大二轮人教高考物理复习课时作业一.docx

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大二轮人教高考物理复习课时作业一

课时作业

（一）（A卷）

（本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！

）

选择题（1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题）

1．如图所示，一机械臂铁夹竖直夹起一个金属小球，小球在空中处于静止状态，铁夹与球接触面保持竖直，则（　　）

A．小球受到的摩擦力方向竖直向下

B．小球受到的摩擦力与重力大小相等

C．若增大铁夹对小球的压力，小球受到的摩擦力变大

D．若铁夹水平移动，小球受到的摩擦力变大

解析：

　对小球，由平衡条件，竖直方向上，摩擦力与重力平衡，与压力大小、水平运动状态等无关，选项B正确。

答案：

　B

2.某屋顶为半球形，一人在半球形屋顶上向上缓慢爬行，如图所示，他在向上爬的过程中（　　）

A．屋顶对他的支持力不变

B．屋顶对他的支持力变大

C．屋顶对他的摩擦力不变

D．屋顶对他的摩擦力变大

解析：

　以人为研究对象，受力如图所示，设此人的重力为G，根据平衡条件得，屋顶对他的摩擦力Ff＝Gsinθ，屋顶对他的支持力FN＝Gcosθ，人在半球形屋顶上向上缓慢爬行的过程中，坡角θ减小，则Ff减小，FN增大，即屋顶对他的摩擦力减小，屋顶对他的支持力增大，故B正确。

答案：

　B

3．（2019·江苏卷·2）如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右。

细绳与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为FT，则风对气球作用力的大小为（　　）

A.

　　　　　　　　　B.

C．FTsinαD．FTcosα

解析：

　以气球为研究对象，受力分析如图所示，则由力的平衡条件可知，气球在水平方向的合力为零，即风对气球作用力的大小为F＝FTsinα，C正确，A、B、D错误。

答案：

　C

4．（2019·天津卷·2）2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式通车。

为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索（所有钢索均处在同一竖直面内）斜拉桥，其索塔与钢索如图所示。

下列说法正确的是（　　）

A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力

B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度

C．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下

D．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布

解析：

　增加钢索的数量，索塔受到的向下的压力增大，A错误；当索塔受到的钢索的合拉力（大小等于钢索和桥体整体重力）一定时，降低索塔的高度，钢索与水平方向的夹角α减小，则钢索受到的拉力将增大，B错误；如果索塔两侧的钢索对称且拉力大小相同，则两侧拉力在水平方向的合力为零，钢索的合力一定竖直向下，C正确；索塔受到钢索的拉力合力竖直向下，当两侧钢索的拉力大小不等时，由图可知，两侧的钢索不一定对称，D错误。

答案：

　C

5．如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。

金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。

现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是（　　）

A．ab中的感应电流方向由b到a

B．ab中的感应电流逐渐减小

C．ab所受的安培力保持不变

D．ab所受的静摩擦力逐渐减小

解析：

　导体棒ab、电阻R、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小

，则闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律，可知回路中产生顺时针方向的感应电流，ab中的电流方向由a到b，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝

＝

＝kS，回路面积S不变，即感应电动势为定值，根据闭合电路欧姆定律I＝

，所以ab中的电流大小不变，故B错误；安培力F＝BIL，电流大小不变，磁感应强度减小，则安培力减小，故C错误；导体棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩擦力Ff与安培力F等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故D正确。

答案：

　D

6．把a、b两个完全相同的导体小球分别用长为l的绝缘细线拴接，小球质量均为m。

先让a球带上电荷量为q的正电荷并悬挂于O点，现将不带电的小球b也悬挂于O点，两球接触后由于静电斥力分开，平衡时两球相距为l，如图所示。

已知重力加速度为g，静电力常量为k，带电小球可视为点电荷。

当两球平衡时，a球所受的静电力大小为F，O处的场强大小为E，则下列判断正确的是（　　）

A．F＝

B．F＝

C．E＝

D．E＝

解析：

　对小球a，静电力F＝k

＝

，由平衡条件，tan60°＝

，O处的场强大小E＝2×k

cos30°＝

＝

，选项B、C正确。

答案：

　BC

7.如图所示，磁场方向垂直固定斜面向上，磁感应强度大小随时间变化的规律为B＝（2＋2t）T。

将一根长0.3m、质量为0.2kg的通电硬直导线置于斜面上，导线两侧固定有立柱，导线中电流大小为1A。

t＝0和t＝2s时刻，导线对两侧立柱的压力恰好为零。

重力加速度大小g＝10m/s2。

下列说法正确的是（　　）

A．斜面倾角θ＝30°

B．导线对斜面的压力为1N

C．导线与斜面间最大静摩擦力为0.6N

D．在t＝1s时，导线所受的摩擦力为零

解析：

　设导线受到的最大静摩擦力为Ff。

t＝0时，B1＝2T，安培力为F1，由平衡条件得F1＋Ff＝mgsinθ，其中F1＝B1Il；t＝2s时，B2＝6T，安培力为F2，由平衡条件得F2＝mgsinθ＋Ff，F2＝B2Il，联立解得Ff＝0.6N，sinθ＝0.6，θ＝37°，A错误，C正确；导线对斜面的压力大小为FN＝mgcosθ＝1.6N，B错误；t＝1s时，B3＝4T，安培力F3＝B3Il＝1.2N，代入F3＋Ff′＝mgsinθ得，Ff′＝0，D正确。

