第2章 核心素养提升-【金版教程】2025年高考物理一轮复习解决方案全书word（新教材）

高考科学复习解决方案 　物理 第二章 　核心素养提升 [科学思维提炼] 1．假设法：分析弹力、摩擦力的有无及方向。 2．等效思想：重心的理解，力的合成与分解，验证力的平行四边形定则的实验。 3．整体法与隔离法：受力分析。分析几个物体组成的系统间的内力时用隔离法，分析系统所受外力时用整体法。 4．数学方法的应用：平行四边形法、矢量三角形法、相似三角形法、辅助圆法、正弦定理法、三角函数的应用等。 5．模型建构与理想化模型 轻杆、轻绳和轻弹簧的模型问题： 轻杆 轻绳 轻弹簧 模型 图示 模型特点 形变特点 只能发生微小形变 柔软，只能发生微小形变，各处张力大小相等 既可伸长，也可压缩，各处弹力大小相等 弹力方向特点 不一定沿杆，固定杆中可以是任意方向 只能沿绳，指向绳收缩的方向 沿弹簧轴线，与形变方向相反 作用效果特点 可以提供拉力、支持力 只能提供拉力 可以提供拉力、支持力 弹力突变特点 可以发生突变 可以发生突变 一般不能发生突变 解决三种模型问题时应注意的事项： (1)轻杆、轻绳、轻弹簧都是忽略质量的理想化模型。 (2)分析轻杆上的弹力时必须结合物体的运动状态。 (3)讨论轻弹簧上的弹力时应明确弹簧处于伸长还是压缩状态。 [素养提升集训] 一、选择题(本题共8小题) 1.(鲁科版必修第一册·第3章第3节[节练习]T4改编)如图所示，手握一个水瓶，处于倾斜静止状态，以下说法正确的是(　　) A．松手时瓶容易滑下，是因为手和瓶之间动摩擦因数变小 B．增大手的握力，瓶更难下滑，是因为瓶受的摩擦力增大 C．保持瓶静止时的倾斜程度不变，增大握力，手对瓶的摩擦力不变 D．手握瓶竖直静止时与倾斜静止时，瓶受到的摩擦力大小相等 答案　C 解析　设水瓶的质量为m，手握瓶倾斜静止时，瓶身与水平方向夹角为θ，根据平衡条件，有f＝mgsinθ，而手握瓶竖直静止时，f′＝mg，则f≠f′，故D错误；松手时瓶容易滑下，是因为松手时手对瓶的压力减小，手和瓶之间的最大静摩擦力减小，手与瓶间的接触面的粗糙程度没有变化，故动摩擦因数不变，A错误；增大手的握力，手与瓶之间的弹力增大，从而增大了最大静摩擦力，静摩擦力大小仍为f＝mgsinθ，并没有变化，B错误，C正确。 2．(多选)人字梯是生产生活中的常见工具，人字梯由两个相同的梯子组成，两梯子的顶端用光滑铰链连接。现将梯子放在粗糙的水平地面上，人站在A横梁上，梯子处于静止状态，梯子质量不计。则(　　) A．有人站的这侧梯子底部受到地面的摩擦力与没人站的那侧大小相等 B．有人站的这侧梯子底部受到地面的摩擦力比没人站的那侧大 C．人静止站在B横梁上时地面对梯子的总支持力与站在A横梁上时相等 D．人静止站在B横梁上时地面对梯子的总支持力比站在A横梁上时大 答案　AC 解析　以人和梯子整体为研究对象，根据平衡条件可知水平方向的合力为零，故有人站的这侧梯子底部受到地面的摩擦力与没人站的那侧大小相等，方向相反，A正确，B错误；以人和梯子整体为研究对象，根据平衡条件可知竖直方向的合力为零，地面对梯子的总支持力与整体的重力大小相等，方向相反，故人静止站在B横梁上时地面对梯子的总支持力与站在A横梁上时相等，C正确，D错误。 3．(2023·山西省晋中市高三下二模)(多选)春节是我国的传统节日，中国民谚说“腊月二十四，掸尘扫房子”。