新高考物理二轮复习讲义第3部分 考前特训 热点1受力分析和物体平衡（含解析）

这是一份新高考物理二轮复习讲义第3部分 考前特训 热点1受力分析和物体平衡（含解析），共5页。试卷主要包含了6G B．0等内容，欢迎下载使用。
1.(2022·广西南宁市二模)表面光滑的四分之一圆柱体紧靠墙角放置，其横截面如图所示．细绳一端固定在竖直墙面上P点，另一端与重力为G的小球A连接，A在圆柱体上保持静止．测得悬点P与小球球心的距离为1.2 m，P与圆柱体圆心O的距离为1.5 m．则绳子在P点对墙的拉力大小等于( )
A．0.6G B．0.8G C．G D．1.5G
答案 B
解析 对球A受力分析如图所示，因A静止，将A的重力G分解，由三角形相似得eq \f(FT,G)＝eq \f(1.2,1.5)＝0.8，得FT＝0.8G，绳子在P点对墙的拉力大小也等于0.8G，B正确．
2.如图，斜面体放在粗糙的水平地面上，轻绳绕过两光滑的轻小定滑轮，左端与粗糙斜面上的物块P相连，右端与小球相连，轻绳PC与斜面垂直．现将小球从A处由静止释放，小球在AB间摆动过程中，斜面体和物块P始终保持静止不动，则小球在A→O→B的运动过程中，先增大后减小的力是( )
A．斜面对物块的支持力
B．斜面对物块的静摩擦力
C．地面对斜面体的支持力
D．地面对斜面体的静摩擦力
答案 D
解析 假设右滑轮到小球球心的距离为l，轻绳与竖直方向的夹角为α，小球在A→O的运动过程中，由牛顿第二定律可知FT－mAgcs α＝eq \f(mAv2,l)，得FT＝mAgcs α＋eq \f(mAv2,l)，由动能定理可知v不断变大，且α减小，所以FT变大，则小球从A→O→B的过程中，FT先增大后减小．设物块的质量为m，斜面体的质量为M、倾角为θ，对物块受力分析可知斜面对物块的支持力大小为FN1＝mgcs θ－FT，斜面对物块的静摩擦力大小为Ff1＝mgsin θ，则FN1先减小后增大，Ff1不变，故A、B错误；对斜面体和物块P整体受力分析可知地面对斜面体的支持力大小FN2＝(M＋m)g－FTcs θ，地面对斜面体的静摩擦力大小Ff2＝FTsin θ，则FN2先减小后增大，Ff2先增大后减小，故C错误，D正确．
3．(2022·安徽合肥市质检)图为挂在架子上的双层晾衣篮的结构示意图．上、下篮子完全相同且保持水平，每个篮子由两个质地均匀的圆形钢圈穿进网布构成，两篮通过四根等长的轻绳与钢圈的四等分点相连，上篮钢圈用另外四根等长轻绳系在挂钩上．晾衣篮的有关尺寸如图所示，则图中上、下层各一根轻绳的张力大小之比为( )
A．1∶1 B．2∶1
C．5∶2 D．5∶4
答案 C
解析 设一个篮子的质量为m，连接下篮的每根轻绳的张力大小为FT2，对下篮，根据平衡条件得4FT2＝mg，解得FT2＝eq \f(mg,4)；设连接上篮的每根轻绳的张力大小为FT1，轻绳与竖直方向夹角为θ，对晾衣篮整体由平衡条件得4FT1cs θ＝2mg，根据题图以及几何关系得sin θ＝eq \f(24,40)＝0.6，则cs θ＝0.8，联立解得FT1＝eq \f(5,8)mg，则eq \f(FT1,FT2)＝eq \f(5,2)，故C正确，A、B、D错误．
4.(2022·河北石家庄市质检)如图，一倾斜轻杆的上端固定于天花板上的O点，另一端固定一定质量的小球A，小球A通过细线与另一小球B相连，整个装置在竖直面内处于静止状态．现对小球B施加水平向右的外力F，使它缓慢移动到细线与杆在一条直线上的位置．对此过程下列说法正确的是( )
A．细线张力逐渐变小
B．水平外力F逐渐减小
C．轻杆的弹力逐渐增大
