2025年高考物理二轮总复习学案第1部分专题1第1讲（Word版附解析）

这是一份2025年高考物理二轮总复习学案第1部分专题1第1讲（Word版附解析），共13页。
A组·基础练
1．(2024·广东深圳一调)如图所示，一玩偶与塑料吸盘通过细绳AB连接，吸盘吸附在墙壁上玩偶静止悬挂，忽略玩偶与墙壁之间的静摩擦力，则( )
A．细绳AB越短，玩偶对墙壁的压力越大
B．细绳AB越长，吸盘受到墙壁的摩擦力越小
C．吸盘重力大于墙壁和细绳对吸盘作用力的合力
D．吸盘与墙壁之间的挤压力越大，吸盘受到墙壁的摩擦力越大
【答案】 A
【解析】玩偶的受力分析如图所示，玩偶对墙壁的压力等于支持力，有FN＝Gtan θ，细绳AB越短，θ越大，则玩偶对墙壁的压力越大，所以A正确；对吸盘与玩偶整体分析竖直方向只受重力与摩擦力，所以吸盘受到墙壁的摩擦力总是等于重力，与细绳的长短无关，与吸盘与墙壁之间的挤压力无关，所以B、D错误；由平衡条件可知，吸盘重力等于墙壁和细绳对吸盘作用力的合力，所以C错误。
2．如图所示，一物体质量均匀，两端用金属细线拴着，金属线的中点用一个光滑环吊在正上方，那么( )
A．金属线越短，其张力越大
B．金属线越长，其张力越大
C．将金属线变短，其张力先变大后变小
D．无论金属线长短如何，其张力保持不变
【答案】 A
【解析】 设物体的质量为m，金属线和竖直方向的夹角为θ，金属线中的拉力为T，根据平衡条件2Tcs θ＝mg，解得T＝eq \f(mg,2cs θ)，金属线越长，则夹角θ越小，金属线的张力越小，金属线越短，则夹角θ越大，金属线的张力越大。故选A。
3．(2024·浙江杭州模拟)如图所示，上表面为斜面的小车M静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁。若再在斜面上加一物体m，且M、m相对静止，此时小车受力个数为( )
A．3 B．4
C．5 D．6
【答案】 B
【解析】 M、m相对静止，对整体受力分析知，整体受总重力和地面给的支持力，处于静止状态；对物体m受力分析，则m受到重力、支持力和静摩擦力；对M受力分析，受重力、m对它的垂直斜面向下的压力和沿斜面向下的静摩擦力，同时地面对M有向上的支持力，因墙壁对小车不会有力的作用，则M共受到4个力。故B正确，A、C、D错误。
4．(2024·安徽六校联考)如图，一粗糙斜面固定于水平面上，一质量为m的滑块通过一跨过斜面顶端的光滑定滑轮的轻绳与一钩码相连。能使滑块在斜面上保持静止的钩码质量的最大值和最小值分别为m1和m2。设轻绳与斜面保持平行，滑块所受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。斜面倾角为θ，则滑块与斜面之间的动摩擦因数为( )
A．eq \f(m1,2mg) B．eq \f(2m2,mg)
C．eq \f(m1－m2,2mcs θ) D．eq \f(m1＋m2,2mcs θ)
【答案】 C
【解析】 当钩码的质量有最大值m1时，滑块所受的静摩擦力沿斜面向下，则：μmgcs θ＋mgsin θ＝m1g；当钩码的质量有最小值m2时，滑块所受的静摩擦力沿斜面向上，则：mgsin θ＝m2g＋μmgcs θ；联立解得μ＝eq \f(m1－m2,2mcs θ)，故选C。
5．(2023·河北卷)如图，轻质细杆AB上穿有一个质量为m的小球C，将杆水平置于相互垂直的固定光滑斜面上，系统恰好处于平衡状态。已知左侧斜面与水平面成30°角，则左侧斜面对杆AB支持力的大小为( )
A．mg B．eq \f(\r(3),2)mg
C．eq \f(\r(3),3)mg D．eq \f(1,2)mg
