2022届高考物理二轮专题复习1力与物体的平衡

这是一份2022届高考物理二轮专题复习1力与物体的平衡，共11页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1．如图甲所示，用瓦片做屋顶是我国建筑的特色之一。铺设瓦片时，屋顶结构可简化为图乙所示，建筑工人将瓦片轻放在两根相互平行的檩条正中间，若瓦片能静止在檩条上。已知檩条间距离为d，以下说法正确的是（ ）
A．瓦片总共受到4个力的作用
B．减小檩条间的距离d时，瓦片与檩条间的弹力增大
C．减小檩条间的距离d时，瓦片可能会下滑
D．增大檩条间的距离d时，瓦片与檩条间的摩擦力增大
【答案】C
【解析】瓦片受重力、两侧的支持力和摩擦力，共5个力，故A错误；根据题图可知，两檩条对瓦片的弹力与垂直于檩条方向的夹角为，有，减小檩条间的距离d时，夹角变小，则瓦片与檩条间的弹力变小，最大静摩擦力变小，则瓦片可能会下滑，故B错误，C正确；增大檩条间的距离d时，瓦片仍然静止，瓦片与檩条间的摩擦力不变，故D错误。
2．2020年的春节刚刚来临，国内多地发生新型冠状病毒肺炎疫情，许多医务工作者自愿放弃休假为抗击疫情奋战。在药物使用中就应用到很多物理知识。甲、乙图分别是用注射器取药的情景和针尖刺入瓶塞的物理图样，针尖的顶角很小，医生沿着注射器施加一个较小的力F，针尖会对瓶塞产生很大的推力。现只分析如图的针尖倾斜侧面与直侧面对瓶塞产生的两个推力，则（ ）
A．针尖在两个侧面上对瓶塞的两个推力是等大的
B．针尖在倾斜侧面上对瓶塞的推力比直侧面的推力小
C．若F一定，使用顶角越小的针尖，则两个侧面对瓶塞产生的推力就越大
D．针尖在倾斜侧面上对瓶塞的推力FN＝Fcs θ
【答案】C
【解析】根据平行四边形定则可知针尖在两个侧面上对瓶塞的两个推力不等，故A错误；设顶角为，则针尖在倾斜侧面上对瓶塞的推力，直侧面的推力，当大于45°，针尖在倾斜侧面上对瓶塞的推力比直侧面的推力大，故B、D错误；由上述两式可知，若F一定，使用顶角越小的针尖，则两个侧面对瓶塞产生的推力就越大，故C正确。
3．如甲图所示，两轻质细线系着A、B两大小相同气球，气球质量不计，整个装置由于受到水平向右的风力影响达到平衡状态，OA、AB和竖直方向均成α角，现在A气球下方挂一小物件，两气球在稳定后的位置可能正确的是（ ）
【答案】A
【解析】由题知，气球的质量不计，两个气球都处于平衡状态，则两个气球都受到了水平向右的风力，竖直向上的浮力和轻绳的拉力作用，则刚开始对整体受力分析，则有，当在A气球下方挂一小物件，设质量为m，对B受力分析，因风力和浮力不变，则有；对A受力分析，可知竖直向上的合力为，设最下面的轻绳与竖直的方向的夹角为θ，则有，因，故，即，故选A。
4．歼－20战斗机上安装了我国自主研制的矢量发动机，能够在不改变飞机飞行方向的情况下通过转动尾喷口方向来改变推力的方向，使战斗机拥有优异的飞行性能。某次飞机沿水平方向超音速匀速巡航时，空气对飞机产生的竖直向上的升力（不含尾喷口推力）与水平阻力之比为2eq \r(6)。已知飞机重力为 G，为使飞机实现节油巡航模式，尾喷口产生的最小推力大小为（ ）
A．eq \f(1,5)G B．eq \f(\r(6),3)G C．eq \f(2,5)eq \r(6)G D．2eq \r(6)G
【答案】A
【解析】飞机受到重力G、发动机推力F1、空气升力F2和空气阻力f，重力的方向竖直向下，升力F2的方向竖直向上，空气阻力f的方向与F2垂直，如图，歼－20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航，则水平方向Fx＝f，竖直方向F2＋Fy＝G，其中F2＝2eq \r(6)f，解得Fy＝G－2eq \r(6)f，则，当时取得最小值，故ABC错误，D正确。
5．如图所示，固定在水平面上的斜面体，其表面不光滑，顶端有光滑的定滑轮，斜面的右侧放有一块可绕顶端转动的光滑挡板，两个质量相等的滑块A和B分别放置在斜面和挡板上，二者通过细线和轻质弹簧相连，整个系统处于静止状态。现使挡板从与水平面成60°角的位置缓慢转动到水平位置，滑块A始终静止不动，弹簧一直处于弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A．挡板对滑块B的弹力先增大后减小
