2025年高考物理 人教版必修第1冊第3章　專題強化6含答案含答案

2025年高考物理人教版必修第1冊第3章專題強化6含答案含答案第三章專題強化6課后知能作業(yè)基礎鞏固練知識點一解析法的應用1.如圖所示，隨著高層建筑的不斷增加，大型的家具或者電器無法通過電梯搬運的時候，工人師傅常常使用定滑輪牽引物體向上運動。假設墻壁光滑，家具或者電器可視為規(guī)則的球體，在物體緩慢地從N點滑至M點的過程中()A．繩對物體的拉力逐漸減小B．物體對墻的壓力逐漸增大C．墻對物體的支持力跟物體對墻的壓力是一對平衡力D．繩對物體的拉力先減小后增大解析：對物體受力分析，如圖所示，設繩子與豎直方向的夾角為θ，物體上升的過程中夾角θ逐漸增大，根據(jù)平衡條件可知，在豎直方向有FTcosθ＝G，可知θ增大，cosθ減小，F(xiàn)T增大；在水平方向有FTsinθ＝FN，聯(lián)立得FN＝Gtanθ，可知θ增大，tanθ增大，F(xiàn)N增大，A、D錯誤，B正確；墻對物體的支持力跟物體對墻的壓力是一對作用力和反作用力，C錯誤。故選B。2.如圖所示，光滑的四分之一圓弧軌道AB固定在豎直平面內(nèi)，A端與水平面相切。穿在軌道上的小球在拉力F的作用下，緩慢地由A向B運動，F(xiàn)始終沿軌道的切線方向，軌道對球的彈力為FN。在運動過程中()A．F增大，F(xiàn)N增大 B．F減小，F(xiàn)N減小C．F增大，F(xiàn)N減小 D．F減小，F(xiàn)N增大解析：對小球的受力分析如圖所示。F與FN方向垂直。小球緩慢地由A向B運動，可知小球處于平衡狀態(tài)，所受合力為零。F與FN的合力與小球所受重力等大、反向。由幾何知識得F＝mgsinθ，F(xiàn)N＝mgcosθ。在小球運動過程中，θ角增大，可得F增大，F(xiàn)N減小，選項C正確。故選C。3.汽車45°極限爬坡時的照片如圖所示，汽車緩慢逐步沿斜坡攀爬的過程中，坡的傾角逐漸增大至45°。下列關于汽車在這一爬坡過程的說法正確的是()A．坡的傾角越大，汽車對坡面的壓力也越大B．汽車受到沿坡面向下、大小不斷減小的滑動摩擦力作用C．汽車受到沿坡面向上、大小不斷增大的靜摩擦力作用D．若汽車能順利爬坡，則車胎與坡面間的最大靜摩擦力至少為車重的大小解析：由于汽車緩慢逐步沿斜坡攀爬，故汽車受力平衡，對坡面上的汽車受力分析，坡面上的汽車受到重力、坡面的支持力與摩擦力，設坡的傾角為θ，汽車所受重力大小為G，則支持力FN＝Gcosθ，坡的傾角增大，則汽車受到的支持力減小，根據(jù)牛頓第三定律可知，坡的傾角增大，則汽車對坡面的壓力減小，故A錯誤；汽車受到的摩擦力Ff＝Gsinθ，方向沿斜面向上，當θ增大時，汽車受到的摩擦力增大，故B錯誤，C正確；要使汽車不打滑，則有Ffm≥Gsinθ，由于sin45°＝eq\f(\r(2),2)，可知若汽車能順利爬坡，則車胎與坡面間的最大靜摩擦力至少為eq\f(\r(2),2)G，故D錯誤。故選C。知識點二圖解法的應用4.(多選)(2024·重慶八中期末)如圖，用OA、OB兩根輕繩將質(zhì)量為m的花盆懸于兩豎直墻之間，開始時OA與豎直墻壁夾角為60°，OB繩水平?，F(xiàn)保持O點位置不變，改變OB繩的長度使繩右端由B點緩慢上移至B′點，此時OB′與OA之間的夾角θ<90°。設此過程中OA、OB繩的拉力分別為FOA、FOB(重力加速度為g)，則()A．FOA、FOB的合力將增大B．FOA先減小后增大C．FOB先減小后增大D．