2022届新高考物理二轮检测-专题一　第1讲　力与物体的平衡.docx

《2022届新高考物理二轮检测-专题一　第1讲　力与物体的平衡.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022届新高考物理二轮检测-专题一　第1讲　力与物体的平衡.docx（10页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第1讲力与物体的平衡1如图所示，吊环运动员将吊绳与竖直方向分开相同的角度，重力大小为G的运动员静止时，左边绳子张力为T1，右边绳子张力为T2。则下列说法正确的是()AT1和T2是一对作用力与反作用力B运动员两手缓慢撑开时，T1和T2都会变大CT2一定大于GDT1T2G解析：以运动员为研究对象进行受力分析，分别受T1、T2、G三个力，T1与T2和G不在一条直线上，以T1和T2为邻边做平行四边形，对角线代表T1、T2的合力与G等大反向，故D选项错。设吊绳与竖直方向夹角为，2T2cos G，所以T2不一定大于G，故C选项错。当运动员两手撑开，T1、T2夹角变大，合力一定，夹角越大，分力越大，故B选项

2、正确。T1与T2不满足相互作用，故A错。答案：B2(2021江苏苏州期末)如图所示，足够长的光滑平板AP与BP用铰链连接，平板AP与水平面成53角固定不动，平板BP可绕水平轴在竖直面内自由转动，质量为m的均匀圆柱体O放在两板间，sin 530.8，cos 530.6，重力加速度为g，在使BP板由水平位置缓慢转动到竖直位置的过程中，下列说法正确的是()A平板AP受到的压力先减小后增大B平板AP受到的压力先增大后减小C平板BP受到的最小压力为0.6 mgD平板BP受到的最大压力为 mg解析：小球受重力、平板AP的弹力F1和平板BP的弹力F2，根据平衡条件，三力构成一封闭矢量三角形，如图。从图中可以

3、看出，在平板PB逆时针缓慢地转向竖直位置的过程中，F1越来越大，F2先变小后变大，结合牛顿第三定律可知，选项A、B错误。由几何关系可知，当F2的方向与AP的方向平行(即与F1的方向垂直)时，F2有最小值为：F2minmg sin 530.8mg；当平板BP竖直时，F2最大为：F2maxmgtan 53mg，选项C错误，D正确。答案：D3(2021山东日照期末)如图所示，两块固定且相互垂直的光滑挡板POQ，OP竖直放置，OQ水平，小球a、b固定在轻杆的两端，现有一个水平向左的推力，作用于b上，使a、b紧靠挡板处于静止状态。现用力F推动小球b，使之缓缓到达b位置，则()A推力F变大B小球a对OP的

4、压力变大C小球b对OQ的压力变大D杆上的弹力减小解析：隔离a分析受力，设此时ab间作用力与水平方向的夹角为，如图甲所示。根据三角形动态图解法知随着的增大，F减小，FN减小，根据牛顿第三定律，小球a对OP的压力减小，故B错误，D正确；对a、b及轻杆整体受力分析如图乙所示：由共点力的平衡条件可知，a、b重新处于静止状态前后，OQ挡板对b的支持力始终保持不变，推力FFN，则F一直减小，故A、C错误。答案：D4如图所示，弹簧一端系一质量为m的物块，另一端固定在长木板上，缓慢抬起木板的一端，物块与木板始终保持相对静止。当木板与水平面成30，物块与木板间恰好没有摩擦力。当木板与水平面成60时物块所受摩擦力

5、()A等于零B大小为mg ，方向沿斜面向上C大小为mg，方向沿斜面向上D大小为mg，方向沿斜面向上解析：当木板与水平面成30，物块与木板间恰好没有摩擦力，有mg sin 30F弹，缓慢抬起木板的一端，物块与木板始终保持相对静止，故弹簧弹力不变，当木板与水平面成60时，物块mg sin 60F弹f，解得fmg，方向沿斜面向上，故C正确，ABD错误。答案：C5如图所示，倾角为的光滑绝缘斜面固定在水平面上，为了使质量为m、带电荷量为q的小球静止在斜面上，可加一平行纸面的匀强电场(未画出)，重力加速度为g，则()A电场强度的最小值为B若电场强度E，则电场强度方向一定竖直向上C若电场强度方向从沿斜面向上

