2025年高考物理 人教版必修第1册第3章　专题强化6含答案含答案

2025年高考物理人教版必修第1册第3章专题强化6含答案含答案第三章专题强化6课后知能作业基础巩固练知识点一解析法的应用1.如图所示，随着高层建筑的不断增加，大型的家具或者电器无法通过电梯搬运的时候，工人师傅常常使用定滑轮牵引物体向上运动。假设墙壁光滑，家具或者电器可视为规则的球体，在物体缓慢地从N点滑至M点的过程中()A．绳对物体的拉力逐渐减小B．物体对墙的压力逐渐增大C．墙对物体的支持力跟物体对墙的压力是一对平衡力D．绳对物体的拉力先减小后增大解析：对物体受力分析，如图所示，设绳子与竖直方向的夹角为θ，物体上升的过程中夹角θ逐渐增大，根据平衡条件可知，在竖直方向有FTcosθ＝G，可知θ增大，cosθ减小，FT增大；在水平方向有FTsinθ＝FN，联立得FN＝Gtanθ，可知θ增大，tanθ增大，FN增大，A、D错误，B正确；墙对物体的支持力跟物体对墙的压力是一对作用力和反作用力，C错误。故选B。2.如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切。穿在轨道上的小球在拉力F的作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为FN。在运动过程中()A．F增大，FN增大 B．F减小，FN减小C．F增大，FN减小 D．F减小，FN增大解析：对小球的受力分析如图所示。F与FN方向垂直。小球缓慢地由A向B运动，可知小球处于平衡状态，所受合力为零。F与FN的合力与小球所受重力等大、反向。由几何知识得F＝mgsinθ，FN＝mgcosθ。在小球运动过程中，θ角增大，可得F增大，FN减小，选项C正确。故选C。3.汽车45°极限爬坡时的照片如图所示，汽车缓慢逐步沿斜坡攀爬的过程中，坡的倾角逐渐增大至45°。下列关于汽车在这一爬坡过程的说法正确的是()A．坡的倾角越大，汽车对坡面的压力也越大B．汽车受到沿坡面向下、大小不断减小的滑动摩擦力作用C．汽车受到沿坡面向上、大小不断增大的静摩擦力作用D．若汽车能顺利爬坡，则车胎与坡面间的最大静摩擦力至少为车重的大小解析：由于汽车缓慢逐步沿斜坡攀爬，故汽车受力平衡，对坡面上的汽车受力分析，坡面上的汽车受到重力、坡面的支持力与摩擦力，设坡的倾角为θ，汽车所受重力大小为G，则支持力FN＝Gcosθ，坡的倾角增大，则汽车受到的支持力减小，根据牛顿第三定律可知，坡的倾角增大，则汽车对坡面的压力减小，故A错误；汽车受到的摩擦力Ff＝Gsinθ，方向沿斜面向上，当θ增大时，汽车受到的摩擦力增大，故B错误，C正确；要使汽车不打滑，则有Ffm≥Gsinθ，由于sin45°＝eq\f(\r(2),2)，可知若汽车能顺利爬坡，则车胎与坡面间的最大静摩擦力至少为eq\f(\r(2),2)G，故D错误。故选C。知识点二图解法的应用4.(多选)(2024·重庆八中期末)如图，用OA、OB两根轻绳将质量为m的花盆悬于两竖直墙之间，开始时OA与竖直墙壁夹角为60°，OB绳水平。现保持O点位置不变，改变OB绳的长度使绳右端由B点缓慢上移至B′点，此时OB′与OA之间的夹角θ<90°。设此过程中OA、OB绳的拉力分别为FOA、FOB(重力加速度为g)，则()A．FOA、FOB的合力将增大B．FOA先减小后增大C．FOB先减小后增大D．FOB最小为eq\f(\r(3),2)mg解析：根据平衡条件可知，FOA、FOB的合力始终与花盆的重力平衡，所以不变，故A错误；花盆在重力mg、FOA、FOB三力作用下处于动态平衡状态，作出一系列矢量三角形如图所示。由图可知FOA一直减小，FOB先减小后增大，且当FOB垂直于FOA时有最小值，为FOBmin＝mgsin60°＝eq\f(\r(3),2)mg，故B错误，C、D正确。故选CD。5．如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A点自由转动。用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在以O点为圆心、R为半径的圆弧形墙壁上的C点。