《（江蘇專版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題一 第一講 力與物體平衡課前自測診斷卷（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題一 第一講 力與物體平衡課前自測診斷卷（含解析）（8頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（江蘇專版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題一 第一講 力與物體平衡課前自測診斷卷（含解析）考點(diǎn)一受力分析A石塊b對a的支持力一定豎直向上B石塊b對a的支持力一定等于a受到的重力C石塊c受到水平桌面向左的摩擦力D石塊c對b的作用力一定豎直向上解析：選D由題圖可知，a與b的接觸面不是水平面，可知石塊b對a的支持力與其對a的靜摩擦力的合力，跟a受到的重力是一對平衡力，故A、B錯(cuò)誤；以三個(gè)石塊作為整體研究，整體受到的重力與支持力是一對平衡力，則石塊c不會(huì)受到水平桌面的摩擦力，故C錯(cuò)誤；選取a、b作為整體研究，根據(jù)平衡條件，石塊c對b的作用力與其重力平衡，則石塊c對b的作用力一定豎直向上，故D正確。2

2、考查摩擦力的有無及方向判斷如圖所示，超市為方便顧客，安裝了智能化的傾斜向上的自動(dòng)扶梯(無臺階)。在沒有乘客乘行時(shí)，自動(dòng)扶梯以較小的速度勻速運(yùn)行，當(dāng)乘客站立乘行(手不扶扶手)時(shí)，自動(dòng)扶梯經(jīng)過先加速再勻速兩個(gè)階段運(yùn)行。則該扶梯在運(yùn)送乘客的過程中()A扶梯勻速運(yùn)行時(shí)，乘客不受摩擦力作用B扶梯勻速運(yùn)行時(shí)，乘客對扶梯的作用力方向豎直向下C扶梯加速運(yùn)行時(shí)，扶梯對乘客的摩擦力方向與運(yùn)動(dòng)方向相反D扶梯加速運(yùn)行時(shí)，扶梯對乘客的作用力方向與運(yùn)動(dòng)方向相反解析：選B扶梯勻速運(yùn)行時(shí)，乘客所受的摩擦力等于重力沿扶梯向下的分力，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；勻速運(yùn)動(dòng)階段，乘客處于平衡狀態(tài)，扶梯對乘客的作用力豎直向上，乘客對扶梯的作用力方向豎

3、直向下，選項(xiàng)B正確；扶梯加速運(yùn)行時(shí)，由于智能化的自動(dòng)扶梯無臺階，乘客站在斜面上，乘客的加速度的方向沿斜面向上，乘客要受到沿斜面向上的摩擦力的作用，與運(yùn)動(dòng)方向相同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；加速度有水平方向的分量，扶梯對乘客的摩擦力有水平方向的分力，所以扶梯對乘客的作用力指向斜上方，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。3考查力的合成與分解在如下所示的甲、乙、丙、丁四圖中，滑輪本身的重力忽略不計(jì)，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩ab繞過滑輪，a端固定在墻上，b端下面掛一個(gè)質(zhì)量都是m的重物，當(dāng)滑輪和重物都靜止不動(dòng)時(shí)，甲、丙、丁圖中桿P與豎直方向夾角均為，圖乙中桿P在豎直方向上，假設(shè)甲、乙、丙、丁四圖中滑輪受到木桿彈力的大小依次為

4、F甲、F乙、F丙、F丁，則以下判斷中正確的是()AF甲F乙F丙F丁BF丁F甲F乙F丙CF甲F丙F丁F乙DF丙F甲F乙F丁解析：選B由于兩個(gè)繩子的拉力大小等于重物的重力大小，即四個(gè)選項(xiàng)中繩子的拉力是大小相等的，根據(jù)平行四邊形定則知兩個(gè)力的夾角越小，則合力越大，即滑輪兩邊繩子的夾角越小，繩子拉力的合力越大，故丁圖中繩子夾角最小，繩子拉力的合力最大，則滑輪受到木桿的彈力最大，丙圖中繩子夾角最大，繩子拉力的合力最小，則滑輪受到木桿的彈力最小，甲、乙兩圖中繩子的夾角相等，繩子拉力的合力相等，故滑輪受到木桿的彈力大小F甲F乙，所以F丁F甲F乙F丙，故選B。4考查物體的平衡條件科技的發(fā)展正在不斷地改變著我們

