2023版高考物理二輪復(fù)習(xí)重點講練專題一力與物體的平衡課時作業(yè)

PAGEPAGE2專題一力與物體的平衡一、選擇題(共11個小題，1－9為單項選擇，10－11為多項選擇，每題5分共55分)1．(2022·廣西桂林月考)如下圖，斜面體A上的物塊P，用平行于斜面體的輕彈簧拴接在擋板B上，在物塊P上施加水平向右的推力F，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，以下說法正確的選項是()A．物塊P與斜面之間一定存在摩擦力B．輕彈簧一定被拉長C．地面對斜面體A一定存在摩擦力D．假設(shè)增大推力F，那么彈簧彈力一定減小答案C解析假設(shè)物塊P受到彈簧的彈力與物塊的重力及推力F、支持力平衡，那么不受摩擦力，選項A錯誤；假設(shè)物塊P受到支持力與物塊的重力及推力F三力平衡，那么無彈簧彈力，選項B錯誤；物塊P、斜面A及彈簧相對靜止，可看成一整體，受到的水平面的摩擦力等于推力F，選項C正確；增大推力F，根據(jù)此時靜摩擦力的特點，即f≤fm，判斷彈簧彈力減小、不變或者增大都有可能，選項D錯誤．2．(2022·大慶實驗中學(xué)三模)如圖甲所示，在粗糙水平面上靜置一個截面為等腰三角形的斜劈A，其質(zhì)量為M，兩個底角均為30°.兩個完全相同的、質(zhì)量均為m的小物塊p和q恰好能沿兩側(cè)面勻速下滑．假設(shè)現(xiàn)在對兩物塊同時各施加一個平行于斜劈側(cè)面的恒力F1、F2，且F1>F2，如圖乙所示，那么在p和q下滑的過程中，以下說法正確的選項是()A．斜劈A對地向右運動B．斜劈A受到地面向右的摩擦力作用C．斜劈A對地面的壓力大小等于(M＋2m)gD．斜劈A對地面的壓力大于(M＋2m)g答案C解析甲圖中，三個物體都處于平衡狀態(tài)，故可以對三個物體的整體受力分析，受重力和支持力，故支持力為(M＋2m)g，地面對A沒有摩擦力；在圖乙中，物體p、q對斜劈的壓力和摩擦力不變，故斜劈受力情況不變，故斜劈A仍保持靜止，斜劈A對地面的壓力大小等于(M＋2m)g，與地面間沒有摩擦力；故C項正確，A、B、D項錯誤．3.如圖，光滑的四分之一圓弧軌道AB固定在豎直平面內(nèi)，A端與水平面相切．穿在軌道上的小球在拉力F作用下，緩慢地由A向B運動，F(xiàn)始終沿軌道的切線方向，軌道對球的彈力為N.在運動過程中()A．F增大，N減小 B．F減小，N減小C．F增大，N增大 D．F減小，N增大答案A解析小球一直受到重力、支持力、拉力作用，根據(jù)共點力平衡，有F＝mgsinα，N＝mgcosα(α是支持力與豎直方向的夾角)，隨著夾角的增大，支持力逐漸減小，拉力逐漸增大，A項正確．4．(2022·煙臺高考測試)如下圖，斜面上放有兩個完全相同的物體a、b，兩物體間用一根細線連接，在細線的中點加一與斜面垂直的拉力F，使兩物體均處于靜止?fàn)顟B(tài)．那么以下說法正確的選項是()A．a(chǎn)、b兩物體的受力個數(shù)一定相同B．a(chǎn)、b兩物體對斜面的壓力相同C．a(chǎn)、b兩物體受到的摩擦力大小一定相等D．當(dāng)逐漸增大拉力F時，物體b先開始滑動答案B解析A項，對a、b進行受力分析，如下圖：b物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)繩子沿斜面向上的分量與重力沿斜面向下的分量相等時，摩擦力為零，所以b可能只受3個力作用，而a物體必定受到摩擦力作用，肯定受4個力作用，故A項錯誤；B項，a、b兩個物體，垂直于斜面方向受力都平衡，那么有N＋Tsinθ＝mgcosα，解得N＝mgcosα－Tsinθ，那么a、b兩物體對斜面的壓力相同，故B項正確；C項，根據(jù)A的分析可知，b的摩擦力可以為零，而a的摩擦力一定不為零，故C項錯誤；D項，對a沿斜面方向有Tcosθ＋mgsinα＝fa，對b沿斜面方向有Tcosθ－mgsinα＝fb.正壓力相等，所以最大靜摩擦力相等，那么a先到達最大靜摩擦力，先滑動，故D項錯誤．5．(2022·湖南瀏陽月考)如下圖，物體B通過動滑輪懸掛在細繩上，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，動滑輪的質(zhì)量和一切摩擦均不計．如果將繩的左端點由P點緩慢地向右移到Q點，整個系統(tǒng)重新平衡后，繩的拉力F和繩子與豎直方向的夾角θ的變化情況是()A．F變大，θ變大 B．F變小，θ變小C．F不變，θ變小 D．F不變，θ變大答案B解析整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，設(shè)兩側(cè)繩子的夾角為β，滑輪兩側(cè)繩的拉力F＝eq\f(mBg,2cos\f(β,2))，左端移動到Q點后，根據(jù)幾何關(guān)系可知，此時兩繩的夾角β減小，所以兩側(cè)繩的拉力變小，由幾何知識可知，圖中角θ大小是兩繩的夾角大小的一半，由于滑輪兩側(cè)繩的夾角減小，所以角θ減小，故B項正確，故A、C、D項錯誤．6.(2022·山東)如圖，滑塊A置于水平地面上，滑塊B在一水平力作用下緊靠滑塊A(A、B接觸面豎直)，此時A恰好不滑動，B剛好不下滑．A與B間的動摩擦因數(shù)為μ1，A與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．