石家莊二中2022屆高三物理自擬作業(yè)二輪復習命題人：劉鳳果2022.1第頁逐章掃清二、靜力學1.D【解析】對圓筒進行受力分析知圓筒處于三力平衡狀態(tài)，受力分析如圖，由幾何關系可知，，．解得，由牛頓第三定律知，故D正確2.B【詳解】A．對拖把進行受力分析如圖所示可得摩擦力為，故A錯誤；B．地面對拖把的作用力為支持力和摩擦力的合力，該合力應該與和的合力等大反向，該合力方向與水平向左的夾角大于，故B正確；C．豎直方向有則減小，減小，故C錯誤；D．同學對推桿的作用力與推桿對拖把的作用力方向相同，不是一對作用力與反作用力，故D錯誤。3B【解析】A．將拉力F正交分解如下圖所示則在x方向可得出Fx曲=Fsinα，F(xiàn)x直=Fsinβ在y方向可得出Fy曲=Fcosα，F(xiàn)y直=Fcosβ由題知α<β則sinα<sinβ，cosα>cosβ則可得到Fx曲<Fx直，F(xiàn)y曲>Fy直A錯誤、B正確；CD．耕索對犁的拉力與犁對耕索的拉力是一對相互作用力，它們大小相等，方向相反，無論是加速還是勻速，則CD錯誤。4．C【解析】AB．為了能研究摩擦力隨時間的變化曲線，故物塊一直要處于靜止狀態(tài)，則向左的摩擦力一直與向右輕繩的拉力平衡，圖乙是向右輕繩的拉力隨時間變化曲線，故圖乙也可以反映摩擦力隨時間變化的曲線，由圖可乙知向右輕繩的拉力先增大后減小，最后趨于不變，故物塊先受靜摩擦力作用后受滑動摩擦力作用，所以不需要讓木板保持勻速運動，故AB錯誤；C．由圖可知，最大靜摩擦力約為10N，滑動摩擦力約為7N，故最大靜摩擦力與滑動摩擦力之比約為10:7，故C正確；D．根據(jù)，可知，由于不知道物塊的重力，故無法求物塊與木板間的動摩擦因數(shù)，故D錯誤。5.AC【詳解】A．瓦片受重力兩側的支持力和摩擦力，共5個力，故A正確；BC．根據(jù)題圖可知，兩檁條對瓦片的彈力與垂直于檁條方向的夾角為，有。減小檁條間的距離d時，夾角變小，則瓦片與檁條間的彈力變小，最大靜摩擦力變小，則瓦片可能會下滑，故B錯誤C正確；D．增大檁條間的距離d時，瓦片仍然靜止，瓦片與檁條間的摩擦力不變，故D錯誤。6.CD【詳解】AB．甲圖中球拍和乒乓球受到豎直向下的重力和垂直于球拍向上的支持力，二力不在同一直線上，二力的合力水平向左，大小恒定，不可能做勻速直線運動或變加速直線運動，AB錯誤；C．甲圖中，對乒乓球，由豎直方向受力平衡有乙圖中，乒乓球受到重力、斜面的彈力和擋板水平向右的彈力，豎直方向有可知即球拍和斜面對球的彈力一定相等，C正確；D．甲圖中乒乓球受到的合力為乙圖中擋板對球的彈力兩者相等，故D正確。7．A【解析】由題意可知所受重力G豎直向下，空氣阻力Ff與速度方向相反，升力F2與速度方向垂直，發(fā)動機推力F1的方向沿噴口的反方向，對比圖中選項可知只有A選項符合題意。8.C【解析】A．以橋身為研究對象，鋼索對橋身的拉力的合力與橋身的重力等大反向，則鋼索對索塔的向下的壓力數(shù)值上等于橋身的重力，增加鋼索的數(shù)量鋼索對索塔的向下的壓力數(shù)值不變，故A錯誤；B．由圖甲可知，當索塔高度降低后，變大，變小，故T變大，故B錯誤；C．由B的分析可知，當鋼索對稱分布時，，鋼索對索塔的合力豎直向下，故C正確；D．受力分析如圖乙，只要，鋼索AC、AB的拉力FAC、FAB進行合成，合力豎直向下，鋼索不一定要對稱分布，故D錯誤；9.C對B受力分析，設A、B間的作用力為FN，A對B的摩擦力為地面對B的摩擦力為x軸方向;y軸方向聯(lián)立解得，所以;則木塊B受到的摩擦力大小與重力大小之比為故C正確。故選C。10.B【詳解】對環(huán)受力分析可知，環(huán)受輕繩的拉力與傾斜桿的支持力作用，因支持力的方向是垂直斜面向下，故輕繩的拉力方向垂直斜面向下，再對輕繩與滑輪的連接點，進行受力分析，如圖所示，設拉力T與水平方向的夾角為，根據(jù)幾何關系可得解得根據(jù)正交分解，可得，解得。11.A【解析】由于兩個圓的圓心在一條豎直線上，補全右邊的圓的圓心位置如圖所示，根據(jù)幾何關系可得則故α=37°根據(jù)平衡條件可知，兩小球的重力沿繩子方向的分力相等，即解得故A正確、BCD錯誤。12.C【詳解】在木盒內放砝碼或作用一豎直向下力，重力的下滑分力與滑動摩擦力同時增加，且依然相等，故木盒還是繼續(xù)勻速下滑，ABD錯誤，C正確。故選C。13.C【解析】當木板與水平面的夾角為時，兩物塊剛好滑動，對A物塊受力分析如圖沿斜面方向，A、B之間的滑動摩擦力根據(jù)平衡條件可知對B物塊受力分析如圖，沿斜面方向，B與斜面之間的滑動摩擦力根據(jù)平衡條件可知兩式相加，可得解得14.D【詳解】A．