2022屆高考物理總復(fù)習(xí) 微專題針對(duì)訓(xùn)練（含解析） 新人教版

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1、2022屆高考物理總復(fù)習(xí) 微專題針對(duì)訓(xùn)練（含解析） 新人教版 1．(2019年寶雞質(zhì)檢)如圖19所示，質(zhì)量為M的木塊A套在粗糙水平桿上，并用輕繩將木塊A與質(zhì)量為m 圖19 的小球B相連．現(xiàn)用水平力F將小球B緩慢拉起，在此過程中木塊A始終靜止不動(dòng)．假設(shè)桿對(duì)A的支持力為FN，桿對(duì)A的摩擦力為Ff，繩中張力為FT，則此過程中(　　) A．F增大 B．Ff不變 C．FT減小 D．FN減小 解析：先以B為研究對(duì)象，小球受到重力、水平力F和輕繩的拉力FT，如圖20甲所示，由平衡條件得：FT＝，F(xiàn)＝mgtanθ，θ增大，F(xiàn)T增大，F(xiàn)增大．再以整體為研究對(duì)象，受

2、力分析圖如圖20乙所示，根據(jù)平衡條件得：Ff＝F，則Ff逐漸增大．FN＝(M＋m)g，即FN保持不變，故選A項(xiàng)． 圖20 答案：A 2． (2019年陜西質(zhì)檢)將兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球a、b用細(xì)線相連后，再用細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，如圖21所示．用力F拉小球b，使兩個(gè)小球都處于靜止?fàn)顟B(tài)，且細(xì)線Oa與豎直方向的夾角保持θ＝30°，則F達(dá)到最小值時(shí)Oa線上的拉力為(　　) 圖21 A.mg B．mg C.mg D.mg 圖22 解析：以兩個(gè)小球組成的整體為研究對(duì)象，分析并作出整體的受力圖，根據(jù)平衡條件得知：F與T的合力與總重力2mg總是大小相等、方向相

3、反的，由力的合成圖可知，當(dāng)F與繩子Oa垂直時(shí)，F(xiàn)有最小值，即圖中2位置，根據(jù)平衡條件得：F＝2mgsin30°＝mg，T＝2mgcos30°＝mg，A正確． 答案：A 3． 質(zhì)量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上．用水平向左的力F緩慢拉動(dòng)繩的中點(diǎn)O，如圖23所示．用T表示繩OA段拉力的大小，在O點(diǎn)向左移動(dòng)的過程中(　　) 圖23 A． F逐漸變大，T逐漸變大 B．F逐漸變大，T逐漸變小 C．F逐漸變小，T逐漸變大 D．F逐漸變小，T逐漸變小 解析：解法1：解析法 設(shè)繩OA段與豎直方向的夾角為θ，對(duì)O點(diǎn)進(jìn)行受力分析，列平衡方程得F＝mgtanθ，T＝，則隨θ

4、的逐漸增大，F(xiàn)逐漸增大，T逐漸增大，A正確． 解法2：圖解法 圖24 由題意知，系統(tǒng)處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài)，分析O點(diǎn)的受力情況如圖24甲所示，其中T′＝G恒定不變，F(xiàn)方向不變，T大小方向均改變，在O點(diǎn)向左移動(dòng)的過程中，θ角逐漸變大，由動(dòng)態(tài)矢量三角形(圖24乙)可知F、T均逐漸變大，故A項(xiàng)正確． 答案：A 4．(多選)如圖25所示，質(zhì)量均為m的小球A、B用勁度系數(shù)為k1的輕彈簧相連，B球用長為L的細(xì)繩懸于O點(diǎn)，A球固定在O點(diǎn)正下方L處，當(dāng)小球B平衡時(shí)，繩子所受的拉力為FT1，彈簧的彈力為F1；現(xiàn)把A、B間的彈簧換成原長相同但勁度系數(shù)為k2(k2>k1)的另一輕彈簧，在其他條件不變的情況下