5、的生活，圖甲是一款放在水平桌面上的手機(jī)支架，其表面采用了納米微吸材料，用手觸碰無粘感，接觸到平整光滑的硬性物體時(shí)，會(huì)牢牢吸附在物體上。圖乙是手機(jī)靜止吸附在該手機(jī)支架上的側(cè)視圖，若手機(jī)的重力為G，下列說法正確的是()A手機(jī)受到的支持力大小為Gcos B手機(jī)受到的摩擦力大小大于Gsin C納米微吸材料對手機(jī)的作用力方向豎直向上D納米微吸材料對手機(jī)的作用力大小為Gsin 解析：選C手機(jī)處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力平衡，根據(jù)平衡條件可知，在垂直支架方向有：FNGcos F吸，大于Gcos ，故A錯(cuò)誤；在平行斜面方向，根據(jù)平衡條件，有：fGsin ，故B錯(cuò)誤；手機(jī)處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力平衡，受到重力和納米微吸材料對手

6、機(jī)的作用力，根據(jù)平衡條件可知，納米微吸材料對手機(jī)的作用力大小等于重力，方向與重力方向相反，豎直向上，故C正確，D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)二整體法與隔離法的應(yīng)用5.考查整體法與隔離法、力的合成與分解如圖所示，質(zhì)量為M的四分之一圓柱體放在粗糙水平地面上，質(zhì)量為m的正方體放在圓柱體和光滑墻壁之間，且不計(jì)圓柱體與正方體之間的摩擦，正方體與圓柱體的接觸點(diǎn)的切線與右側(cè)墻壁成角，圓柱體處于靜止?fàn)顟B(tài)。則()A地面對圓柱體的支持力為MgB地面對圓柱體的摩擦力為mgtan C墻壁對正方體的彈力為D正方體對圓柱體的壓力為解析：選C以正方體為研究對象，受力分析，如圖：由幾何知識得，墻壁對正方體的彈力FN1圓柱體對正方體的彈力FN2

7、，根據(jù)牛頓第三定律得正方體對圓柱體的壓力為。以圓柱體和正方體為研究對象，豎直方向受力平衡，地面對圓柱體的支持力：FN(Mm)g，水平方向受力平衡，地面對圓柱體的摩擦力：FfFN1。故選C。6考查整體法與隔離法、物體的平衡條件多選如圖所示，木板C放在水平地面上，木板B放在C的上面，木板A放在B的上面，A的右端通過輕質(zhì)彈簧秤固定在豎直的墻壁上，A、B、C質(zhì)量相等，且各接觸面動(dòng)摩擦因數(shù)相同，用大小為F的力向左拉動(dòng)C，使它以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，三者穩(wěn)定后彈簧秤的示數(shù)為T。則下列說法正確的是()AB對A的摩擦力大小為T，方向向左BA和B保持靜止，C勻速運(yùn)動(dòng)CA保持靜止，B和C一起勻速運(yùn)動(dòng)DC受到地面的摩擦力

8、大小為FT解析：選ACD由題意，A、B、C質(zhì)量相等，且各接觸面動(dòng)摩擦因數(shù)相同，再依據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式FfFN，可知，B、C之間的滑動(dòng)摩擦力大于A、B之間的滑動(dòng)摩擦力，因此在F作用下，B、C作為一整體是運(yùn)動(dòng)的，對A受力分析：A受水平向右的拉力和水平向左的摩擦力，那么根據(jù)平衡條件可知，B對A的摩擦力大小為T，方向向左，故A、C正確，B錯(cuò)誤；又因?yàn)槟景彘g力的作用是相互的，則木板B受到A對它水平向右的摩擦力，大小為T，由于B、C做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則B、C受到水平向左的拉力F和水平向右的兩個(gè)摩擦力(A對B的摩擦力和地面對C的摩擦力)而平衡，根據(jù)平衡條件可知，C受到地面的摩擦力大小為FT，故D正確。7考查整體

9、法與隔離法、摩擦力的分析與判斷多選如圖所示，質(zhì)量為M的斜面體A放在粗糙水平面上，用輕繩拴住質(zhì)量為m的小球B置于斜面上，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知斜面傾角及輕繩與豎直方向的夾角均為30。不計(jì)小球與斜面間的摩擦，則()A輕繩對小球的作用力大小為mgB斜面體對小球的作用力大小為mgC斜面體對水平面的壓力大小為(Mm)gD斜面體與水平面間的摩擦力大小為mg解析：選AD以小球B為研究對象，受力如圖甲所示，由幾何關(guān)系知30。根據(jù)受力平衡可得FTFNmg以斜面體A為研究對象，其受力如圖乙所示。由受力平衡得FN1MgFNcos MgmgFfFNsin mg故選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤，A、D正確?？键c(diǎn)三動(dòng)態(tài)平衡問題8.考