6、逐渐转到竖直向上，则电场强度逐渐增大D若电场强度方向从沿斜面向上逐渐转到竖直向上，则电场强度先减小后增大解析：当所加的电场强度最小时，场强方向沿斜面向上，此时：mg sin qEmin，解得电场强度的最小值为Emin，选项A错误；若qEmg，则可能是电场力、重力以及斜面的支持力三力互成120，此时场强的方向不是竖直向上，选项B错误；由图可知，若电场强度方向从沿斜面向上逐渐转到竖直向上，则电场力逐渐增大，电场强度逐渐增大，选项C正确，D错误。答案：C6(多选)(2021湖南湘潭检测)如图所示，表面光滑的半球形物体固定在水平面上，光滑小环D固定在半球形物体球心O的正上方，轻质弹簧一端用轻质细绳固定

7、在A点，另一端用轻质细绳穿过小环D与放在半球形物体上的小球P相连，DA水平。现将细绳固定点A向右缓慢平移的过程中(小球P未到达半球最高点前)，下列说法正确的是()A弹簧变短B弹簧变长C小球对半球的压力不变D小球对半球的压力变大解析：以小球为研究对象，小球受重力G、细线的拉力FT和半球面的支持力FN，作出FN、FT的合力F，由平衡条件得知FG，如图，根据三角形相似可得，将FG代入得：FNG，FTG，将细绳固定点A向右缓慢平移，DO、PO不变，G也不变，PD变小，可见FT变小，FN不变，即知弹簧的弹力变小，弹簧变短。由牛顿第三定律知小球对半球的压力大小不变，故AC正确，BD错误。 答案：AC7(多

8、选)如图所示，质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜面体B上，现用大小不相等、方向相反的水平力F1、F2分别推A和B，它们均静止不动，且F190，现使BCA缓缓变小，直到BCA30。在此过程中，杆BC所受的力(不计一切阻力)()A逐渐增大 B先减小后增大C大小不变 D先增大后减小解析：以结点B为研究对象，分析受力情况，因B点处为“死结”，两段绳子的拉力大小不同，而BC为“活杆”，作用力沿杆的方向，作出的力的合成图如图所示，根据平衡条件知，F、N的合力F合与G大小相等、方向相反。根据三角形相似得，又F合G，解得FG，N G，又BCA缓慢变小的过程中，AB变小，而AC、BC不变，则F变小，N不变，

9、所以作用在BC杆上的压力大小不变。答案：C9(多选)路边小吃烤热狗的截面简化示意图如图所示，两根水平的平行金属圆柱支撑着热狗，圆柱半径都为R，圆心间距为2.4R。热狗可视为圆柱体，生热狗截面半径为R，重力为G，熟热狗半径变大，重力不变，忽略摩擦。比较静止时的生热狗和熟热狗()A两根金属圆柱对生热狗的合力小于对熟热狗的合力B单根金属圆柱对生热狗的弹力大于对熟热狗的弹力C单根金属圆柱对生热狗的弹力大小为 GD单根金属圆柱对生热狗的弹力大小为 G解析：两根金属圆柱对生热狗和熟热狗的合力都等于二者重力，生热狗和熟热狗重力相等，故A错误；生热狗半径小，两单根金属圆柱对生热狗的弹力夹角大，两个弹力的合力与

10、生热狗重力大小相等，当合力一定时，两个分力夹角越大，分力越大，说明弹力大，故B正确；对生热狗受力分析如图所示。由几何关系可求得cos O3O1O2，求得O3O1O253，由力的几何关系可得FN，说明单根金属圆柱对生热狗的弹力大小为G，故C正确，D错误。答案：BC10. (2021山东烟台模拟)如图所示，一根粗细均匀、长为L1 m、质量为m0.01 kg的导体棒ab从中点处弯成60角，将此导体棒放入磁感应强度大小为B0.4 T、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，导体棒两端a、b悬挂于两根相同的轻质绝缘弹簧下端，弹簧均处于竖直状态。当导体棒中通有I1 A的电流时，两根弹簧比自然长度各缩短了x0.01

11、m，取g10 m/s2，则下列说法中正确的是()A导体棒中电流的方向为aObB每根弹簧的弹力大小为0.1 NC弹簧的劲度系数为k5 N/mD若仅改变电流方向，则弹簧将会比自然长度各伸长0.01 m解析：通电后，弹簧缩短，说明安培力向上，由左手定则知，电流方向应为bOa，A错误； 由2F弹mgBI得F弹0.05 N，B错误；据F弹kx得，k5 N/m，C正确；改变电流方向，则有2kxmgBI，可得伸长量x0.03 m，D错误。答案：C11(2021辽宁营口检测)如图所示，三个质量均为m的带电小球(球A、球B和球C)被三根不可伸长的绝缘细绳(绳、绳和绳)系于O点，三球平衡时绳处于竖直方向，且悬点O