工作人員在鏡面上緩慢移動時，處于平衡狀態(tài)，其合力值是零，A錯誤；B．因為工作人員站在球面位置不是水平，所以對球面的壓力最大值不是mg，B錯誤；C．因為工作人員站在球面位置不是水平，則對球面摩擦力大小為mg在沿球面的下滑力，摩擦力小于最大值mg，C錯誤；D．球面對工作人員的作用力為F，由平衡條件可知F+mg=mg;F=mg球面對工作人員的作用力為mg，由牛頓第三定律可知，工作人員對球面作用力的值恒為mg，D正確。15.B【詳解】A．對物體B分析，受到重力，斜面對物體B的支持力，和物體A對B的彈力，垂直于兩者的接觸面指向物體B，故物體A對物體B的彈力方向不是沿斜面向上，故A錯誤；B．對整體受力分析，沿斜面方向，根據(jù)共點力平衡可知故B正確；CD．設A對B的彈力與斜面的夾角為，對物體B，根據(jù)共點力平衡可知，，解得;16.B【詳解】ABC．根據(jù)力的分解及力的平衡可知，三個圓柱體對地面的壓力相同，均為2mg，故AC正確，不符合題意；B錯誤，符合題意；D．A、C分別受到擋板的壓力，壓力大小故D正確，不符合題意。故選B。17.A【詳解】對重物進行受力分析，受重力mg、斜面的支持力N、滑動摩擦力f以及拉力F，由于，可知f與N的合力F0的方向始終不變，且與豎直方向的夾角為則可認為重物在F0、mg和F的作用下處于動態(tài)平衡狀態(tài)，作出一系列力的矢量三角形如圖所示，則由圖可知F先減小后增大，F(xiàn)0一直減小，易知所以f一直減小，故BCD錯誤，A正確。18.C【詳解】動態(tài)分析圖如下，由圖可知，當，細繩OA的拉力F1為零，可得如上圖所示，當時，拉力F2最小，此時F1和F2垂直，F(xiàn)2最小值為可得當時，有根據(jù)平衡條件可得可得細繩OB的拉力為故C正確，ABD錯誤。19．C【解析】AB．對滑塊受力分析，由平衡條件有，滑塊從A緩慢移動B點時，越來越大，則推力F越來越大，支持力N越來越小，所以AB錯誤；C．對凹槽與滑塊整體分析，有墻面對凹槽的壓力為則越來越大時，墻面對凹槽的壓力先增大后減小，所以C正確；D．水平地面對凹槽的支持力為則越來越大時，水平地面對凹槽的支持力越來越小，所以D錯誤；20.D【詳解】A．設輕繩與豎直方向夾角為α，MB、NB間夾角為2α，如圖則根據(jù)幾何關系可得;;聯(lián)立可得根據(jù)平衡條件可得可故A錯誤；B．直徑MN水平時，輕繩的張力大小為故B錯誤；C．由可知，圓環(huán)從圖示位置繞圓心O順時針緩慢轉過2角的過程中，輕繩與豎直方向的夾角先增大后減小，故C錯誤；D．由可知，圓環(huán)從圖示位置繞圓心O順時針緩慢轉過2角的過程中，輕繩的張力先增大再減小，故D正確。故選D。21.A【詳解】對小球A、B整體進行受力分析，如圖所示則由正弦定理有解得故選A。22.BC【詳解】A．當BP板轉過60°時，AP板處于水平位置，不計摩擦，棉包只受到重力和AP板的支持力，BP板雖然與之接觸，但沒有彈力，所以受兩個力的作用，故A錯誤；B．BP轉過一個角度時的棉包受力如圖所示設BP給棉包的支持力為FB，AP給棉包的支持力為FA，合力為F，根據(jù)平衡條件知F=mg由已知條件知，所以，根據(jù)正弦定理得又因為所以比值是一個常數(shù)。若使棉包從AP板滑下，BP板逆時針轉過的角度要超過60°，但不用超過太多。在這個過程中，∠2從0°增大，最后要超過90°，所以sin∠2先增大后減小，所以FA先增大后減小，根據(jù)牛頓第三定律知棉包對AP的壓力先增大后減小，故B正確；C．當BP板轉過30°時，∠2=30°，根據(jù)上面的正弦定理可得根據(jù)牛頓第三定律知，棉包對AP板的作用力為，故C正確；D．隨著BP板轉動，∠1一直在減小，根據(jù)上面的正弦定理知，F(xiàn)B一直在減小，當BP轉過60°時，BP對棉包的支持力為零，再轉動時，棉包將沿AP板下滑，故D錯誤。故選BC。23.M＝2m【解析】對小球進行受力分析，受重力、拉力和細線的拉力，由平衡條件得：tanβ＝eq\f(F,mg)，對鐵鏈和小球整體進行受力分析，受重力、細線的拉力T、已知力F，由平衡條件得：tanα＝eq\f(F,(M＋m)g)，聯(lián)立解得：M＝2m.24．(1)30°；(2)【解析】(1)m處于平衡狀態(tài)，受到重力、拉力F和輕繩拉力FT，如圖所示以m為研究對象，由平衡條件得水平方向Fcos60°-FTcosθ=0①豎直方向Fsin60°-FTsinθ-mg=0②①②聯(lián)立解得θ