10、查用圖解法分析動(dòng)態(tài)平衡問題質(zhì)量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上。用水平向左的力F緩慢拉動(dòng)繩的中點(diǎn)O，如圖所示。用T表示繩 OA段拉力的大小，在O點(diǎn)向左移動(dòng)的過程中()AF逐漸變大，T逐漸變大BF逐漸變大，T逐漸變小CF逐漸變小，T逐漸變大DF逐漸變小，T逐漸變小解析：選A以O(shè)點(diǎn)為研究對象，受力如圖所示，當(dāng)用水平向左的力緩慢拉動(dòng)O點(diǎn)時(shí)，則繩OA與豎直方向的夾角變大，由共點(diǎn)力的平衡條件知F逐漸變大，T逐漸變大，選項(xiàng)A正確。9考查用解析法分析動(dòng)態(tài)平衡問題多選如圖所示，疊放在一起的A、B兩物體放置在光滑水平地面上，A、B之間的水平接觸面是粗糙的，細(xì)線一端固定在A物體上，另一端固定于N點(diǎn)，水平恒力F始

11、終不變，A、B兩物體均處于靜止?fàn)顟B(tài)，若將細(xì)線的固定點(diǎn)由N點(diǎn)緩慢下移至M點(diǎn)(線長可變)，A、B兩物體仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，則()A細(xì)線的拉力將減小BA物體所受的支持力將增大CA物體所受摩擦力將增大D水平地面所受壓力將減小解析：選AB以A、B兩物體組成的系統(tǒng)作為研究對象，受力分析如圖甲所示。水平方向FTcos F，豎直方向：FNFTsin (mAmB)g，因?yàn)榧?xì)線與水平地面的夾角減小，cos 增大，sin 減小，F(xiàn)T將減小，F(xiàn)N將增大，所以細(xì)線所受拉力減小，地面受到的壓力增大，A正確，D錯(cuò)誤；以物體A為研究對象，受力分析如圖乙所示，豎直方向：FNAFTsin mAg，F(xiàn)T減小，sin 減小，所以FNA增

12、大，B正確；以B為研究對象，在水平方向上由力的平衡可得FfF，A物體所受摩擦力不變，C錯(cuò)誤。10考查用相似三角形法求解動(dòng)態(tài)平衡問題多選如圖所示，質(zhì)量均為m的小球A、B用勁度系數(shù)為k1的輕彈簧相連，B球用長為L的細(xì)繩懸于O點(diǎn)，A球固定在O點(diǎn)正下方，當(dāng)小球B平衡時(shí)，繩子所受的拉力為FT1，彈簧的彈力為F1；現(xiàn)把A、B間的彈簧換成原長相同但勁度系數(shù)為k2(k2k1)的另一輕彈簧，在其他條件不變的情況下仍使系統(tǒng)平衡，此時(shí)繩子所受的拉力為FT2，彈簧的彈力為F2，則下列關(guān)于FT1與FT2、F1與F2大小之間的關(guān)系，正確的是()AFT1FT2BFT1FT2CF1F2DF1F2解析：選BC小球B受重力mg、

13、繩子拉力FT和彈簧彈力F三個(gè)力而平衡，平移FT、F構(gòu)成力的矢量三角形如圖所示，由圖可以看出，力的矢量三角形總是與幾何三角形OAB相似，因此有，其中OA、L保持不變，因此繩子的拉力FT大小保持不變，A錯(cuò)誤、B正確；當(dāng)彈簧的勁度系數(shù)k增大時(shí)，彈簧的壓縮量減小，A、B間距離增大，因此對應(yīng)的力F增大，C正確、D錯(cuò)誤。考點(diǎn)四電磁場中的平衡問題11.考查庫侖定律、物體的平衡條件、力的合成與分解多選如圖所示，絕緣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30。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，且小球A正好靜止在斜面中點(diǎn)。在小球A的正下方地面處固定放置一帶