人们通过大扫除表达了新年除旧迎新的思想。如图所示是用长杆推动拖把头擦玻璃的实物图和示意图，假设拖把头与玻璃间的动摩擦因数μ恒定，拖把头匀速上升过程中杆与竖直方向的夹角越来越小，则在拖把头匀速上升过程中，下列有关说法正确的是(　　) A．拖把杆对拖把头的作用力逐渐增大 B．拖把头对玻璃的压力越来越小，摩擦力也越来越小 C．无论杆与竖直方向夹角多大都可以推动拖把头上升 D．杆与竖直方向的夹角必须小于某一值才可以推动拖把头上升，该角的正切值为 答案　BD 解析　设杆与竖直方向夹角为θ，对拖把头受力分析，如图所示，拖把头受重力mg、支持力FN、摩擦力f和杆的作用力F四个力作用，由题意可知拖把头时刻处于平衡状态，根据平衡条件有Fcosθ＝mg＋f，FN＝Fsinθ，又f＝μFN，解得F＝，FN＝，f＝，则当拖把头上升即θ减小时，杆对拖把头的作用力F减小，玻璃对拖把头的支持力FN减小，玻璃对拖把头的摩擦力f也减小，由牛顿第三定律可知，拖把头对玻璃的压力FN′减小，摩擦力f′也减小，A错误，B正确；当cotθ－μ≤0，即tanθ≥时，F、FN、f没有符合实际的解，即无论推力多大都不能推动拖把头上升，所以杆与竖直方向的夹角必须小于某一值才可以推动拖把头上升，该角的正切值为，C错误，D正确。 4．(2023·山东省聊城市高三下第二次模拟)(多选)甲、乙两建筑工人用简易机械装置将工件从楼顶运送到地面。如图所示，两工人保持位置不动，甲通过缓慢拉动手中的绳子，使工件由位置Ⅰ向右运动到位置Ⅱ，在此过程中，乙手中的绳子始终水平，不计绳的重力，忽略滑轮的大小及摩擦力，则在此过程中(　　) A．甲手中绳子上的拉力大小不变 B．乙手中绳子上的拉力不断减小 C．楼顶对甲的支持力增大 D．楼顶对甲的摩擦力大于对乙的摩擦力 答案　BCD 解析　设甲手中绳子上的拉力大小为F甲，乙手中绳子上的拉力大小为F乙，工件重力大小为G，对绳子结点受力分析，如图所示，根据几何关系有F甲、F乙与G组成的矢量三角形与几何三角形OAC相似，有＝＝，工件由位置Ⅰ向右缓慢运动到位置Ⅱ的过程中，OA、AC均变小，OC不变，则甲手中绳子上的拉力F甲减小，乙手中绳子上的拉力F乙减小，故A错误，B正确；设甲手中绳子与水平方向的夹角为θ，则绳子对甲的拉力在竖直方向的分力为F甲1＝F甲sinθ，楼顶对甲的支持力为N＝m甲g－F甲1，由于F甲减小，θ不变，所以楼顶对甲的支持力增大，故C正确；根据平衡条件可得楼顶对甲的摩擦力f甲＝F甲cosθ，设绳子结点与定滑轮之间的绳子与水平方向的夹角为α，楼顶对乙的摩擦力f乙＝F乙＝F甲cosα，由于α>θ，所以楼顶对甲的摩擦力f甲大于对乙的摩擦力f乙，故D正确。 5.(2023·山东省烟台市高三下一模)风筝发明于中国东周春秋时期，是在世界各国广泛开展的一项群众性体育娱乐活动。一平板三角形风筝(不带鸢尾)悬停在空中，如图为风筝的侧视图，风筝平面与水平面的夹角为θ，风筝受到空气的作用力F垂直于风筝平面向上。若拉线长度一定，不计拉线的重力及拉线受到风的作用力，一段时间后，风力增大导致作用力F增大，方向始终垂直于风筝平面，夹角θ不变，再次平衡后相比于风力变化之前(　　) A．风筝距离地面的高度变大 B．风筝所受的合力变大 C．拉线对风筝的拉力变小 D．