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

PAGEPAGE2專題一力與物體的平衡一、選擇題(共11個(gè)小題，1－9為單項(xiàng)選擇，10－11為多項(xiàng)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(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)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(zhǎng)C．地面對(duì)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(xiàng)A錯(cuò)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(wú)彈簧彈力，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；物塊P、斜面A及彈簧相對(duì)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(xiàng)C正確；增大推力F，根據(jù)此時(shí)靜摩擦力的特點(diǎn)，即f≤fm，判斷彈簧彈力減小、不變或者增大都有可能，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．2．(2022·大慶實(shí)驗(yàn)中學(xué)三模)如圖甲所示，在粗糙水平面上靜置一個(gè)截面為等腰三角形的斜劈A，其質(zhì)量為M，兩個(gè)底角均為30°.兩個(gè)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(duì)兩物塊同時(shí)各施加一個(gè)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(guò)程中，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A．斜劈A對(duì)地向右運(yùn)動(dòng)B．斜劈A受到地面向右的摩擦力作用C．斜劈A對(duì)地面的壓力大小等于(M＋2m)gD．斜劈A對(duì)地面的壓力大于(M＋2m)g答案C解析甲圖中，三個(gè)物體都處于平衡狀態(tài)，故可以對(duì)三個(gè)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(duì)A沒(méi)有摩擦力；在圖乙中，物體p、q對(duì)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(duì)地面的壓力大小等于(M＋2m)g，與地面間沒(méi)有摩擦力；故C項(xiàng)正確，A、B、D項(xiàng)錯(cuò)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(yùn)動(dòng)，F(xiàn)始終沿軌道的切線方向，軌道對(duì)球的彈力為N.在運(yùn)動(dòng)過(guò)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(diǎn)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(xiàng)正確．4．(2022·煙臺(tái)高考測(cè)試)如下圖，斜面上放有兩個(gè)完全相同的物體a、b，兩物體間用一根細(xì)線連接，在細(xì)線的中點(diǎn)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(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A．a(chǎn)、b兩物體的受力個(gè)數(shù)一定相同B．a(chǎn)、b兩物體對(duì)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(shí)，物體b先開始滑動(dòng)答案B解析A項(xiàng)，對(duì)a、b進(jìn)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(shí)，摩擦力為零，所以b可能只受3個(gè)力作用，而a物體必定受到摩擦力作用，肯定受4個(gè)力作用，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，a、b兩個(gè)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(duì)斜面的壓力相同，故B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，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(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，對(duì)a沿斜面方向有Tcosθ＋mgsinα＝fa，對(duì)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(dá)最大靜摩擦力，先滑動(dòng)，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．5．(2022·湖南瀏陽(yáng)月考)如下圖，物體B通過(guò)動(dòng)滑輪懸掛在細(xì)繩上，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，動(dòng)滑輪的質(zhì)量和一切摩擦均不計(jì)．如果將繩的左端點(diǎn)由P點(diǎn)緩慢地向右移到Q點(diǎn)，整個(gè)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(gè)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(dòng)到Q點(diǎn)后，根據(jù)幾何關(guān)系可知，此時(shí)兩繩的夾角β減小，所以兩側(cè)繩的拉力變小，由幾何知識(shí)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(xiàng)正確，故A、C、D項(xiàng)錯(cuò)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(shí)A恰好不滑動(dòng)，B剛好不下滑．A與B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)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(duì)物體A、B整體在水平方向F＝μ2(mA＋mB)g；對(duì)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(xiàng)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(guò)光滑鉸鏈固定于水平地面上的O點(diǎn)，物體A、B疊放在木板上且處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)物體B的上外表水平．現(xiàn)使木板P繞O點(diǎn)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(duì)B的作用力減小 B．B對(duì)A的支持力減小C．木板對(duì)B的支持力減小 D．木板對(duì)B的摩擦力增大答案B解析開始和轉(zhuǎn)到虛線位置，A對(duì)B的作用力都等于A的重力，大小不變，選項(xiàng)A錯(cuò)；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(duì)B的摩擦力減小，B對(duì)木板的壓力FN＝(mA＋mB)gcosθ增大，木板對(duì)B的支持力也增大，選項(xiàng)C、D錯(cuò)；轉(zhuǎn)到虛線位置時(shí)物體B的上外表傾斜，對(duì)A受力分析，易知，B對(duì)A的支持力減小，選項(xiàng)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(guò)程中，A和B始終保持靜止．對(duì)此過(guò)程以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A．地面對(duì)B的支持力大于(M＋m)gB．