14、電小球B，兩球相距為d。已知兩球的質(zhì)量均為m、電荷量均為q，靜電力常量為k，重力加速度為g，兩球均可視為點(diǎn)電荷。則下列說法正確的是()A兩球之間的庫侖力FkB當(dāng) 時(shí)，斜面對小球A的支持力為C當(dāng) 時(shí)，細(xì)線上拉力為0D將小球B移到斜面底面左端C點(diǎn)，當(dāng)2時(shí)，斜面對小球A的支持力為0解析：選ABD依據(jù)庫侖定律，得兩球之間的庫侖力大小為Fk，故A正確；當(dāng) 時(shí)，則有kmg，對球A受力分析，如圖甲所示：根據(jù)矢量的合成法則，依據(jù)三角知識，則支持力N，拉力T，故B正確，C錯(cuò)誤；當(dāng)小球B移到斜面底面左端C點(diǎn)，對球A受力分析，如圖乙所示：依據(jù)幾何關(guān)系可知，T與F的夾角為120，且兩力的合力與重力反向，當(dāng) 時(shí)，即有k

15、mg，根據(jù)矢量的合成法則，則有兩合力與重力等值反向，那么斜面對小球A的支持力為N0，而現(xiàn)在2時(shí)，即有k4mg，那么小球A離開斜面，因此斜面對小球A的支持力仍為零，故D正確。12考查庫侖力作用下物體的動(dòng)態(tài)平衡問題如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的兩個(gè)帶同種電荷的小球a和b，分別靜止在豎直墻面和水平地面上；b球被光滑豎直板擋住，所有接觸面均光滑，a球由于緩慢漏電而緩慢下降，在此過程中()A地面對b球的支持力變小B豎直擋板對b球的彈力變小Ca、b兩球間的作用力變大D以上說法均不正確解析：選C對a、b整體而言，豎直方向受重力和地面的支持力，故支持力總等于兩球的重力，可知地面對b球的支持力不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對a球受

16、力分析如圖：受到重力G，庫侖力F和墻面的彈力N，當(dāng)a球下移時(shí)，由受力圖可知，N和F均變大，可知選項(xiàng)C正確；對a、b整體，水平方向豎直擋板對b球的彈力等于墻面對a球的彈力N，則豎直擋板對b球的彈力變大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；綜上所述，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。13考查復(fù)合場中帶電粒子的平衡問題質(zhì)量為m，電量為q的微粒以速度v與水平方向成角從O點(diǎn)進(jìn)入方向如圖所示的正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場組成的混合場區(qū)，該微粒在電場力、磁場力和重力的共同作用下，恰好沿直線運(yùn)動(dòng)到A，下列說法中正確的是()A該微?？赡軒д姾梢部赡軒ж?fù)電荷B微粒從O到A的運(yùn)動(dòng)一定是勻加速直線運(yùn)動(dòng)C該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為D該電場的場強(qiáng)為解析：選C若粒子帶正電

17、，電場力向左，洛倫茲力垂直于OA線斜向右下方，則電場力、洛倫茲力和重力不能平衡；若粒子帶負(fù)電，電場力向右，洛倫茲力垂直于OA線斜向左上方，則電場力、洛倫茲力和重力能平衡，則該微粒帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤。粒子受到重力和電場力不變，由于粒子沿直線運(yùn)動(dòng)，則洛倫茲力大小不變，粒子的運(yùn)動(dòng)一定是勻速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤。粒子受力如圖，由平衡條件得：qvBcos mg，qEmgtan ，解得：B，E，故C正確，D錯(cuò)誤。14考查安培力作用下導(dǎo)體的動(dòng)態(tài)平衡問題如圖所示，兩根通電直導(dǎo)體棒用四根長度相等的絕緣細(xì)線懸掛于O1、O2兩點(diǎn)，已知O1O2連線水平，導(dǎo)體棒靜止時(shí)絕緣細(xì)線與豎直方向的夾角均為，保持導(dǎo)體棒中的電流大小和方向不變，在導(dǎo)體棒所在空間加上勻強(qiáng)磁場后絕緣細(xì)線與豎直方向的夾角均增大了相同的角度，下列分析正確的是()A兩導(dǎo)體棒中的電流方向一定相同B所加磁場的方向可能沿x軸正方向C所加磁場的方向可能沿z軸正方向D所加磁場的方向可能沿y軸負(fù)方向解析：選C未加磁場時(shí)，由兩導(dǎo)體棒靜止時(shí)絕緣細(xì)線與豎直方向的夾角均為，可知兩導(dǎo)體棒中的電流方向一定相反，且電流大小相等，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在導(dǎo)體棒所在空間加上勻強(qiáng)磁場后絕緣細(xì)線與豎直方向的夾角均增大了相同的角度，由左手定則可知，所加磁場的方向可能沿z軸正方向，選項(xiàng)C正確，B、D錯(cuò)誤。