FOB最小為eq\f(\r(3),2)mg解析：根據(jù)平衡條件可知，F(xiàn)OA、FOB的合力始終與花盆的重力平衡，所以不變，故A錯誤；花盆在重力mg、FOA、FOB三力作用下處于動態(tài)平衡狀態(tài)，作出一系列矢量三角形如圖所示。由圖可知FOA一直減小，F(xiàn)OB先減小后增大，且當FOB垂直于FOA時有最小值，為FOBmin＝mgsin60°＝eq\f(\r(3),2)mg，故B錯誤，C、D正確。故選CD。5．如圖所示，有一質(zhì)量不計的桿AO，長為R，可繞A點自由轉(zhuǎn)動。用繩在O點懸掛一個重為G的物體，另一根繩一端系在O點，另一端系在以O點為圓心、R為半徑的圓弧形墻壁上的C點。當點C由圖示位置逐漸向上沿圓弧CB緩慢移動過程中(保持OA與地面夾角θ不變，且OA桿對O點的作用力的方向始終沿著AO方向)，OC繩所受拉力的大小變化情況是()A．逐漸減小 B．逐漸增大C．先減小后增大 D．先增大后減小解析：據(jù)題意，當細繩OC的C點向B點緩慢移動過程中，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，對O點受力分析，受到豎直繩的拉力，該拉力T＝G，還受到桿的支持力FN和細繩OC的拉力TC，由力的三角形定則作矢量三角形，如圖所示，可以看出代表細繩OC的拉力TC的對應邊的長度先減小后增大，則拉力TC的大小也是先減小后增大，故選項C正確。知識點三相似三角形法的應用6．(2024·山西運城高一期末)表面光滑的四分之一圓柱體緊靠墻角放置，其橫截面如圖所示。細繩一端連接小球，另一端繞過P處滑輪，小球在外力F拉動下從A點緩慢移動到B點。已知AP長度是BP長度的2倍，則小球在A處時的繩子拉力與小球在B處時繩子拉力的比為()A.eq\f(1,4) B．eq\f(1,2)C．2 D．4解析：由于小球是緩慢移動的，可以認為小球始終處于平衡狀態(tài)，設在A、B兩點時繩子的拉力分別為F1、F2。在A點處，小球受到重力、拉力、支持力的作用，三個力將構成一個閉合的矢量三角形，這個三角形與△APO相似，則有eq\f(F1,G)＝eq\f(AP,OP)，同理，在B處有eq\f(F2,G)＝eq\f(BP,OP)，由于AP＝2BP，所以F1＝2F2，故選C。7．(2024·山東濟南高一期末)在旅行途中，小勤想起了歷城二中的標志性雕塑：妙筆生花。雕塑可以簡化為如圖所示的模型：一個半球形花冠和豎直的毛筆底座。若花冠中落入一連接有輕繩的質(zhì)量為m的物體，輕繩搭在花冠邊緣，小勤設想若用力拉動輕繩使物體沿花冠緩慢向上移動，在此過程中若忽略一切阻力，則()A．細繩的拉力先增大后減小B．細繩的拉力一直增大C．花冠對物體的支持力先增大后減小D．花冠對物體的支持力一直增大解析：對物體受力分析，如圖所示力的三角形和幾何三角形相似，則有eq\f(mg,l)＝eq\f(FN,R)，當物體緩慢向上移動時，R不變，l增大，mg不變，則FN減小，在力的三角形中，支持力FN、拉力F的合力與重力mg等大反向，mg保持不變，F(xiàn)N減小時，F(xiàn)增大。故選B。綜合提升練8．如圖所示，A、B兩物體通過兩個質(zhì)量不計的光滑滑輪懸掛起來，處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將繩子一端從P點緩慢移到Q點，系統(tǒng)仍然平衡，以下說法正確的是()A．夾角θ將變小 B．夾角θ將變大C．物體B位置將變高 D．繩子張力將增大解析：因為繩子張力始終與B物體重力平衡，所以繩子張力不變，因為重物A的重力不變，所以繩子與水平方向的夾角不變，因為繩子一端從P點緩慢移到Q點，所以重物A會下落，物體B位置會升高。