2019高考物理课时作业（一）（含解析） 11页

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．(2018·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.－1　　　　　　　B．2－C.－D．1－答案　B分析　在两种情况下分别对物块受力分析，根据共点力平衡条件，运用正交分解法列式求解，即可得出结论．解析　对两种情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′n则有F1cos30°＝μ(mg＋F1sin30°)①F2cos60°＝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．92cmC．98cmD．104cm答案　B解析　由题可知，挂上钩码后，如下图所示：n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∶3C．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＋θn＝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，根据共点力的平衡条件可得：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＝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n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变大答案　Bn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(　　)A.B.C.D.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＝，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的摩擦力增大答案　B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．n10.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＝时，细线上的拉力为0C．当＝时，细线上的拉力为0D．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mBgD．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，n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，水平方向：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0.5Ω，导轨及导线的电阻可忽略，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＝2T方向竖直向下，μ＝分析　根据题意分析出磁场的方向，根据临界条件判断出导体棒的受力，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判断，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＝mg⑦nμ＝由闭合电路欧姆定律：I＝＝1A⑧由安培力性质：F＝BIl⑨由⑦⑧⑨得：B＝2T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判断．13．(2016·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＝5N/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(不考虑磁场消失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历的时间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＝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足tanθ＝③代入数据解得tanθ＝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＝⑤n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＝at2⑦a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又tanθ＝⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t＝2s＝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，其初速度为vy＝vsinθ⑤若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有vyt－gt2＝0⑥联立⑤⑥式，代入数据解得t＝2s＝3.5s⑦14．(2014·江苏)如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直，质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g，求：(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；(2)导体棒匀速运动的速度大小v；(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.答案　(1)tanθ　(2)(3)2mgdsinθ－n解析　(1)在绝缘涂层上，导体棒做匀速直线运动，受力平衡，则有mgsinθ＝μmgcosθ，解得μ＝tanθ(2)导体棒在光滑导轨上滑动时感应电动势E＝BLv感应电流I＝安培力F安＝BIL联立得F安＝受力平衡F安＝mgsinθ解得v＝(3)整个运动过程中，其他部分没有电阻，因此电阻产生的焦耳热Q与安培力做功相等．根据动能定理，得3mgdsinθ－μmgdcosθ－Q＝mv2－0解得Q＝2mgdsinθ－