2022高考物理二轮复习第1部分专题1力与直线运动第1讲力与物体的平衡限时检测含解析.doc

第1讲　力与物体的平衡
[限时45分钟；总分值80分]
一、选择题(每题5分，共50分)
1．(2022·全国卷Ⅱ)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行。物块与斜面之间的动摩擦因数为，重力加速度取10 m/s2。假设轻绳能承受的最大张力为1 500 N，那么物块的质量最大为
A．150 kg　　B．100 kg　 C．200 kg　　D．200 kg
解析　设物块的质量最大为m，将物块的重力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡条件，在沿斜面方向有F＝mgsin 30°＋μmgcos 30°，解得m＝150 kg，A项正确。
答案　A
2．(2022·江苏卷)如图1－1－14所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右。细绳与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为T，那么风对气球作用力的大小为
图1－1－14
A. B.
C．Tsin α D．Tcos α
解析　以气球为研究对象，受力分析如下图，那么由力的平衡条件可知，气球在水平方向的合力为零，即风对气球作用力的大小为F＝Tsin α，C正确，ABD错误。
答案　C
3．(2022·达州一模)如图1－1－15所示，一箱子放在水平地面上，现对箱子施加一斜向上的拉力F，保持拉力的方向不变，在拉力F的大小由零逐渐增大的过程中(箱子未离开地面)。关于摩擦力Ff的大小随拉力F的变化关系，以下四幅图(图1－1－16)可能正确的选项是
图1－1－15
图1－1－16
解析　拉力F与水平方向的夹角为α，木箱处于静止状态时，木箱所受的静摩擦力为Ff＝Fcos α，F增大，Ff增大；当拉力到达一定值，箱子运动瞬间，静摩擦力变为滑动摩擦力，由于最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，故摩擦力有个突然减小的过程；木箱运动时，所受的支持力N＝G－Fsin α，F增大，N减小，此时木箱受到的是滑动摩擦力，大小为Ff＝μN，N减小，那么Ff减小；故A、C、D错误，B正确。
答案　B
4．(2022·成都模拟)如图1－1－17甲所示，四根等长的缆绳一端悬于起重机的吊钩上，另一端分别系在一个正方形的框架上，框架下面悬吊着重物，起重机将重物以0.5 m/s的速度沿竖直方向匀速向上吊起。假设起重机的输出功率为20 kW，每根缆绳与竖直方向的夹角均为37°(如图乙所示)，忽略吊钩、框架及绳重，不计一切摩擦，sin 37°＝0.6, cos 37°＝0.8。那么悬于吊钩的每根缆绳的拉力大小为
图1－1－17
A．5.0×104 N B．4.0×104 N
C．1.25×104 N D．1.0×104 N
解析　由P＝Fv得F＝＝ N＝4×104 N，所以重物的重力G＝F＝4×104 N；设每根缆绳的拉力大小为T，根据共点力平衡条件得4Tcos 37°＝G，解得T＝1.25×104 N，选项C正确。
答案　C
5．(2022·湘东六校高三联考)如图1－1－18所示，斜面体静置于粗糙水平面上，用一轻绳拴住小球置于光滑的斜面上，轻绳左端固定在竖直墙面上的P处，初始时轻绳与斜面平行，假设将斜面体移至虚线位置处，斜面体仍处于静止状态，那么与在原来位置相比
图1－1－18
A．在虚线位置时轻绳对小球的拉力小
B．在虚线位置时斜面体对小球的支持力大
C．在虚线位置时斜面体对水平面的压力大
D．在虚线位置时斜面体对水平面的摩擦力小
解析　隔离小球分析其受力，小球受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力、轻绳的拉力，画出小球受力的矢量三角形，如下图。由图可知，斜面体在虚线位置时轻绳对小球的拉力大，斜面体对小球的支持力小，选项AB错误；把小球和斜面体看成一个整体，由于斜面体在虚线位置时轻绳对小球的拉力大，由平衡条件可知，斜面体在虚线位置时水平面对斜面体的支持力小，摩擦力小，根据牛顿第三定律可知，斜面体在虚线位置时对水平面的压力小，摩擦力小，选项C错误，D正确。
答案　D
6．(2022·全国卷Ⅲ)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm。将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，那么弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)
A．86 cm B．92 cm C．98 cm D．104 cm
解析　设弹性绳的劲度系数为k，挂上钩码后弹性绳伸长ΔL＝20 cm，由几何关系可知，钩码两侧弹性绳与竖直方向夹角为53°，如下图，由共点力的平衡条件可知，钩码的重力为G＝2kΔLcos 53°，将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点时，钩码的重力为G＝2kΔL′，解得ΔL′＝ΔL＝12 cm。弹性绳的总长度变为L0＋ΔL′＝92 cm，选项B正确。
答案　B