D．细线与轻杆共线时，轻杆对球A的弹力一定沿杆向上
答案 C
解析 设细线与竖直方向夹角为θ，对小球B受力分析可知FTcs θ＝mBg，FTsin θ＝F，则随着θ角逐渐变大，则细线张力FT逐渐变大，水平外力F逐渐变大，选项A、B错误；对A、B的整体受力分析，得轻杆的弹力大小FN＝eq \r(F2＋[mA＋mBg]2)，可知随着F的增大，轻杆的弹力逐渐增大，选项C正确；细线与轻杆共线时，对球A受力分析可知，球A受到竖直向下的重力和细线对A沿杆向下的拉力，则轻杆对球A的弹力方向沿着球A的重力与细线对A的拉力的合力的反方向，可知轻杆对球A的弹力不是沿杆向上，选项D错误．
5.(2022·山西太原市一模)如图，圆环被竖直固定，两个质量均为m的带电小球A、B套在圆环上处于静止状态．A球带正电、位于圆环圆心O的正下方，B球光滑，两球连线与竖直方向成30°角．设A受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则( )
A．圆环对B球的弹力方向由O指向B
B．A球与圆环间的动摩擦因数不小于eq \f(\r(3),4)
C．圆环对B球弹力的大小为eq \f(\r(3),2)mg
D．圆环对A球弹力的大小为2.5mg
答案 D
解析 若B球带负电，则A对B为吸引力，方向沿BA方向，此时无论圆环给B球的支持力指向圆心还是背离圆心，B球都不能处于平衡状态，所以A球对B球为排斥力，方向沿AB方向，如图所示，且对B球受力分析可得，圆环对B球的支持力指向圆心，即由B指向O，故A错误；由几何关系可知圆环对B球弹力的大小为FN＝mg，则A、B两球之间的排斥力大小为FAB＝2mgcs 30°＝eq \r(3)mg，对A球受力分析，可得FN′＝mg＋FABcs 30°＝2.5mg，Ff＝FABsin 30°＝eq \f(\r(3)mg,2)，所以当Ff＝μFN′时，动摩擦因数最小，为μ＝eq \f(\r(3),5)，故B、C错误，D正确．
6.(2022·江苏苏州市高三期末)如图所示，轻质细线上端固定，下端悬挂一小球．在同一竖直平面内对小球施加一个拉力F，保证细线中拉力的大小不变，缓慢地将细线向右拉到水平位置．关于拉力F 的大小和与竖直方向夹角θ的说法正确的是( )
A．F一直增大，θ一直增大
B．F一直增大，θ一直减小
C．F一直增大，θ先增大后减小
D．F一直增大，θ先减小后增大
答案 B
解析 对小球受力分析，受到自身重力、细线拉力及拉力F，三者关系如图所示，由图可知，F一直增大，θ一直减小，所以B正确，A、C、D错误．
7.(2022·河北邢台市高三期末)如图所示，竖直墙壁AB与斜面BC的夹角为53°，质量均为m且分布均匀的半球与小球叠放在墙面与斜面之间，OO′⊥BC.重力加速度大小为g，取sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，不计一切摩擦．半球对墙壁的弹力大小为( )
A.eq \f(5,4)mg B.eq \f(3,4)mg
C.eq \f(3,2)mg D.eq \f(5,2)mg
答案 B
解析 小球的受力情况如图甲所示，
可得墙壁对小球的弹力大小为
FN1＝eq \f(mg,tan 53°)＝eq \f(3,4)mg

半球和小球整体的受力情况如图乙所示，
墙壁对整体的弹力大小为
FN13＝eq \f(2mg,tan 53°)＝eq \f(3,2)mg
故墙壁对半球的弹力大小为
FN3＝FN13－FN1＝eq \f(3,4)mg
根据牛顿第三定律，半球对墙壁的弹力大小为eq \f(3,4)mg，故选B.