高考物理二輪復(fù)習(xí)第一部分專題二能量與動(dòng)量課時(shí)作業(yè)新人教版

1、課時(shí)作業(yè)一一、選擇題1(2017廣東華南三校聯(lián)考)如圖所示，小球A、B通過一細(xì)繩跨過定滑輪連接，它們都穿在一根豎直桿上當(dāng)兩球平衡時(shí)，連接兩球的細(xì)繩與水平方向的夾角分別為和2，假設(shè)裝置中各處摩擦均不計(jì)，則A、B球的質(zhì)量之比為()A2cos 1B12cos Ctan 1D12sin B小球A、B都平衡時(shí)，在豎直方向上：對(duì)A球T sin mAg，對(duì)B球Tsin 2mBg，又TT，解得：，B項(xiàng)正確2如圖所示，一光滑小球靜置在光滑半球面上，被豎直放置的光滑擋板擋住，現(xiàn)水平向右緩慢地移動(dòng)擋板，則在小球運(yùn)動(dòng)的過程中(該過程小球未脫離球面且球面始終靜止)，擋板對(duì)小球的推力F、半球面對(duì)小球的支持力FN的變化情況

2、是()AF增大，F(xiàn)N減小 BF增大，F(xiàn)N增大CF減小，F(xiàn)N減小DF減小，F(xiàn)N增大B某時(shí)刻小球的受力如圖所示，設(shè)小球與半球面的球心連線跟豎直方向的夾角為，則Fmgtan ，F(xiàn)N，隨著擋板向右移動(dòng)，越來(lái)越大，則F和FN都要增大3(2017安徽江南十校聯(lián)考)如圖所示，豎直面光滑的墻角有一個(gè)質(zhì)量為m，半徑為r的半球體A.現(xiàn)在A上放一密度和半徑與A相同的球體B，調(diào)整A的位置使得A、B保持靜止?fàn)顟B(tài)，已知A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5.則A球心距墻角的最遠(yuǎn)距離是()A2rB.rC.rD.rC由題可知B球質(zhì)量為2m，當(dāng)A球球心距墻角最遠(yuǎn)時(shí)，A受地面水平向右的摩擦力f3mg，此時(shí)以B球?yàn)檠芯繉?duì)象，對(duì)其受力分析如

3、圖所示，有F2，以A和B整體為研究對(duì)象，在水平方向有3mgF2，則tan ，代入數(shù)據(jù)得53.由幾何關(guān)系可知，A球球心到墻角的最遠(yuǎn)距離lr2r cos r，選項(xiàng)C正確4如圖甲、乙、丙是生活中三種不同的背包方式為了研究方便，假設(shè)背包者身體均呈豎直，因而可認(rèn)為每條背包帶均在豎直面內(nèi)甲中背包帶對(duì)人的肩部的作用力設(shè)為F1；乙中的背包帶與豎直方向的夾角為(如圖)，其背包帶對(duì)人肩部的作用力設(shè)為F2；丙中的兩根背包帶與豎直方向的夾角均為(如圖)，其每根背包帶對(duì)人肩部的作用力均為F3.若三種情況所背的包完全相同，不考慮背包跟人體間的摩擦，則關(guān)于F1、F2、F3大小的下列關(guān)系正確的是() AF1F2BF2F3 C

4、F1F3DF3F2B由圖可知，題圖甲中背包帶沿豎直方向，所以每一根背包帶的作用力都等于0.5mg，則背包帶對(duì)肩部的作用力等于兩根背包帶的作用力的和，即等于F1mg；乙圖中，背包受到重力、腿部的支持力和肩膀的作用力如圖a：則：F2題圖丙中，背包受到兩邊肩膀的作用力，如圖b所示，則：mg2F3cos 所以：F3由以上的分析可得：F1F2，F(xiàn)3F2，由于夾角是未知的，所以不能判斷F3與重力mg的大小關(guān)系，因此不能判斷出F3與F1的大小關(guān)系所以只有選項(xiàng)B正確5(多選)(2017九江4月模擬)如圖所示，一根通電的導(dǎo)體棒放在傾斜的粗糙斜面上，置于圖示方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)增大電流，導(dǎo)體棒仍靜止，

5、則在增大電流過程中，導(dǎo)體棒受到的摩擦力的大小變化情況可能是()A一直增大 B先減小后增大C先增大后減小 D始終為零AB若F安mgsin ，因安培力方向向上，則摩擦力方向向上，當(dāng)F安增大時(shí)，F(xiàn)摩減小到零，再向下增大，B項(xiàng)對(duì)，C、D項(xiàng)錯(cuò)；若F安mgsin ，摩擦力方向向下，隨F安增大而一直增大，A項(xiàng)對(duì)6如圖所示，粗糙水平地面上的長(zhǎng)方體物塊將一重為G的光滑圓球抵在光滑豎直的墻壁上，現(xiàn)用水平向右的拉力F緩慢拉動(dòng)長(zhǎng)方體物塊，在圓球與地面接觸之前，下面的相關(guān)判斷正確的是()A球?qū)Ρ诘膲毫χ饾u減小B水平拉力F逐漸減小C地面對(duì)長(zhǎng)方體物塊的摩擦力逐漸增大D地面對(duì)長(zhǎng)方體物塊的支持力逐漸增大B對(duì)球進(jìn)行受力分析，如

