高中物理人教考前特训答案精析.docx

考前特训答案精析
热点突破练
热点1　受力分析和物体平衡
1．B　[对球A受力分析如图所示，
因A静止，将A的重力G分解，由三角形相似得＝＝0.8，得FT＝0.8G，绳子在P点对墙的拉力大小也等于0.8G，B正确．]
2．D　[假设右滑轮到小球球心的距离为l，轻绳与竖直方向的夹角为α，小球在A→O的运动过程中，由牛顿第二定律可知FT－mAgcos α＝，得FT＝mAgcos α＋，由动能定理可知v不断变大，且α减小，所以FT变大，则小球从A→O→B的过程中，FT先增大后减小．设物块的质量为m，斜面体的质量为M、倾角为θ，对物块受力分析可知斜面对物块的支持力大小为FN1＝mgcos θ－FT，斜面对物块的静摩擦力大小为Ff1＝mgsin θ，则FN1先减小后增大，Ff1不变，故A、B错误；对斜面体和物块P整体受力分析可知地面对斜面体的支持力大小FN2＝(M＋m)g－FTcos θ，地面对斜面体的静摩擦力大小Ff2＝FTsin θ，则FN2先减小后增大，Ff2先增大后减小，故C错误，D正确．]
3．C　[设一个篮子的质量为m，连接下篮的每根轻绳的张力大小为FT2，对下篮，根据平衡条件得4FT2＝mg，解得FT2＝；设连接上篮的每根轻绳的张力大小为FT1，轻绳与竖直方向夹角为θ，对晾衣篮整体由平衡条件得4FT1cos θ＝2mg，根据题图以及几何关系得sin θ＝＝0.6，则cos θ＝0.8，联立解得FT1＝mg，则＝，故C正确，A、B、D错误．]
4．C　[设细线与竖直方向夹角为θ，对小球B受力分析可知FTcos θ＝mBg，FTsin θ＝F，则随着θ角逐渐变大，则细线张力FT逐渐变大，水平外力F逐渐变大，选项A、B错误；对A、B的整体受力分析，得轻杆的弹力大小FN＝，可知随着F的增大，轻杆的弹力逐渐增大，选项
C正确；细线与轻杆共线时，对球A受力分析可知，球A受到竖直向下的重力和细线对A沿杆向下的拉力，则轻杆对球A的弹力方向沿着球A的重力与细线对A的拉力的合力的反方向，可知轻杆对球A的弹力不是沿杆向上，选项D错误．]
5．D　[若B球带负电，则A对B为吸引力，方向沿BA方向，此时无论圆环给B球的支持力指向圆心还是背离圆心，B球都不能处于平衡状态，所以A球对B球为排斥力，方向沿AB方向，如图所示，
且对B球受力分析可得，圆环对B球的支持力指向圆心，即由B指向O，故A错误；由几何关系可知圆环对B球弹力的大小为FN＝mg，则A、B两球之间的排斥力大小为FAB＝2mgcos 30°＝mg，对A球受力分析，可得FN′＝mg＋FABcos 30°＝2.5mg，Ff＝FABsin 30°＝，所以当Ff＝μFN′时，动摩擦因数最小，为μ＝，故B、C错误，D正确．]
6．B　[对小球受力分析，受到自身重力、细线拉力及拉力F，三者关系如图所示，
由图可知，F一直增大，θ一直减小，所以B正确，A、C、D错误．]
7．B　[小球的受力情况如图甲所示，
可得墙壁对小球的弹力大小为
FN1＝＝mg
半球和小球整体的受力情况如图乙所示，
墙壁对整体的弹力大小为
FN13＝＝mg
故墙壁对半球的弹力大小为
FN3＝FN13－FN1＝mg
根据牛顿第三定律，半球对墙壁的弹力大小为mg，故选B.]
热点2　牛顿运动定律的应用
1．A　[由题意可知，撤去水平力F前，小球与竖直杆CD之间摩擦力为零，设弹簧弹力大小为FT，根据平衡条件有FTcos θ＝mg，撤去水平力F的瞬间，弹簧弹力不会发生突变，此时在竖直方向上小球受力仍平衡，而在水平方向上，竖直杆CD对小球的支持力与FT在水平方向的分力平衡，综上所述可知在撤去F瞬间，小球所受合外力仍为零，加速度为零，故选A.]
2．A　[当两球运动至二者相距L时，如图所示，
由几何关系可知sin θ＝＝，设绳子拉力为FT，水平方向有2FTcos θ＝F，解得FT＝F，对任意小球由牛顿第二定律有FT＝ma，解得a＝，故A正确，B、C、D错误．]
3．BC　[利用整体法受力分析，可得(M＋m)gsin θ－μMgcos θ＝(M＋m)a，解得a＝gsin θ－，故A错误，B正确；对物块B受力分析，可得mgsin θ－F＝ma，解得F＝，故C正确，D错误．]
4．B　[小物块沿斜面向上运动时加速度大小为a＝gsin α＋μgcos α＝10 m/s2，物块运动到最高点的时间t′＝＝1 s<1.5 s，由于mgsin α＝μmgcos α，则小物块运动到最高点速度为0时停止运动，故
t＝1.5 s时小物块离斜面底端的距离为x＝＝5 m，故选B.]
5．BC　[运动员做匀加速运动的距离为x＝t＝×4.5 m＝40.5 m，A错误；匀加速过程中，