高中物理高考调研版新课标高三二轮总复习作业1Word格式.docx

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mg＝F6＋FN

而F滑＝μFN

F滑′＝μFN′

则有F1cos30°

＝μ（mg＋F1sin30°

）①

F2cos60°

＝μ（mg－F2sin60°

）②

又根据题意F1＝F2③

联立①②③解得：

μ＝2－.故选B.

点评　本题关键要对物体受力分析后，运用共点力平衡条件联立方程组求解，运算量较大，要有足够的耐心，更要细心．

2．（2018·

济南模拟）如图所示，质量为m的滑块静置于倾角为30°

的固定粗糙斜面上，轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30°

.重力加速度大小为g.下列说法正确的是（　　）

A．滑块可能受到四个力作用

B．弹簧可能处于拉伸状态

C．斜面对滑块的摩擦力可能为零

D．斜面对滑块的摩擦力大小可能为mg

答案　AB

解析　A项，弹簧与竖直方向的夹角为30°

，所以弹簧的方向垂直于斜面，因为弹簧的形变情况未知，所以斜面与滑块之间的弹力大小不确定，所以滑块可能受重力、斜面支持力、静摩擦力和弹簧的弹力四个力的作用而平衡，故A项正确；

B项，弹簧对滑块可以是拉力，故弹簧可能处于伸长状态，故B项正确；

C、D项，滑块沿着斜面方向受力平衡，则滑块此时受到的摩擦力方向沿斜面向上，大小等于重力沿斜面向下的分力，即f＝mgsin30°

＝0.5mg，不可能为零，故C、D两项错误；

故选A、B两项．

3．（2017·

课标全国Ⅲ）一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80cm的两点上，弹性绳的原长也为80cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100cm；

再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为（弹性绳的伸长始终处于弹性限度内）（　　）

A．86cmB．92cm

C．98cmD．104cm

解析　由题可知，挂上钩码后，如下图所示：

此时弹性绳长度为100cm，则角度为：

θ＝37°

，sinθ＝0.6.

对结点B进行受力分析如图所示：

则由图得：

2Tsinθ＝mg

当将两端缓慢移动至同一点时，由受力分析可得：

2T′＝mg

由于弹性绳上弹力为：

F＝kx

得出：

＝

由题可知：

x＝100cm－80cm＝20cm

则弹性绳伸长长度为：

x′＝12cm

那么弹性绳总长度为：

L＝L0＋x′＝92cm

点评　本题考查共点力的平衡，本题的关键是找出绳子与竖直方向的夹角，然后计算出劲度系数．另外做这一类题目，要养成画图的习惯，这样题目就能变得简单．

4.（2018·

江西一模）如图所示，质量为m（可视为质点）的小球P，用两根轻绳OP和O′P在P点拴结实后再分别系于竖直墙上且相距0.4m的O、O′两点上，绳OP长0.5m，绳O′P刚拉直时，OP绳拉力为T1，绳OP刚松弛时，O′P绳拉力为T2，θ＝37°

，则为（sin37°

＝0.6，cos37°

＝0.8）（　　）

A．3∶4B．4∶3

C．3∶5D．4∶5

答案　C

分析　绳O′P刚拉直时，此时O′P绳子拉力为零，绳OP刚松弛时，此时OP绳子拉力为零，根据小球的受力情况画出受力示意图，根据共点力的平衡条件求解．

解析　绳O′P刚拉直时，OP绳拉力为T1，此时O′P绳子拉力为零，小球受力如图所示，

根据几何关系可得sinα＝＝，所以α＝53°

，所以α＋θ＝90°

；

根据共点力的平衡条件可得：

T1＝mgsinα；

绳OP刚松弛时，O′P绳拉力为T2，此时OP绳子拉力为零，小球受力如图所示，

T2＝mgtanα，

由此可得：

＝＝，所以C项正确、A、B、D项错误；

故选C项．

5.（2018·

课标全国Ⅰ一模）有三个完全相同的金属小球A、B、C，其中小球C不带电，小球A和B带有等量的同种电荷，如图所示，A球固定在竖直支架上，B球用不可伸长的绝缘细线悬于A球正上方的O点处，静止时细线与OA的夹角为θ.小球C可用绝缘手柄移动，重力加速度为g，现在进行下列操作，其中描述与事实相符的是（　　）

A．仅将球C与球A接触离开后，B球再次静止时细线中的张力比原来要小

B．仅将球C与球A接触离开后，B球再次静止时细线与OA的夹角为θ1，仅将球C与球B接触离开后，B球再次静止时细线与OA的夹角为θ2，则θ1＝θ2

C．剪断细线OB瞬间，球B的加速度等于g

D．剪断细线OB后，球B将沿OB方向做匀变速直线运动直至着地

分析　A项，依据受力分析，与平衡条件及库仑定律与三角形的相似比，即可判定；

B项，由库仑定律和库仑分电量法，即可求解；

C项，根据牛顿第二定律及矢量的合成法则，即可确定；

D项，依据库仑力随间距的变化而变化，从而判定运动性质．

解析　A项，仅将球C与球A接触后离开，球A的电量减半，致使二者间的库仑力减小，对球B进行受力分析可知它在三个力的作用下平衡，由三角形相似可知＝，故细线的张力不变，故A项错误；

B项，仅将球C与球B接触后离开，和仅将球C与球A接触后离开，由库仑定律和库仑分电量法知道两种情况下A、B间的斥力相同，故夹角也相同，故B项正确；

C项，剪断细绳瞬间球B在重力和库仑力作用下运动，其合力斜向右下方，与原来细线的张力等大反向，故其加速度不等于g，故C项错误；

D项，剪断细线OB后，球B在空中运动时受到的库仑力随间距的变化而变化，即球B落地前做变加速曲线运动，故D项错误．

点评　考查库仑定律、牛顿第二定律的应用，掌握数学中三角形的相似比，理解电荷的相互作用力影响因素．

6．（2018·

湖北模拟）将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，其中第3、4块固定在地基上，第1、2块间的接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角均为30°

，石块间的摩擦力可以忽略不计．则第1块对第2块的弹力F1和第1块对第3块的弹力F2的大小之比为（　　）

A.B.