故選C。9．(多選)(2024·河北石家莊高一階段練習)如圖所示，輕質(zhì)不可伸長的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿M、N上的a、b兩點，懸掛衣服的衣架鉤是光滑的，掛于繩上處于靜止狀態(tài)，衣服及衣架鉤總質(zhì)量為m，重力加速度為g，如果繩長為l，兩桿間距為d，當衣架靜止時，下列說法正確的是()A．繩的拉力大小為eq\f(mgl,2d)B．增大兩桿間距，繩的拉力不變C．繩子的b端緩慢上移到b′的過程中，繩子的拉力不變D．繩子的b端緩慢上移到b′的過程中，兩繩拉力的合力不變解析：對衣架鉤進行受力分析，假設繩子拉力與豎直方向之間夾角為θ，根據(jù)平衡條件可得mg＝2Tcosθ①，假設兩段繩子長度分別為l1、l2，滿足l1sinθ＋l2sinθ＝lsinθ＝d，解得sinθ＝eq\f(d,l)，可得cosθ＝eq\f(1,l)eq\r(l2－d2)②，②式代入①式可得T＝eq\f(mgl,2\r(l2－d2))，由上式可得，增大兩桿間距，繩子拉力增大，故A、B錯誤；繩子的b端緩慢上移到b′的過程中，由T＝eq\f(mgl,2\r(l2－d2))，可得繩子拉力不變，故C正確；繩子的b端緩慢上移到b′的過程中，根據(jù)平衡條件可得，兩繩拉力的合力始終與重力等大反向，兩繩拉力的合力不變，故D正確。故選CD。10.(多選)如圖所示，物體P靜止于固定的斜面上，P的上表面水平?，F(xiàn)把物體Q輕輕地疊放在P上，則()A．P向下滑動B．P靜止不動C．P所受的合外力增大D．P與斜面間的靜摩擦力增大解析：P在斜面上處于靜止狀態(tài)，設P的質(zhì)量為M，斜面的傾角為θ，斜面與P之間的動摩擦因數(shù)為μ0，則有μ0Mgcosθ≥Mgsinθ，μ≥tanθ，當加上一個質(zhì)量為m的物體Q后，有μ0(M＋m)gcosθ≥(M＋m)gsinθ，因此P仍處于靜止狀態(tài)，選項A錯誤，B正確；由于P處于靜止狀態(tài)，合外力為零，故選項C錯誤；由物體的平衡條件知，P與斜面間的靜摩擦力由Mgsinθ變?yōu)?M＋m)gsinθ，故選項D正確。故選BD。11.如圖所示，表面光滑的半球形物體固定在水平面上，光滑小環(huán)D固定在半球形物體球心O的正上方，輕質(zhì)彈簧一端用輕質(zhì)細繩固定在A點，另一端用輕質(zhì)細繩穿過小環(huán)D與放在半球形物體上的小球P相連，DA水平。將細繩固定點A向右緩慢平移的過程中(小球P未到達半球最高點)，下列說法正確的是()A．彈簧長度不變B．彈簧長度變短C．小球?qū)Π肭虻膲毫ψ兇驞．小球?qū)Π肭虻膲毫ψ冃〗馕觯阂孕∏驗檠芯繉ο?，分析小球受力情況：重力G、細繩的拉力FT和半球形物體的支持力FN，作出FN、FT的合力F，如圖由平衡條件得知F＝G，由△NFP∽△PDO得eq\f(FN,PO)＝eq\f(F,DO)＝eq\f(FT,PD)，將F＝G代入，得FN＝eq\f(PO,DO)G，F(xiàn)T＝eq\f(PD,DO)G，將細繩固定點A向右緩慢平移的過程中，DO、PO不變，PD變小，可見FT變小，F(xiàn)N不變，可知彈簧的彈力變小，彈簧變短。由牛頓第三定律知小球?qū)Π肭虻膲毫Σ蛔?，故B正確，A、C、D錯誤。故選B。12.(多選)如圖所示，斜面體P放在水平面上，斜面的傾角為θ，物體Q放在斜面上，Q受到一個水平向右的作用力F，P和Q都保持靜止，這時Q受到的靜摩擦力大小為f1，P受到水平面的靜摩擦力的大小為f2，現(xiàn)增大F，若P、Q仍靜止，則()A．