当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB缓慢移动过程中(保持OA与地面夹角θ不变，且OA杆对O点的作用力的方向始终沿着AO方向)，OC绳所受拉力的大小变化情况是()A．逐渐减小 B．逐渐增大C．先减小后增大 D．先增大后减小解析：据题意，当细绳OC的C点向B点缓慢移动过程中，系统处于平衡状态，对O点受力分析，受到竖直绳的拉力，该拉力T＝G，还受到杆的支持力FN和细绳OC的拉力TC，由力的三角形定则作矢量三角形，如图所示，可以看出代表细绳OC的拉力TC的对应边的长度先减小后增大，则拉力TC的大小也是先减小后增大，故选项C正确。知识点三相似三角形法的应用6．(2024·山西运城高一期末)表面光滑的四分之一圆柱体紧靠墙角放置，其横截面如图所示。细绳一端连接小球，另一端绕过P处滑轮，小球在外力F拉动下从A点缓慢移动到B点。已知AP长度是BP长度的2倍，则小球在A处时的绳子拉力与小球在B处时绳子拉力的比为()A.eq\f(1,4) B．eq\f(1,2)C．2 D．4解析：由于小球是缓慢移动的，可以认为小球始终处于平衡状态，设在A、B两点时绳子的拉力分别为F1、F2。在A点处，小球受到重力、拉力、支持力的作用，三个力将构成一个闭合的矢量三角形，这个三角形与△APO相似，则有eq\f(F1,G)＝eq\f(AP,OP)，同理，在B处有eq\f(F2,G)＝eq\f(BP,OP)，由于AP＝2BP，所以F1＝2F2，故选C。7．(2024·山东济南高一期末)在旅行途中，小勤想起了历城二中的标志性雕塑：妙笔生花。雕塑可以简化为如图所示的模型：一个半球形花冠和竖直的毛笔底座。若花冠中落入一连接有轻绳的质量为m的物体，轻绳搭在花冠边缘，小勤设想若用力拉动轻绳使物体沿花冠缓慢向上移动，在此过程中若忽略一切阻力，则()A．细绳的拉力先增大后减小B．细绳的拉力一直增大C．花冠对物体的支持力先增大后减小D．花冠对物体的支持力一直增大解析：对物体受力分析，如图所示力的三角形和几何三角形相似，则有eq\f(mg,l)＝eq\f(FN,R)，当物体缓慢向上移动时，R不变，l增大，mg不变，则FN减小，在力的三角形中，支持力FN、拉力F的合力与重力mg等大反向，mg保持不变，FN减小时，F增大。故选B。综合提升练8．如图所示，A、B两物体通过两个质量不计的光滑滑轮悬挂起来，处于静止状态。现将绳子一端从P点缓慢移到Q点，系统仍然平衡，以下说法正确的是()A．夹角θ将变小 B．夹角θ将变大C．物体B位置将变高 D．绳子张力将增大解析：因为绳子张力始终与B物体重力平衡，所以绳子张力不变，因为重物A的重力不变，所以绳子与水平方向的夹角不变，因为绳子一端从P点缓慢移到Q点，所以重物A会下落，物体B位置会升高。故选C。9．(多选)(2024·河北石家庄高一阶段练习)如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态，衣服及衣架钩总质量为m，重力加速度为g，如果绳长为l，两杆间距为d，当衣架静止时，下列说法正确的是()A．绳的拉力大小为eq\f(mgl,2d)B．增大两杆间距，绳的拉力不变C．绳子的b端缓慢上移到b′的过程中，绳子的拉力不变D．绳子的b端缓慢上移到b′的过程中，两绳拉力的合力不变解析：对衣架钩进行受力分析，假设绳子拉力与竖直方向之间夹角为θ，根据平衡条件可得mg＝2Tcosθ①，假设两段绳子长度分别为l1、l2，满足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，增大两杆间距，绳子拉力增大，故A、B错误；绳子的b端缓慢上移到b′的过程中，由T＝eq\f(mgl,2\r(l2－d2))，可得绳子拉力不变，故C正确；绳子的b端缓慢上移到b′的过程中，根据平衡条件可得，两绳拉力的合力始终与重力等大反向，两绳拉力的合力不变，故D正确。故选CD。10.(多选)如图所示，物体P静止于固定的斜面上，P的上表面水平。现把物体Q轻轻地叠放在P上，则()A．P向下滑动B．P静止不动C．P所受的合外力增大D．