B．弹簧的弹性势能先减小后增加
C．滑块A受到的摩擦力一直减小
D．斜面对滑块A的作用力先减小后增大
【答案】D
【解析】对滑块B受力分析，其受重力G、挡板的弹力NB、细线的拉力T，由于缓慢转动挡板，所以滑块B始终处于平衡状态，有NB＝Gcs θ，挡板转动的过程中，其与水平方向的夹角θ逐渐减小，则NB逐渐增大，A错误；细线的拉力T＝Gsin θ逐渐减小，弹簧弹力大小等于细线的拉力大小，所以弹簧弹力逐渐减小，弹性势能逐渐减小，B错误；对滑块A，根据平衡条件有Gsin 30°＋f＝T，滑块A受到的摩擦力，在θ逐渐减小到30°过程，静摩擦力逐渐减小到0，此后摩擦力反向并逐渐增大，则滑块A受到的摩擦力先减小后增大，C错误；斜面对滑块A的作用力即斜面的弹力和静摩擦力的合力，由于斜面的弹力不变，静摩擦力先减小后增大，故斜面对滑块A的作用力先减小后增大，D正确。
6．一通电直导线与x轴平行放置，匀强磁场的方向与xOy坐标平面平行，导线受到的安培力为F。若将该导线做成eq \f(3,4)圆环，放置在xOy坐标平面内，如图所示，并保持通电的电流不变，两端点ab连线也与x轴平行，则圆环受到的安培力大小为（ ）
A．F B． C． D．
【答案】C
【解析】设通电导线为L，平行放置时受到的安培力为F，制作成圆环时，圆环的半径为R，则，解得，故ab的长度，故此时圆环受到的安培力，ABD错误。
7．“顿牟掇芥”是东汉王充在《论衡·乱龙篇》中记载的摩擦起电现象，意指摩擦后的带电琥珀能吸引轻小物体。现做如下简化：在某处固定一个电荷量为Q的带正电的点电荷，在其正下方h处有一个原子。在点电荷的电场作用下，原子的负电荷中心与正电荷中心会分开很小的距离l，点电荷与原子之间产生作用力F。你可能不会求解F，但是你可以通过物理分析进行判断，关于F的表达式，可能正确的是（式中k为静电力常量）（ ）
A．F＝0 B． C． D．
【答案】D
【解析】由题意可知，ABC错误，D正确。
8．如图所示，AOB为水平放置的光滑杆，夹角θ＝60°，杆上套有两个质量不计的小环，两环间连有可伸缩的弹性绳，今在绳的中点施加一沿θ角平分线水平方向的力F，缓慢地拉绳，待两环达稳定状态时，绳对环的拉力等于（ ）
A．eq \f(1,2)F B．F C．eq \f(\r(3),2)F D．eq \f(\r(2),2)F
【答案】B
【解析】光滑杆AOB水平放置，两环竖直方向所受的重力与杆对两环的支持力各自平衡，不再分析。在水平面内，对两环中的每一个，都受到杆的弹力N和轻绳的拉力T，由力平衡原理得知，N与T大小相等，方向相反，而N与杆垂直，则平衡时，轻绳的拉力T必定与杆垂直。以两环及弹性轻绳整体为研究对象，分析水平方向整体受力情况，由几何知识得到∠TO1T＝120°，根据对称性，由平衡条件得到T＝F。
9．如图所示，竖直绝缘杆上端固定一光滑小环O，底端紧套带电圆环B后固定在水平面上。轻绳一端绕过光滑定滑轮O′后连接沙桶C，另一端穿过O后连接一轻弹簧，弹簧另一端通过绝缘轻绳连接带电小球A（两端细绳与弹簧的轴线共线）。当A静止时，A与C等高，小球A与B的连线与OA垂直，OA与杆的夹角θ＝60°。若在沙桶中加入（或取出）细沙的同时，将A缓慢移至另一位置D（没有画出，OA与细杆不平行），释放后A与C仍然能够保持静止，已知A与B的电荷量不变，弹簧始终在弹性限度内且不会与O接触，则下列说法正确的是（ ）
A．小球A受静电力的大小可能减小
B．D点可能存在的位置均处于同一圆上
C．若取出细沙，平衡后杆右侧轻绳与细杆间的夹角会大于60°
D．若加入细沙，平衡后沙桶距地面的高度必定大于小球距地面的高度
【答案】B
【解析】对小球进行受力分析，由相似三角形可得，由于，联立可得，由于、及电荷量、均不变，可知xAB不变，即A、B间距不变，故小球所受静电力大小不变，A错误；由于A、B间距不变，所以D点可能存在的位置均处于同一圆上，B正确；由于D点可能存在的位置均处于同一圆上，且已知当轻质细绳与细杆的夹角θ＝60°时，细绳与该圆相切，则此时的夹角θ＝60°为细绳与细杆间夹角的最大值，即细绳与细杆间的夹角不可能大于60°，C错误；由于，在沙桶中加入细沙，即mC增大时，LOA增大，小球的位置是下降的，但不知k的具体值，沙桶高度变化不确定，D错误。