f1一定變大 B．f1不一定變大C．f2一定變大 D．f2不一定變大解析：對物體Q受力分析，Q受推力F、重力、支持力，也可能受摩擦力，當mgsinθ>Fcosθ時，摩擦力沿著斜面向上，大小為f1＝mgsinθ－Fcosθ，F(xiàn)增大時，f1變??；當mgsinθ＝Fcosθ時，摩擦力為零，F(xiàn)再繼續(xù)增大時，f1變大，方向沿斜面向下；當mgsinθ<Fcosθ時，摩擦力沿著斜面向下，大小為f1＝Fcosθ－mgsinθ，F(xiàn)增大時，f1變大，A錯誤，B正確；對P、Q整體受力分析，則有f2＝F，F(xiàn)增大時，f2一定變大，C正確，D錯誤。故選BC。第三章專題強化7課后知能作業(yè)基礎鞏固練知識點一整體法和隔離法的應用1.如圖所示，A、B兩物體重力都等于10N，各接觸面間的動摩擦因數(shù)都等于0.3，同時有F＝1N的兩個水平力分別作用在A和B上，A和B均靜止，則地面對B和B對A的摩擦力大小分別為()A．6N,3N B．1N,1NC．0N,1N D．0N,2N解析：A、B均靜止，應用整體法，A、B整體水平方向所受外力大小相等、方向相反，故地面對B無摩擦力。以A為研究對象，水平方向必受大小與F相等、方向與F相反的靜摩擦力，即B對A的摩擦力大小為1N，故C正確。故選C。2.如圖所示，兩個大小相同的不同材質(zhì)小球放在固定的傾斜擋板上，小球的質(zhì)量分別為m和2m，擋板與水平面的夾角為30°，墻面和擋板均光滑，則墻壁對左端小球的彈力大小為()A.eq\r(3)mg B．2eq\r(3)mgC．3eq\r(3)mg D．eq\f(\r(3),3)mg解析：將兩小球看作整體，受力分析如圖所示。由幾何關系得tan30°＝eq\f(FN,3mg)，解得FN＝eq\r(3)mg，故選A。3.(2024·寧波余姚中學高一期末)如圖所示，質(zhì)量為m的物體A放在傾角為θ、質(zhì)量為M的斜面體B上，斜面體B放在水平地面上，用沿斜面向下、大小為F的力推物體A，A恰能沿斜面勻速下滑，而斜面體B靜止不動。重力加速度為g，則下列說法中正確的是()A．地面對斜面體B的支持力大小為mg＋MgB．地面對斜面體B的支持力大小為Mg＋FsinθC．地面對斜面體B的摩擦力向右，大小為FcosθD．地面對斜面體B的摩擦力大小為0N解析：對整體受力分析，根據(jù)平衡條件，有FN＝mg＋Mg＋Fsinθ，F(xiàn)cosθ＝Ff，即地面對斜面體的支持力大小為FN＝mg＋Mg＋Fsinθ，地面對斜面體的摩擦力大小為Ff＝Fcosθ，方向水平向右，故選C。知識點二臨界和極值問題4.(2024·安徽池州一中月考)如圖所示，一工人手持磚夾提著一塊磚勻速前進，手對磚夾豎直方向的拉力大小為F。已知磚夾的質(zhì)量為m，重力加速度為g，磚夾與磚塊之間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。若磚塊不滑動，則磚夾與磚塊一側(cè)間的壓力的最小值是()A.eq\f(F,2μ) B．eq\f(F,μ)C.eq\f(F－mg,2μ) D．eq\f(F－mg,μ)解析：工人手持磚夾提著一塊磚勻速前進，當磚夾處于平衡狀態(tài)，在豎直方向滿足F＝mg＋2Ff，磚夾與磚之間恰好達到最大靜摩擦力Ffm＝μFN時，磚夾與磚塊一側(cè)間的壓力的最小，為FNmin＝eq\f(F－mg,2μ)，C項正確。故選C。5.