第二周高三物理早上练2

答案第1页，总7页第二周高三物理早上练2一、单选题1．如图所示，竖直面上两根足够长的光滑金属导轨平行固定放置，底端通过导线与阻值为r的电阻连接，与导轨接触良好的金属棒况悬挂在一个固定的轻弹簧下端，导轨、导线和金属棒M的电阻忽略不计，匀强磁场B垂直导轨所在平面向外。现将金属棒M从弹簧原长位置由静止释放，则下列说法正确的是（）A．金属棒M释放瞬间受三个力B．金属棒M受到弹簧的拉力和重力第一次大小相等时，电路中电流最大C．金属棒JW向下运动时，流过电阻的电流方向从Q到PD．金属棒JW运动的整个过程中电阻上产生的总热量小于金属棒M重力势能的减少量2．如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平面上，三条细绳结于O点。一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物体P，一条绳连接小球Q，P、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA在外力F的作用下使夹角θ＜90°，现改变绳OA的方向至θ＞90°，且保持结点O位置不变，这个装置始终处于静止状态。下列说法正确的是（）A．绳OA的拉力将增大B．地面对斜面体的摩擦力方向向右C．斜面对物体P的摩擦力的大小可能先减小后增大D．地面对斜面体的支持力等于物块P和斜面体的重力之和3．如图所示，水平细杆上套一球A，球A与球B间用一轻绳相连，质量分别为mA和mB，由于B球受到水平风力作用，球A与球B一起向右匀速运动。已知细绳与竖直方向的夹角为θ，则下列说法中正确的是（）A．球A与水平细杆间的动摩擦因数为sinBABmmmB．球B受到的风力F为tanAmgC．风力增大时，若A、B仍匀速运动，轻质绳对球B的拉力保持不变D．杆对球A的支持力随着风力的增加保持不变4．如图所示，开口向下的“┍┑”形框架，两侧竖直杆光滑固定，上面水平横杆中点固定一光滑定滑轮，两侧杆上套着的两滑块用轻绳绕过定滑轮相连，并处于静止状态，此时连接滑块A的绳与水平方向夹角为θ＝30○，滑块B的绳与水平方向的夹角为2θ，则A、B两滑块的质量之比为（）本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第2页，总7页A．13：B．31：C．1：1D．1：25．一个质量为1kg的物体放在粗糙的水平地面上，今用最小的拉力拉它，使之做匀速直线运动，已知这个最小拉力大小为6N，取g=10m/s2，则下列关于物体与地面间的动摩擦因数的取值，正确的是()A． =916B． =43C． =34D． =35二、多选题6．如图所示，一定质量的物块用轻绳悬挂在空中，其中轻绳OA与水平线夹角保持不变，轻绳OB在竖直平面内由水平方向缓慢向上转动（O点位置始终保持不变），则在绳OB由水平转至竖直的过程中，以下说法正确的是A．轻绳OA的张力大小将一直变小B．轻绳OA的张力大小先变小后变大C．轻绳OB的张力大小将一直变小D．轻绳OB的张力大小先变小后变大7．如图所示，一光滑球体静止于夹角为的支架ABC内，AB、BC与水平面的夹角都为，现以B为旋转中心，在平行于纸面的平面内，让BC缓慢沿顺时针旋转，直至水平（AB不动），设BC对球体的作用力大小为1F，AB对球体的作用力大小为2F，则整个过程中（）A．1F可能一直增大B．2F可能一直增大C．1F可能先减小后增大D．2F可能先增大后减小8．如图所示，竖直平面内两根光滑细杆所构成的角AOB被铅垂线OO'平分，∠AOB＝120°．两个质量均为m的小环通过水平轻弹簧的作用静止在A、B两处，A、B连线与OO'垂直，连线距O点h，已知弹簧原长3h，劲度系数k，现在把两个小环在竖直方向上均向下平移h，释放瞬间A环加速度为a，则下列表达式正确的是（）A．3mgkhB．6mgkhC．a＝gD．a=3g答案第3页，总7页第二周高三物理早上练2参考答案1．D【解析】【详解】A．金属棒M释放瞬间，速度为零，电路中的感应电流为零，不受安培力，由于弹簧处于原长状态，因此金属棒M只受重力作用。故A错误。B．当弹簧的拉力和安培力之和与金属棒M的重力第一次大小相等时，加速度为零，金属棒M的速度最大，电路中产生的感应电流最大。故B错误。C．根据右手定则可知，金属棒M向下运动时，流过电阻的电流方向从P到Q。故C错误。D．