2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題一 力與運(yùn)動(dòng) 第1講 力與物體的平衡課時(shí)演練知能提升

《2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題一 力與運(yùn)動(dòng) 第1講 力與物體的平衡課時(shí)演練知能提升》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題一 力與運(yùn)動(dòng) 第1講 力與物體的平衡課時(shí)演練知能提升（5頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題一 力與運(yùn)動(dòng) 第1講 力與物體的平衡課時(shí)演練知能提升一、單項(xiàng)選擇題1.如圖所示，在粗糙水平面上放置A、B、C、D四個(gè)小物塊，各小物塊之間由四根完全相同的輕彈簧相互連接，正好組成一個(gè)菱形，BAD120，整個(gè)系統(tǒng)保持靜止?fàn)顟B(tài)已知A物塊所受的摩擦力大小為Ff，則D物塊所受的摩擦力大小為()A.FfBFfC.Ff D2Ff解析：選C.由對稱性可知，四根輕彈簧的彈力大小相等，均為F，對A有：2Fcos 60Ff，對D有：2Fcos 30FfD，故FfDFf.2(xx山西太原調(diào)研)孔明燈相傳是由三國時(shí)的諸葛孔明發(fā)明的，有一盞質(zhì)量為m的孔明燈升空后沿著東偏北方向勻速

2、上升，則此時(shí)孔明燈所受空氣的作用力的大小和方向分別是()A0 Bmg，豎直向上Cmg，東偏北方向 D.mg，東偏北方向解析：選B.孔明燈做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故所受合外力為0，因此空氣的作用力的大小F空mg，方向豎直向上，故選B.3.(xx河北保定模擬)如圖所示，將三個(gè)完全相同的光滑球用不可伸長的細(xì)線懸掛于O點(diǎn)并處于靜止?fàn)顟B(tài)已知球半徑為R，重為G，線長均為R.則每條細(xì)線上的張力大小為()A2G B.GC.G D.G解析：選B.本題中O點(diǎn)與各球心的連線及各球心連線，構(gòu)成一個(gè)邊長為2R的正四面體，如圖甲所示(A、B、C為各球球心)，O為ABC的中心，設(shè)OAO，由幾何關(guān)系知OAR，由勾股定理得OOR，對A

3、處球受力分析有：Fsin G，又sin ，解得FG，故只有B項(xiàng)正確4(xx浙江東北三校二聯(lián))如圖所示，有一傾角30的斜面體B，質(zhì)量為M.質(zhì)量為m的物體A靜止在B上現(xiàn)用水平力F推物體A，在F由零逐漸增加至mg再逐漸減為零的過程中，A和B始終保持靜止對此過程下列說法正確的是()A地面對B的支持力大于(Mm)gBA對B的壓力的最小值為mg，最大值為mgCA所受摩擦力的最小值為0，最大值為DA所受摩擦力的最小值為mg，最大值為mg解析：選B.因?yàn)锳、B始終保持靜止，對A、B整體受力分析可知，地面對B的支持力一直等于(Mm)g，A錯(cuò)誤當(dāng)F0時(shí)，A對B的壓力最小，為mgcos 30mg；當(dāng)Fmg時(shí)，A對B

4、的壓力最大，為mgcos 30Fsin 30mg，B正確當(dāng)Fcos 30mgsin 30時(shí)，即Fmg時(shí)，A所受摩擦力為0，當(dāng)F0時(shí)，A所受摩擦力大小為mg，方向沿斜面向上，當(dāng)Fmg時(shí)，A所受摩擦力大小為mg，方向沿斜面向下，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤5(xx麗水高三質(zhì)量檢測)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30，則F達(dá)到最小值時(shí)Oa線上的拉力為()A.mg BmgC.mg D.mg解析：選A.以兩個(gè)小球組成的整體為研究對象，分析受力，作出F在三個(gè)方向時(shí)整體的受力圖，根據(jù)平衡條件得知：F與FT的合力

