2025版衡水中學(xué)學(xué)案高考物理二輪專題與專項(xiàng)第1部分專題1第1講含答案及解析

第一部分專題一第1講A組·基礎(chǔ)練1．(2024·廣東深圳一調(diào))如圖所示，一玩偶與塑料吸盤通過細(xì)繩AB連接，吸盤吸附在墻壁上玩偶靜止懸掛，忽略玩偶與墻壁之間的靜摩擦力，則()A．細(xì)繩AB越短，玩偶對墻壁的壓力越大B．細(xì)繩AB越長，吸盤受到墻壁的摩擦力越小C．吸盤重力大于墻壁和細(xì)繩對吸盤作用力的合力D．吸盤與墻壁之間的擠壓力越大，吸盤受到墻壁的摩擦力越大【答案】A【解析】玩偶的受力分析如圖所示，玩偶對墻壁的壓力等于支持力，有FN＝Gtanθ，細(xì)繩AB越短，θ越大，則玩偶對墻壁的壓力越大，所以A正確；對吸盤與玩偶整體分析豎直方向只受重力與摩擦力，所以吸盤受到墻壁的摩擦力總是等于重力，與細(xì)繩的長短無關(guān)，與吸盤與墻壁之間的擠壓力無關(guān)，所以B、D錯(cuò)誤；由平衡條件可知，吸盤重力等于墻壁和細(xì)繩對吸盤作用力的合力，所以C錯(cuò)誤。2．如圖所示，一物體質(zhì)量均勻，兩端用金屬細(xì)線拴著，金屬線的中點(diǎn)用一個(gè)光滑環(huán)吊在正上方，那么()A．金屬線越短，其張力越大B．金屬線越長，其張力越大C．將金屬線變短，其張力先變大后變小D．無論金屬線長短如何，其張力保持不變【答案】A【解析】設(shè)物體的質(zhì)量為m，金屬線和豎直方向的夾角為θ，金屬線中的拉力為T，根據(jù)平衡條件2Tcosθ＝mg，解得T＝eq\f(mg,2cosθ)，金屬線越長，則夾角θ越小，金屬線的張力越小，金屬線越短，則夾角θ越大，金屬線的張力越大。故選A。3．(2024·浙江杭州模擬)如圖所示，上表面為斜面的小車M靜止在光滑水平面上，一邊緊貼墻壁。若再在斜面上加一物體m，且M、m相對靜止，此時(shí)小車受力個(gè)數(shù)為()A．3 B．4C．5 D．6【答案】B【解析】M、m相對靜止，對整體受力分析知，整體受總重力和地面給的支持力，處于靜止?fàn)顟B(tài)；對物體m受力分析，則m受到重力、支持力和靜摩擦力；對M受力分析，受重力、m對它的垂直斜面向下的壓力和沿斜面向下的靜摩擦力，同時(shí)地面對M有向上的支持力，因墻壁對小車不會(huì)有力的作用，則M共受到4個(gè)力。故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。4．(2024·安徽六校聯(lián)考)如圖，一粗糙斜面固定于水平面上，一質(zhì)量為m的滑塊通過一跨過斜面頂端的光滑定滑輪的輕繩與一鉤碼相連。能使滑塊在斜面上保持靜止的鉤碼質(zhì)量的最大值和最小值分別為m1和m2。設(shè)輕繩與斜面保持平行，滑塊所受到的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。斜面傾角為θ，則滑塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為()A．eq\f(m1,2mg) B．eq\f(2m2,mg)C．eq\f(m1－m2,2mcosθ) D．eq\f(m1＋m2,2mcosθ)【答案】C【解析】當(dāng)鉤碼的質(zhì)量有最大值m1時(shí)，滑塊所受的靜摩擦力沿斜面向下，則：μmgcosθ＋mgsinθ＝m1g；當(dāng)鉤碼的質(zhì)量有最小值m2時(shí)，滑塊所受的靜摩擦力沿斜面向上，則：mgsinθ＝m2g＋μmgcosθ；聯(lián)立解得μ＝eq\f(m1－m2,2mcosθ)，故選C。5．(2023·河北卷)如圖，輕質(zhì)細(xì)桿AB上穿有一個(gè)質(zhì)量為m的小球C，將桿水平置于相互垂直的固定光滑斜面上，系統(tǒng)恰好處于平衡狀態(tài)。