《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 考前十天必考熱點(diǎn)沖刺 熱考2 受力分析及平衡》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 考前十天必考熱點(diǎn)沖刺 熱考2 受力分析及平衡（5頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、熱考2　受力分析及平衡 1．(2019年安徽江淮聯(lián)考)如圖所示的裝置中，A、B兩物塊的質(zhì)量分別為2 kg、1 kg，連接輕彈簧和物塊的輕繩質(zhì)量不計(jì)，輕彈簧的質(zhì)量不計(jì)，輕繩與滑輪間的摩擦不計(jì)，重力加速度g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) A．固定物塊A，則彈簧的彈力大小為20 N B．固定物塊B，則彈簧的彈力大小為40 N C．先固定物塊A，在釋放物塊A的一瞬間，彈簧的彈力大小為10 N D．先固定物塊A，釋放物塊A后，A、B、彈簧一起運(yùn)動的過程中，彈簧的彈力大小為15 N 【答案】C 2．(2019年甘肅蘭州一模)一質(zhì)量為m的物體用一根足夠長細(xì)繩懸吊于天花板上的O

2、點(diǎn)，現(xiàn)用一光滑的金屬鉤子勾住細(xì)繩，水平向右緩慢拉動繩子(鉤子與細(xì)繩的接觸點(diǎn)A始終在一條水平線上)，下列說法正確的是(　　) A．鉤子對細(xì)繩的作用力始終水平向右 B．OA段繩子的力逐漸增大 C．鉤子對細(xì)繩的作用力先減小后增大 D．鉤子對細(xì)繩的作用力不可能等于mg 【答案】D 3．(2019年海南瓊海模擬)如圖，重為G的體操運(yùn)動員在進(jìn)行體操比賽時(shí)，有兩手臂對稱支撐、豎直倒立靜止的比賽動作，設(shè)兩臂夾角為θ，則(　　) A．當(dāng)θ不同時(shí)，運(yùn)動員受到的合力不同 B．當(dāng)θ不同時(shí)，運(yùn)動員與地面之間的相互作用力不相等 C．當(dāng)θ＝60°時(shí)，運(yùn)動員單手所受地面的支持力大小為 D．當(dāng)θ＝1

3、20°時(shí)，運(yùn)動員單手所受地面的支持力大小為G 【答案】C 4．(2019年河北唐山一模)如圖所示，輕繩OA、OB系于水平桿上的A點(diǎn)和B點(diǎn)，兩繩與水平桿之間的夾角均為30°，重物通過細(xì)線系于O點(diǎn)．將桿在豎直平面內(nèi)沿順時(shí)針方向緩慢轉(zhuǎn)動30°的過程中(　　) A．OA繩上拉力變大，OB繩上拉力變大 B．OA繩上拉力變大，OB繩上拉力變小 C．OA繩上拉力變小，OB繩上拉力變大 D．OA繩上拉力變小，OB繩上拉力變小 【答案】B 【解析】轉(zhuǎn)動前，TA＝TB,2TAsin 30°＝mg，則TA＝mg＝TB; 轉(zhuǎn)動后，OA與水平方向的夾角變?yōu)?0°，OB變?yōu)樗剑甌′Asin 60°＝

4、mg，T′Acos 60°＝T′B，解得T′A＝mg，T′B＝T′A＝mg.故B正確，A、C、D錯(cuò)誤． 5．如圖所示，有兩根長均為L、質(zhì)量均為m的細(xì)導(dǎo)體棒a、b，其中a被水平放置在傾角為45°的光滑絕緣斜面上．b被水平固定在斜面的右側(cè)，且a、b在同一水平面上保持相互平行．當(dāng)兩棒通以大小均為I的電流時(shí)，a恰好在斜面上保持靜止，重力加速度為g，下列關(guān)于b棒在a處產(chǎn)生的磁場的說法中，正確的是(　　) A．方向一定豎直向下 B．方向一定豎直向上 C．大小一定為 D．大小一定為 【答案】C 【解析】由于a'恰好在斜面上保持靜止，所以ab之間一定是吸引力，即ab中電流的方向應(yīng)同向，由于題中沒

5、有給a中電流的方向，所以b的電流方向也不定，則b棒在a處產(chǎn)生的磁場可能向上也可能向下，故A、B錯(cuò)誤；a受到重力、支持力和水平向右的安培力處于平衡狀態(tài)，因夾角為45°，則大小B＝，故C正確，D錯(cuò)誤． 6．(2019年安徽名校模擬)2019年6月24日消息，大連市首屆“工匠杯”職工技能競賽決賽開賽，現(xiàn)場20名砌筑工展現(xiàn)出較高的技術(shù)水準(zhǔn)．如圖所示，競賽工地上的建筑工人用磚夾搬運(yùn)5塊相同的磚(圖中陰影部分相當(dāng)于磚夾)，當(dāng)磚處于平衡狀態(tài)時(shí)，下列說法正確的是(　　) A．磚夾對磚塊的水平壓力越大，1、5兩塊磚受到的摩擦力越大 B．3受到2施加的摩擦力大小等于自身重力的一半 C．4對3的摩擦力方

