2022版高考物理一轮复习训练：第2章 第1讲 力　重力　弹力　摩擦力

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第二章　第1讲知识巩固练习1．下图所示的装置中，小球的质量均相同，弹簧和细线的质量均不计，一切摩擦忽略不计，平衡时各弹簧的弹力分别为F1、F2、F3，其大小关系是(　　)A．F1＝F2＝F3 B．F1＝F2＜F3　C．F1＝F3＞F2 D．F3＞F1＞F2【答案】A【解析】第一幅图：以下面小球为研究对象，由平衡条件可知，弹簧的弹力等于小球的重力G；第二幅图：以小球为研究对象，由平衡条件可知，弹簧的弹力等于小球的重力G；第三幅图：以任意一个小球为研究对象，由平衡条件可知，弹簧的弹力等于小球的重力G．所以平衡时各弹簧的弹力大小相等，即有F1＝F2＝F3．故A正确．2．某人骑自行车沿平直坡道向下滑行，其车把上挂有一只水壶，若滑行过程中悬绳始终竖直，如图所示，不计空气阻力，则下列说法错误的是(　　)A．自行车一定做匀速运动B．壶内水面一定水平C．水壶及水整体的重心一定在悬绳正下方D．壶身中轴一定与坡道垂直【答案】D【解析】对水壶进行受力分析，受重力和绳子拉力，若水壶存在加速度，则加速度方向一定沿斜面方向，滑行过程中悬绳始终竖直，所以自行车一定做匀速运动，A正确；由于水壶水平方向不受力，沿水平方向做匀速直线运动，因此壶内水面一定水平，B正确；水壶受到共点力作用，重力和绳子拉力在同一直线上，则水壶及水整体的重心一定在悬绳正下方，C正确；由于不知道水壶的具体运动情况，则壶身中轴不一定与坡道垂直，D错误．3．如图所示，A、B两个物块的重力分别是GA＝3 N，GB＝4 N，弹簧的重力不计，整个装置沿竖直方向处于静止状态，这时弹簧的弹力F＝2 N，则天花板受到的拉力和地板受到的压力有可能是(　　)A．3 N和4 N B．5 N和6 NC．1 N和2 N D．5 N和2 N【答案】D【解析】当弹簧由于被压缩而产生2 N的弹力时，由受力平衡及牛顿第三定律知，天花板受到的拉力为 1 N，地板受到的压力为6 N；当弹簧由于被拉伸而产生2 N的弹力时，可得天花板受到的拉力为5 N，地板受到的压力为2 N，D正确．4．(2021届济南名校联考)扑克牌是魔术师常用的表演道具之一，总共54张，在某次表演中魔术师用手指以竖直向下的力按压第一张牌，并以一定的速度水平移动手指，将第一张牌从牌摞中水平移出(牌与手指之间无滑动)．假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，每一张牌的质量都相等，牌与牌之间的动摩擦因数以及最下面一张牌与桌面之间的动摩擦因数也都相等，则(　　)A．第1张牌所受手指摩擦力的方向与手指的运动方向相反B．第2张牌到第54张牌之间的牌不可能发生相对滑动C．第2张牌到第54张牌之间的牌可能发生相对滑动D．第54张牌所受桌面摩擦力的方向与手指的运动方向相同【答案】B【解析】第1张牌相对于手指的运动趋势方向与手指的运动方向相反，则受到手指的静摩擦力与手指的运动方向相同，故A错误．设每张牌的质量为m，动摩擦因数为μ，手竖直向下的力为F，则对第2张牌分析，第二张牌上表面受到的压力为(F＋mg)，对应的滑动摩擦力为μ(F＋mg)，第二张牌下表面受到的支持力F＋2mg，对应的静摩擦力最大值为μ(F＋2mg)＞μ(F＋mg)，所以第2张牌与第3张牌之间不发生相对滑动，且第2张牌与第3张牌之间的静摩擦力为μ(F＋2mg)；同理可得，第3张到第54张牌也不发生相对滑动，故B正确，C错误．对53张牌(除第1张牌外)研究，处于静止状态，水平方向受到第1张牌的滑动摩擦力，方向与手指的运动方向相同，则根据平衡条件可知，第54张牌受到桌面的摩擦力方向与手指的运动方向相反，故D错误．5．(多选)某缓冲装置可抽象成如图所示的简单模型．其中k1、k2为原长相等、劲度系数不同的轻质弹簧．下列表述正确的是(　　)A．缓冲效果与弹簧的劲度系数无关B．垫片向右移动时，两弹簧产生的弹力大小相等C．垫片向右移动时，两弹簧的长度保持相等D．垫片向右移动时，两弹簧的形变量不相同【答案】BD【解析】劲度系数不同，在相同的压力下形变效果不同，故缓冲效果与弹簧的劲度系数有关，故A错误；垫片向右移动时，两个弹簧的长度减小，而两弹簧是串联关系，故产生的弹力大小始终相等，故B正确；垫片向右移动时，根据胡克定律公式F＝kx，劲度系数不同，故形变量不同，故C错误，D正确．6．(多选)(2021年通辽质检)如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的轻质定滑轮与容器a连接，连接b的一段细绳与斜面平行．在向a缓慢注入沙子的过程中，a、b、c均一直处于静止状态．下列说法正确的是(　　)A．绳子的拉力逐渐增大B．