第2章 2 知能达标训练-2022高考物理 新编大一轮总复习（word）人教版

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[基础题组]1．(2021·济南外国语学校月考)舰载机保持牵引力F大小不变在匀速航行的航母上降落时受到阻拦而静止，此时阻拦索夹角θ＝120°，空气阻力和甲板阻力不计，则阻拦索承受的张力大小为(　　)A.　　　　　　　　　 B．FC.F  D．2F[答案]　B2．(2019·天津卷)2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式通车。为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索(所有钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥，其索塔与钢索如图所示。下列说法正确的是(　　)A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度C．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下D．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布[解析]　每根钢索对索塔的拉力可分解为水平分力和竖直向下的分力，竖直方向上，索塔受到的向下的压力大小等于钢索和桥面的总重力，故增加钢索数量不能减小索塔受到的向下的压力，A错；降低索塔高度，钢索的水平倾角减小，钢索所受拉力反而会增大，B错；不论两侧钢索是否对称分布，只要两侧钢索的水平分力相互抵消，钢索对索塔的合力就会竖直向下，C对，D错。[答案]　C3．(2020·宝鸡二模)如图所示，一条细绳跨过定滑轮连接物体A、B，A悬挂起来，B穿在一根竖直杆上，两物体均保持静止，不计绳与滑轮、B与竖直杆间的摩擦，已知绳与竖直杆间的夹角为θ，则物体A、B的质量之比mA∶mB等于(　　 )A．1∶cos θ  B．cos θ∶1C．tan θ∶1  D．1∶sin θ[解析]　设绳子的拉力为T，隔离A分析有：T＝mAg①隔离B分析有：mBg＝Tcos θ②由①②联立得：mA∶mB＝1∶cos θ，故A正确，B、C、D错误。[答案]　A4．(2020·吉林省名校第一次联合模拟考试)如图所示，固定的木板与竖直墙面的夹角为θ，重为G的物块静止在木板与墙面之间，不计一切摩擦，则(　　 )A．物块对木板的压力大小为B．物块对木板的压力大小为Gcos θC．物块对墙面的压力大小为Gtan θD．物块对墙面的压力大小为Gsin θcos θ[解析]　对物块受力分析，根据平衡知识可知：木板对物块的支持力大小为F＝；墙面对物块的压力大小为N＝；根据牛顿第三定律可知，物块对木板的压力大小为，物块对墙面压力的大小为；故选A。[答案]　A5．(多选)(2018·天津卷)明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可。一游僧见之曰：无烦也，我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身。假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力FN，则(　　)A．若F一定，θ大时FN大 B．若F一定，θ小时FN大C．若θ一定，F大时FN大 D．若θ一定，F小时FN大 [解析]　如图所示，根据力F的作用效果，把力F分解为垂直于木楔两侧方向的分力F1、F2，则F1＝F2＝FN＝，由表达式可知，若F一定，θ越小，FN越大，A项错误，B项正确；若θ一定，F越大，FN越大，C项正确，D项错误。[答案]　BC6．(2021·山西晋城一模)如图所示，质量为m的梯形物体A静止在粗糙的斜面上，斜面倾角为θ，现在斜面上再放置一个质量为m的光滑小球B，小球B紧靠梯形物体A，梯形物体A仍然静止不动，此时梯形物体A所受到的静摩擦力等于(　　)A．mgsin θ  B．2mgsin θC.sin θ  D．mgsin θ[解析]　当未放置光滑小球B时，梯形物体A所受到的摩擦力F1＝mgsin θ，放上光滑小球B之后，B对A的压力F2＝mgtan θ，方向水平向右，将F2沿斜面和垂直于斜面方向正交分解，F2沿斜面方向的分量为F2cos θ＝mgsin θ，因此，斜面对梯形物体A的静摩擦力f＝F1＋F2 cos θ＝2mgsin θ，选项B正确。本题也可用整体法求解，以A、B整体为研究对象，A所受摩擦力等于整体重力沿斜面方向的分力，故f＝2mgsin θ。[答案]　B7．(多选)(2020·江西红色七校二模)一光滑的轻滑轮用细绳OA悬挂于O点，站在地面上的人用轻绳跨过滑轮拉住砂漏斗，在砂子缓慢漏出的过程中，人握住轻绳保持不动，则在这一过程中(　　)A．细绳OA的张力保持不变 B．细绳OA的张力逐渐增大C．人对地面的压力逐渐增大 D．