5、與重力2mg總是大小相等、方向相反的，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：F2mgsin 30mg，F(xiàn)T2mgcos 30mg，A正確6.水平面上有U形導(dǎo)軌NMPQ，它們之間的寬度為L，M和P之間接入電源，現(xiàn)垂直于導(dǎo)軌擱一根質(zhì)量為m的金屬棒ab，棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為(滑動(dòng)摩擦力略小于最大靜摩擦力)，通過棒的電流強(qiáng)度為I，現(xiàn)加一個(gè)范圍較大的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于金屬棒ab，與垂直導(dǎo)軌平面的方向夾角為，如圖所示，金屬棒處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g，則金屬棒所受的摩擦力大小為()ABILsin BBILcos C(mgBILsin

6、) D(mgBILcos )解析：選B.金屬棒處于靜止?fàn)顟B(tài)，其合力為零，對其進(jìn)行受力分析，如圖所示，在水平方向有BILcos Ff0，F(xiàn)fBILcos ，選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤二、不定項(xiàng)選擇題7(xx溫州模擬)如圖所示，兩楔形物塊A、B兩部分靠在一起，接觸面光滑，物塊B放置在地面上，物塊A上端用繩子拴在天花板上，繩子處于豎直伸直狀態(tài)，A、B兩物塊均保持靜止則()A繩子的拉力不為零B地面受的壓力大于物塊B的重力C物塊B與地面間不存在摩擦力D物塊B受到地面的摩擦力水平向左解析：選AC.因A、B接觸面光滑，若B對A有支持力，則物塊A的合力不可能為零，因此A、B間的彈力為零，所以繩子的拉力Fm

7、Ag，分析物塊B可知，地面對B的支持力FNBmBg，物塊B與地面間的摩擦力為零，故A、C正確，B、D錯(cuò)誤8(xx河南八市質(zhì)檢)如圖所示，質(zhì)量均為1 kg的小球a、b在輕彈簧A、B及外力F的作用下處于平衡狀態(tài)，其中A、B兩個(gè)彈簧的勁度系數(shù)均為5 N/cm，B彈簧上端與天花板固定連接，軸線與豎直方向的夾角為60，A彈簧豎直，g取10 m/s2，則以下說法正確的是()AA彈簧的伸長量為2 cmB外力F10 NCB彈簧的伸長量為8 cmD突然撤去外力F瞬間，b球加速度為0解析：選ACD.a、b兩球處于平衡狀態(tài)，所受合力均為零，A彈簧的伸長量為xA2 cm，故A正確對a、b球及A彈簧整體受力分析得：外力

8、F2mgtan 6020 N，B彈簧彈力大小為FB40 N，則B彈簧的伸長量xB8 cm，故B錯(cuò)誤、C正確撤去力F瞬間，A、B彈簧的彈力不變，則b球所受合力仍為零，加速度為0，故D正確9.(xx湖北宜昌市第一次調(diào)研)如圖所示，晾曬衣服的繩子兩端分別固定在兩根豎直桿上的A、B兩點(diǎn)，繩子的質(zhì)量及繩與衣架掛鉤間摩擦均忽略不計(jì)，衣服處于靜止?fàn)顟B(tài)如果保持繩子A端、B端在桿上位置不變，將右側(cè)桿平移到虛線位置，穩(wěn)定后衣服仍處于靜止?fàn)顟B(tài)則()A繩子的彈力變小B繩子的彈力不變C繩對掛鉤彈力的合力變小D繩對掛鉤彈力的合力不變解析：選AD.對掛鉤受力分析，如圖所示，根據(jù)平衡條件，有2FTcos G，繩子右端的B點(diǎn)在