P与斜面间的静摩擦力增大解析：P在斜面上处于静止状态，设P的质量为M，斜面的倾角为θ，斜面与P之间的动摩擦因数为μ0，则有μ0Mgcosθ≥Mgsinθ，μ≥tanθ，当加上一个质量为m的物体Q后，有μ0(M＋m)gcosθ≥(M＋m)gsinθ，因此P仍处于静止状态，选项A错误，B正确；由于P处于静止状态，合外力为零，故选项C错误；由物体的平衡条件知，P与斜面间的静摩擦力由Mgsinθ变为(M＋m)gsinθ，故选项D正确。故选BD。11.如图所示，表面光滑的半球形物体固定在水平面上，光滑小环D固定在半球形物体球心O的正上方，轻质弹簧一端用轻质细绳固定在A点，另一端用轻质细绳穿过小环D与放在半球形物体上的小球P相连，DA水平。将细绳固定点A向右缓慢平移的过程中(小球P未到达半球最高点)，下列说法正确的是()A．弹簧长度不变B．弹簧长度变短C．小球对半球的压力变大D．小球对半球的压力变小解析：以小球为研究对象，分析小球受力情况：重力G、细绳的拉力FT和半球形物体的支持力FN，作出FN、FT的合力F，如图由平衡条件得知F＝G，由△NFP∽△PDO得eq\f(FN,PO)＝eq\f(F,DO)＝eq\f(FT,PD)，将F＝G代入，得FN＝eq\f(PO,DO)G，FT＝eq\f(PD,DO)G，将细绳固定点A向右缓慢平移的过程中，DO、PO不变，PD变小，可见FT变小，FN不变，可知弹簧的弹力变小，弹簧变短。由牛顿第三定律知小球对半球的压力不变，故B正确，A、C、D错误。故选B。12.(多选)如图所示，斜面体P放在水平面上，斜面的倾角为θ，物体Q放在斜面上，Q受到一个水平向右的作用力F，P和Q都保持静止，这时Q受到的静摩擦力大小为f1，P受到水平面的静摩擦力的大小为f2，现增大F，若P、Q仍静止，则()A．f1一定变大 B．f1不一定变大C．f2一定变大 D．f2不一定变大解析：对物体Q受力分析，Q受推力F、重力、支持力，也可能受摩擦力，当mgsinθ>Fcosθ时，摩擦力沿着斜面向上，大小为f1＝mgsinθ－Fcosθ，F增大时，f1变小；当mgsinθ＝Fcosθ时，摩擦力为零，F再继续增大时，f1变大，方向沿斜面向下；当mgsinθ<Fcosθ时，摩擦力沿着斜面向下，大小为f1＝Fcosθ－mgsinθ，F增大时，f1变大，A错误，B正确；对P、Q整体受力分析，则有f2＝F，F增大时，f2一定变大，C正确，D错误。故选BC。第三章专题强化7课后知能作业基础巩固练知识点一整体法和隔离法的应用1.如图所示，A、B两物体重力都等于10N，各接触面间的动摩擦因数都等于0.3，同时有F＝1N的两个水平力分别作用在A和B上，A和B均静止，则地面对B和B对A的摩擦力大小分别为()A．6N,3N B．1N,1NC．0N,1N D．0N,2N解析：A、B均静止，应用整体法，A、B整体水平方向所受外力大小相等、方向相反，故地面对B无摩擦力。以A为研究对象，水平方向必受大小与F相等、方向与F相反的静摩擦力，即B对A的摩擦力大小为1N，故C正确。故选C。2.如图所示，两个大小相同的不同材质小球放在固定的倾斜挡板上，小球的质量分别为m和2m，挡板与水平面的夹角为30°，墙面和挡板均光滑，则墙壁对左端小球的弹力大小为()A.eq\r(3)mg B．2eq\r(3)mgC．3eq\r(3)mg D．eq\f(\r(3),3)mg解析：将两小球看作整体，受力分析如图所示。由几何关系得tan30°＝eq\f(FN,3mg)，解得FN＝eq\r(3)mg，故选A。3.(2024·宁波余姚中学高一期末)如图所示，质量为m的物体A放在倾角为θ、质量为M的斜面体B上，斜面体B放在水平地面上，用沿斜面向下、大小为F的力推物体A，A恰能沿斜面匀速下滑，而斜面体B静止不动。重力加速度为g，则下列说法中正确的是()A．地面对斜面体B的支持力大小为mg＋MgB．地面对斜面体B的支持力大小为Mg＋FsinθC．地面对斜面体B的摩擦力向右，大小为FcosθD．地面对斜面体B的摩擦力大小为0N解析：对整体受力分析，根据平衡条件，有FN＝mg＋Mg＋Fsinθ，Fcosθ＝Ff，即地面对斜面体的支持力大小为FN＝mg＋Mg＋Fsinθ，地面对斜面体的摩擦力大小为Ff＝Fcosθ，方向水平向右，故选C。知识点二临界和极值问题4.(2024·安徽池州一中月考)如图所示，一工人手持砖夹提着一块砖匀速前进，手对砖夹竖直方向的拉力大小为F。