答案：

　CD

8．如图所示，光滑圆环竖直固定，A为最高点，橡皮条上端固定在A点，下端连接一套在圆环上的轻质小环，小环位于B点，AB与竖直方向夹角为30°，用光滑钩拉橡皮条中点，将橡皮条中点拉至C点时，钩的拉力大小为F。

为保持小环静止于B点，需给小环施加一作用力F′，下列说法正确的是（　　）

A．若F′沿水平方向，则F′＝

F

B．若F′沿竖直方向，则F′＝

F

C．F′的最大值为

F

D．F′的最小值为

F

解析：

　对结点C受力分析可知，橡皮条的弹力满足：

2F1cos30°＝F，则F1＝

F。

对小圆环受力分析可知，橡皮条的拉力F1水平向右，大圆环对小圆环的弹力FN沿半径方向，若F′沿水平方向，则FN＝0，此时F′＝F1＝

F，选项A错误；若F′沿竖直方向，则一定是竖直向上，此时FN的方向背离圆心，由平衡知识可知，F′＝F1tan30°＝

F，选项B正确；根据平行四边形定则可知F′最大值趋于无穷大，当F′与过B点的半径垂直时，有最小值，为Fmin＝F1sin30°＝

F，选项C错误，D正确。

答案：

　BD

课时作业

（一）（B卷）

（本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！

）

一、选择题（1～4题为单项选择题，5～6题为多项选择题）

1．如图所示，一根重力为G＝0.1N，长L＝1m、质量分布均匀的导体ab在其中点弯成60°角，将此导体放入匀强磁场中，导体ab两端悬挂于两相同的轻弹簧下端，弹簧均处于竖直状态。

当导体中通有I＝1A的电流时，两根弹簧比原长各缩短了Δx＝0.01m，已知匀强磁场的方向垂直于纸面向外，磁感应强度的大小B＝0.4T，则（　　）

A．导体中电流的方向为a→b

B．每根弹簧的弹力大小为0.5N

C．弹簧的劲度系数为k＝5N/m

D．若导体中不通电流，则弹簧比原长伸长了0.02m

解析：

　由题意知通电后弹簧比原长缩短了，说明导体ab所受的安培力方向竖直向上，由左手定则可知，导体中的电流方向为b→a，选项A错误；通电后，导体ab的有效长度为l＝

L＝0.5m，受到的安培力为F＝IlB＝1×0.5×0.4N＝0.2N，又F＝2F弹＋G，则F弹＝

＝

N＝0.05N，选项B错误；由F弹＝kΔx得k＝

＝

N/m＝5N/m；选项C正确；导体中不通电流时，有2kΔx′＝G，可得Δx′＝

＝

m＝0.01m，选项D错误。

答案：

　C

2.如图所示，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆AB一端通过铰链固定在A点，另一端B悬挂一重为G的物体，且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮，用力F拉绳，开始时∠BAC>90°。

现使∠BAC缓慢变小，直到杆AB接近竖直杆AC，在此过程中（　　）

A．轻杆AB对B端的弹力大小不变

B．轻杆AB对B端的弹力先减小后增大

C．力F逐渐增大

D．力F先逐渐减小后逐渐增大

解析：

　以B点为研究对象，由平衡条件可知FN和F的合力与FT大小相等，方向相反，根据三角形相似可得

＝

＝

，又FT＝G，计算得出FN＝

G，F＝

G，因杆处于平衡状态，故FN大小保持不变，力F逐渐减小，选项A正确，B、C、D错误。

答案：

　A

3.（2019·湖南、江西十四校联考）如图所示，物体C放在水平面上，物体B放在C上，小球A和B之间通过跨过定滑轮的细线相连，若与物体B连接的悬线竖直、两滑轮间的线水平，且不计滑轮与细线的质量、滑轮轴上的摩擦、滑轮与线间的摩擦，把A拉到某位置（低于滑轮）由静止释放使A在竖直平面内摆动，在A摆动的过程中B、C始终不动，下列说法中正确的是（　　）