已知左側(cè)斜面與水平面成30°角，則左側(cè)斜面對桿AB支持力的大小為()A．mg B．eq\f(\r(3),2)mgC．eq\f(\r(3),3)mg D．eq\f(1,2)mg【答案】B【解析】對輕桿和小球組成的系統(tǒng)進(jìn)行受力分析，如圖，設(shè)左側(cè)斜面對桿AB支持力的大小為NA，由平衡條件有NA＝mgcos30°，得NA＝eq\f(\r(3),2)mg，故選B。6．(2024·上海嘉定一模)圖甲為烤腸機(jī)，香腸放置于兩根水平的平行金屬桿中間，其截面圖如圖乙所示。假設(shè)香腸可視為質(zhì)量均勻的圓柱體，烤熟后質(zhì)量不變，半徑變大，金屬桿不再轉(zhuǎn)動(dòng)。忽略摩擦及金屬桿的熱脹冷縮。若金屬桿對香腸的支持力為FN；兩根金屬桿對香腸的合力為F合，則香腸烤熟后()A．FN增大，F(xiàn)合增大 B．FN增大，F(xiàn)合不變C．FN減小，F(xiàn)合增大 D．FN減小，F(xiàn)合不變【答案】D【解析】以香腸為研究對象，受到重力、兩邊金屬桿的支持力，如圖所示。香腸烤熟后質(zhì)量不變，半徑變大，重心升高，支持力與重力反方向的夾角θ減?。挥闪Φ钠胶庵R可得2FNcosθ＝mg，解得FN＝eq\f(mg,2cosθ)，由于θ變小，cosθ變大，F(xiàn)N變?。挥捎谙隳c烤熟后質(zhì)量不變，根據(jù)平衡條件可得兩根金屬桿對香腸的合力始終與香腸的重力等大反向，保持不變，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確。7．(多選)(2024·河北滄州模擬)如圖，家用三層籃球收納架由兩根平行的豎直立柱、三對傾斜擋桿和一個(gè)矩形底座ABCD構(gòu)成，同一層的兩根傾斜擋桿平行且高度相同并與豎直立柱成60°角，每側(cè)豎直立柱與對應(yīng)側(cè)的三根傾斜擋桿及底座長邊在同一平面內(nèi)。開始時(shí)收納架置于水平地面上，豎直立柱處于豎直方向，將收納架以AB邊為軸，沿順時(shí)針方向緩慢旋轉(zhuǎn)90°，籃球的直徑大于豎直立柱與傾斜擋桿構(gòu)成的兩平面間的距離，不計(jì)籃球與傾斜擋桿和豎直立柱的摩擦力，籃球始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，則在此過程中關(guān)于第二層籃球受力情況的說法正確的是()A．兩傾斜擋桿對籃球的作用力一直減小B．其中一個(gè)傾斜擋桿對籃球的作用力先增大再減小C．兩豎直立柱對籃球的作用力一直增大D．其中一個(gè)豎直立柱對籃球的作用力先增大再減小【答案】AD【解析】對第二層的籃球進(jìn)行受力分析，如圖所示。收納架以AB邊為軸，沿順時(shí)針方向緩慢旋轉(zhuǎn)90°時(shí)，傾斜擋桿對籃球的作用力和豎直立柱對籃球的作用力方向夾角不變，所以旋轉(zhuǎn)過程中根據(jù)矢量三角形法則可知兩傾斜擋桿對籃球的作用力一直減小，兩豎直立柱對籃球的作用力均先增大后減小。故選AD。8．(2024·湖北模擬預(yù)測)一些巧妙的工業(yè)設(shè)計(jì)能極大地為人們的生活提供便利。如圖是豎直放置的某款可調(diào)角度的簡便磨刀器，該磨刀器左右兩側(cè)對稱，通過調(diào)整磨刀角度可以使該磨刀器的兩側(cè)面與刀片尖端的兩側(cè)面緊密貼合，就可以輕松滿足家庭日常的各種磨刀需求。關(guān)于在使用磨刀器的過程中，下列說法正確的是()A．向后輕拉刀具，磨刀器受到的摩擦力向前B．若水平勻速向后拉動(dòng)刀具，則磨刀器對刀具的作用力豎直向上C．加速后拉刀具，刀具受到的摩擦力小于磨刀器受到的摩擦力D．