2022年高考物理大二輪復習 專題一 力與運動 專題跟蹤訓練1 力與物體的平衡一、選擇題1(2018·石家莊質(zhì)檢二)可視為球形的雨滴在空中的下落過程可視為先加速后勻速的直線運動，已知雨滴下落過程中所受空氣阻力的大小與其下落速度的平方及其橫截面積(雨滴上垂直速度方向的最大面積)的乘積成正比若空中兩個正在勻速下落的雨滴直徑之比為23，則此時的速度之比為()A. B. C. D.解析勻速下落的雨滴所受重力大小與空氣阻力大小相等，則mgkv2S，而雨滴質(zhì)量mVd3，Sd2，由以上三式得可知，為定值，所以速度之比等于直徑的平方根之比，即雨滴直徑之比為23時，速度之比為，A項正確答案A2(2017·全國卷)如圖，一物塊在水平拉力F的作用下沿水平桌面做勻速直線運動若保持F的大小不變，而方向與水平面成60°角，物塊也恰好做勻速直線運動物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為()A2 B. C. D.解析本題考查物體受力分析、滑動摩擦力、物體的平衡物塊在水平力F作用下做勻速直線運動，其受力如圖甲所示由平衡條件：Ff、FNmg而fFNmg即Fmg當F的方向與水平面成60°角時，其受力如圖乙由平衡條件：Fcos60°f1f1FN1(mgFsin60°)聯(lián)立解得，選項C正確答案C3.(2018·鄭州第二次質(zhì)量預測)如圖所示，斜面體B放在粗糙的水平面上，物塊A放在粗糙的斜面體B上，輕質(zhì)彈簧兩端分別與物塊A及固定在斜面體底端的擋板拴接，初始時A、B靜止，彈簧處于壓縮狀態(tài)現(xiàn)用力F沿斜面向上拉A，但A、B均保持靜止下列說法正確的是()A彈簧對擋板的彈力減小BA、B之間的摩擦力減小C水平面對B的摩擦力不變D斜面體B對水平面的壓力減小解析由于A、B均保持靜止，彈簧長度沒有改變，根據(jù)胡克定律，彈簧對擋板的彈力不變，選項A錯誤；初始時A、B靜止，若彈簧對A的彈力剛好等于A重力沿斜面向下的分力，則A、B之間的摩擦力為零，用力F沿斜面向上拉A時，則A、B之間的摩擦力增大，選項B錯誤；初始時A、B靜止，對A、B整體受力分析，則水平面對斜面體的摩擦力為零，用力F沿斜面向上拉A時，A、B均保持靜止，對A、B整體受力分析，由平衡條件可知，水平面對B的摩擦力不為零，方向向右，水平面對斜面體的支持力減小，根據(jù)牛頓第三定律，斜面體對水平面的壓力減小，選項C錯誤，D正確答案D4(2018·南昌一模)(多選)如圖所示，不可伸長的輕繩AO和BO下端共同系一個物體P，且繩長AO>BO，A、B兩端點在同一水平線上，開始時兩繩剛好繃直，繩AO、BO的拉力大小分別設為FA、FB.現(xiàn)保持A、B端點在同一水平線上，在A、B緩慢向兩側(cè)遠離的過程中，關于兩繩拉力的大小隨A、B間距離的變化情況是()AFA隨距離的增大而一直增大BFA隨距離的增大而一直減小CFB隨距離的增大而一直增大DFB隨距離的增大先減小后增大解析開始時兩繩剛好繃直，繩AO中的拉力FA0，BO中的拉力大小FBmg.