7．如图1－1－19所示，一光滑小球静置在光滑半球面上，被竖直放置的光滑挡板挡住。现水平向右缓慢地移动挡板，那么在小球运动的过程中(该过程小球未脱离球面且球面始终静止)，挡板对小球的推力F、半球面对小球的支持力N的变化情况是
图1－1－19
A．F增大，N减小 B．F增大，N增大
C．F减小，N减小 D．F减小，N增大
解析　某时刻小球的受力情况如下图，设小球与半球面的球心连线与竖直方向的夹角为α，那么F＝mgtan α，N＝，随着挡板向右移动，α角越来越大，那么F和N都要增大。应选项B正确。
答案　B
8．(2022·海南单科)如图1－1－20所示，在水平桌面上放置一斜面体P，两长方体物块a和b叠放在P的斜面上，整个系统处于静止状态。假设将a和b、b与P、P与桌面之间摩擦力的大小分别用f1、f2和f3表示。那么正确的选项是
图1－1－20
A．f1＝0，f2≠0，f3≠0 B．f1≠0，f2＝0，f3＝0
C．f1≠0，f2≠0，f3＝0 D．f1≠0，f2≠0，f3≠0
解析　对整体受力分析可知，整体相对地面没有相对运动趋势，故f3＝0；再将a和b看成一个整体，a、b整体有相对斜面向下运动的趋势，故b与P之间有摩擦力，即f2≠0，再对a受力分析可知，a相对于b有向下运动的趋势，a和b之间存在摩擦力作用，即f1≠0，选项C正确。
答案　C
9．(多项选择)如图1－1－21所示，水平平行光滑金属导轨上连有阻值为R的定值电阻，电阻不计的金属杆垂直导轨放置，导轨间距为l，导轨与金属杆组成的闭合电路面积为S，金属杆上系一根轻绳，绕过光滑定滑轮与一质量为m的物块相连，初始时物块静止在水平地面上，轻绳拉直但没有弹力。在导轨区域加一竖直向上的磁场，磁感应强度随时间变化规律为B＝kt(k＞0)，重力加速度大小为g，导轨电阻不计，那么以下说法正确的选项是
图1－1－21
A．金属杆中的电流从a向b
B．t＝时，物块恰好离开地面
C．物块离开地面前，定值电阻上产生的总热量为
D．物块离开地面前，流过定值电阻的总电荷量为
解析　磁场的磁感应强度方向向上，逐渐增强，由楞次定律可得感应电流的方向是从a向b，选项A正确；磁场的磁感应强度随时间均匀变化，那么＝k，E＝S＝kS，I＝＝，物块恰好离开地面时有BIl＝mg，其中B＝kt，解得t＝，选项B错误；物块离开地面前QR＝I2Rt＝，选项C错误；物块离开地面前qR＝It＝，选项D正确。
答案　AD
10．(多项选择)如图1－1－22所示，在一竖直平面内，y轴左侧有一水平向右的匀强电场E1和一垂直纸面向里的匀强磁场B，y轴右侧有一竖直方向的匀强电场E2，一电荷量为q(电性未知)、质量为m的微粒从x轴上A点以一定初速度与水平方向成θ＝37°角沿直线经P点运动到图中的C点，其中m、q、B均，重力加速度为g，那么
图1－1－22
A．微粒一定带负电
B．电场强度E2一定竖直向上
C．两电场强度之比＝
D．微粒的初速度为v＝
解析　微粒从A到P受重力、静电力和洛伦兹力作用做直线运动，那么微粒做匀速直线运动，由左手定那么及静电力的性质可确定微粒一定带正电，选项A错误；此时有qE1＝mgtan 37°，微粒从P到C在静电力、重力作用下做匀速直线运动，必有mg＝qE2，所以E2的方向竖直向上，选项B正确；由以上分析可知＝，选项C错误；AP段有mg＝Bqvcos 37°，即v＝，选项D正确。
答案　BD
二、非选择题(共30分)
11．(15分)如图1－1－23所示，倾角为θ＝37°的两根平行长直金属导轨的间距为d，其底端接有阻值为R的电阻，整个装置处在垂直两导轨所在斜面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。质量均为m(质量分布均匀)、电阻均为R的导体杆ab、cd垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触。两导体杆与导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.5。现杆ab在恒力F作用下沿导轨向上做匀速运动，杆cd能保持静止状态。导轨电阻不计，重力加速度大小为g。求杆ab的速度大小。
图1－1－23
解析　导体杆ab以速度v运动，切割磁感线产生感应电动势，那么有：E＝Bdv
根据闭合电路欧姆定律，有E＝I
导体杆ab有最小速度vmin时，对于导体杆cd那么有
B·d＋μmgcos 37°＝mgsin 37°
解得vmin＝
导体杆ab有最大速度vmax时，对于导体杆cd那么有
B·d＝μmgcos 37°＋mgsin 37°
解得vmax＝
故导体杆ab的速度应满足条件：≤v≤。
答案　≤v≤
12．(15分)(2022·眉山二模)如图1－1－24所示，粗糙斜面的倾角为30°，μ＝，轻绳通过两个滑轮与物块A相连，轻绳的另一端固定于天花板上，不计轻绳与滑轮的摩擦。物块A的质量为m，不计滑轮的质量，挂上物块B后，当滑轮两边轻绳的夹角为106°时，A、B恰能保持静止且A所受摩擦力沿斜面向下，求物块B的质量。(sin 37°＝，cos 37°＝，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2)
图1－1－24
解析　先对A受力分析，如下图。根据共点力平衡条件，有mgsin 30°＋f＝T，
FN＝mgcos 30°，
又f＝μFN，联立解得T＝1.25mg，
再对B受力分析，那么有
2Tcos＝Mg，
联立解得M＝1.5 m。
答案　1.5 m
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