12、、球A、球B和球C所在位置正好组成一个边长为a的正方形。已知球A、球B和球C均带正电，电荷量分别为q1、q2和q3，若mg，静电力常量为k，重力加速度为g，则下列说法正确的是()Aq1和q3可以不相等B绳和绳的拉力大小之比为1C绳的拉力大小为2 mgDq1q221解析：因竖直，可知A、C对B的库仑力相等，因距离相等可知A、C所带电荷量必然相等，即q1q3，选项A错误；因为mg，且q1q3，则FCAmg，对A受力分析可知绳的拉力大小FT1mg cos 45mg cos 45mg，对A、B、C整体受力分析可得FT22FT1cos 453mg，解得FT2mg，则FT1FT21，选项B正确，C错误；对

13、球B，设A对B以及C对B的库仑力均为F，则FT2mg2F cos 45，解得F，又kF，结合mg，可得q1q221, 选项D错误。答案：B12 (多选)(2021山东青岛一诊)如图所示，粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙壁之间放一光滑半圆球B，整个装置处于平衡状态。已知A、B的质量分别为m和M，A、B两物体的半径均为R，B的圆心到水平地面的竖直距离为R，重力加速度为g，下列说法正确的是()A地面对A的支持力大小为(mM)gB地面对A的摩擦力大小为MgC将A往左缓慢移动少许，竖直墙壁对B的弹力减小D将A往左缓慢移动少许，A、B之间的弹力保持不变解析：把A、B看成一个整体，有

14、：FN(Mm)g，故A正确；在水平方向上，摩擦力大小等于竖直墙对B水平向右的弹力大小FN2，对B隔离研究，受力分析如图所示，根据几何关系，等于45，则FN1Mg，FN2Mg tan Mg，故B错误；将A往左缓慢移动少许，减小，由FN2Mg tan ，竖直墙壁对B的弹力减小，由FN1，A、B之间的弹力减小，故C正确，D错误。答案：AC13如图所示是一旅行箱，它既可以在地面上推着行走，也可以在地面上拉着行走。已知该旅行箱的总质量为15 kg，一旅客用斜向上的拉力拉着旅行箱在水平地面上做匀速运动。若拉力的最小值为90 N，此时拉力与水平方向间的夹角为。重力加速度大小为g10 m/s2，sin 370

15、.6，旅行箱受到地面的阻力与其受到地面的支持力成正比，比值为，则()A0.5，37B0.5，53C0.75，53D0.75，37解析：对旅行箱受力分析，如图所示。根据平衡条件可知，水平方向有F cos Ff0，竖直方向有FNF sin G0，其中FfFN，故F，令tan ，则F；当时，F有最小值，FminG sin 90 N，37，故tan 370.75，37，选项D正确。答案：D14(多选)(2021广东肇庆一模)如图所示，斜面置于粗糙水平面上，斜面上方水平固定一根光滑直杆，直杆上套有一个滑块，滑块连接一根细线，细线的另一端连接一个置于斜面上的光滑小球。最初斜面与小球都保持静止，现对滑块施加

16、水平向右的外力F使其缓慢向右移动至A点，如果整个过程中斜面保持静止，且小球未滑离斜面，当滑块滑动到A点时细线恰好平行于斜面，下列说法正确的是()A斜面对小球的支持力逐渐减小B细线对小球的拉力逐渐减小C滑块受到水平向右的外力F逐渐增大D水平地面对斜面的支持力逐渐减小解析：对小球受力分析可知，沿斜面方向：FTcos mg sin ，垂直斜面方向：FNFTsin mg cos (其中是细线与斜面的夹角，为斜面的倾角)，滑块缓慢向右滑动至A点，变小，则细线对小球的拉力FT变小，斜面对小球的支持力FN变大，故选项B正确，A错误；对滑块受力分析可知，在水平方向有FFTcos ()mg sin (cos tan sin )，由于变小，则滑块受到水平向右的外力逐渐增大，故选项C正确；对斜面和小球整体受力分析可知，在竖直方向有：mgMgFNFTsin ()，由于()变小，所以水平地面对斜面体的支持力FN逐渐增大，故选项D错误。答案：BC