員受到的合力為零，與地面之間的相互作用力總是等大，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。4.在粗糙水平地面上放著一個(gè)截面為半圓的柱狀物體A，A與光滑豎直墻之間放另一

4、截面也為半圓的光滑柱狀物體B，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，截面如圖所示。設(shè)墻對(duì)B的作用力為F1，B對(duì)A的作用力為F2，地面對(duì)A的作用力為F3。在B上加一物體C，整個(gè)裝置仍保持靜止，則()AF1保持不變，F(xiàn)3增大 BF1增大，F(xiàn)3保持不變CF2增大，F(xiàn)3增大 DF2增大，F(xiàn)3保持不變解析：選C未放上C時(shí)，以B為研究對(duì)象，受力分析如圖1所示，由平衡條件得，墻對(duì)B的作用力F1GBtan ，當(dāng)放上C時(shí)，F(xiàn)1增大。A對(duì)B的作用力F2，F(xiàn)1增大，則F2增大，由牛頓第三定律知F2F2，即F2也增大。再以整體為研究對(duì)象，受力分析如圖2所示，則放上C前，地面對(duì)A的支持力NGAGB，放上C后變?yōu)镚AGBGC，即N增大，

5、地面對(duì)A的摩擦力fF1，且F3為N與f的合力，所以F3增大，故C正確。5.如圖，滑塊A置于水平地面上，滑塊B在一水平力作用下緊靠滑塊A(A、B接觸面豎直)，此時(shí)A恰好不滑動(dòng)，B剛好不下滑。已知A與B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為1，A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。A與B的質(zhì)量之比為()A. B.C. D.解析：選B設(shè)A、B的質(zhì)量分別為mA、mB，B剛好不下滑，根據(jù)平衡條件得mBg1F；A恰好不滑動(dòng)，則A與地面之間的摩擦力等于最大靜摩擦力，把A、B看成一個(gè)整體，根據(jù)平衡條件得F2(mAmB)g，解得，選項(xiàng)B正確。6多選某些農(nóng)村一大家人過春節(jié)時(shí)常用簡(jiǎn)易灶做菜，如圖甲、乙所示，將一個(gè)球形鐵

6、鍋用三個(gè)不計(jì)重力的小石塊支起用柴火燒菜，鐵鍋邊緣水平，小石塊成正三角形放在水平灶臺(tái)上，石塊到鐵鍋球心的連線與豎直方向的夾角均為30，已知鐵鍋與菜的總質(zhì)量為 9 kg，不計(jì)鐵鍋與石塊間的摩擦，重力加速度g取10 m/s2，下列說法正確的是()A灶臺(tái)對(duì)每個(gè)石塊的作用力均豎直向上B灶臺(tái)受到每個(gè)石塊的壓力大小為30 NC每個(gè)石塊與鐵鍋之間的彈力大小為20 ND灶臺(tái)對(duì)每個(gè)石塊的摩擦力大小為10 N解析：選BC灶臺(tái)對(duì)石塊有豎直向上的支持力和水平方向的摩擦力作用，故灶臺(tái)對(duì)每個(gè)石塊的作用力的方向不是豎直向上，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；鐵鍋和石塊豎直方向?qū)υ钆_(tái)的壓力等于鐵鍋所受的重力，故灶臺(tái)受到每個(gè)石塊的壓力大小等于mg91

7、0 N30 N，選項(xiàng)B正確；對(duì)鐵鍋由平衡條件可得：3FNcos 30mg，解得：FN20 N，選項(xiàng)C正確；FfFNsin 3010 N，即灶臺(tái)對(duì)每個(gè)石塊的摩擦力大小為10 N，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。7.如圖所示，一輕繩一端固定在地面上的C點(diǎn)，另一端與豎直桿AB的頂端A相連，頂端A右側(cè)一水平輕繩跨過一光滑定滑輪與一重物相連，豎直桿AB處于平衡狀態(tài)，AB與地面的摩擦不計(jì)。若AC加長(zhǎng)，使C點(diǎn)左移，AB仍保持平衡狀態(tài)，AC上的拉力T和AB受到的地面的支持力N與原先相比，下列說法正確的是()AT增大，N減小 BT減小，N增大CT和N都減小 DT和N都增大解析：選C若AC加長(zhǎng)，由于懸掛的重物質(zhì)量不變，右側(cè)水平輕繩的