10．如图所示为一种可折叠壁挂书架，一个书架用两个三角形支架固定在墙壁上，书与书架的重心始终恰好在两个支架横梁和斜梁的连接点O、O′连线中点的正上方，书架含书的总重力为60 N，横梁AO、A′O′水平，斜梁BO、B′O′跟横梁夹角为37°，横梁对O、O′点拉力始终沿OA、A′O′方向，斜梁对O、O′点的压力始终沿BO、B′O′方向，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则下列说法正确的是（ ）
A．横梁OA所受的力为80 N
B．斜梁BO所受的力为50 N
C．O、O′点同时向A、A′移动少许，横梁OA所受的力变大
D．O、O′点同时向A、A′移动少许，斜梁BO所受的力变大
【答案】B
【解析】两个三角架承担的力为60 N，每个三角架为30 N，对O点受力分析，如图甲所示，则有，，故A错误，B正确；
O、O′同时向A、A′移动少许，对O点受力分析，如图乙虚线所示，三角形AOB与力三角形相似，所以有，AB与BO长度未变，AO长度减小，故不变，减小，故CD错误。
11．如图所示，两根长度相等的绝缘轻绳分别将小球M和N悬挂在水平向右的匀强电场中，悬点均为O。可看成质点的两小球质量相同、带等量异种电荷，平衡时两轻绳与竖直方向的夹角均为θ。若将两小球所带的电荷量同时变为原来的2倍，并改变电场强度大小，两小球仍在原来位置平衡，带电小球不影响匀强电场的电场分布。下列说法正确的是（ ）
A．M带正电
B．N带正电
C．轻绳对小球的拉力大小不变
D．两小球间的库仑力将变为原来的2倍
【答案】BC
【解析】对球进行受力分析，若球带正电，则小球受力无法平衡，不能处于静止状态，则球带负电，球带正电，A错误，B正确；对球进行受力分析如图所示，因为，所以轻绳对小球的拉力大小不变，C正确；根据库仑定律，可得两小球间相互作用力将变为原来的4倍，D错误。
12．如图所示，两个完全相同、所在平面互相垂直的导体圆环P、Q中间用绝缘细线连接，通过另一绝缘细线悬挂在天花板上，当P、Q中同时通有图示方向的恒定电流时，关于两圆环的转动（从上向下看）以及细线中张力的变化，下列说法正确的是（ ）
A．P顺时针转动，Q逆时针转动
B．P逆时针转动，Q顺时针转动，转动时两细线张力均不变
C．P与天花板连接的细线张力不变
D．P与天花板连接的细线和与Q连接的细线张力均增大
【答案】AC
【解析】根据安培定则，P产生的磁场的方向垂直于纸面向外，Q产生的磁场水平向右，根据同名磁极相互排斥的特点，P将顺时针转动，Q逆时针转动；转动后P、Q两环的电流的方向相同，所以两个线圈相互吸引，细线张力减小；由整体法可知，P与天花板连接的细线张力总等于两环的重力之和，大小不变；BD错误，AC正确。
13．一个倾角为45°的光滑斜面固定在地面上，斜面上方固定一半径为R的粗糙半圆形细杆，细杆上套一轻小圆环A，A上连一长度为R的轻绳，轻绳另一端连小球B（可视为质点），开始时细绳与斜面平行。现给小圆环施加一始终沿圆弧切线方向的拉力F，使圆环缓慢移动，直到细绳竖直，整个过程小球位置不变，轻环不计重力，则下列说法正确的是（ ）
A．细绳的拉力逐渐变大
B．小球B对斜面的压力逐渐变大
C．半圆形杆对A的摩擦力逐渐变大
D．拉力F逐渐变小
【答案】AC
【解析】对小球B进行受力分析，受力分析结合牛顿第三定律，可知小球B对斜面的压力逐渐变小，细绳的拉力逐渐变大，故A正确，B错误；对小圆环A进行受力分析则，，，因为逐渐增大，重力沿绳方向的分力不断增大，所以不断增大，即半圆形杆对A的弹力逐渐增大，所以摩擦力不断增大，所以拉力F逐渐变大，故C正确，D错误。