A對(duì)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(duì)A、B整體應(yīng)用平衡條件可得地面對(duì)B的支持力等于(M＋m)g，A項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)A受力分析如下圖．當(dāng)F＝0時(shí)，A對(duì)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(duì)B的壓力最大，如圖(2)為FN2＝mgcos30°＋eq\r(3)mgsin30°＝eq\r(3)mg，B項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)Fcos30°＝mgsin30°，即F＝eq\f(\r(3),3)mg(在0～eq\r(3)mg之間)時(shí)，A受的靜摩擦力為零，當(dāng)F＝eq\r(3)mg時(shí)，如圖(2)，由平衡條件得：摩擦力Ff＝Fcos30°－mgsin30°＝mg，最大，故C項(xiàng)錯(cuò)，D項(xiàng)正確．9．(2022·宿遷市三校檢測(cè))如圖，用OA、OB兩根輕繩將花盆懸于兩豎直墻之間，開始時(shí)OB繩水平．現(xiàn)保持O點(diǎn)位置不變，改變OB繩長(zhǎng)使繩右端由B點(diǎn)緩慢上移至B′點(diǎn)，此時(shí)OB′與OA之間的夾角θ<90°.設(shè)此過(guò)程中OA、OB繩的拉力分別為FOA、FOB，那么以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)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(diǎn)O為研究對(duì)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(gè)位置時(shí)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(shí)，F(xiàn)OB最?。e一反三此題運(yùn)用圖解法研究動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題，也可以根據(jù)幾何知識(shí)得到兩繩垂直時(shí)，輕繩OB的拉力最小來(lái)判斷．10．如下圖，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為θ.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．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(diǎn)電荷．小球A靜止在斜面上，那么()A．小球A與B之間庫(kù)侖力的大小為kq2/d2B．當(dāng)eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgsinθ,k))時(shí)，細(xì)線上的拉力為0C．當(dāng)eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgtanθ,k))時(shí)，細(xì)線上的拉力為0D．當(dāng)eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mg,ktanθ))時(shí)，斜面對(duì)小球A的支持力為0答案AC解析點(diǎn)電荷庫(kù)侖定律F＝kq2/d2，所以A項(xiàng)正確；當(dāng)細(xì)線上的拉力為0的時(shí)候，小球A受到庫(kù)侖力、斜面支持力、重力，具體關(guān)系為kq2/d2＝mgtanθ，即C項(xiàng)正確．由受力分析可知，斜面對(duì)小球的支持力不可能為0，所以D項(xiàng)錯(cuò)誤．11.如下圖，光滑絕緣的水平桌面上，固定著一個(gè)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(xì)桿相連，靜止在桌面上，P與M相距L，P、M和N視為點(diǎn)電荷，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)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(chǎng)中，M、N處的電勢(shì)相同D．M、N及細(xì)桿組成的系統(tǒng)所受合外力為零答案BD解析對(duì)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(xiàng)錯(cuò)；假設(shè)P、M和N不在同一直線上那么不能平衡，所以B項(xiàng)正確；在＋Q的電場(chǎng)中φM>φN，那么C項(xiàng)錯(cuò)誤；M、N及細(xì)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(xiàng)正確．二、計(jì)算題(共3個(gè)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(qiáng)磁場(chǎng)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(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.20T．兩根金屬桿ab和cd可以在導(dǎo)軌上無(wú)摩擦地滑動(dòng)．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(gè)過(guò)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(jì)，取重力加速度g＝10m/s(1)cd桿受安培力F安的大??；(2)通過(guò)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(dòng)勢(shì)為E感＝BLv.根據(jù)閉合電路歐姆定律，通過(guò)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(diǎn)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(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝5eq\r(3)N/C，同時(shí)存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其方向與電場(chǎng)方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)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(yùn)動(dòng)，當(dāng)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)撤掉磁場(chǎng)(不考慮磁場(chǎng)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(yùn)動(dòng)的速度v的大小和方向；(2)從撤掉磁場(chǎng)到小球再次穿過(guò)P點(diǎn)所在的這條電場(chǎng)線經(jīng)歷的時(shí)間t.答案(1)20m/s與電場(chǎng)方向成60°角斜向上(2)3.5s解析(1)小球勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)受力如圖，其所受的三個(gè)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(chǎng)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(chǎng)，小球在重力與電場(chǎng)力的合力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)，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(chǎng)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(chǎng)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(chǎng)后，由于電場(chǎng)力垂直于豎直方向，它對(duì)豎直方向的分運(yùn)動(dòng)沒(méi)有影響，以P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，其初速度為vy＝vsinθ⑤假設(shè)使小球再次穿過(guò)P點(diǎn)所在的電場(chǎng)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)