【答案】 B
【解析】 对轻杆和小球组成的系统进行受力分析，如图，设左侧斜面对杆AB支持力的大小为NA，由平衡条件有NA＝mgcs 30°，得NA＝eq \f(\r(3),2)mg，故选B。
6．(2024·上海嘉定一模)图甲为烤肠机，香肠放置于两根水平的平行金属杆中间，其截面图如图乙所示。假设香肠可视为质量均匀的圆柱体，烤熟后质量不变，半径变大，金属杆不再转动。忽略摩擦及金属杆的热胀冷缩。若金属杆对香肠的支持力为FN；两根金属杆对香肠的合力为F合，则香肠烤熟后( )
A．FN增大，F合增大 B．FN增大，F合不变
C．FN减小，F合增大 D．FN减小，F合不变
【答案】 D
【解析】 以香肠为研究对象，受到重力、两边金属杆的支持力，如图所示。香肠烤熟后质量不变，半径变大，重心升高，支持力与重力反方向的夹角θ减小；由力的平衡知识可得2FNcs θ＝mg，解得FN＝eq \f(mg,2cs θ)，由于θ变小，cs θ变大，FN变小；由于香肠烤熟后质量不变，根据平衡条件可得两根金属杆对香肠的合力始终与香肠的重力等大反向，保持不变，故A、B、C错误，D正确。
7．(多选)(2024·河北沧州模拟)如图，家用三层篮球收纳架由两根平行的竖直立柱、三对倾斜挡杆和一个矩形底座ABCD构成，同一层的两根倾斜挡杆平行且高度相同并与竖直立柱成60°角，每侧竖直立柱与对应侧的三根倾斜挡杆及底座长边在同一平面内。开始时收纳架置于水平地面上，竖直立柱处于竖直方向，将收纳架以AB边为轴，沿顺时针方向缓慢旋转90°，篮球的直径大于竖直立柱与倾斜挡杆构成的两平面间的距离，不计篮球与倾斜挡杆和竖直立柱的摩擦力，篮球始终处于静止状态，则在此过程中关于第二层篮球受力情况的说法正确的是( )
A．两倾斜挡杆对篮球的作用力一直减小
B．其中一个倾斜挡杆对篮球的作用力先增大再减小
C．两竖直立柱对篮球的作用力一直增大
D．其中一个竖直立柱对篮球的作用力先增大再减小
【答案】 AD
【解析】 对第二层的篮球进行受力分析，如图所示。收纳架以AB边为轴，沿顺时针方向缓慢旋转90°时，倾斜挡杆对篮球的作用力和竖直立柱对篮球的作用力方向夹角不变，所以旋转过程中根据矢量三角形法则可知两倾斜挡杆对篮球的作用力一直减小，两竖直立柱对篮球的作用力均先增大后减小。故选AD。
8．(2024·湖北模拟预测)一些巧妙的工业设计能极大地为人们的生活提供便利。如图是竖直放置的某款可调角度的简便磨刀器，该磨刀器左右两侧对称，通过调整磨刀角度可以使该磨刀器的两侧面与刀片尖端的两侧面紧密贴合，就可以轻松满足家庭日常的各种磨刀需求。关于在使用磨刀器的过程中，下列说法正确的是( )
A．向后轻拉刀具，磨刀器受到的摩擦力向前
B．若水平匀速向后拉动刀具，则磨刀器对刀具的作用力竖直向上
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．对同一把刀具在竖直方向上施加相同压力时，磨刀器的夹角越小，越难被拉动
【答案】 D
【解析】 磨刀过程中，向后轻拉刀具，刀具受到的摩擦力的合力向前，根据牛顿第三定律，磨刀器受到的摩擦力向后，故A错误；若水平匀速向后拉动刀具，从两个方向看，受力分析如图所示。磨刀器对刀具的作用力是指两个接触面的支持力与摩擦力的合力，方向应向前方偏上，故B错误；根据牛顿第三定律可知，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错误；刀具对磨刀器正压力的两分力夹角应为磨口角的补角，故磨刀器的夹角越小，正压力的两分力夹角越大，当施加相同的正压力时，则两分力越大，故拖动时的滑动摩擦力越大就越难被拉动，故D正确。
