（江蘇專版）2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題一 第一講 力與物體平衡課前自測(cè)診斷卷（含解析）

《（江蘇專版）2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題一 第一講 力與物體平衡課前自測(cè)診斷卷（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專版）2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題一 第一講 力與物體平衡課前自測(cè)診斷卷（含解析）（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、力與物體平衡 考點(diǎn)一 受力分析 1.[考查共點(diǎn)力的平衡條件、彈力的方向判斷] 如圖所示，三個(gè)形狀不規(guī)則的石塊a、b、c在水平桌面上成功地疊放在一起。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．石塊b對(duì)a的支持力一定豎直向上 B．石塊b對(duì)a的支持力一定等于a受到的重力 C．石塊c受到水平桌面向左的摩擦力 D．石塊c對(duì)b的作用力一定豎直向上 解析：選D　由題圖可知，a與b的接觸面不是水平面，可知石塊b對(duì)a的支持力與其對(duì)a的靜摩擦力的合力，跟a受到的重力是一對(duì)平衡力，故A、B錯(cuò)誤；以三個(gè)石塊作為整體研究，整體受到的重力與支持力是一對(duì)平衡力，則石塊c不會(huì)受到水平桌面的摩擦力，故C錯(cuò)誤；選取a、

2、b作為整體研究，根據(jù)平衡條件，石塊c對(duì)b的作用力與其重力平衡，則石塊c對(duì)b的作用力一定豎直向上，故D正確。 2．[考查摩擦力的有無(wú)及方向判斷] 如圖所示，超市為方便顧客，安裝了智能化的傾斜向上的自動(dòng)扶梯(無(wú)臺(tái)階)。在沒有乘客乘行時(shí)，自動(dòng)扶梯以較小的速度勻速運(yùn)行，當(dāng)乘客站立乘行(手不扶扶手)時(shí)，自動(dòng)扶梯經(jīng)過先加速再勻速兩個(gè)階段運(yùn)行。則該扶梯在運(yùn)送乘客的過程中(　　) A．扶梯勻速運(yùn)行時(shí)，乘客不受摩擦力作用 B．扶梯勻速運(yùn)行時(shí)，乘客對(duì)扶梯的作用力方向豎直向下 C．扶梯加速運(yùn)行時(shí)，扶梯對(duì)乘客的摩擦力方向與運(yùn)動(dòng)方向相反 D．扶梯加速運(yùn)行時(shí)，扶梯對(duì)乘客的作用力方向與運(yùn)動(dòng)方向相反 解析：選B

3、　扶梯勻速運(yùn)行時(shí)，乘客所受的摩擦力等于重力沿扶梯向下的分力，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；勻速運(yùn)動(dòng)階段，乘客處于平衡狀態(tài)，扶梯對(duì)乘客的作用力豎直向上，乘客對(duì)扶梯的作用力方向豎直向下，選項(xiàng)B正確；扶梯加速運(yùn)行時(shí)，由于智能化的自動(dòng)扶梯無(wú)臺(tái)階，乘客站在斜面上，乘客的加速度的方向沿斜面向上，乘客要受到沿斜面向上的摩擦力的作用，與運(yùn)動(dòng)方向相同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；加速度有水平方向的分量，扶梯對(duì)乘客的摩擦力有水平方向的分力，所以扶梯對(duì)乘客的作用力指向斜上方，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 3．[考查力的合成與分解] 在如下所示的甲、乙、丙、丁四圖中，滑輪本身的重力忽略不計(jì)，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩ab繞過滑輪，a端固定在墻上，b

4、端下面掛一個(gè)質(zhì)量都是m的重物，當(dāng)滑輪和重物都靜止不動(dòng)時(shí)，甲、丙、丁圖中桿P與豎直方向夾角均為θ，圖乙中桿P在豎直方向上，假設(shè)甲、乙、丙、丁四圖中滑輪受到木桿彈力的大小依次為F甲、F乙、F丙、F丁，則以下判斷中正確的是(　　) A．F甲＝F乙＝F丙＝F丁　　 B．F?。綟甲＝F乙＞F丙 C．F甲＝F丙＝F?。綟乙 D．F丙＞F甲＝F乙＞F丁 解析：選B　由于兩個(gè)繩子的拉力大小等于重物的重力大小，即四個(gè)選項(xiàng)中繩子的拉力是大小相等的，根據(jù)平行四邊形定則知兩個(gè)力的夾角越小，則合力越大，即滑輪兩邊繩子的夾角越小，繩子拉力的合力越大，故丁圖中繩子夾角最小，繩子拉力的合力最大，則滑輪受到木桿的彈力