14．如图所示，A、B、C三个可视为质点的小球，质量均为m。A小球带电量为＋q并固定在绝缘天花板上，带电小球B绕小球A正下方的O点在水平面内做半径为R的匀速圆周运动，小球A、B间的距离为eq \r(2)R。小球C用细线悬挂于同一天花板上的D点，与小球B在同一水平面内做半径为eq \f(R,2)的匀速圆周运动，已知重力加速度大小为g，静电力常量为k，下列说法正确的是（ ）
A．小球B和C转动的角速度大小一定相同
B．小球B所带的电荷量大小为
C．A、B间的库仑力与C、D间细线拉力之比为2eq \r(2)∶eq \r(5)
D．小球B和C做圆周运动的向心加速度之比为2∶1
【答案】ACD
【解析】设距离为h，则对小球B受力分析，由牛顿第二定律，且，解得，对C小球同理有，故小球B和C的角速度大小相同，A正确；由题可知，与竖直方向夹角为45°，对小球B受力分析有，解得，B错误；对B小球有，解得，对C小球有，由几何关系得，则，则，C正确；由可知，D正确。
15．如图所示，光滑的四分之一圆环AB竖直放置，环上穿有两个用细线连接的小球1和2。初始时小球2在B点，现给小球1施加一个始终沿小球1所在处切线方向的外力F，使整个系统缓慢上升，直至小球1到达A点，对于该过程下列说法正确的是（ ）
A．细线中拉力逐渐变小
B．小球1所受合外力逐渐变小
C．小球2所受的支持力逐渐变大
D．外力F逐渐变大
【答案】AC
【解析】设两球分别到达P、Q位置时的受力如图所示，依题意对小球2，，其中不变、变小、变大，所以T变小，变大，故A C正确；对小球1，，其中不变，减小，故而F减小，故D错误；因为整个系统缓慢运动，所以小球1所受合外力一直为零，故B错误。
二、非选择题（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
16．如图甲所示，一根硬直杆左端固定在竖直墙壁A点，且与竖直墙壁间夹角为60°，右端C固定一光滑定滑轮，一根轻绳跨过滑轮左端系在竖直墙壁的B点，右端系一质量为m的物块，静止时，左侧绳与竖直墙壁夹角也为60°；如图乙所示，一根硬直杆左端通过一铰链接在竖直墙壁的A′点，跨过杆右端C′的轻绳左端系在竖直墙壁的B′，右端连接质量也为m的物体，整个系统静止时，杆水平、绳左端与竖直墙壁夹角为60°。重力加速度为g，求：
(1)甲、乙两图中轻绳BC与B′C′上拉力大小的比值；
(2)甲、乙两图中轻绳对杆的弹力大小的比值。
【解析】(1)分别对甲、乙图受力分析如图所示，由于甲图中绳跨过光滑定滑轮则有绳拉力大小为
对乙图由共点力平衡条件可得，绳拉力大小为
则有。
(2)有共点力平衡条件可得，甲图中轻绳对杆的弹力沿杆向下，且大小等于两绳的合力，有
对乙图由共点力平衡条件可得
则有。
17．防烫手取物夹是生活中的常用工具，如图甲所示。现使夹子张开一定的角度，紧紧夹住质量为m的长方形菜碟，侧视图如图乙所示，菜碟侧边与竖直方向的夹角为60°，取物夹与菜碟两侧共有4个接触点。取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，当菜碟水平静止时，
(1)求取物夹与菜碟间每个接触点的作用力F和摩擦力f的大小；
(2)如果取物夹与菜碟侧边接触点间的动摩擦因数为0.5，能不能夹起菜碟。
【解析】(1)先整体分析，得出每个接触点的作用力大小
接触点的受力如图所示，再求得每个接触点取物夹对菜碟的摩擦力大小为
。
(2)每个接触点取物夹对菜碟的弹力大小
取物夹与菜碟之间的摩擦力动摩擦因数最小
因为
故不能夹起菜碟。
18．如图，倾角为45°的斜面体A放在水平地面上，A与地面间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，光滑半球体B静止在竖直墙和斜面体之间，已知A、B质量都为m，斜面体和半球体都静止不动。求：
(1)斜面对半球体的支持力N1和墙壁对半球体的弹力N2；
(2)地面对斜面的支持力N3和摩擦力f；
(3)保持斜面质量不变，增加半球体的质量，若仍然要保持斜面和半球体静止不动，则半球体质量最大为多少？
【解析】(1)对半球体受力分析，如图甲，由三力平衡可得
。
(2)对A、B整体受力分析，如图乙，由受力平衡可得
。
(3)假设半球体质量最大为，A与地面间的最大静摩擦为
又
联立可得
即半球体质量最大为。