最终金属棒M静止，此时弹簧处于伸长状态，由能量的转化和守恒知重力势能转化为弹性势能和焦耳热，所以电阻上产生的总热量小于金属棒M重力势能的减少量。故D正确。2．C【解析】【详解】A.缓慢改变绳OA的方向至90的过程，OA拉力的方向变化如图从1位置到2位置到3位置所示，可见OA的拉力先减小后增大，OP的拉力一直增大，故A错误；B.以斜面和PQ整体为研究对象受力分析，根据平衡条件可知斜面受地面的摩擦力与OA绳子水平方向的拉力的分量等大反向，故地面对斜面体的摩擦力方向向左，故选项B错误；C.若开始时P受绳子的拉力比较小，则斜面对P的摩擦力沿斜面向上，OP拉力一直增大，则斜面对物体P的摩擦力先变小后反向增大，故选项C正确；D.以斜面体和PQ整体为研究对象受力分析，根据竖直方向受力平衡则有NFcosM斜PQgMgMg，由上图分析可知F的最大值即为QMg（当F竖直向上方向时），故QFcosMg，则NM斜PgMg，故选项D错误。3．D【解析】本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第4页，总7页【详解】B.对球B受力分析，受重力、风力和拉力，如左图，由平衡条件得：风力F=mBgtanθ，故B错误；C.绳对B球的拉力T=cosBmg当风力增大时，θ增大，则T增大。故C错误。AD.把环和球当作一个整体，对其受力分析，受重力（mA+mB）g、支持力N、风力F和向左的摩擦力f，如右图；根据共点力平衡条件可得：杆对A环的支持力大小：N=（mA+mB）g；f=F；则A环与水平细杆间的动摩擦因数为tan=BABmfNmm，故A错误；对整体分析，竖直方向上杆对环A的支持力N=（mA+mB）g，故D正确；4．A【解析】【详解】设绳的拉力为F，对两个滑块分别受力分析，如图所示：根据力的平衡可知：AmgFsin，2BmgFsin因此：111223322ABmsinmsincos。A.根据计算得：13ABmm，故A正确，BCD.根据计算得：13ABmm，故BCD错误。5．C【解析】答案第5页，总7页【详解】物体在水平面上做匀速直线运动，可知拉力在水平方向的分力与滑动摩擦力相等。以物体为研究对象，受力分析如图所示，因为物体处于平衡状态。水平方向有Fcosα＝μFN，竖直方向有Fsinα＋FN＝mg。联立可解得：2cossin1sin()mgmgFaaa，当α＋φ＝90°时，sin(α＋φ)＝1，F有最小值，min21mgF，代入数值得μ＝34。A. =916，与结论不相符，选项A错误；B. =43，与结论不相符，选项B错误；C. =34，与结论相符，选项C正确；D. =35，与结论不相符，选项D错误；6．AD【解析】【详解】对O点受力分析，受重力和两个拉力，如图所示。三个力平衡，根据矢量三角形可知：OB绳子的拉力先减小后增加，OA绳子的拉力一直减小，AB.根据图像可知：OA绳子的拉力一直减小，故A正确；B错误；CD.根据图像可知：OB绳子的拉力先减小后增加，故C错误，D正确；故选AD7．AC【解析】【分析】本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第6页，总7页以小球为研究对象进行受力分析如图所示，通过重力的末端向2F的反向延长线上做矢量三角形，根据图中线段长短分析力的大小变化情况。【详解】以小球为研究对象进行受力分析如图所示，通过重力的末端向2F的反向延长线上做矢量三角形，根据图中各力的变化情况可知：1F可能一直增大、也先减小后增大（初状态角大小未知，所以是可能）、2F一直减小A.1F可能一直增大与分析相符，A正确B.2F可能一直增大与分析不符，B错误C.1F可能先减小后增大与分析相符，C正确D.2F可能先增大后减小与分析不符，D错误【点睛】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答，本题是采用图象法进行解答的。8．AC【解析】【详解】AB．小环原来受到重力、支持力和弹簧的拉力，弹簧长度为2tan6023hh，弹簧弹力(233)3Fkhhkh，由平衡条件得：sin303cos30mgkh，解得：3mgkh．故A项正确，B项错误．CD．小环下移h后，小环受到重力、拉力和支持力，弹簧长度为22tan6043hh，弹簧弹力(433)33Fkhhkh，设释放瞬间A环加速度为a，由牛顿第二定律可得：答案第7页，总7页33cos30sin30khmgma，解得：ag．故C项正确，D项错误．