A與B的質(zhì)量之比為()A.eq\f(1,μ1μ2) B.eq\f(1－μ1μ2,μ1μ2)C.eq\f(1＋μ1μ2,μ1μ2) D.eq\f(2＋μ1μ2,μ1μ2)答案B解析對物體A、B整體在水平方向F＝μ2(mA＋mB)g；對物體B在豎直方向有μ1F＝mBg；聯(lián)立解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(1－μ1μ2,μ1μ2)，選項B正確．7．(2022·河北省保定市高三調(diào)研)如下圖，木板P下端通過光滑鉸鏈固定于水平地面上的O點，物體A、B疊放在木板上且處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時物體B的上外表水平．現(xiàn)使木板P繞O點緩慢旋轉(zhuǎn)到虛線所示位置，物體A、B仍保持靜止，與原位置的情況相比()A．A對B的作用力減小 B．B對A的支持力減小C．木板對B的支持力減小 D．木板對B的摩擦力增大答案B解析開始和轉(zhuǎn)到虛線位置，A對B的作用力都等于A的重力，大小不變，選項A錯；木板轉(zhuǎn)到虛線位置后傾角減小，B受到的摩擦力Ff＝μ(mA＋mB)gsinθ減小，即木板對B的摩擦力減小，B對木板的壓力FN＝(mA＋mB)gcosθ增大，木板對B的支持力也增大，選項C、D錯；轉(zhuǎn)到虛線位置時物體B的上外表傾斜，對A受力分析，易知，B對A的支持力減小，選項B正確．8．(2022·江西省吉安市高三上學(xué)期質(zhì)檢)如下圖，質(zhì)量為m的物體A靜止在傾角為θ＝30°、質(zhì)量為M的斜面體B上．現(xiàn)用水平力F推物體A，在F由零增大至eq\r(3)mg再逐漸減為零的過程中，A和B始終保持靜止．對此過程以下說法正確的選項是()A．地面對B的支持力大于(M＋m)gB．A對B的壓力的最小值為eq\f(\r(3),2)mg，最大值為eq\f(3\r(3),4)mgC．A受到摩擦力的最小值為0，最大值為eq\f(1,4)mgD．A受到摩擦力的最小值為0，最大值為mg答案D解析對A、B整體應(yīng)用平衡條件可得地面對B的支持力等于(M＋m)g，A項錯誤；對A受力分析如下圖．當(dāng)F＝0時，A對B的壓力最小，如圖(1)為FN1＝mgcosθ＝eq\f(\r(3),2)mg，當(dāng)F＝eq\r(3)mg，A對B的壓力最大，如圖(2)為FN2＝mgcos30°＋eq\r(3)mgsin30°＝eq\r(3)mg，B項錯誤；當(dāng)Fcos30°＝mgsin30°，即F＝eq\f(\r(3),3)mg(在0～eq\r(3)mg之間)時，A受的靜摩擦力為零，當(dāng)F＝eq\r(3)mg時，如圖(2)，由平衡條件得：摩擦力Ff＝Fcos30°－mgsin30°＝mg，最大，故C項錯，D項正確．9．(2022·宿遷市三校檢測)如圖，用OA、OB兩根輕繩將花盆懸于兩豎直墻之間，開始時OB繩水平．現(xiàn)保持O點位置不變，改變OB繩長使繩右端由B點緩慢上移至B′點，此時OB′與OA之間的夾角θ<90°.設(shè)此過程中OA、OB繩的拉力分別為FOA、FOB，那么以下說法正確的選項是()A．FOA一直減小 B．FOA一直增大C．FOB一直減小 D．FOB先增大后減小答案A解析以結(jié)點O為研究對象，分析受力：重力G、繩OA的拉力FOA和繩BO的拉力FOB，如下圖，根據(jù)平衡條件知，兩根繩子的拉力的合力與重力大小相等、方向相反，作出輕繩OB在兩個位置時力的合成圖如圖，由圖看出，F(xiàn)OA逐漸減小，F(xiàn)OB先減小后增大，當(dāng)θ＝90°時，F(xiàn)OB最?。e一反三此題運用圖解法研究動態(tài)平衡問題，也可以根據(jù)幾何知識得到兩繩垂直時，輕繩OB的拉力最小來判斷．10．如下圖，水平地面上固定一個光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為θ.一根輕質(zhì)絕緣細線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個帶電小球A，細線與斜面平行．小球A的質(zhì)量為m、電量為q.小球A的右側(cè)固定放置帶等量同種電荷的小球B，兩球心的高度相同、間距為d.靜電力常量為k，重力加速度為g，兩帶電小球可視為點電荷．小球A靜止在斜面上，那么()A．小球A與B之間庫侖力的大小為kq2/d2B．當(dāng)eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgsinθ,k))時，細線上的拉力為0C．當(dāng)eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgtanθ,k))時，細線上的拉力為0D．當(dāng)eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mg,ktanθ))時，斜面對小球A的支持力為0答案AC解析點電荷庫侖定律F＝kq2/d2，所以A項正確；當(dāng)細線上的拉力為0的時候，小球A受到庫侖力、斜面支持力、重力，具體關(guān)系為kq2/d2＝mgtanθ，即C項正確．由受力分析可知，斜面對小球的支持力不可能為0，所以D項錯誤．11.如下圖，光滑絕緣的水平桌面上，固定著一個帶電量為＋Q的小球P，帶電量分別為－q和＋2q的小球M和N，由絕緣細桿相連，靜止在桌面上，P與M相距L，P、M和N視為點電荷，以下說法正確的選項是()A．