人对地面的摩擦力逐渐减小 [解析]　轻滑轮的重力不计，受三个拉力而平衡，三个拉力的方向均不变，故细绳OA与竖直方向夹角不变，随着砂子缓慢漏出，拴沙漏斗的绳子的拉力F不断减小，所以OA绳的张力不断减小，故A、B错误；对人受力分析，如图所示，根据平衡条件有f＝Fsin θ，N＝mg－Fcos θ，由于F减小，故支持力增加，摩擦力减小，根据牛顿第三定律，人对地面的压力增加、摩擦力减小，故C、D正确。[答案]　CD8．(2020·黄山质检)在如图所示装置中，轻杆一端固定着一个质量可以忽略不计的定滑轮，两物体质量分别为m1、m2，轻绳一端固定于a点，悬点a、b间的距离远大于滑轮的直径，动滑轮质量和一切摩擦不计。整个装置稳定时，下列说法正确的是(　　)A．α可能大于βB．m1一定大于m2C．m1可能大于2m2D．轻杆受到绳子的作用力为2m2gcos [解析]　对m2分析可知，m2受拉力及自身的重力平衡，故绳子的拉力等于m2g，对动滑轮分析，由于滑轮跨在绳子上，故两段绳子的拉力相等，它们的合力一定在两段绳夹角的角平分线上，由于它们的合力与m1的重力大小相等，方向相反，故合力竖直向上，两段绳子与竖直方向的夹角α和β相等，故A错误；由以上可知，两段绳子的拉力等于m2g，而它们的合力等于m1g，因互成角度的两分力与合力组成三角形，故可知2m2g＞m1g，即m1一定小于2m2，但是m1不一定大于m2，故B、C错误；轻杆受到绳子的作用力等于两段绳子的合力，大小为2m2gcos，选项D正确。故选D。[答案]　D[提升题组]9．(2020·许昌第二次诊断)如图所示，竖直面内有一圆环，圆心为O，水平直径为AB，倾斜直径为MN，AB，MN夹角为θ，一不可伸长的轻绳两端分别固定在圆环的M、N两点，轻质滑轮连接一重物，放置在轻绳上，不计滑轮与轻绳摩擦与轻绳重力，圆环从图示位置顺时针缓慢转过2θ的过程中，轻绳的张力的变化情况正确的是(　　 )A．逐渐增大  B．先增大再减小C．逐渐减小  D．先减小再增大[解析]　M、N连线与水平直径的夹角θ(θ≤90°)越大，M、N之间的水平距离越小，轻绳与竖直方向的夹角α越小，根据mg＝2FTcos α，轻绳的张力FT越小，故圆环从图示位置顺时针缓慢转过2θ的过程，轻绳的张力先增大再减小，故B正确，A、C、D错误。[答案]　B10．(2021·华中师范大学附中月考)如图所示，质量为mB ＝24 kg的木板B放在水平地面上，质量为mA＝22 kg的木箱A放在木板B上。一根轻绳一端拴在木箱上，另一端拴在天花板上，轻绳与水平方向的夹角为θ＝37°。已知木箱A与木板B之间的动摩擦因数μ＝0.5。现用水平向右、大小为200 N的力F将木板B从木箱A下面匀速抽出(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2)，则木板B与地面之间的动摩擦因数μ2的大小为(　　 )A．0.3  B．0.4C．0.5  D．0.6[解析]　对A受力分析如图甲所示，由题意得FTcos θ＝Ff1①FN1＋FTsin θ＝mAg②Ff1＝μ1FN1③由①②③得：FT＝100 N对A、B整体受力分析如图乙所示，由题意得FTcos θ＋Ff2＝F④FN2＋FTsin θ＝(mA＋mB)g⑤Ff2＝μ2FN2⑥由④⑤⑥得：μ2＝0.3，故A正确。[答案]　A11．电梯修理员或牵引专家常常需要监测金属绳中的张力，但不能到绳的自由端去直接测量。某公司制造出一种能测量绳中张力的仪器，工作原理如图所示，将相距为L的两根固定支柱A、B(图中小圆圈表示支柱的横截面)垂直于金属绳水平放置，在A、B的中点用一可动支柱C向上推动金属绳，使绳在垂直于A、B的方向竖直向上发生一个偏移量d(d≪L)，这时仪器测得金属绳对支柱C竖直向下的作用力为F。(1)试用L、d、F表示这时金属绳中的张力FT。(2)如果偏移量d＝10 mm, 作用力F＝400 N，L＝250 mm，计算金属绳中张力的大小。[解析]　(1)设C′点受两边金属绳的张力为FT1和FT2，与′的夹角为θ，如图所示，依对称性有：FT1＝FT2＝FT由力的合成有：F＝2FTsin θ根据几何关系有sin θ＝联立上述二式解得FT＝ 因d≪L，故FT＝。(2)将d＝10 mm，F＝400N，L＝250 mm代入FT＝解得FT＝2.5×103N，即金属绳中张力的大小为2．5×103N。[答案]　(1)　(2)2.5×103N12．如图所示，两滑块放在光滑的水平面上，中间用一细线相连，轻杆OA、OB搁在滑块上，且可绕铰链O自由转动，两杆长度相等，夹角为θ，当用竖直向下的力F作用在铰链上，滑块间细线的张力为多大？[解析]　把竖直向下的力F沿两杆OA、OB方向分解，如图甲所示，则杆作用于滑块上的力为F1＝F2＝杆对滑块的作用力F1产生两个效果：竖直向下压滑块的力F1″和沿水平方向推滑块的力F1′，因此，将F1沿竖直方向和水平方向分解，如图乙所示，则细线上的张力FT与F1′大小相等，即FT＝F1sin ＝sin ＝Ftan 。[答案]　Ftan