已知砖夹的质量为m，重力加速度为g，砖夹与砖块之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若砖块不滑动，则砖夹与砖块一侧间的压力的最小值是()A.eq\f(F,2μ) B．eq\f(F,μ)C.eq\f(F－mg,2μ) D．eq\f(F－mg,μ)解析：工人手持砖夹提着一块砖匀速前进，当砖夹处于平衡状态，在竖直方向满足F＝mg＋2Ff，砖夹与砖之间恰好达到最大静摩擦力Ffm＝μFN时，砖夹与砖块一侧间的压力的最小，为FNmin＝eq\f(F－mg,2μ)，C项正确。故选C。5.(多选)如图，重为30N的物体静止在倾角为30°的粗糙斜面上，物体与固定在斜面上的轻弹簧相连接，若物体与斜面间的最大静摩擦力为24N，则物体受到弹簧的弹力(弹簧与斜面平行)()A．可以为44N，方向沿斜面向上B．可以为4N，方向沿斜面向下C．可以为4N，方向沿斜面向上D．不可以为零解析：将物体重力分解为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。当静摩擦力最大且平行斜面向下时，物体所受弹簧弹力为拉力，等于39N；当静摩擦力最大且平行斜面向上时，物体所受弹簧弹力为推力，等于9N；故弹簧弹力可以是不大于9N的推力或者不大于39N的拉力，也可以没有弹力，故B、C正确。故选BC。6.(多选)一盏电灯重力为G，悬于天花板上的B点，在电线O处系一细线OA，使电线OB与竖直方向的夹角为β＝30°，OA与水平方向成α角，如图所示。现保持O点位置不变，使α角由0°缓慢增加到90°，在此过程中()A．电线OB上的拉力逐渐减小B．细线OA上的拉力先减小后增大C．细线OA上拉力的最小值为eq\f(1,2)GD．细线OA上拉力的最小值为eq\f(\r(3),2)G解析：对结点O受力分析，由平衡条件可知，细线OA和电线OB的拉力的合力F′一定竖直向上，与FT平衡。当α角由0°缓慢增加到90°的过程中，画出动态分析图如图所示。由图可看出，细线OA上的拉力先减小后增大，且当α＝30°时，FA最小，最小值为eq\f(G,2)，而电线OB上的拉力逐渐减小，故A、B、C正确，D错误。故选ABC。综合提升练7.(多选)有一直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑，AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环间由一根质量可忽略，不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡，如图所示，现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡。那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力FN和细绳拉力FT的变化情况是()A．FN不变 B．FN变大C．FT变大 D．FT变小解析：对两环组成的整体分析受力如图甲所示，根据平衡条件得，FN＝2mg保持不变；再以Q环为研究对象，分析受力情况如图乙所示，设细绳与OB杆间夹角为α，由平衡条件得，细绳的拉力FT＝eq\f(mg,cosα)，P环向左移一小段距离时，α减小，cosα变大，FT变小，故A、D正确，B、C错误。故选AD。8．内壁光滑的圆筒竖直放置在水平地面上，质量分布均匀的两个光滑圆球A、B放在圆筒内，A球的质量和半径均小于B球，第一次放置位置如图甲所示，第二次放置位置如图乙所示。图甲中A球对筒壁的压力大小为FN1，B球对筒底的压力大小为F1；图乙中B球对筒壁的压力大小为FN2，A球对筒底的压力大小为F2。则()A．FN1>FN2 B．FN1<FN2C．F1>F2 D．F1<F2解析：对A、B整体进行分析有F1＝F2＝(mA＋mB)g，C、D错误；由几何关系可知，甲、乙两图中两球心连线与竖直方向的夹角相同，设为θ，根据力的平衡条件可知FN1＝mAgtanθ，FN2＝mBgtanθ，又mA<mB，解得FN1<FN2，A错误，B正确。故选B。9．如图所示，B、C两个