在A、B緩慢向兩側(cè)遠離的過程中，力的矢量三角形如圖所示，可得FA隨距離的增大而一直增大，F(xiàn)B隨距離的增大先減小后增大，選項BC錯誤，AD正確答案AD5(2018·蘭州高三診斷)一質(zhì)量為m的物體用一根足夠長的細繩懸吊于天花板上的O點，現(xiàn)用一光滑的金屬鉤子勾住細繩，水平向右緩慢拉動細繩(鉤子與細繩的接觸點A始終在一條水平線上)，下列說法正確的是()A鉤子對細繩的作用力始終水平向右BOA段繩上的力逐漸增大C鉤子對細繩的作用力先減小后增大D鉤子對細繩的作用力不可能等于mg解析細繩用光滑的鉤子勾住，則在細繩上各點的力的大小處處相等，即OA段繩上的拉力大小始終等于物體的重力mg，B錯誤；鉤子對細繩的拉力大小等于兩段細繩拉力的合力，顯然鉤子對細繩的作用力方向不是始終水平向右，A錯誤；水平向右緩慢拉動細繩的過程中，OA段與豎直段的細繩的夾角逐漸減小，因此兩段細繩拉力的合力逐漸增大，即鉤子對細繩的作用力逐漸增大，C錯誤；當兩段細繩的夾角為90°時，兩段細繩拉力的合力大小為mg，由于拉動的過程中，兩段細繩的夾角不可能等于90°，因此鉤子對細繩的作用力不可能等于mg，D正確答案D6.(2018·重慶高三調(diào)研)如圖所示，上表面水平的物塊M，剛好在固定的足夠長的斜面上勻速下滑現(xiàn)把另一物塊N輕輕地放在M的上表面上，下列說法正確的是()A兩物塊M、N一起勻速向下滑動B兩物塊M、N一起加速向下滑動C物塊M所受的合外力變大D物塊M所受的合外力變小解析設M的質(zhì)量為m1，斜面的傾角為，未放N時，對M受力分析，受重力m1g、支持力FN、滑動摩擦力Ff.對M由力的平衡有FNm1gcos、Ffm1gsin，且FfFN，F(xiàn)NFN，則得m1gsinm1gcos，故tan；由于物塊N輕輕地疊放在M上，相當于增大M的重力，上面的等式關系仍然成立，則兩物塊M、N仍一起勻速下滑，A正確，B錯誤；物塊M所受的合外力始終為零，CD錯誤答案A7.(2018·惠州市三調(diào))如圖所示，A是一質(zhì)量為M的盒子，B的質(zhì)量為，A、B用跨過光滑定滑輪的細繩相連，A置于傾角為30°的粗糙斜面上，定滑輪左側(cè)細繩平行于斜面，B懸于斜面之外處于靜止狀態(tài)現(xiàn)在向A中緩慢加入砂子，整個系統(tǒng)始終保持靜止，則在加入砂子的過程中，以下說法正確的是()AA所受的合力增大BA對斜面的壓力逐漸減小CA所受的摩擦力先逐漸增大后逐漸減小D未加砂子前，A與斜面間沒有摩擦力的作用解析整個系統(tǒng)始終保持靜止，則A所受的合力始終為零，A錯誤；A對斜面的壓力等于A及砂子的總重力沿垂直于斜面方向的分力，隨著砂子質(zhì)量的增加，A對斜面的壓力逐漸增大，B錯誤；未加砂子時，A所受的重力沿斜面向下的分力為Mgsin0.5Mg，等于繩子的拉力，A相對斜面沒有運動趨勢，即摩擦力為零，當向A中緩慢加入砂子時，A有沿斜面向下運動的趨勢，受到沿斜面向上的靜摩擦力，隨著砂子質(zhì)量的增加，A所受的摩擦力一直增大，C錯誤，D正確答案D8.一輕繩一端系在豎直墻上M處，另一端系一質(zhì)量為m的物體A，將一輕質(zhì)光滑圓環(huán)O穿在輕繩上，并用力F拉住圓環(huán)上一點，如圖所示現(xiàn)使物體A從圖中實線位置緩慢下降到虛線位置，則在這一過程中，力F、繩中張力FT和力F與水平方向的夾角的變化情況是()AF保持不變，F(xiàn)T逐漸增大，夾角逐漸減小BF逐漸增大，F(xiàn)T保持不變，夾角逐漸增大CF逐漸減小，F(xiàn)T保持不變，夾角逐漸減小DF保持不變，F(xiàn)T逐漸減小，夾角逐漸增大解析物體A始終處于平衡狀態(tài)，由受力分析知，OA、OM繩的張力FT總和與物體重力大小相等，F(xiàn)的方向一定與環(huán)兩側(cè)繩夾角的平分線共線；環(huán)兩側(cè)繩夾角越大，繩中張力的合力越小，F(xiàn)越小，越小，C對答案C9重力都為G的兩個小球A和B用三段輕繩如圖連接后懸掛在O點上，O、B間的繩子長度是A、B間的繩子長度的2倍，將一個拉力F作用到小球B上，使三段輕繩都伸直且O、A間和A、B間的兩段繩子分別處于豎直和水平方向上，則拉力F的最小值為()A.G