對同一把刀具在豎直方向上施加相同壓力時(shí)，磨刀器的夾角越小，越難被拉動(dòng)【答案】D【解析】磨刀過程中，向后輕拉刀具，刀具受到的摩擦力的合力向前，根據(jù)牛頓第三定律，磨刀器受到的摩擦力向后，故A錯(cuò)誤；若水平勻速向后拉動(dòng)刀具，從兩個(gè)方向看，受力分析如圖所示。磨刀器對刀具的作用力是指兩個(gè)接觸面的支持力與摩擦力的合力，方向應(yīng)向前方偏上，故B錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第三定律可知，刀具受到的摩擦力大小等于磨刀器受到的摩擦力大小，故C錯(cuò)誤；刀具對磨刀器正壓力的兩分力夾角應(yīng)為磨口角的補(bǔ)角，故磨刀器的夾角越小，正壓力的兩分力夾角越大，當(dāng)施加相同的正壓力時(shí)，則兩分力越大，故拖動(dòng)時(shí)的滑動(dòng)摩擦力越大就越難被拉動(dòng)，故D正確。9．(多選)(2024·廣東廣州二模)耙在中國已有1500年以上的歷史，北魏賈思勰著《齊民要術(shù)》稱之為“鐵齒楱”，將使用此農(nóng)具的作業(yè)稱作耙。如圖甲所示，牛通過兩根耙索拉耙沿水平方向勻速耙地。兩根耙索等長且對稱，延長線的交點(diǎn)為O1，夾角∠AO1B＝60°，拉力大小均為F，平面AO1B與水平面的夾角為30°(O2為AB的中點(diǎn))，如圖乙所示。忽略耙索質(zhì)量，下列說法正確的是()A．兩根耙索的合力大小為FB．兩根耙索的合力大小為eq\r(3)FC．地對耙的水平阻力大小為eq\f(3F,2)D．地對耙的水平阻力大小為eq\f(F,2)【答案】BC【解析】兩根耙索的合力大小為F′＝2Fcos30°＝eq\r(3)F，A錯(cuò)誤，B正確；由平衡條件，地對耙的水平阻力大小為f＝F′cos30°＝eq\f(3,2)F，C正確，D錯(cuò)誤，故選BC。B組·綜合練10．如圖所示，一輕質(zhì)光滑定滑輪固定在傾斜木板上，質(zhì)量分別為m和2m的物塊A、B，通過不可伸長的輕繩跨過滑輪連接，A、B間的接觸面和輕繩均與木板平行。A與B間、B與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。當(dāng)木板與水平面的夾角為45°時(shí)，物塊A、B剛好要滑動(dòng)，則μ的值為()A．eq\f(1,3) B．eq\f(1,4)C．eq\f(1,5) D．eq\f(1,6)【答案】C【解析】當(dāng)木板與水平面的夾角為45°時(shí)，兩物塊剛好要滑動(dòng)，對A物塊受力分析如圖沿斜面方向，A、B之間的滑動(dòng)摩擦力Ff1＝μFN1＝μmgcos45°，根據(jù)平衡條件可知T＝mgsin45°＋μmgcos45°，對B物塊受力分析如圖沿斜面方向，B與斜面之間的摩擦力Ff2＝μFN2＝μ·3mgcos45°，根據(jù)平衡條件可知2mgsin45°＝T＋μmgcos45°＋μ·3mgcos45°，兩式相加，可得2mgsin45°＝mgsin45°＋μmgcos45°＋μmgcos45°＋μ·3mgcos45°，解得μ＝eq\f(1,5)，故選C。11．(2024·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)如圖所示，在水平地面上有一斜面，質(zhì)量均為m的A、B兩物塊放在斜面的等高處，A、B之間連接著一個(gè)輕質(zhì)彈簧，其勁度系數(shù)為k，彈簧處于壓縮狀態(tài)，且物塊與斜面均能保持靜止。已知斜面的傾角為θ，兩物塊和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。下列說法正確的是()A．斜面對A、B組成系統(tǒng)的靜摩擦力的合力為0B．若將彈簧拿掉，物塊有可能發(fā)生滑動(dòng)C．