5、最大，丙圖中繩子夾角最大，繩子拉力的合力最小，則滑輪受到木桿的彈力最小，甲、乙兩圖中繩子的夾角相等，繩子拉力的合力相等，故滑輪受到木桿的彈力大小F甲＝F乙，所以F丁＞F甲＝F乙＞F丙，故選B。 4．[考查物體的平衡條件] 科技的發(fā)展正在不斷地改變著我們的生活，圖甲是一款放在水平桌面上的手機(jī)支架，其表面采用了納米微吸材料，用手觸碰無(wú)粘感，接觸到平整光滑的硬性物體時(shí)，會(huì)牢牢吸附在物體上。圖乙是手機(jī)靜止吸附在該手機(jī)支架上的側(cè)視圖，若手機(jī)的重力為G，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．手機(jī)受到的支持力大小為Gcos θ B．手機(jī)受到的摩擦力大小大于Gsin θ C．納米微吸材料對(duì)手機(jī)的作用力方

6、向豎直向上 D．納米微吸材料對(duì)手機(jī)的作用力大小為Gsin θ 解析：選C　手機(jī)處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力平衡，根據(jù)平衡條件可知，在垂直支架方向有：FN＝Gcos θ＋F吸，大于Gcos θ，故A錯(cuò)誤；在平行斜面方向，根據(jù)平衡條件，有：f＝Gsin θ，故B錯(cuò)誤；手機(jī)處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力平衡，受到重力和納米微吸材料對(duì)手機(jī)的作用力，根據(jù)平衡條件可知，納米微吸材料對(duì)手機(jī)的作用力大小等于重力，方向與重力方向相反，豎直向上，故C正確，D錯(cuò)誤。 考點(diǎn)二 整體法與隔離法的應(yīng)用 5.[考查整體法與隔離法、力的合成與分解] 如圖所示，質(zhì)量為M的四分之一圓柱體放在粗糙水平地面上，質(zhì)量為m的正方體放在圓柱體和光滑

7、墻壁之間，且不計(jì)圓柱體與正方體之間的摩擦，正方體與圓柱體的接觸點(diǎn)的切線與右側(cè)墻壁成θ角，圓柱體處于靜止?fàn)顟B(tài)。則(　　) A．地面對(duì)圓柱體的支持力為Mg B．地面對(duì)圓柱體的摩擦力為mgtan θ C．墻壁對(duì)正方體的彈力為 D．正方體對(duì)圓柱體的壓力為 解析：選C　以正方體為研究對(duì)象，受力分析，如圖： 由幾何知識(shí)得，墻壁對(duì)正方體的彈力FN1＝ 圓柱體對(duì)正方體的彈力 FN2＝， 根據(jù)牛頓第三定律得正方體對(duì)圓柱體的壓力為。 以圓柱體和正方體為研究對(duì)象，豎直方向受力平衡， 地面對(duì)圓柱體的支持力：FN＝(M＋m)g， 水平方向受力平衡，地面對(duì)圓柱體的摩擦力： Ff＝FN1＝。故選C

8、。 6．[考查整體法與隔離法、物體的平衡條件] [多選]如圖所示，木板C放在水平地面上，木板B放在C的上面，木板A放在B的上面，A的右端通過輕質(zhì)彈簧秤固定在豎直的墻壁上，A、B、C質(zhì)量相等，且各接觸面動(dòng)摩擦因數(shù)相同，用大小為F的力向左拉動(dòng)C，使它以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，三者穩(wěn)定后彈簧秤的示數(shù)為T。則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．B對(duì)A的摩擦力大小為T，方向向左 B．A和B保持靜止，C勻速運(yùn)動(dòng) C．A保持靜止，B和C一起勻速運(yùn)動(dòng) D．C受到地面的摩擦力大小為F－T 解析：選ACD　由題意，A、B、C質(zhì)量相等，且各接觸面動(dòng)摩擦因數(shù)相同，再依據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式Ff＝μFN，可知，B、C之間的滑

9、動(dòng)摩擦力大于A、B之間的滑動(dòng)摩擦力，因此在F作用下，B、C作為一整體是運(yùn)動(dòng)的，對(duì)A受力分析：A受水平向右的拉力和水平向左的摩擦力，那么根據(jù)平衡條件可知，B對(duì)A的摩擦力大小為T，方向向左，故A、C正確，B錯(cuò)誤；又因?yàn)槟景彘g力的作用是相互的，則木板B受到A對(duì)它水平向右的摩擦力，大小為T，由于B、C做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則B、C受到水平向左的拉力F和水平向右的兩個(gè)摩擦力(A對(duì)B的摩擦力和地面對(duì)C的摩擦力)而平衡，根據(jù)平衡條件可知，C受到地面的摩擦力大小為F－T，故D正確。 7．[考查整體法與隔離法、摩擦力的分析與判斷] [多選]如圖所示，質(zhì)量為M的斜面體A放在粗糙水平面上，用輕繩拴住質(zhì)量為m的小球B置