(多選)如圖，重為30N的物體靜止在傾角為30°的粗糙斜面上，物體與固定在斜面上的輕彈簧相連接，若物體與斜面間的最大靜摩擦力為24N，則物體受到彈簧的彈力(彈簧與斜面平行)()A．可以為44N，方向沿斜面向上B．可以為4N，方向沿斜面向下C．可以為4N，方向沿斜面向上D．不可以為零解析：將物體重力分解為平行斜面向下的分力Gsin30°＝15N，垂直斜面向下的分力Gcos30°＝15eq\r(3)N。當靜摩擦力最大且平行斜面向下時，物體所受彈簧彈力為拉力，等于39N；當靜摩擦力最大且平行斜面向上時，物體所受彈簧彈力為推力，等于9N；故彈簧彈力可以是不大于9N的推力或者不大于39N的拉力，也可以沒有彈力，故B、C正確。故選BC。6.(多選)一盞電燈重力為G，懸于天花板上的B點，在電線O處系一細線OA，使電線OB與豎直方向的夾角為β＝30°，OA與水平方向成α角，如圖所示?，F(xiàn)保持O點位置不變，使α角由0°緩慢增加到90°，在此過程中()A．電線OB上的拉力逐漸減小B．細線OA上的拉力先減小后增大C．細線OA上拉力的最小值為eq\f(1,2)GD．細線OA上拉力的最小值為eq\f(\r(3),2)G解析：對結(jié)點O受力分析，由平衡條件可知，細線OA和電線OB的拉力的合力F′一定豎直向上，與FT平衡。當α角由0°緩慢增加到90°的過程中，畫出動態(tài)分析圖如圖所示。由圖可看出，細線OA上的拉力先減小后增大，且當α＝30°時，F(xiàn)A最小，最小值為eq\f(G,2)，而電線OB上的拉力逐漸減小，故A、B、C正確，D錯誤。故選ABC。綜合提升練7.(多選)有一直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB豎直向下，表面光滑，AO上套有小環(huán)P，OB上套有小環(huán)Q，兩環(huán)質(zhì)量均為m，兩環(huán)間由一根質(zhì)量可忽略，不可伸長的細繩相連，并在某一位置平衡，如圖所示，現(xiàn)將P環(huán)向左移一小段距離，兩環(huán)再次達到平衡。那么將移動后的平衡狀態(tài)和原來的平衡狀態(tài)比較，AO桿對P環(huán)的支持力FN和細繩拉力FT的變化情況是()A．FN不變 B．FN變大C．FT變大 D．FT變小解析：對兩環(huán)組成的整體分析受力如圖甲所示，根據(jù)平衡條件得，F(xiàn)N＝2mg保持不變；再以Q環(huán)為研究對象，分析受力情況如圖乙所示，設細繩與OB桿間夾角為α，由平衡條件得，細繩的拉力FT＝eq\f(mg,cosα)，P環(huán)向左移一小段距離時，α減小，cosα變大，F(xiàn)T變小，故A、D正確，B、C錯誤。故選AD。8．內(nèi)壁光滑的圓筒豎直放置在水平地面上，質(zhì)量分布均勻的兩個光滑圓球A、B放在圓筒內(nèi)，A球的質(zhì)量和半徑均小于B球，第一次放置位置如圖甲所示，第二次放置位置如圖乙所示。圖甲中A球?qū)ν脖诘膲毫Υ笮镕N1，B球?qū)ν驳椎膲毫Υ笮镕1；圖乙中B球?qū)ν脖诘膲毫Υ笮镕N2，A球?qū)ν驳椎膲毫Υ笮镕2。則()A．FN1>FN2 B．FN1<FN2C．F1>F2 D．F1<F2解析：對A、B整體進行分析有F1＝F2＝(mA＋mB)g，C、D錯誤；由幾何關系可知，甲、乙兩圖中兩球心連線與豎直方向的夾角相同，設為θ，根據(jù)力的平衡條件可知FN1＝mAgtanθ，F(xiàn)N2＝mBgtanθ，又mA<mB，解得FN1<FN2，A錯誤，B正確。故選B。9．如圖所示，B、C兩個