彈簧的最大壓縮量為eq\f(mg\r(μ2cos2θ－sin2θ),k)D．彈簧的最大壓縮量為eq\f(mg\r(μ2cos2θ＋sin2θ),k)【答案】C【解析】把A、B看成一個(gè)整體，斜面對A、B組成系統(tǒng)的靜摩擦力的合力為f＝2mgsinθ，所以A錯(cuò)誤；有彈簧時(shí)，對A分析有fA＝eq\r(mgsinθ2＋kΔx2)，若將彈簧拿掉，對A則有fA′＝mgsinθ，所以若將彈簧拿掉，物塊不可能發(fā)生滑動(dòng)，所以B錯(cuò)誤；彈簧的壓縮量最大時(shí)，物塊與斜面間的靜摩擦力達(dá)到最大，則eq\r(mgsinθ2＋kΔx2)＝μmgcosθ，解得Δx＝eq\f(mg\r(μ2cos2θ－sin2θ),k)，所以C正確，D錯(cuò)誤。12．(2024·茂名綜合測試)如圖所示，勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度方向與水平方向夾角為30°且斜向右上方，勻強(qiáng)磁場的方向垂直于紙面(圖中未畫出)。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))以與水平方向成30°角斜向左上方的速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g。則()A．勻強(qiáng)磁場的方向可能垂直于紙面向外B．小球可能帶正電荷C．電場強(qiáng)度大小為eq\r(\f(2mg,q))D．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為eq\f(\r(3)mg,qv)【答案】D【解析】帶電小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，受力平衡，受力分析如圖。由左手定則可判斷勻強(qiáng)磁場的方向垂直紙面向里，A項(xiàng)錯(cuò)誤；小球帶負(fù)電荷，B項(xiàng)錯(cuò)誤；電場力與重力大小相等，夾角60°，電場強(qiáng)度E＝eq\f(mg,q)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由共點(diǎn)力的平衡條件得qvB＝eq\r(3)mg，則B＝eq\f(\r(3)mg,qv)，D項(xiàng)正確。13．(多選)(2024·湖南邵東模擬)如圖，豎直細(xì)桿上套有一個(gè)質(zhì)量為1kg的小圓環(huán)，圓環(huán)左側(cè)系有一勁度系數(shù)k＝500N/m的輕彈簧，已知彈簧與豎直方向的夾角為θ＝53°，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，環(huán)與細(xì)桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.75，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，彈簧一直處于彈性限度內(nèi)，以下說法正確的是(g取10m/s2)()A．當(dāng)彈簧的伸長量x＝2.5cm時(shí)，圓環(huán)與細(xì)桿間的摩擦力為零B．當(dāng)彈簧的伸長量x＝0.5cm時(shí)，圓環(huán)與細(xì)桿間的摩擦力為1.5NC．若θ角度調(diào)成90°時(shí)，不管彈簧的伸長量x為多少，圓環(huán)都不能靜止D．