10、于斜面上，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知斜面傾角及輕繩與豎直方向的夾角均為θ＝30°。不計(jì)小球與斜面間的摩擦，則(　　) A．輕繩對(duì)小球的作用力大小為mg B．斜面體對(duì)小球的作用力大小為mg C．斜面體對(duì)水平面的壓力大小為(M＋m)g D．斜面體與水平面間的摩擦力大小為mg 解析：選AD　以小球B為研究對(duì)象，受力如圖甲所示，由幾何關(guān)系知θ＝β＝30°。根據(jù)受力平衡可得 FT＝FN＝mg 以斜面體A為研究對(duì)象，其受力如圖乙所示。 由受力平衡得FN1＝Mg＋FN′cos θ＝Mg＋mg Ff＝FN′sin θ＝mg 故選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤，A、D正確。 考點(diǎn)三 動(dòng)態(tài)平衡問題

11、 8.[考查用圖解法分析動(dòng)態(tài)平衡問題] 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(　　) 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：選A　以O(shè)點(diǎn)為研究對(duì)象，受力如圖所示，當(dāng)用水平向左的力緩慢拉動(dòng)O點(diǎn)時(shí)，則繩OA與豎直方向的夾角變大，由共點(diǎn)力的平衡條件知F逐漸變大，T逐漸變大，選項(xiàng)A正確。 9．[考查用解析法分析動(dòng)態(tài)平衡問題] [多選]如圖所示，疊放在一起的A、B兩物體放置在光滑水平地面上，A、B之間的水平接

12、觸面是粗糙的，細(xì)線一端固定在A物體上，另一端固定于N點(diǎn)，水平恒力F始終不變，A、B兩物體均處于靜止?fàn)顟B(tài)，若將細(xì)線的固定點(diǎn)由N點(diǎn)緩慢下移至M點(diǎn)(線長(zhǎng)可變)，A、B兩物體仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，則(　　) A．細(xì)線的拉力將減小 B．A物體所受的支持力將增大 C．A物體所受摩擦力將增大 D．水平地面所受壓力將減小 解析：選AB　以A、B兩物體組成的系統(tǒng)作為研究對(duì)象，受力分析如圖甲所示。 水平方向FTcos α＝F，豎直方向：FN＋FTsin α＝(mA＋mB)g，因?yàn)榧?xì)線與水平地面的夾角α減小，cos α增大，sin α減小，F(xiàn)T將減小，F(xiàn)N將增大，所以細(xì)線所受拉力減小，地面受到的壓力增大，

13、A正確，D錯(cuò)誤；以物體A為研究對(duì)象，受力分析如圖乙所示，豎直方向：FNA＋FTsin α＝mAg，F(xiàn)T減小，sin α減小，所以FNA增大，B正確；以B為研究對(duì)象，在水平方向上由力的平衡可得Ff＝F，A物體所受摩擦力不變，C錯(cuò)誤。 10．[考查用相似三角形法求解動(dòng)態(tài)平衡問題] [多選]如圖所示，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(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)繩懸于O點(diǎn)，A球固定在O點(diǎn)正下方，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(zhǎng)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仍使系統(tǒng)平衡，此時(shí)繩子所受的拉力為FT2，彈

14、簧的彈力為F2，則下列關(guān)于FT1與FT2、F1與F2大小之間的關(guān)系，正確的是(　　) A．FT1>FT2 B．FT1＝FT2 C．F1

15、 [多選]如圖所示，絕緣水平地面上固定一個(gè)光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角θ＝30°。一根輕質(zhì)絕緣細(xì)線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個(gè)帶電小球A，細(xì)線與斜面平行，且小球A正好靜止在斜面中點(diǎn)。在小球A的正下方地面處固定放置一帶電小球B，兩球相距為d。已知兩球的質(zhì)量均為m、電荷量均為＋q，靜電力常量為k，重力加速度為g，兩球均可視為點(diǎn)電荷。則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．兩球之間的庫(kù)侖力F＝k B．當(dāng)＝ 時(shí)，斜面對(duì)小球A的支持力為 C．當(dāng)＝ 時(shí)，細(xì)線上拉力為0 D．將小球B移到斜面底面左端C點(diǎn)，當(dāng)＝2時(shí)，斜面對(duì)小球A的支持力為0 解析：選ABD　依據(jù)庫(kù)侖定律，得兩球之間的庫(kù)侖力大小

