2019高考物理课时作业一含解析.pdf

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1、课时作业(一)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 B233 C. D1 3 2 1 2 3 2 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 F

2、1正交分解为 F3和 F4，F2正交分解为 F5和 F6， 则有： F滑F3 mgF4FN； F滑F5 mgF6FN 而 F滑FN F滑FN 则有 F1cos30(mgF1sin30) F2cos60(mgF2sin60) 又根据题意 F1F2 联立解得：2.故选 B.3 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

3、( ) 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 fmgsin300.5mg， 不可能为零，故 C、D

4、 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 cm C98 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

5、可得：2Tmg 由于弹性绳上弹力为：Fkx 得出： T x T x 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

6、弛时， OP 绳 拉力为 T2， 37，则为(sin370.6，cos370.8)( ) T1 T2 A34 B43 C35 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 OO OP 4 5 90； 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

7、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 T1 T2 sin53 tan53 3 5 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

8、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 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 12 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 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

9、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 mg H T L 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

10、 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. 3 2 3 3 C. D.3 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：60， 所以有 F1F2sin60， 3 2 故 A 项正确，B、C、D 三项错误； 故

11、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，设两侧绳子的夹角为 ，滑轮两侧绳的拉力 F，左 mBg 2cos 2 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

12、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. 1 12 112 12 C. D. 112 12 212 12 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 mA mB 112 12 9(2017河北省保定市高三

13、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

14、，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.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

15、拉力为 0 q d mgsin k C当 时，细线上的拉力为 0 q d mgtan k D当 时，斜面对小球 A 的支持力为 0 q d mg ktan 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

16、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(MmAmB)g C地面对 C 的摩擦力大小为 mBg 1 2 DmAmB 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 ： Fcos30Tbcos30， 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：mAgTbsin30

17、Tasin60 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， 3 2 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) 12(2018湖北模拟)如图所示，afe、bcd 为两条平行的金属导轨

18、，导轨间距 l0.5 m ed 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，3 3 3 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

19、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 90时，金属杆处于临界下滑状态有：f1mg N1F f1N1 当 30时，金属杆处于临界上滑状态有：N2mgcos30Fsin30 f2mgsin30Fcos30 f2N2 由解得：Fmg3 3 3 由闭合电路欧姆定律：I1 A E Rr 由安培力性质：FBIl 由得：B2 T3 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 3

20、 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 qvBq

21、2E2m2g2 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 qE mg 代入数据解得 tan 3 60 (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 q2E2m2g2 m 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 y at2 1 2 a 与 mg 的夹角和 v 与 E 的夹角相同，均为 ，又 tan y x 联立式，代入数据解得 t2 s3.5 s3 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

22、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 vyt gt2 1 2 0 联立式，代入数据解得 t2 s3.5 s3 14 (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 ，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

23、，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)mgRsin B2L2 (3)2mgdsinm 3g2R2sin2 2B4L4 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 IE R 安培力 F安BIL 联立得 F安B 2L2v R 受力平衡 F安mgsin 解得 vmgRsin B2L2 (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 3mgdsinmgdcosQ mv20 1 2 解得 Q2mgdsinm 3g2R2sin2 2B4L4