若θ角度調(diào)成90°時(shí)，彈簧的伸長量x≥eq\f(8,3)cm時(shí)，靜止釋放的圓環(huán)一定靜止【答案】BD【解析】若x＝2.5cm，根據(jù)胡克定律可得，彈簧彈力F＝kΔx＝500×0.025N＝12.5N，豎直分力為Fy＝Fcos53°＝7.5N<G＝10N，所以圓環(huán)將受到沿桿向上的摩擦力作用，又因?yàn)镕的水平分力為Fx＝Fsin53°＝10N，根據(jù)圓環(huán)水平方向平衡，可得桿對圓環(huán)的彈力大小為N＝Fx，所以，圓環(huán)此時(shí)可受到的最大靜摩擦力為fmax＝μN(yùn)＝0.75×10N＝7.5N，則圓環(huán)將保持靜止，圓環(huán)與細(xì)桿間的靜摩擦力為f＝G－Fy＝10N－7.5N＝2.5N。同理，若x＝0.5cm時(shí)，則可求得F＝2.5N，其豎直分力為1.5N，水平分力為2N，此時(shí)最大靜摩擦力為1.5N，環(huán)不能平衡，將沿桿下滑，受到沿桿向上的滑動(dòng)摩擦力作用，大小為1.5N，故A錯(cuò)誤，B正確；若θ角度調(diào)成90°時(shí)，設(shè)圓環(huán)恰好靜止時(shí)，彈簧的伸長量為x，則有F＝kx＝N，G＝fmax＝μN(yùn)，聯(lián)立兩式，代入數(shù)據(jù)求得x＝eq\f(8,3)cm。所以，可得當(dāng)彈簧的伸長量x≥eq\f(8,3)cm時(shí)，靜止釋放的圓環(huán)一定靜止，故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。14．(多選)(2024·湖北武漢模擬)抓娃娃機(jī)是一種深受青少年喜愛的游戲設(shè)備，其利用機(jī)器自身所帶的爪子抓取箱柜內(nèi)的物品。下圖為某款抓娃娃機(jī)結(jié)構(gòu)簡圖，其中機(jī)械臂15一端鉸鏈在水平橫梁上，另一端鉸鏈在質(zhì)量為m的抓手16上。機(jī)械臂可當(dāng)成長度為L的輕桿。12為輕質(zhì)細(xì)繩。設(shè)重力加速度為g，機(jī)械臂拴結(jié)點(diǎn)與橫梁左端點(diǎn)水平間距為2L，繩12上拉力為F1，機(jī)械臂15上拉力為F2，某次游戲時(shí)通過輕繩牽引將抓手從最低點(diǎn)緩慢提升到最高點(diǎn)，針對這個(gè)過程中，下列說法正確的是()A．機(jī)械臂上拉力大于輕繩上的拉力B．輕繩中的張力F1一直在增加C．機(jī)械臂中彈力F2先增大再減小D．Feq\o\al(2,1)＋Feq\o\al(2,2)>(mg)2【答案】AB【解析】根據(jù)題意可知機(jī)械臂長度為L不變，其運(yùn)動(dòng)軌跡為圓弧，如圖所示。對抓手進(jìn)行受力分析，可知力構(gòu)成的三角形與實(shí)物三角形OPQ相似(O為機(jī)械臂拴結(jié)點(diǎn)位置，P為抓手位置，Q為繩12的延長線與O點(diǎn)豎直方向的交點(diǎn))，則有eq\f(G,OQ)＝eq\f(F1,PQ)＝eq\f(F2,OP)＝k且由動(dòng)態(tài)分析圖像可知機(jī)械臂與輕繩的夾角先是銳角后變?yōu)橹苯侵笥肿優(yōu)殇J角，所以當(dāng)繩12與圓弧相切時(shí)，F(xiàn)1⊥F2，此時(shí)兩力的平方和最小，則有Feq\o\al(2,1)＋Feq\o\al(2,2)≥(mg)2，機(jī)械臂與輕繩垂直時(shí)OQ長度最大，所以O(shè)Q的長度先增大后減小，則比值k先減小后增大，因?yàn)镺P長度不變，則F2先減小后增大；根據(jù)幾何關(guān)系可知細(xì)繩12與水平方向夾角小于機(jī)械臂與水平方向夾角，所以∠POQ<∠OQP，所以PQ長度一直小于OP，即機(jī)械臂上拉力一直大于輕繩上的拉力，故A正確，C、D錯(cuò)誤；因?yàn)镕1＝eq\f(PQ,OQ)·G，由分析可得從初始狀態(tài)到圖示狀態(tài)PQ增大得比OQ更快，所以前一階