6、圖甲所示FN1Gtan ，F(xiàn)N2.當(dāng)長(zhǎng)方體物塊向右運(yùn)動(dòng)中，增大，F(xiàn)N1、FN2均增大，由牛頓第三定律知，球?qū)Ρ诘膲毫χ饾u增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；圓球?qū)ξ飰K的壓力在豎直方向的分力FN2cos G等于重力，在拉動(dòng)長(zhǎng)方體物塊向右運(yùn)動(dòng)的過程中，對(duì)物塊受力分析如圖乙所示，物塊與地面之間的壓力FNG1FN2cos G1G不變，滑動(dòng)摩擦力fFN不變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；又由于圓球?qū)ξ飰K的壓力在水平方向的分力FN2sin 逐漸增大，所以水平拉力FfFN2sin 逐漸減小，選項(xiàng)B正確；由于物塊與地面之間的壓力不變，由牛頓第三定律可知，地面對(duì)物塊的支持力不變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤7如圖所示，在一個(gè)傾角為的斜面上，有一個(gè)質(zhì)量為m，帶負(fù)電

7、的小球P(可視為點(diǎn)電荷)，空間存在著方向垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，帶電小球與斜面間的摩擦力不能忽略，它在斜面上沿圖中所示的哪個(gè)方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，有可能保持勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)() Av1方向Bv2方向 Cv3方向 Dv4方向C若小球的速度沿v1方向，滑動(dòng)摩擦力與v1的方向相反，即沿圖中v3方向，由左手定則知，小球受到的洛倫茲力方向在斜面平面內(nèi)與v1垂直向下，重力的分力mgsin 沿斜面向下，則知球在斜面平面內(nèi)所受的合外力不為零，小球不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；若小球的速度沿v2方向，滑動(dòng)摩擦力與v2的方向相反，即沿圖中v4方向，由左手定則知，小球受到的洛倫茲力方向在斜面平面內(nèi)與v2垂直向上，重力的分力

8、mgsin 沿斜面向下，則知球在斜面平面內(nèi)所受的合外力不為零，小球不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；若小球的速度沿v3方向，滑動(dòng)摩擦力與v3的方向相反，即沿圖中v1方向，由左手定則知，小球受到的洛倫茲力方向在斜面平面內(nèi)與v3垂直向上，即沿v2方向，重力的分力mgsin 沿斜面向下，則知斜面平面內(nèi)的合外力可能為零，小球有可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故C正確；若小球的速度沿v4方向，滑動(dòng)摩擦力與v4的方向相反，即沿圖中v2方向，由左手定則知，小球受到的洛倫茲力方向在斜面平面內(nèi)與v4垂直向下，重力的分力mgsin 沿斜面向下，則知斜面平面內(nèi)的合外力不可能為零，小球不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤8(2017安徽

9、皖南八校二次聯(lián)考)如圖所示，三角形ABC是固定在水平面上的三棱柱的橫截面，A30，B37，C處有光滑小滑輪，質(zhì)量分別為m1、m2的兩物塊通過細(xì)線跨放在AC面和BC面上，且均恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知AC面光滑，物塊2與BC面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則兩物塊的質(zhì)量比m1m2不可能是()A13 B35 C53 D21A物塊1受重力m1g、細(xì)線拉力T和斜面支持力FN作用處于平衡狀態(tài)，則Tm1gsin 30，物塊2受重力m2g、細(xì)線拉力T、斜面支持力FN及摩擦力Ff作用處于平衡狀態(tài)，當(dāng)m1較大時(shí)，最大靜摩擦力方向沿斜面向下，此時(shí)有Tm2gsin 37m2gcos 37，即2；當(dāng)m

10、1較小時(shí)，最大靜摩擦力方向沿斜面向上，此時(shí)有Tm2gsin 37m2gcos 37，即，所以2.9(多選)如圖所示，帶電物體P、Q可視為點(diǎn)電荷，電荷量相同傾角為、質(zhì)量為M的斜面體放在粗糙水平面上，將質(zhì)量為m的物體P放在粗糙的斜面體上當(dāng)物體Q放在與P等高(PQ連線水平)且與物體P相距為r的右側(cè)位置時(shí)，P靜止且受斜面體的摩擦力為0，斜面體保持靜止，靜電力常量為k，則下列說(shuō)法正確的是()AP、Q所帶電荷量為 BP對(duì)斜面的壓力為0C斜面體受到地面的摩擦力為0D斜面體對(duì)地面的壓力為(Mm)gAD設(shè)P、Q所帶電荷量為q，對(duì)物體P受力分析如圖所示，受到水平向左的庫(kù)侖力Fk、豎直向下的重力mg、支持力FN，由