9．(多选)(2024·广东广州二模)耙在中国已有1 500年以上的历史，北魏贾思勰著《齐民要术》称之为“铁齿楱”，将使用此农具的作业称作耙。如图甲所示，牛通过两根耙索拉耙沿水平方向匀速耙地。两根耙索等长且对称，延长线的交点为O1，夹角∠AO1B＝60°，拉力大小均为F，平面AO1B与水平面的夹角为30°(O2为AB的中点)，如图乙所示。忽略耙索质量，下列说法正确的是( )
A．两根耙索的合力大小为F
B．两根耙索的合力大小为eq \r(3)F
C．地对耙的水平阻力大小为eq \f(3F,2)
D．地对耙的水平阻力大小为eq \f(F,2)
【答案】 BC
【解析】 两根耙索的合力大小为F′＝2Fcs 30°＝eq \r(3)F，A错误，B正确；由平衡条件，地对耙的水平阻力大小为f＝F′cs 30°＝eq \f(3,2)F，C正确，D错误，故选BC。
B组·综合练
10．如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为( )
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】 当木板与水平面的夹角为45°时，两物块刚好要滑动，对A物块受力分析如图
沿斜面方向，A、B之间的滑动摩擦力Ff1＝μFN1＝μmgcs 45°，根据平衡条件可知T＝mgsin 45°＋μmgcs 45°，对B物块受力分析如图
沿斜面方向，B与斜面之间的摩擦力Ff2＝μFN2＝μ·3mgcs 45°，根据平衡条件可知2mgsin 45°＝T＋μmgcs 45°＋μ·3mgcs 45°，两式相加，可得2mgsin 45°＝mgsin 45°＋μmgcs 45°＋μmgcs 45°＋μ·3mgcs 45°，解得μ＝eq \f(1,5)，故选C。
11．(2024·山东省实验中学模拟)如图所示，在水平地面上有一斜面，质量均为m的A、B两物块放在斜面的等高处，A、B之间连接着一个轻质弹簧，其劲度系数为k，弹簧处于压缩状态，且物块与斜面均能保持静止。已知斜面的倾角为θ，两物块和斜面间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是( )
A．斜面对A、B组成系统的静摩擦力的合力为0
B．若将弹簧拿掉，物块有可能发生滑动
C．弹簧的最大压缩量为eq \f(mg\r(μ2cs2θ－sin2θ),k)
D．弹簧的最大压缩量为eq \f(mg\r(μ2cs2θ＋sin2θ),k)
【答案】 C
【解析】 把A、B看成一个整体，斜面对A、B组成系统的静摩擦力的合力为f＝2mgsin θ，所以A错误；有弹簧时，对A分析有fA＝eq \r(mgsin θ2＋kΔx2)，若将弹簧拿掉，对A则有fA′＝mgsin θ，所以若将弹簧拿掉，物块不可能发生滑动，所以B错误；弹簧的压缩量最大时，物块与斜面间的静摩擦力达到最大，则eq \r(mgsin θ2＋kΔx2)＝μmgcs θ，解得Δx＝eq \f(mg\r(μ2cs2θ－sin2θ),k)，所以C正确，D错误。
12．(2024·茂名综合测试)如图所示，匀强电场的电场强度方向与水平方向夹角为30°且斜向右上方，匀强磁场的方向垂直于纸面(图中未画出)。一质量为m、电荷量为q的带电小球(可视为质点)以与水平方向成30°角斜向左上方的速度v做匀速直线运动，重力加速度为g。则( )
A．匀强磁场的方向可能垂直于纸面向外
B．小球可能带正电荷
C．电场强度大小为eq \r(\f(2mg,q))
D．磁感应强度的大小为eq \f(\r(3)mg,qv)
【答案】 D