6、向豎直向下 D．1受到2施加的摩擦力與4受到5施加的摩擦力完全相同 【答案】B 【解析】先對5塊磚整體受力分析，受重力5G和兩側(cè)磚夾對磚向上的靜摩擦力2f，根據(jù)平衡條件，有2f＝5G，解得f＝G，即磚夾對磚1、5的靜摩擦力為G.對磚5分析，受重力G，磚夾對其向上的靜摩擦力f＝G，所以磚4對磚5有向下的摩擦力f2＝G.再對磚4分析，受重力G，磚5對磚4有向上的摩擦力f′2＝G，所以磚3對磚4有向下的摩擦力f3＝G.磚4對磚3有向上的摩擦力f′3＝G，故A、C錯(cuò)誤，B正確；1受到2施加的摩擦力與4受到5施加的摩擦力大小相等，方向相反，故D錯(cuò)誤． 7．(多選)(2019年安徽名校聯(lián)考)如圖所

7、示，斜面體放在水平面上，C是斜面體斜面AB上的一點(diǎn)，AC部分粗糙，CB部分光滑．一物塊在AC部分勻速下滑，此時(shí)斜面體對物塊的作用力為F1、地面對斜面體的摩擦力為f1；物塊在CB部分下滑時(shí)，斜面體對物塊的作用力為F2.地面對斜面體的摩擦力為f2.整個(gè)過程斜面體始終處于靜止．不計(jì)空氣阻力，則(　　) A．f1

8、受到3個(gè)力 C．若繩子變長，繩子的拉力將變小 D．若繩子變長，Q受到的靜摩擦力將減小 【答案】AC 9．(多選)(2019年廣西賀州二模)一個(gè)物體在拉力F的作用下在傾角θ＝30°的粗糙斜面上向上始終勻速運(yùn)動，物體與斜面的動摩擦因數(shù)μ＝0.5、F與斜面的夾角α從零逐漸增多，物體離開斜面前，拉力F的大小與F的功率P的變化情況(　　) A．F變大 B．P一直變小 C．F先變小后變大 D．P一直變大 【答案】BC 【解析】對物體受力分析，受重力、拉力、支持力和滑動摩擦力，如圖，根據(jù)牛頓第二定律，平行斜面方向有 Fcos α－mgsin θ＝f，垂直斜面方向有Fsin α＋N－mgc

9、os θ＝0，其中f＝μN(yùn)，聯(lián)立計(jì)算得出 F＝＝，其中tan r＝，當(dāng)F與斜面的夾角α從零逐漸增大時(shí)，F(xiàn)先減小后增大．F的功率為P＝Fvcos α＝F＝×vcos α＝×v，當(dāng)F與斜面的夾角α從零逐漸增大，所以P逐漸減小，故B、C正確． 10．(多選)如圖，半圓柱體Q放在水平地面上，表面光滑的圓柱體P放在Q和墻壁之間，Q的軸線與墻壁之間的距離為L，已知Q與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，P、Q橫截面半徑均為R，P的質(zhì)量是Q的2倍，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．P、Q均處于靜止?fàn)顟B(tài)，則(　　) vA．L越大，P、Q間的作用力越大 B．L越大，P對墻壁的壓力越小 C．L越大，Q受到地面

10、的摩擦力越小 D．L的取值不能超過 【答案】AD 【解析】對P受力分析，受力如圖，根據(jù)平衡知，Q對P的作用力F＝，根據(jù)幾何關(guān)系知，sin θ＝，L越大，sin θ越大，cos θ越小，則F越大，A正確；根據(jù)平衡知，墻壁對P的彈力N1＝mPgtan θ，根據(jù)幾何關(guān)系知sin θ＝，L越大，sin θ越大，cos θ越小，tan θ越大，墻壁對P的彈力越大，根據(jù)牛頓第三定律知，P對墻壁的壓力越大，B錯(cuò)誤；對整體分析，整體在水平方向受到墻壁的彈力和地面的摩擦力，可知Q受到地面的摩擦力等于墻壁對P的彈力，L越大，彈力越大，則摩擦力越大，C錯(cuò)誤；對整體分析知，地面對Q的摩擦力f＝N1＝mPgtan θ，要使P、Q均處于靜止?fàn)顟B(tài)，有f≤μ(mP＋mQ)g，根據(jù)幾何關(guān)系有tan θ＝，聯(lián)立解得L≤，D正確． - 5 -