11、平衡條件可得tan ，解得q ，選項(xiàng)A正確；斜面對(duì)P的支持力FNmgcos Fsin ，由牛頓第三定律可知，P對(duì)斜面的壓力為FNmgcos Fsin ，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)P和斜面體整體受力分析，可知水平方向受到Q對(duì)P向左的庫(kù)侖力Fk和地面對(duì)斜面體水平向右的摩擦力，由平衡條件可知，斜面體受到水平向右的摩擦力大小為fk，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)P和斜面體整體受力分析，豎直方向受到豎直向下的重力(Mm)g和水平面的支持力，由平衡條件可得，水平面支持力等于(Mm)g，根據(jù)牛頓第三定律，斜面體對(duì)地面的壓力大小為(Mm)g，選項(xiàng)D正確10(多選)如圖所示，用兩根完全相同的橡皮筋M、N將兩個(gè)質(zhì)量均為m1 kg的可視為質(zhì)點(diǎn)

12、的小球A、B拴接在一起，并懸掛在水平天花板上，在小球A上施加一水平向左的恒力F，當(dāng)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，橡皮筋M與豎直方向的夾角為60.假設(shè)兩橡皮筋的勁度系數(shù)均為k5 N/cm，且始終處在彈性限度以內(nèi)，重力加速度取g10 m/s2.則()A橡皮筋M的伸長(zhǎng)量為4 cmB橡皮筋N的伸長(zhǎng)量為2 cmC水平恒力的大小為10 ND如果將水平恒力撤去，則小球B的瞬時(shí)加速度為零BD先對(duì)小球B進(jìn)行受力分析，小球B受重力mg和橡皮筋N的拉力F1，根據(jù)平衡條件，有F1mg10 N，又F1kxN，解得橡皮筋N的伸長(zhǎng)量xN2 cm，選項(xiàng)B正確；再將小球A、B看成一個(gè)整體，整體受重力2mg、水平恒力F和橡皮筋M的拉力F2

13、，如圖所示，根據(jù)平衡條件，有F2mgtan 602mg20 N，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；橡皮筋M的彈力F24mg40 N，根據(jù)胡克定律有F2kxM，解得橡皮筋M的伸長(zhǎng)量xM8 cm，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球B受重力和橡皮筋N的拉力，撤去水平恒力的瞬間，小球B的重力和橡皮筋N的拉力都不變，故小球仍處于平衡狀態(tài)，加速度為零，選項(xiàng)D正確二、非選擇題11如圖所示，一質(zhì)量為M2 kg的鐵塊套在傾斜放置的桿上，桿與水平方向的夾角60，一輕繩一端連在鐵塊上，一端連在一質(zhì)量為m1 kg的小球上，一水平力F作用在小球上，連接鐵塊與球的輕繩與桿垂直，鐵塊和球都處于靜止?fàn)顟B(tài)(g取10 m/s2)求：(1)拉力F的大小；(2)桿對(duì)鐵塊的

14、摩擦力的大小解析(1)對(duì)B球受力分析如圖所示根據(jù)力的平衡Fmgtan 解得F10 N(2)由于繩對(duì)鐵塊的拉力垂直于桿，且鐵塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，因此鐵塊受到的摩擦力等于鐵塊的重力沿斜面向下的分力，即FfMgsin Ff10 N答案(1)10 N(2)10 N12(2017承德一模)如圖所示，兩平行金屬導(dǎo)軌間的距離d1.0 m，導(dǎo)軌所在平面與水平面之間的夾角為53，在導(dǎo)軌所在的空間內(nèi)分布著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1.5 T，方向垂直于導(dǎo)軌所在平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)軌的一端接有電動(dòng)勢(shì)E 6.0 V，內(nèi)阻r1.0 的直流電源現(xiàn)將一質(zhì)量m0.5 kg，電阻R3.0 ，長(zhǎng)度為1.0 m的導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置，開關(guān)S接通后導(dǎo)體棒剛好能保持靜止已知電路中定值電阻R06.0 ，重力加速度g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6，導(dǎo)體棒受到的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，求：(1)導(dǎo)體棒中通過的電流大??；(2)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)解析(1)由電路知識(shí)可知，導(dǎo)體棒與定值電阻R0并聯(lián)后接在電源兩端，設(shè)電路中的總電阻為R總，則有R總r，代入數(shù)據(jù)可得R總3 ，由閉合電路歐姆定律可知，電路中的總電流I2 A，導(dǎo)體棒ab兩端的電壓為UabEIr，代入數(shù)據(jù)可得Uab4 V，所以流經(jīng)導(dǎo)體棒的電流IR A.(2)對(duì)導(dǎo)