9、桿上位置不動(dòng)，將右桿移動(dòng)到虛線位置時(shí)，變小，故繩子拉力FT變小，A正確、B錯(cuò)誤；繩中的拉力左右相等，根據(jù)三力平衡條件可知，兩繩子的拉力FT的合力F始終與G等值反向，保持不變，故C錯(cuò)誤，D正確10(xx河北衡水中學(xué)二模)如圖，小球C置于內(nèi)側(cè)面光滑的半球形凹槽B內(nèi)，B放在長木板A上，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)在緩慢減小木板的傾角過程中，下列說法正確的是()AA受到的壓力逐漸減小BA受到的摩擦力逐漸減小CC對B的壓力逐漸變大DC受到兩個(gè)力的作用解析：選BD.緩慢減小，則A、B、C始終處于平衡狀態(tài)把B、C看成一整體，設(shè)質(zhì)量為M，則Mgsin FfAB，Mgcos FNAB，由牛頓第三定律得FfBAFfABM

10、gsin ，F(xiàn)NBAFNABMgcos ，減小，sin 變小，cos 變大，所以FfBA變小，F(xiàn)NBA變大，A錯(cuò)誤，B正確對C受力分析可知，其受重力、支持力兩個(gè)力的作用，大小相等，所以支持力不變，C對B的壓力不變，C錯(cuò)誤、D正確三、非選擇題11.(xx臨沂第三次適應(yīng)性測試)如圖所示，一個(gè)底面粗糙，質(zhì)量為m的斜面體靜止在水平地面上，斜面體的斜面是光滑的，傾角為30，現(xiàn)用一端固定的輕繩系一質(zhì)量為m的小球，小球靜止時(shí)輕繩與斜面的夾角是30.(1)求當(dāng)斜面體靜止時(shí)繩的拉力大??；(2)若地面對斜面體的最大靜摩擦力等于地面對斜面體支持力的k倍，為了使整個(gè)系統(tǒng)始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，k值必須滿足什么條件？解析：(

11、1)設(shè)繩的拉力為FT，斜面體對小球的支持力為FN，對小球進(jìn)行受力分析如圖所示，由平衡條件可知，F(xiàn)T和FN的合力豎直向上，大小等于mg，由幾何關(guān)系可得出FNFTmg.(2)對斜面體進(jìn)行受力分析，設(shè)小球?qū)π泵骟w的壓力為FN，地面的支持力為F，地面的靜摩擦力為Ff，由正交分解和平衡條件可知，在豎直方向上：FmgFNcos 30在水平方向上：FfFNsin 30根據(jù)(1)和牛頓第三定律可知：FNFNmg又由題設(shè)可知FfmaxkFFf綜合上述各式解得k.答案：(1)mg(2)k12.如圖，一長為10 cm的金屬棒ab用兩個(gè)完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強(qiáng)磁場中；磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.1 T，方向垂直于

12、紙面向里；彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣金屬棒通過開關(guān)與一電動(dòng)勢為12 V的電池相連，電路總電阻為2 .已知開關(guān)斷開時(shí)兩彈簧的伸長量為0.5 cm；閉合開關(guān)，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長量與開關(guān)斷開時(shí)相比均改變了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判斷開關(guān)閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質(zhì)量解析：依題意，開關(guān)閉合后，電流方向從b到a，由左手定則可知，金屬棒所受的安培力方向豎直向下開關(guān)斷開時(shí)，兩彈簧各自相對于其原長伸長了l10.5 cm.由胡克定律和力的平衡條件得2kl1mg式中，m為金屬棒的質(zhì)量，k是彈簧的勁度系數(shù)，g是重力加速度的大小開關(guān)閉合后，金屬棒所受安培力的大小為FIBL式中，I是回路電流，L是金屬棒的長度兩彈簧各自再伸長了l20.3 cm，由胡克定律和力的平衡條件得2k(l1l2)mgF由歐姆定律有EIR式中，E是電池的電動(dòng)勢，R是電路總電阻聯(lián)立式，并代入題給數(shù)據(jù)得m0.01 kg.答案：見解析