B.G CG D.G解析對A球受力分析可知，因O、A間繩豎直，則A、B間繩上的拉力為0.對B球受力分析如圖所示，則可知當F與O、B間繩垂直時F最小，F(xiàn)minGsin，其中sin，則FminG，故A項正確答案A10(多選)如圖所示，兩個帶電小球A、B分別處于光滑絕緣的豎直墻面和斜面上，且在同一豎直平面內(nèi)用水平向左的推力F作用于B球，兩球在圖示位置靜止現(xiàn)將B球沿斜面向上移動一小段距離，發(fā)現(xiàn)A球隨之向上移動少許，兩球在虛線位置重新平衡重新平衡后與移動前相比，下列說法正確的是()A墻面對A的彈力變小B斜面對B的彈力不變C推力F變大D兩球之間的距離變大解析利用整體法可知，斜面對B球支持力的豎直分量等于A、B兩帶電小球的重力之和，斜面傾角不變，斜面對B球支持力不變，故斜面對B的彈力不變，B選項正確；庫侖力與豎直方向的夾角變小，而豎直分量不變，故庫侖力變小，A、B間的距離變大，故D正確；因庫侖力水平分量減小，故A正確，C錯誤答案ABD二、非選擇題11.如圖所示，楔形斜面體傾角為37°，其BC長為0.8 m，AB寬為0.6 m，一重為25 N的木塊原先在斜面體上部，它與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.6，要使木塊沿對角線AC方向勻速下滑，(sin37°0.6，cos37°0.8)，需要對它施加方向平行于斜面的力F，求F的大小和方向解析木塊對斜面的壓力大小為FNmgcos37°25×0.8 N20 N，所受滑動摩擦力大小為：fFN0.6×20 N12 N，重力沿斜面向下的分量：mgsin37°25×0.6 N15 N在斜面這一平面內(nèi)，f、F與重力沿斜面向下的分量mgsin，三力合力為零，則由平行四邊形法則：F9 N由正弦定理得：，故90°即F平行于斜面與AC垂直答案9 NF垂直于AC方向12(2018·廣東佛山模擬)如圖所示的平行金屬導軌，傾角37°，導體棒MN、PQ分別與導軌垂直放置，質(zhì)量分別為m1和m2，MN與導軌的動摩擦因數(shù)0.5，PQ與導軌無摩擦，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，裝置整體置于方向垂直傾斜導軌平面向上的勻強磁場中，現(xiàn)將導體棒PQ由靜止釋放(設PQ離底端足夠遠)取g10 m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8.試分析m1與m2應該滿足什么關系，才能使導體棒MN在導軌上運動解析釋放PQ，回路中產(chǎn)生由PQNMP的感應電流，對MN棒受力分析如圖甲所示令F1cos(m1gF1sin)0，解得F1m1g要使MN能夠運動必須滿足F安m1g兩導體棒所受到的安培力大小相同，對PQ棒受力分析如圖乙所示當導體棒PQ有最大速度時有F2m2gsin即PQ受到的安培力F安m2gsin故要使導體棒MN在導軌上運動須滿足m2m1答案m2m1