【解析】 带电小球做匀速直线运动，受力平衡，受力分析如图。由左手定则可判断匀强磁场的方向垂直纸面向里，A项错误；小球带负电荷，B项错误；电场力与重力大小相等，夹角60°，电场强度E＝eq \f(mg,q)，C项错误；由共点力的平衡条件得qvB＝eq \r(3)mg，则B＝eq \f(\r(3)mg,qv)，D项正确。
13．(多选)(2024·湖南邵东模拟)如图，竖直细杆上套有一个质量为1 kg的小圆环，圆环左侧系有一劲度系数k＝500 N/m的轻弹簧，已知弹簧与竖直方向的夹角为θ＝53°，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，环与细杆间的动摩擦因数为μ＝0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧一直处于弹性限度内，以下说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A．当弹簧的伸长量x＝2.5 cm时，圆环与细杆间的摩擦力为零
B．当弹簧的伸长量x＝0.5 cm时，圆环与细杆间的摩擦力为1.5 N
C．若θ角度调成90°时，不管弹簧的伸长量x为多少，圆环都不能静止
D．若θ角度调成90°时，弹簧的伸长量x≥eq \f(8,3) cm时，静止释放的圆环一定静止
【答案】 BD
【解析】 若x＝2.5 cm，根据胡克定律可得，弹簧弹力F＝kΔx＝500×0.025 N＝12.5 N，竖直分力为Fy＝Fcs 53°＝7.5 N(mg)2
【答案】 AB
【解析】 根据题意可知机械臂长度为L不变，其运动轨迹为圆弧，如图所示。对抓手进行受力分析，可知力构成的三角形与实物三角形OPQ相似(O为机械臂拴结点位置，P为抓手位置，Q为绳12的延长线与O点竖直方向的交点)，则有eq \f(G,OQ)＝eq \f(F1,PQ)＝eq \f(F2,OP)＝k且由动态分析图像可知机械臂与轻绳的夹角先是锐角后变为直角之后又变为锐角，所以当绳12与圆弧相切时，F1⊥F2，此时两力的平方和最小，则有Feq \\al(2,1)＋Feq \\al(2,2)≥(mg)2，机械臂与轻绳垂直时OQ长度最大，所以OQ的长度先增大后减小，则比值k先减小后增大，因为OP长度不变，则F2先减小后增大；根据几何关系可知细绳12与水平方向夹角小于机械臂与水平方向夹角，所以∠POQr。现用拉力F缓慢拉动绳端，使小球Q缓慢移动，在小球Q从图示位置缓慢移动到O点的过程中( )
A．拉力F先增大后减小
B．小球P、Q间的库仑力逐渐减小
C．小球P、Q系统的电势能先不变后减小
D．小球Q在P球位置产生的电场强度大小不变
【答案】 C
【解析】 设小球Q的质量为m，O、Q间距离为L，在小球Q到达竖直墙之前，对小球Q受力分析，小球受重力、拉力、库仑力，如图。根据力的矢量三角形与几何三角形相似可得eq \f(mg,h)＝eq \f(F,L)＝eq \f(k\f(qPqQ,r2),r)，在小球Q从图示位置到与墙壁接触的过程中，mg、h、qP、qQ均不变，L变小，r不变，因此这个过程小球Q绕小球P做圆周运动，当小球Q与墙壁接触后受重力、拉力、向上的库仑力，在拉力作用下沿墙壁直线上升，库仑力变小，小球在竖直方向受力平衡，所以F变大，所以拉力F先减小后增大；小球P、Q间的库仑力先不变，再逐渐减小，故A、B错误；当小球Q与墙壁接触前，库仑力不做功，小球P、Q系统的电势能不变；当小球Q与墙壁接触后库仑力做正功，小球P、Q系统的电势能减小；所以小球P、Q系统的电势能先不变后减小，故C正确；小球Q在P球位置产生的电场强度由E＝keq \f(qQ,r2)可知先大小不变后减小，故D错误。