b对c的摩擦力一直变大C．绳对滑轮的作用力方向始终不变D．地面对c的支持力始终不变【答案】AC【解析】对a分析可知，a的重力增大，因a的重力与绳子的拉力平衡，故绳子的拉力增大，A正确．设a、b的重力分别为Ga、Gb，若开始时Ga＝Gbsin θ，b受到c的摩擦力为零；若Ga＜Gbsin θ，b受到c的摩擦力沿斜面向上；若Ga＞Gbsin θ，b受到c的摩擦力沿斜面向下．如果Ga＜Gbsin θ，则再继续增加沙子时，摩擦力要减小，B错误．由于绳子上的拉力始终相等并且两边绳子上的夹角不变，故绳对滑轮的作用力方向始终不变，一直沿两绳子的角平分线上，C正确．对b分析可知，由于b的重力不变，b对斜面的压力不变，但摩擦力在发生变化，所以b受c的作用力变化，则由牛顿第三定律可知，b对c的作用力变化，故地面对c的支持力在发生变化，D错误．7．如图所示，一小物体重G＝100 N，用细线AC、BC和竖直的轻弹簧吊起，处于平衡状态．弹簧原长L0＝1.5 cm，劲度系数k＝8 000 N/m，细线AC长s＝4 cm，α＝30°，β＝60°，求细线AC对小物体拉力的大小．【答案】30 N【解析】根据题中给定条件可知，弹簧现在长度为CD＝L＝AC·sin α＝2 cm，说明弹簧处于伸长状态，弹力F0＝kx＝k(L－L0)＝40 N．对物体进行受力分析，并建立如图所示的坐标系，根据平衡条件有F2cos β－F1cos α＝0，F0＋F2sin β＋F1sin α－G＝0，联立解得F1＝30 N．即细线AC对小物体拉力的大小是30 N．综合提升练习8．(2021届武汉名校期末)如图甲所示，水平面上质量相等的两木块A、B用一轻弹簧相连接，整个系统处于平衡状态．现用一竖直向上的力F拉动木块，使木块向上做匀加速直线运动，如图乙所示．研究从力F刚作用在木块A的瞬间到木块B刚离开地面的瞬间这一过程，并且选定该过程中木块A的起点位置为坐标原点，则下图中可以表示力F和木块A的位移x之间关系的是(　　)A　　　　 　B　　　　　C　　　　　D【答案】A【解析】设原来系统静止时弹簧的压缩长度为x0，当木块A的位移为x时，弹簧的压缩长度为(x0－x)，弹簧的弹力大小为k(x0－x)，根据牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，即F＝kx－kx0＋ma＋mg，又 kx0＝mg，则得F＝kx＋ma．可见F与x是线性关系，当x＝0时，kx＋ma＞0．故A正确，B、C、D错误．9．(2021届福州名校模拟)如图所示，位于粗糙斜面上的物体P，由跨过轻质定滑轮的轻绳与物块Q相连．已知物体P和Q以及P与斜面之间的动摩擦因数都是μ，斜面的倾角为θ，物体P的质量为m，物体Q的质量为2m，滑轮的质量、滑轮轴的摩擦都不计，若用一沿斜面向下的力F拉P，使其匀速下滑．试求：(1)连接两物体的轻绳的拉力FT的大小；(2)拉力F的大小．【答案】(1)2mg(sin θ＋μcos θ)　(2)mgsin θ＋7μmgcos θ【解析】(1)隔离Q做受力分析，如图甲所示．由平衡条件得FT＝2mgsin θ＋Ff1，FN1＝2mgcos θ，又Ff1＝μFN1，解得FT＝2mg(sin θ＋μcos θ)．　　　(2)隔离P做受力分析，如图乙所示．由平衡条件，得F＋mgsin θ －F′f1－Ff2－FT＝0，FN2＝mgcos θ ＋F′N1＝3mgcos θ，又Ff2＝μFN2，联立以上各式得F＝FT＋F′f1＋Ff2－mgsin θ＝mgsin θ＋7μmgcos θ．10．图中所示为高铁供电线路两电线杆之间电线覆冰后的情形，假设电线质量分布均匀，两电线杆正中间O处的张力为F，电线与电线杆结点A处的切线与竖直方向的夹角为θ．问：结点A处作用于电线的拉力FA大小为多少？两电线杆间覆冰电线的质量为多少？【答案】　【解析】解法一：合成法．如图甲所示，作出两电线杆间左半部分覆冰电线的受力图．由“共面不平行的三个力平衡，则这三个力必为共点力”可知，这三个力为共点力．由三力平衡时，任意两力的合力应与第三个力平衡，故F与mg的合力应与FA平衡，设该合力与mg的夹角为θ，由平行四边形定则作出F与mg的合力，解直角三角形得FA＝，mg＝Fcot θ，解出m＝．解法二：效果分解法．如图乙所示，作出两电线杆间左半部分覆冰电线的受力图．将重力沿F与FA的反方向分解，由力的平衡有F＝G1，FA＝G2．解直角三角形得G2＝，mg＝G1cot θ，联立解出FA＝，m＝．解法三：正交分解法．如图丙所示，作出两电线杆间左半部分覆冰电线的受力图．将拉力FA沿水平方向与竖直方向分解，由力的平衡有F＝FAsin θ，mg＝FAcos θ，解得FA＝，m＝．解法四：封闭三角形法．如图丁所示，左半部分覆冰电线受力平衡，受的三个力组成封闭的直角三角形，解直角三角形得FA＝，mg＝Fcot θ，解出m＝．