5、仍使系統(tǒng)平衡，此時(shí)繩子所受的拉力為FT2，彈簧的彈力為F2.下列關(guān)于FT1與FT2、F1與F2大小之間的關(guān)系，正確的是(　　) 圖25 A．FT1>FT2 B．FT1＝FT2 C．F1

6、的壓縮量減小，故長度x增加，F(xiàn)2>F1，A、D錯(cuò)誤，B、C正確． 圖26 答案：BC 5．(多選)如圖27所示，帶有光滑豎直桿的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球與套在豎直桿上的小滑塊用輕繩連接，開始時(shí)輕繩與斜劈平行．現(xiàn)給小滑塊施加一豎直向上的拉力，使小滑塊沿桿緩慢上升，整個(gè)過程中小球始終未脫離斜劈，則有(　　) 圖27 A．輕繩對(duì)小球的拉力逐漸增大 B．小球?qū)π迸膲毫ο葴p小后增大 C．豎直桿對(duì)小滑塊的彈力先增大后減小 D．對(duì)小滑塊施加的豎直向上的拉力逐漸增大 解析：設(shè)斜面傾角為θ，斜面對(duì)小球的支持力為FN1，繩對(duì)小球的拉力為FT，小球的重力大小為G

7、1，小滑塊的重力大小為G2，豎直桿對(duì)小滑塊的彈力大小為FN2.由于小滑塊沿桿緩慢上升，所以小球沿斜面緩慢向上運(yùn)動(dòng)，小球處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài)，受到的合力為零，作小球受力矢量三角形如圖28甲所示，繩對(duì)小球的拉力FT逐漸增大，所以A正確；斜面對(duì)小球的彈力FN1逐漸減小，故小球?qū)π泵娴膲毫χ饾u減小，B錯(cuò)誤；將小球和小滑塊看成一個(gè)整體，對(duì)其進(jìn)行受力分析如圖28乙所示，則由力的平衡條件可得：FN2＝FN1sinθ，F(xiàn)＝G1＋G2－FN1cosθ，因FN1逐漸減小，所以FN2逐漸減小，F(xiàn)逐漸增大，故C錯(cuò)誤，D正確． 圖28 答案：AD 6．有甲、乙兩根完全相同的輕繩，甲繩A、B兩端按圖29甲的方式固定

8、，然后將一掛有質(zhì)量為M的重物的輕質(zhì)動(dòng)滑輪掛于輕繩上，當(dāng)滑輪靜止后，設(shè)繩子的張力大小為T1；乙繩兩端按圖29乙的方式連接，然后將同樣的定滑輪且掛有質(zhì)量為M的重物掛于乙輕繩上，當(dāng)滑輪靜止后，設(shè)乙繩子的張力大小為T2.現(xiàn)甲繩的B端緩慢向下移動(dòng)至C點(diǎn)，乙繩的E端緩慢移動(dòng)至F點(diǎn)，在兩繩的移動(dòng)過程中，下列說法正確的是(　　) 圖29 A．T1、T2都變大 B．T1變大、T2變小 C．T1、T2都不變 D．T1不變、T2變大 解析：對(duì)甲繩，設(shè)繩子與滑輪接觸點(diǎn)為O，繩子間夾角為α1，繩子拉力為F1，由幾何關(guān)系有AOsin＋OBsin＝AC，同理當(dāng)繩子B端移動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，繩子與滑輪接觸點(diǎn)為O′，繩子間夾角為α2，繩子拉力為F2，有AO′sin＋O′Bsin＝AC，由于繩子的長度沒變，有AO＋OB＝AO′＋O′B，故有α1＝α2，繩子與滑輪接觸點(diǎn)受重物的重力和兩繩子的拉 力，由于繩子夾角不變，根據(jù)三力平衡可知，繩子拉力不變，即F1＝F2；對(duì)乙繩，繩子E端移動(dòng)到F點(diǎn)的過程中，設(shè)此時(shí)繩子拉力為F3，繩子間的夾角α3顯然變大，繩子與滑輪接觸點(diǎn)受重力和兩個(gè)繩子的拉力，再次根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可知F3＝增大，又有T1＝F1＝F2，T2＝F3，即T1不變，T2變大，故D正確． 答案：D