8、拉力不變。分析A處受力情況，AC上的拉力T沿水平方向的分力大小等于懸掛的重物重力，沿豎直方向的分力等于AB受到的地面的支持力。若AC加長(zhǎng)，使C點(diǎn)左移，AB仍保持平衡狀態(tài)，顯然，T和N都減小，選項(xiàng)C正確。8.(2018鐵嶺協(xié)作體模擬)如圖所示，固定在水平地面上的物體A，左側(cè)是圓弧面，右側(cè)是傾角為的斜面，一根輕繩跨過物體A頂點(diǎn)上的小滑輪，輕繩左、右兩端分別系有質(zhì)量為m1、m2的小球，當(dāng)兩小球靜止時(shí)，左端小球與圓心連線跟水平方向的夾角也為，不計(jì)一切摩擦，則m1、m2之間的關(guān)系是()Am1m2 Bm1m2tan Cm1 Dm1m2cos 解析：選B設(shè)輕繩對(duì)兩小球的拉力大小為FT，對(duì)右端小球根據(jù)平衡條件

9、得：FTm2gsin ；對(duì)左端小球根據(jù)平衡條件得：FTm1gcos ；解得：m1m2tan ，B正確。9多選(2018天津高考)明朝謝肇淛的五雜組中記載：“明姑蘇虎丘寺塔傾側(cè)，議欲正之，非萬緡不可。一游僧見之曰：無煩也，我能正之?！庇紊刻鞂⒛拘◤乃韮A斜一側(cè)的磚縫間敲進(jìn)去，經(jīng)月余扶正了塔身。假設(shè)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，方向如圖所示，木楔兩側(cè)產(chǎn)生推力FN，則()A若F一定，大時(shí)FN大B若F一定，小時(shí)FN大C若一定，F(xiàn)大時(shí)FN大D若一定，F(xiàn)小時(shí)FN大解析：選BC根據(jù)力F的作用效果將力F分解為垂直于木楔兩側(cè)的力FN，如圖所示。則sin ，即FN，所以當(dāng)F一定時(shí)，

10、越小，F(xiàn)N越大；當(dāng)一定時(shí)，F(xiàn)越大，F(xiàn)N越大。故選項(xiàng)B、C正確。10多選如圖，粗糙水平面上有a、b、c、d四個(gè)相同小物塊用四根完全相同的輕彈簧連接，正好組成一個(gè)等腰梯形，系統(tǒng)靜止。ab之間、ac之間以及bd之間的彈簧長(zhǎng)度相同且等于cd之間彈簧長(zhǎng)度的一半，ab之間彈簧彈力大小為cd之間彈簧彈力大小的一半。若a受到的摩擦力大小為f，則()Aab之間的彈簧一定是壓縮的Bb受到的摩擦力大小為fCc受到的摩擦力大小為fDd受到的摩擦力大小為2f解析：選ABC設(shè)每根彈簧的原長(zhǎng)為L(zhǎng)0，ab之間彈簧的形變量為x1，cd之間彈簧的形變量為x2，則有kx22kx1，若ab之間的彈簧是拉長(zhǎng)的，則有：L0x22(L0x

11、1)，解得L00，不符合題意，所以ab之間的彈簧是壓縮的，A正確；由于a受到的摩擦力大小為f，根據(jù)對(duì)稱性可得，b受到的摩擦力大小也為f，B正確；以a和c為研究對(duì)象進(jìn)行受力分析如圖所示，圖中的為ac與cd之間的夾角，則cos ，所以60，則cab120，a受到的摩擦力大小fT；對(duì)c根據(jù)力的合成可得fcf，C正確；由于c受到的摩擦力大小為 f，根據(jù)對(duì)稱性可知，d受到的摩擦力大小也為f，D錯(cuò)誤。11.(2018云南師大附中模擬)如圖所示，柔軟輕繩ON的一端O固定，在其上某點(diǎn)M拴一重物，用手拉住繩的另一端N將重物向右上方緩慢拉起。初始時(shí)，OM豎直，OMMN，保持OM與MN夾角不變，在OM由豎直被拉到水

