2024高考物理课时作业一含解析

PAGEPAGE10课时作业(一)一、选择题(共11个小题，2、10、11为多选，其余为单项选择题，每题5分共55分)1．(2024·甘肃二模)如图所示，一物块置于水平地面上．当用与水平方向成30°角的力F1推物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成60°角的力F2拉物块时，物块仍做匀速直线运动．若F1和F2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为()A.eq\r(3)－1 B．2－eq\r(3)C.eq\f(\r(3),2)－eq\f(1,2) D．1－eq\f(\r(3),2)答案B分析在两种状况下分别对物块受力分析，依据共点力平衡条件，运用正交分解法列式求解，即可得出结论．解析对两种状况下的物块分别受力分析，如图：将F1正交分解为F3和F4，F2正交分解为F5和F6，则有：F滑′＝F3mg＋F4＝FN′；F滑＝F5mg＝F6＋FN而F滑＝μFNF滑′＝μFN′则有F1cos30°＝μ(mg＋F1sin30°)①F2cos60°＝μ(mg－F2sin60°)②又依据题意F1＝F2③联立①②③解得：μ＝2－eq\r(3).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，要有足够的耐性，更要细心．2．(2024·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，因为弹簧的形变状况未知，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对上，大小等于重力沿斜面对下的分力，即f＝mgsin30°＝0.5mg，不行能为零，故C、D两项错误；故选A、B两项．3．(2024·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．86cm B．92cmC．98cm D．104cm答案B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：eq\f(T,x)＝eq\f(T′,x′)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洁．4.(2024·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点拴牢固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eq\f(T1,T2)为(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A．3∶4 B．4∶3C．3∶5 D．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，依据小球的受力状况画出受力示意图，依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，依据几何关系可得sinα＝eq\f(OO′,OP)＝eq\f(4,5)，所以α＝53°，所以α＋θ＝90°；依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，依据共点力的平衡条件可得：T2＝mgtanα，由此可得：eq\f(T1,T2)＝eq\f(sin53°,tan53°)＝eq\f(3,5)，所以C项正确、A、B、D项错误；故选C项．5.(2024·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球用不行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＝θ2C．剪断细线OB瞬间，球B的加速度等于gD．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答案B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像比，即可判定；B项，由库仑定律和库仑分电量法，即可求解；C项，依据牛顿其次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改变而改变，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，由三角形相像可知eq\f(mg,H)＝eq\f(T,L)，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状况下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改变而改变，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、牛顿其次定律的应用，驾驭数学中三角形的相像比，理解电荷的相互作用力影响因素．6．(2024·湖北模拟)将四块相同的坚实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视不计．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.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\r(3) D.eq\f(1,2)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°＝eq\f(\r(3),2)，故A项正确，B、C、D三项错误；故选A项．7.(2024·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．假如将绳的左端点由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的改变状况是()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变大答案B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＝eq\f(mBg,2cos\f(β,2))，左端移动到Q点后，依据几何关系可知，此时两绳的夹角β减小，所以两侧绳的拉力变小，由几何学问可知，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()A.eq\f(1,μ1μ2) B.eq\f(1－μ1μ2,μ1μ2)C.eq\f(1＋μ1μ2,μ1μ2) D.eq\f(2＋μ1μ2,μ1μ2)答案B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eq\f(mA,mB)＝eq\f(1－μ1μ2,μ1μ2)，B项正确．9．(2024·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，与原位置的状况相比()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的摩擦力增大答案B解析起先和转到虚线位置，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/d2B．当eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgsinθ,k))时，细线上的拉力为0C．当eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgtanθ,k))时，细线上的拉力为0D．当eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mg,ktanθ))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，详细关系为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行能为0，所以D项错误．11．(2024·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°，则下列推断正确的是()A．力F的大小为mBgB．地面对C的支持力等于(M＋mA＋mB)gC．地面对C的摩擦力大小为eq\f(1,2)mBgD．mA＝mB答案AD解析A项，以B为探讨对象受力分析，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为探讨对象受力分析，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整体为探讨对象受力分析，水平方向：f＝Fcos30°＝mBgcos30°＝eq\f(\r(3),2)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，关键是敏捷的选择探讨对象，采纳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．(2024·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，当调整斜面abcf的倾角θ时，发觉当且仅当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0.5Ω，导轨及导线的电阻可忽视，金属杆和导轨间最大静摩擦力为弹力的μ倍．重力加速度g＝10m/s2，试求磁感应强度B及μ.答案磁感应强度B＝2eq\r(3)T方向竖直向下，μ＝eq\f(\r(3),3)分析依据题意分析出磁场的方向，依据临界条件推断出导体棒的受力，结合闭合电路的欧姆定律即可求得．解析由磁场方向和平衡可推断，安培力F方向为水平且背离电源的方向由题意可知当θ＝90°时，金属杆处于临界下滑状态有：f1＝mg①N1＝F②f1＝μN1③当θ＝30°时，金属杆处于临界上滑状态有：N2＝mgcos30°＋Fsin30°④f2＋mgsin30°＝Fcos30°⑤f2＝μN2⑥由①～⑥解得：F＝eq\r(3)mg⑦μ＝eq\f(\r(3),3)由闭合电路欧姆定律：I＝eq\f(E,R＋r)＝1A⑧由安培力性质：F＝BIl⑨由⑦⑧⑨得：B＝2eq\r(3)T方向竖直向下．点评本题主要考查了通电导体棒在磁场中的受力，抓住临界条件和闭合电路的欧姆定律即可推断．13．(2024·天津)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝5eq\r(3)N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5T．有一带正电的小球，质量m＝1.0×10－6kg，电荷量q＝2×10－6C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消逝引起的电磁感应现象)取g＝10m/s2，求：(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经验的时间t.答案(1)20m/s与电场方向成60°角斜向上(2)3.5s解析(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB＝eq\r(q2E2＋m2g2)①代入数据解得v＝20m/s②速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满意tanθ＝eq\f(qE,mg)③代入数据解得tanθ＝eq\r(3)θ＝60°④(2)解法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图所示，设其加速度为a，有a＝eq\f(\r(q2E2＋m2g2),m)⑤设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有x＝vt⑥设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有y＝eq\f(1,2)at2⑦a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又tanθ＝eq\f(y,x)⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t＝2eq\r(3)s＝3.5s⑨解法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速