C.D.

答案　A

解析　如图对第一个石块进行受力分析，由几何关系知：

θ＝60°

，

所以有F1∶F2＝sin60°

＝，

故A项正确，B、C、D三项错误；

故选A项．

7.（2018·

湖南浏阳月考）如图所示，物体B通过动滑轮悬挂在细绳上，整个系统处于静止状态，动滑轮的质量和一切摩擦均不计．如果将绳的左端点由P点缓慢地向右移到Q点，整个系统重新平衡后，绳的拉力F和绳子与竖直方向的夹角θ的变化情况是（　　）

A．F变大，θ变大B．F变小，θ变小

C．F不变，θ变小D．F不变，θ变大

解析　整个系统处于静止状态，设两侧绳子的夹角为β，滑轮两侧绳的拉力F＝，左端移动到Q点后，根据几何关系可知，此时两绳的夹角β减小，所以两侧绳的拉力变小，由几何知识可知，图中角θ大小是两绳的夹角大小的一半，由于滑轮两侧绳的夹角减小，所以角θ减小，故B项正确，故A、C、D三项错误．

8．（2015·

山东）如图所示，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A（A、B接触面竖直），此时A恰好不滑动，B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为（　　）

解析　物体AB整体在水平方向F＝μ2（mA＋mB）g；

对物体B在竖直方向有μ1F＝mBg；

联立解得＝，B项正确．

9．（2017·

河北省保定市高三调研）如图所示，木板P下端通过光滑铰链固定于水平地面上的O点，物体A、B叠放在木板上且处于静止状态，此时物体B的上表面水平．现使木板P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，物体A、B仍保持静止，与原位置的情况相比（　　）

A．A对B的作用力减小B．B对A的支持力减小

C．木板对B的支持力减小D．木板对B的摩擦力增大

解析　开始和转到虚线位置，A对B的作用力都等于A的重力，大小不变，A项错误；

木板转到虚线位置后倾角减小，B受到的摩擦力Ff＝（mA＋mB）gsinθ减小，即木板对B的摩擦力减小，B对木板的压力FN＝（mA＋mB）gcosθ增大，木板对B的支持力也增大，C、D两项错误；

转到虚线位置时物体B的上表面倾斜，对A受力分析，易知，B对A的支持力减小，B项正确．

10.如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行．小球A的质量为m、电量为q.小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷．小球A静止在斜面上，则（　　）

A．小球A与B之间库仑力的大小为kq2/d2

B．当＝时，细线上的拉力为0

C．当＝时，细线上的拉力为0

D．当＝时，斜面对小球A的支持力为0

答案　AC

解析　点电荷库仑定律F＝kq2/d2，所以A项正确；

当细线上的拉力为0的时候，小球A受到库仑力、斜面支持力、重力，具体关系为kq2/d2＝mgtanθ，即C项正确．由受力分析可知，斜面对小球的支持力不可能为0，所以D项错误．

11．（2018·

化州市一模）如图所示，质量为M的木板C放在水平地面上，固定在C上的竖直轻杆的顶端分别用细绳a和b连接小球A和小球B，小球A、B的质量分别为mA和mB，当与水平方向成30°

角的力F作用在小球B上时，ABC刚好相对静止一起向右匀速运动，且此时绳a、b与竖直方向的夹角分别为30°

和60°

，则下列判断正确的是（　　）

A．力F的大小为mBg

B．地面对C的支持力等于（M＋mA＋mB）g

C．地面对C的摩擦力大小为mBg

D．mA＝mB

答案　AD

解析　A项，以B为研究对象受力分析，水平方向受力平衡：

Fcos30°

＝Tbcos30°

，得：

Tb＝F

竖直方向受力平衡，则：

Fsin30°

＋Tbsin30°

＝mBg

得：

F＝mBg，

以A为研究对象受力分析，竖直方向：

mAg＋Tbsin30°

＝Tasin60°

水平方向：

Tasin30°

＝Tbsin60°

联立得：

mA＝mB，故A、D两项正确；

B项，以ABC整体为研究对象受力分析，

f＝Fcos30°

＝mBgcos30°

＝mBg，

竖直方向：

N＋Fsin30°

＝（M＋mA＋mB）g，可见N小于（M＋mA＋mB）g，故B、C两项错误；

故选A、D两项．

点评　本题考查受力分析以及平衡条件的应用，关键是灵活的选择研究对象，采用隔离法和整体法结合比较简便．

二、计算题（共3个小题，12题12分，13题15分，14题18分，共45分）

12．（2018·

湖北模拟）如图所示，afe、bcd为两条平行的金属导轨，导轨间距l＝0.5m．ed间连入一电源E＝1V，ab间放置一根长为l＝0.5m的金属杆与导轨接触良好，cf水平且abcf为矩形．空间中存在一竖直方向的匀强磁场，当调节斜面abcf的倾角θ时，发现当且仅当θ在30°

～90°

之间时，金属杆可以在导轨上处于静止平衡．已知金属杆质量为0.1kg，电源内阻r及金属杆的电阻R均为0.5