M與N的距離大于LB．P、M和N在同一直線上C．在P產(chǎn)生的電場中，M、N處的電勢相同D．M、N及細桿組成的系統(tǒng)所受合外力為零答案BD解析對小球M、N和桿組成的整體，由題意可知keq\f(Qq,L2)＝keq\f(Q·2q,〔L＋x〕2)，得x<L，那么A項錯；假設(shè)P、M和N不在同一直線上那么不能平衡，所以B項正確；在＋Q的電場中φM>φN，那么C項錯誤；M、N及細桿靜止于光滑絕緣桌面上，所以系統(tǒng)所受合外力為零，D項正確．二、計算題(共3個小題，12題12分，13題15分，14題18分，共45分)12．(2022·北京市海淀區(qū))如下圖，在勻強磁場中傾斜放置的兩根平行光滑的金屬導(dǎo)軌，它們所構(gòu)成的導(dǎo)軌平面與水平面成θ＝30°角，平行導(dǎo)軌間距L＝1.0m．勻強磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，磁感應(yīng)強度B＝0.20T．兩根金屬桿ab和cd可以在導(dǎo)軌上無摩擦地滑動．兩金屬桿的質(zhì)量均為m＝0.20kg，電阻均為R＝0.20Ω.假設(shè)用與導(dǎo)軌平行的拉力作用在金屬桿ab上，使ab桿沿導(dǎo)軌勻速上滑并使cd桿在導(dǎo)軌上保持靜止，整個過程中兩金屬桿均與導(dǎo)軌垂直且接觸良好．金屬導(dǎo)軌的電阻可忽略不計，取重力加速度g＝10m/s(1)cd桿受安培力F安的大??；(2)通過金屬桿的感應(yīng)電流I；(3)作用在金屬桿ab上拉力的功率P.答案(1)1.0N(2)5.0A(3)20解析(1)金屬桿cd靜止在金屬導(dǎo)軌上，所受安培力方向與導(dǎo)軌平面平行向上．那么F安＝mgsin30°解得：F安＝1.0N(2)F安＝BIL，解得I＝5.0(3)金屬桿ab所受安培力方向與導(dǎo)軌平面平行向下，金屬桿ab勻速上滑，那么F＝BIL＋mgsin30°，根據(jù)電磁感應(yīng)定律，金屬棒ab上產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E感＝BLv.根據(jù)閉合電路歐姆定律，通過金屬桿ab的電流I＝eq\f(E感,2R)，根據(jù)功率公式：P＝Fv.解得：P＝20W考點定位閉合電路歐姆定律，電磁感應(yīng)定律13．(2022·天津)如下圖，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小為E＝5eq\r(3)N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強度大小B＝0.5T．有一帶正電的小球，質(zhì)量m＝1.0×10－6kg，電荷量q＝2×10－6C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動，當(dāng)經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)取g＝10m/s2，求(1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向；(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t.答案(1)20m/s與電場方向成60°角斜向上(2)3.5s解析(1)小球勻速直線運動時受力如圖，其所受的三個力在同一平面內(nèi)，合力為零，有qvB＝eq\r(q2E2＋m2g2)①代入數(shù)據(jù)解得v＝20m/s速度v的方向與電場E的方向之間的夾角滿足tanθ＝eq\f(qE,mg)③代入數(shù)據(jù)解得tanθ＝eq\r(3)θ＝60°④(2)解法一：撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，如下圖，設(shè)其加速度為a，有a＝eq\f(\r(q2E2＋m2g2),m)⑤設(shè)撤去磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有x＝vt⑥設(shè)小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有y＝eq\f(1,2)at2⑦a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又tanθ＝eq\f(y,x)⑧聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2eq\r(3)s＝3.5s⑨解法二：撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以P點為坐標(biāo)原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運動，其初速度為vy＝vsinθ⑤假設(shè)使小球再次穿過P點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，那么有vyt－eq\f(1,2)gt2＝0⑥聯(lián)立⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2eq\r(3)