2018高考物理一轮总复习(人教版)课时作业6附解析

课时作业
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
一、选择题(1～7题为单项选择题，8～11题为多项选择题)
1.
如图所示，一小车的表面由一光滑水平面和光滑斜面连接而成，其上放一球，球与水平面的接触点为a，与斜面的接触点为b。

当小车和球一起在水平桌面上做直线运动时，下列结论正确的是() A．球在a、b两点处一定都受到支持力
B．球在a点一定受到支持力，在b点处一定不受支持力
C．球在a点一定受到支持力，在b点处不一定受到支持力
D．球在a点处不一定受到支持力，在b点处也不一定受到支持力
解析：若球与小车一起水平匀速运动，则球在b处不受支持力作用，若球与小车一起水平向左匀加速运动，则球在a处受到的支持力可能为零，D正确。

答案： D
2．2016年“蛟龙”再探深海，前往太平洋、印度洋执行实验性应用航次。

假设深海探测器在执行下潜任务中，探测器最后达到某一恒定的收尾速度。

若探测器质量为m，由于重力作用下潜，探测器的收尾速度为v，探测器受到恒定的浮力F，重力加速度为g，下列说法正确的是()
A．探测器达到收尾速度后，合力为向下
B．探测器达到收尾速度后，探测器受到的水的阻力为mg－F
C．探测器达到收尾速度前，受到的合力可能为零
D．无论是达到收尾速度前，还是达到收尾速度后，探测器受到的合力都不能是零
解析：探测器达到收尾速度前，受到的合力不可能为零，达到收尾速度后，受到的合力为零，选项A、C、D错误；根据共点力平衡，探测器达到收尾速度后，探测器受到的水的阻力为mg－F，选项B正确。

答案： B
3．(2017·惠州市高三第二次调研考试)如图所示，三根相同的绳子末端连接于O点，A、B端固定，C端受一水平力F，当F逐渐增大时(O点位置保持不变)，最先断的绳子是()
A．OA绳B．OB绳
C．OC绳D．三绳同时断
解析：对结点O受力分析，受三个绳的拉力，根据平衡条件的推论得，水平和竖直两绳拉力的合力与OA 绳的拉力等大反向，作出平行四边形，解得三个绳中OA绳的拉力最大，在水平拉力逐渐增大的过程中，OA绳先达到最大值，故OA绳先断，A项正确。

答案： A
4.
一木箱放在水平地面上，木箱质量为m，用水平推力F即可使木箱做匀速直线运动。

现保持F大小不变，方向改为与水平方向成60°角斜向上拉木箱，也能使它做匀速直线运动，如图所示。

则木箱与水平地面的动摩擦因数为()
A. 3
B.
3 2
C.
3
3D．
1
2
解析：水平拉木箱时，由平衡条件有：F－μmg＝0；斜向上拉木箱时，F cos 60°－μF N＝0，F N＋F sin 60°＝
mg，解三式得：μ＝
3
3
，C项正确。

答案： C
5．(2017·湖南长沙一模)
如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小盒b置于斜面上，通过跨过光滑定滑轮的细绳与物体a 连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a连接在竖直固定在地面的弹簧上，现向b盒内缓慢加入适量砂粒，a、b、c始终处于静止状态，下列说法中正确的是()
A．b对c的摩擦力可能先减小后增大
B．地面对c的支持力可能不变
C．c对地面的摩擦力方向始终向左
D．弹簧的弹力可能增大
解析：当向b盒内缓慢加入砂粒的过程中，a、b、c一直处于静止状态，对a分析，弹簧弹力不变，a的重力不变，则细绳拉力不变；对b、c整体分析知，其受方向始终向左的摩擦力，故c对地面的摩擦力方向始终向右，由于b、c整体质量增大，则地面对c的支持力增大，B、C、D错。

如果开始时，b所受c的摩擦力沿斜面向上，则对b分析可知，随着砂粒的加入b对c的摩擦力可能先减小后增大，A对。

答案： A
6.
用轻质细绳把两个质量未知的小球悬挂起来，如图所示。

今对小球a持续施加一个向左偏下30°的恒力，并对小球b持续施加一个向右偏上30°的同样大小的恒力，最后达到平衡。

表示平衡状态的图可能是()
解析：
若以整体为研究对象，a、b两球受力情况为：竖直向下的重力、向左偏下30°的恒力、向右偏上30°的同样大小的恒力，要处于平衡状态，它们必受一个竖直向上的绳子Oa对它们的拉力，所以绳子Oa段只可能竖直向上。

分析ab段绳子的情况，需隔离b球，b球的受力情况为：竖直向下的重力、向右偏上30°的恒力，要处于平衡状态，必定还受一个如图所示的向左偏上的力F ab的作用。

答案： A
7.
一轻杆BO，其O端用光滑铰链连接在固定竖直杆AO上，B端挂一重物，且系一细绳，细绳跨过杆顶A处的光滑小滑轮，用力F拉住，如图所示。

现将细绳缓慢往左拉，使杆BO与杆AO间的夹角θ逐渐减小，则在此过程中，拉力F及杆OB所受压力F N的大小变化情况是()
A．F N先减小，后增大
B．F N始终不变
C．F先减小，后增大
D．F始终不变
解析：取BO杆的B端为研究对象，受到绳子拉力(大小为F)、BO杆的支持力F N′和悬挂重物的绳子的拉力(大小为G)的作用，将F N′与G合成，其合力与F等值反向，如图所示，得到一个力三角形(如图中画斜线部分)，
此力三角形与几何三角形OBA 相似，可利用相似三角形对应边成比例来解。

