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1、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.1B2C. D1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F3mgF4FN；F滑F5mgF6FN而F滑F
2、NF滑FN则有F1cos30(mgF1sin30)F2cos60(mgF2sin60)又根据题意F1F2联立解得：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
3、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fmgsin300.5mg，不可能为零，故C、D两项错误；故选A、B两项3(2017课标全国)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板
4、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)()A86 cm B92 cmC98 cm D104 cm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100 cm，则角度为：37，sin0.6.对结点B进行受力分析如图所示：则由图得：2Tsinmg当将两端缓慢移动至同一点时，由受力分析可得：2Tmg由于弹性绳上弹力为：Fkx得出：由题可知：x100 cm80 cm20 cm则弹性绳伸长长度为：x12 cm那么弹性绳总长度为：LL0x92 cm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
5、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OP在P点拴结实后再分别系于竖直墙上且相距0.4 m的O、O两点上，绳OP长0.5 m，绳OP刚拉直时，OP绳拉力为T1，绳OP刚松弛时，OP绳拉力为T2，37，则为(sin370.6，cos370.8)()A34 B43C35 D45答案C分析绳OP刚拉直时，此时OP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OP刚拉直时，OP绳拉力为T1，此时OP绳子拉力为零，小球受力如图所示，根据几何关系可得sin，所以53，所以90
6、；根据共点力的平衡条件可得：T1mgsin；绳OP刚松弛时，OP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：T2mgtan，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.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
7、开后，B球再次静止时细线与OA的夹角为1，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2，则12C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
8、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
9、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：60，所以有F1F2sin60，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的变化情况是()AF变大，变大 BF变小，变小CF不变，变小 DF不变，变大答案B解析整个系统处于静止状态，设两侧绳子的
10、夹角为，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，此时两绳的夹角减小，所以两侧绳的拉力变小，由几何知识可知，图中角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1，A与地面间的动摩擦因数为2，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F2(mAmB)g；对物体B在竖直方向有1FmBg；联立解得，B项正确9(2017
11、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()AA对B的作用力减小BB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(mAmB)gsin减小，即木板对B的摩擦力减小，B对木板的压力FN(mAmB)gcos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，
12、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.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Fkq2/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
13、面支持力、重力，具体关系为kq2/d2mgtan，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(MmAmB)gC地面对C的摩擦力大小为mBgDmAmB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：Fcos3
14、0Tbcos30，得：TbF竖直方向受力平衡，则：Fsin30Tbsin30mBg得：FmBg，以A为研究对象受力分析，竖直方向：mAgTbsin30Tasin60水平方向：Tasin30Tbsin60联立得：mAmB，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：fFcos30mBgcos30mBg，竖直方向：NFsin30(MmAmB)g，可见N小于(MmAmB)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)1
15、2(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l0.5 med间连入一电源E1 V，ab间放置一根长为l0.5 m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的倾角时，发现当且仅当在3090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0.1 kg，电源内阻r及金属杆的电阻R均为0.5 ，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倍重力加速度g10 m/s2，试求磁感应强度B及.答案磁感应强度B2 T方向竖直向下，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
16、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90时，金属杆处于临界下滑状态有：f1mgN1Ff1N1当30时，金属杆处于临界上滑状态有：N2mgcos30Fsin30f2mgsin30Fcos30f2N2由解得：Fmg由闭合电路欧姆定律：I1 A由安培力性质：FBIl由得：B2 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E5 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B0.5 T有一带
17、正电的小球，质量m1.0106 kg，电荷量q2106 C，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g10 m/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)20 m/s与电场方向成60角斜向上(2)3.5 s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代入数据解得v20 m/s速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足tan代入数据解得tan60(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，
18、如图所示，设其加速度为a，有a设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有xvt设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有yat2a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为，又tan联立式，代入数据解得t2 s3.5 s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vyvsin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vytgt20联立式，代入数据解得t2 s3.5 s14(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
19、轨平面与水平面的夹角为，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；(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)tan(2)(3)2mgdsin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mgsinmgcos，解得tan(2)导体棒在光滑导轨上滑动时感应电动势EBLv感应电流I安培力F安BIL联立得F安受力平衡F安mgsin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3mgdsinmgdcosQmv20解得Q2mgdsin