12、平的過程中()AOM上的張力逐漸增大BOM上的張力先增大后減小CMN上的張力逐漸增大DMN上的張力先增大后減小解析：選COM和MN上的張力的合力與重力是一對(duì)平衡力，受力分析如圖所示。根據(jù)幾何關(guān)系有FMNGsin ，F(xiàn)OMGcos ，可知，隨著的增大，MN上的張力逐漸增大，OM上的張力逐漸減小，故C正確，A、B、D 錯(cuò)誤。12(2019屆高三德州調(diào)研)如圖所示，把一重為G的物體，用一水平推力Fkt(k為恒量，t為時(shí)間)壓在豎直的足夠高的粗糙墻面上。從t0時(shí)刻開始物體所受的摩擦力Ff隨t的關(guān)系對(duì)應(yīng)選項(xiàng)圖中的()解析：選B開始時(shí)由于推力F為零，物體和墻面間沒有擠壓，則摩擦力為零，物體在重力作用下開始

13、沿豎直墻面下滑，所以開始一段時(shí)間內(nèi)為滑動(dòng)摩擦力。由FfFN，又FNFkt，所以Ffkt，即Ff隨時(shí)間t成正比增大，當(dāng)Ff增大到等于G時(shí)，物體具有一定速度，由于慣性仍然滑行，隨著滑行的繼續(xù)，F(xiàn)f會(huì)大于G，最后物體靜止于墻面上，摩擦力變?yōu)殪o摩擦力，豎直方向上根據(jù)二力平衡，則有FfG，所以B正確。13.(2018哈爾濱模擬)如圖所示，三個(gè)質(zhì)量均為1 kg的小木塊a、b、c和兩個(gè)勁度系數(shù)均為500 N/m的相同輕彈簧p、q用輕繩連接，其中a放在光滑水平桌面上。開始時(shí)p彈簧處于原長(zhǎng)，木塊都靜止。現(xiàn)用水平力緩慢地向左拉p彈簧的左端，直到c剛好離開水平地面為止，g取10 m/s2。則該過程中()Aq彈簧上端

14、移動(dòng)的距離為2 cm，p彈簧的左端向左移動(dòng)的距離是4 cmBq彈簧上端移動(dòng)的距離為4 cm，p彈簧的左端向左移動(dòng)的距離是2 cmCq彈簧上端移動(dòng)的距離為4 cm，p彈簧的左端向左移動(dòng)的距離是8 cmDq彈簧上端移動(dòng)的距離為2 cm，p彈簧的左端向左移動(dòng)的距離是6 cm解析：選C開始時(shí)p彈簧處于原長(zhǎng)，可知q彈簧處于壓縮狀態(tài)，壓縮量為xq2 cm; c剛好離開水平地面時(shí)，q彈簧伸長(zhǎng)xq2 cm，則q彈簧上端移動(dòng)的距離為4 cm；p彈簧伸長(zhǎng)xp4 cm，則p彈簧的左端向左移動(dòng)的距離是8 cm。選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤。14多選(2018寶雞質(zhì)檢)如圖所示，兩塊相互垂直的光滑擋板OP、OQ，OP豎直

15、放置，小球a、b固定在輕彈簧的兩端，并斜靠在OP、OQ上?，F(xiàn)有一個(gè)水平向左的推力F作用于b上，使a、b緊靠擋板處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)保證b不動(dòng)，使OP向右緩慢平移一小段距離，則()A推力F變小 B彈簧長(zhǎng)度變短C彈簧長(zhǎng)度變長(zhǎng) Db對(duì)OQ的壓力變大解析：選AC設(shè)彈簧與豎直方向的夾角為，現(xiàn)保證b不動(dòng)，使OP向右緩慢平移一小段距離，則減小，以a為研究對(duì)象，受力分析如圖，根據(jù)平衡條件得：F彈，減小，cos 增大，則F彈減小，彈簧長(zhǎng)度變長(zhǎng)；OP對(duì)a的彈力FN1mgtan ，減小，F(xiàn)N1減小，對(duì)a、彈簧和b整體研究，水平方向：FFN1，則推力F將減小，故A、C正確，B錯(cuò)誤；豎直方向：OQ對(duì)b的支持力FN2(mamb)g不變，根據(jù)牛頓第三定律可知，b對(duì)OQ的壓力不變，故D錯(cuò)誤。