如图所示，力三角形与几何三角形OBA 相似，设AO 高为H ，BO 长为L ，绳长AB 为l ，则由对应边成比例可得G H ＝F N ′L ＝F l
，式中G 、H 、L 均不变，l 逐渐变小，所以可知F N ′不变，即F N 不变，F 逐渐变小。

答案： B 8.
如图所示，在竖直向上的恒力F 作用下，a 、b 两物体一起沿粗糙竖直墙面匀速向上运动，则关于它们受力情况的说法正确的是( )
A ．a 一定受到4个力
B ．b 可能受到4个力
C ．a 与墙壁之间一定有弹力和摩擦力
D ．a 与b 之间一定有摩擦力 解析：
将a 、b 看成整体，其受力图如图甲所示，说明a 与墙壁之间没有弹力和摩擦力作用；对物体b 进行受力分析，如图乙所示，b 受到3个力作用，所以a 受到4个力作用。

答案： AD
9．如图所示，轻弹簧两端分别固定质量为m a 、m b 的小球a 、b ，通过两根细线将小球吊在水平天花板上，已知两球均处于静止状态，两细线与水平方向的夹角均为α，弹簧轴线沿水平方向，以下说法正确的是( )
A ．a 球所受细线的拉力大小为m a g sin α
B ．a 、b 两球所受细线的拉力大小一定相等
C ．b 球所受弹簧弹力的大小为m b g tan α
D ．a 、b 球的质量大小关系一定满足m a ＝m b
解析： 如图所示，对a 球进行受力分析，运用共点力平衡条件得：细线的拉力为F T a ＝
m a g
sin α
，弹簧的弹力F a ＝m a g tan α；对b 球进行受力分析，结论相同，即F T b ＝m b g sin α，F b ＝m b g tan α，又F a ＝F b ，故m a ＝m b ，F T a ＝F T b ，故A 、
C 错误，B 、
D 正确。

答案： BD 10.
(2017·安徽第三次联考)如图所示，一圆环套在竖直光滑的杆上，杆的直径比环的内径略小，圆环通过轻弹簧与放在地面上的物块相连，开始时弹簧处于原长，由静止释放圆环，到圆环向下的速度达到最大的过程中(此过程物块一直保持静止)( )
A ．圆环受到的合力在减小
B ．杆对圆环的作用力在减小
C ．地面对物块的摩擦力在减小
D ．地面对物块的支持力在增大
解析： 圆环从静止到速度最大的过程中，对圆环分析可知，其速度不断增大，加速度不断减小，所受的合力不断减小，A 项正确；由于环在向下运动的过程中，弹簧的长度不断减小，弹力不断增大，弹力沿水平方向的分力不断增大，对环水平方向研究知，杆对圆环的作用力不断增大，B 项错误；对环、弹簧和物块整体研究，地面对物块的摩擦力与杆对环的作用力等大反向，因此地面对物块的摩擦力不断增大，C 项错误；对环、弹簧和物块整体研究知，由于环沿竖直方向向下的加速度不断减小，因此整体所受合力向上且不断增大，又因杆光滑，则知地面对物块的支持力不断增大，D 项正确。

答案： AD
11．如图所示，在粗糙水平地面上放着一个横截面为半圆的柱状物体A ，A 与轻质竖直挡板之间放一光滑圆球B ，整个装置处于静止状态。

现对挡板加一向右的水平推力F ，使挡板缓慢向右移动，B 球缓慢上移而A 仍保持静止。

设地面对A 的摩擦力为F 1，A 对B 的作用力为F 2，地面对A 的支持力为F 3，不计板与地面间的摩擦，则在此过程中( )
A．F1缓慢减少，F3保持不变
B．F1缓慢增大，F3缓慢增大
C．F2缓慢增大，F3缓慢增大
D．F2缓慢减小，F3保持不变
解析：将物体A和B看成一个整体，则在竖直方向上地面的支持力等于整体的重力，即F3＝(m A＋m B)g，故F3保持不变，故选项B、C错误；隔离物体B受力分析可知，物体B受重力G B、物体A对B的支持力F2，挡板对B的弹力F N，当挡板缓慢向右移动时，物体B的受力变化情况如图甲所示，可知F2在缓慢减小，选项D正确；隔离物体A受力分析如图乙所示，可知地面对A的静摩擦力F1＝F2cos θ，由分析可知，F2逐渐减小，θ逐渐增大，故F1逐渐减小，选项A正确。

答案：AD
二、非选择题
12.
质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，质量为m的木块刚好可以在木楔上表面上匀速下滑。

现在用与木楔上表面成α角的力F拉着木块匀速上滑，如图所示，求：
(1)当α＝θ时，拉力F有最小值，求此最小值；
(2)拉力F最小时，木楔对水平面的摩擦力。

解析：(1)木块刚好可以沿木楔上表面匀速下滑时，mg sin θ＝μmg cos θ，则μ＝tan θ，用力F拉着木块匀速上滑，受力分析如图甲所示，F cos α＝mg sin θ＋F f，F N＋F sin α＝mg cos θ，F f＝μF N
联立以上各式解得，F ＝mg sin 2θ
cos (θ－α)。

当α＝θ时，F 有最小值，F min ＝mg sin 2θ。

(2)对木块和木楔整体受力分析如图乙所示，由平衡条件得，F f ′＝F cos(θ＋α)，当拉力F 最小时，F f ′＝F min ·cos 2θ＝1
2
mg sin 4θ。

答案： (1)mg sin 2θ (2)1
2
mg sin 4θ。