A．物体C对B的摩擦力方向有时可能沿斜面向下

B．物体C对B的摩擦力有时可能为零

C．地面对C的摩擦力有时不为零

D．物体C对地面的压力有时可以等于B、C重力之和

解析：

　小球A在最低点时，绳子的拉力和重力的合力提供向心力，当蝇子的拉力正好等于B的重力时，B、C之间没有弹力，此时B、C间摩擦力等于零，如果绳子拉力小于B的重力，则摩擦力方向沿斜面向上，不可能沿斜面向下，故A错误，B正确；以B和C为研究对象分析可以知道，绳子拉力竖直向上，水平方向没有分力，所以C受到的地面摩擦力始终为零，故C错误；A在竖直平面内摆动，做圆周运动，所以绳子的拉力不可能等于零，所以C对地面的压力不可能等于B、C重力之和，故D错误。

答案：

　B

4.（2019·辽宁葫芦岛3月模拟）如图所示，细绳一端固定在A点，另一端跨过与A等高的光滑定滑轮B后悬挂一个砂桶Q（含砂子）。

现有另一个砂桶P（含砂子）通过光滑挂钩挂在A、B之间的细绳上，稳定后挂钩下降至C点，∠ACB＝120°，下列说法正确的是（　　）

A．若只增加Q桶中的砂子，再次平衡后P桶位置不变

B．若只增加P桶中的砂子，再次平衡后P桶位置不变

C．若在两桶内增加相同质量的砂子，再次平衡后P桶位置不变

D．若在两桶内增加相同质量的砂子，再次平衡后Q桶位置上升

解析：

　对砂桶Q分析有，Q受到细绳的拉力大小FT＝GQ，设AC、BC之间的夹角为θ，对C点分析可知C点受三个力而平衡，由题意知，C点两侧的绳张力相等，故有2FTcos

＝GP，联立可得2GQcos

＝GP，故只增加Q桶中的砂子，即只增加GQ，夹角θ变大，P桶上升，只增加P桶中的砂子，即只增加GP，夹角θ变小，P桶下降，选项A、B错误；由2GQcos

＝GP可知，当θ＝120°时有GQ＝GP，此时若在两砂桶内增加相同质量的砂子，上式依然成立，则P桶的位置不变，选项C正确，D错误。

答案：

　C

5.如图所示，质量为M的物块被质量为m的夹子夹住刚好能不下滑，夹子由长度相等的轻绳悬挂在A、B两轻环上，轻环套在水平直杆上，整个装置处于静止状态。

已知物块与夹子间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。

则直杆对A环的支持力的大小FN和夹子右侧部分对物块的压力的大小F分别为（　　）

A．FN＝

B．FN＝

C．F＝

D．F＝

解析：

　由题意得，直杆对A、B环的支持力FN大小相等，方向竖直向上，选取物块和夹子整体为研究对象，由受力平衡的条件可得：

2FN＝（M＋m）g

解得：

FN＝

，故选项A正确。

由于物块刚好能不下滑，故物块受到两侧夹子的摩擦力为最大静摩擦力Ffm，Ffm等于滑动摩擦力，设此时夹子右侧部分对物块的压力为F，以物块为研究对象，由平衡条件可得：

2Ffm＝Mg

Ffm＝μF

联立解得：

F＝

，故选项D正确。

答案：

　AD

6.如图所示，带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜面平行。

现给小滑块施加一竖直向上的拉力，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则（　　）

A．轻绳对小球的拉力逐渐增大

B．小球对斜劈的压力先减小后增大

C．竖直杆对小滑块的弹力先增大后减小

D．对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大

解析：

　对小球受力分析，其受重力、支持力和轻绳的拉力，如图甲所示，根据平衡条件，轻绳的拉力FT增大，支持力FN减小，根据牛顿第三定律，球对斜劈的压力减小，选项A正确，B错误；对球和滑块整体分析，其受重力、斜劈的支持力FN、杆的支持力FN′、拉力F，如图乙所示，根据平衡条件，水平方向上有FN′＝FNsinθ，竖直方向上有F＋FNcosθ＝G′，由于FN减小，故FN′减小，F增大，选项C错误，D正确。

答案：

　AD

二、非选择题

7.如图，坐标系xOy位于竖直平面内，在该区域有场强E＝12N/C、方向沿x轴正方向的匀强电场和磁感应强度大小为B＝2T、沿水平方向的且垂直于xOy平面指向纸里的匀强磁场。

一个质量m＝4×10－5kg，电荷量q＝2.5×10－5C带正电的微粒，在xOy平面内做匀速直线运动，运动到原点O时，撤去磁场，经一段时间后，带电微粒运动到了x轴上的P点（g＝10m/s2），求：

（1）P点到原点O的距离；

（2）带电微粒由原点O运动到P点的时间。

解析：

　匀速直线运动时：

受力平衡，如图所示，由平衡条件，得qvBsinθ＝qE，qvBcosθ＝mg。

解得v＝10m/s，θ＝37°，与x轴正方向成37°斜向右上。

撤去磁场后受2个力，结合速度方向可知做类平抛运动

沿v方向：

OPcos37°＝vt

垂直v方向：

OPsin37°＝

·

·t2

得OP＝15m　t＝1.2s

答案：

（1）15m　

（2）1.2s