16、為F＝k，故A正確；當(dāng)＝ 時(shí)，則有k＝mg，對(duì)球A受力分析，如圖甲所示： 根據(jù)矢量的合成法則，依據(jù)三角知識(shí)，則支持力N＝，拉力T＝，故B正確，C錯(cuò)誤；當(dāng)小球B移到斜面底面左端C點(diǎn)，對(duì)球A受力分析，如圖乙所示： 依據(jù)幾何關(guān)系可知，T與F的夾角為120°，且兩力的合力與重力反向，當(dāng)＝ 時(shí)，即有k＝mg，根據(jù)矢量的合成法則，則有兩合力與重力等值反向，那么斜面對(duì)小球A的支持力為N＝0，而現(xiàn)在＝2時(shí)，即有k＝4mg，那么小球A離開斜面，因此斜面對(duì)小球A的支持力仍為零，故D正確。 12．[考查庫(kù)侖力作用下物體的動(dòng)態(tài)平衡問題] 如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的兩個(gè)帶同種電荷的小球a和b，分別靜止在豎直墻面和水

17、平地面上；b球被光滑豎直板擋住，所有接觸面均光滑，a球由于緩慢漏電而緩慢下降，在此過程中(　　) A．地面對(duì)b球的支持力變小 B．豎直擋板對(duì)b球的彈力變小 C．a(chǎn)、b兩球間的作用力變大 D．以上說(shuō)法均不正確 解析：選C　對(duì)a、b整體而言，豎直方向受重力和地面的支持力，故支持力總等于兩球的重力，可知地面對(duì)b球的支持力不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)a球受力分析如圖：受到重力G，庫(kù)侖力F和墻面的彈力N，當(dāng)a球下移時(shí)，由受力圖可知，N和F均變大，可知選項(xiàng)C正確；對(duì)a、b整體，水平方向豎直擋板對(duì)b球的彈力等于墻面對(duì)a球的彈力N，則豎直擋板對(duì)b球的彈力變大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；綜上所述，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 13．[考

18、查復(fù)合場(chǎng)中帶電粒子的平衡問題] 質(zhì)量為m，電量為q的微粒以速度v與水平方向成θ角從O點(diǎn)進(jìn)入方向如圖所示的正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)組成的混合場(chǎng)區(qū)，該微粒在電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力和重力的共同作用下，恰好沿直線運(yùn)動(dòng)到A，下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．該微粒可能帶正電荷也可能帶負(fù)電荷 B．微粒從O到A的運(yùn)動(dòng)一定是勻加速直線運(yùn)動(dòng) C．該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 D．該電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為 解析：選C　若粒子帶正電，電場(chǎng)力向左，洛倫茲力垂直于OA線斜向右下方，則電場(chǎng)力、洛倫茲力和重力不能平衡；若粒子帶負(fù)電，電場(chǎng)力向右，洛倫茲力垂直于OA線斜向左上方，則電場(chǎng)力、洛倫茲力和重力能平衡，則該微粒帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤。粒

19、子受到重力和電場(chǎng)力不變，由于粒子沿直線運(yùn)動(dòng)，則洛倫茲力大小不變，粒子的運(yùn)動(dòng)一定是勻速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤。粒子受力如圖，由平衡條件得：qvBcos θ＝mg，qE＝mgtan θ，解得：B＝，E＝，故C正確，D錯(cuò)誤。 14．[考查安培力作用下導(dǎo)體的動(dòng)態(tài)平衡問題] 如圖所示，兩根通電直導(dǎo)體棒用四根長(zhǎng)度相等的絕緣細(xì)線懸掛于O1、O2兩點(diǎn)，已知O1O2連線水平，導(dǎo)體棒靜止時(shí)絕緣細(xì)線與豎直方向的夾角均為θ，保持導(dǎo)體棒中的電流大小和方向不變，在導(dǎo)體棒所在空間加上勻強(qiáng)磁場(chǎng)后絕緣細(xì)線與豎直方向的夾角均增大了相同的角度，下列分析正確的是(　　) A．兩導(dǎo)體棒中的電流方向一定相同 B．所加磁場(chǎng)的方向可能沿x軸正方向 C．所加磁場(chǎng)的方向可能沿z軸正方向 D．所加磁場(chǎng)的方向可能沿y軸負(fù)方向 解析：選C　未加磁場(chǎng)時(shí)，由兩導(dǎo)體棒靜止時(shí)絕緣細(xì)線與豎直方向的夾角均為θ，可知兩導(dǎo)體棒中的電流方向一定相反，且電流大小相等，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在導(dǎo)體棒所在空間加上勻強(qiáng)磁場(chǎng)后絕緣細(xì)線與豎直方向的夾角均增大了相同的角度，由左手定則可知，所加磁場(chǎng)的方向可能沿z軸正方向，選項(xiàng)C正確，B、D錯(cuò)誤。 8