拉线对风筝的拉力与水平方向的夹角变小 答案　A 解析　对风筝受力分析，风力变化之前，风力为F，风筝重力为G，拉线拉力为T，当风力增大，风力变为F1，风筝重力不变，拉线拉力变为T1，矢量三角形如图所示，风筝悬停在空中，可得风筝所受的合力始终为零，保持不变，由图可以看出，再次平衡后相比于风力变化之前，拉线拉力变大，拉线对风筝的拉力与水平方向的夹角α变大，故B、C、D错误；设拉线长为L，则风筝距地面高度h＝Lsinα，再次平衡后相比于风力变化之前，风筝距离地面的高度变大，故A正确。 6．(2022·湖南高考)2022年北京冬奥会跳台滑雪空中技巧比赛场地边，有一根系有飘带的风力指示杆，教练员根据飘带的形态提示运动员现场风力的情况。若飘带可视为粗细一致的匀质长绳，其所处范围内风速水平向右、大小恒定且不随高度改变。当飘带稳定时，飘带实际形态最接近的是(　　) 答案　A 解析　将飘带等分为极多段长度相等的小段，每段均可看成质量相等的质点，因风速水平向右、大小恒定且不随高度改变，则每段飘带受到的风力相等，设为F，方向水平向右，每段飘带所受的重力设为G，则从飘带自由端起，x段飘带受重力xG、风力xF以及紧邻的上方飘带(或与杆的系点)的拉力Tx而平衡，如图所示，这部分飘带上端切线与竖直方向的夹角θx满足tanθx＝＝，即θx与选取的x的大小无关，为定值，则飘带为一条倾斜的直线，故选A。 7.打印机是现代办公不可或缺的设备，正常情况下，进纸系统能做到“每次只进一张纸”，进纸系统的结构如图所示。设图中刚好有10张相同的纸，每张纸的质量均为m，搓纸轮按图示方向转动时带动最上面的第1张纸匀速向右运动，搓纸轮与纸张之间的动摩擦因数为μ1，纸张与纸张之间、纸张与底部摩擦片之间的动摩擦因数均为μ2，工作时搓纸轮给第1张纸压力大小为F。重力加速度为g，打印机正常工作时，下列说法正确的是(　　) A．第1张纸受到搓纸轮的摩擦力方向向左 B．第2张与第3张纸之间的摩擦力大小为2μ2mg C．第10张纸与摩擦片之间的摩擦力大小为μ2(mg＋F) D．要做到“每次只进一张纸”，应要求μ1<μ2 答案　C 解析　打印机正常工作时，搓纸轮带动第1张纸向右运动，故第1张纸上表面受到搓纸轮施加的摩擦力f方向向右，A错误；第1张纸下表面受到第2张纸施加的滑动摩擦力f′，方向向左，即有f′＝μ2(mg＋F)，要让纸张一张一张进入打印机，则需满足f′＝μ2(mg＋F)<f≤μ1F，故必有μ1>μ2，D错误；第2张纸与第3张纸之间的摩擦力及第10张纸与摩擦片之间的摩擦力都是静摩擦力，根据平衡条件可知其大小均为f′＝μ2(mg＋F)，B错误，C正确。 8.歼－20战斗机安装了我国自主研制的矢量发动机，能够在不改变飞机飞行方向的情况下，通过转动尾喷口方向改变推力的方向，使战斗机获得很多优异的飞行性能。已知在歼－20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航时升阻比(垂直机身向上的升力和平行机身向后的阻力之比)为k，飞机的重力为G，能使飞机实现水平匀速巡航模式的最小推力是(　　) A. B. C. D．G 答案　C 解析　如图，歼－20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航时，飞机受到重力G、发动机推力F1、升力F2和空气阻力f，重力的方向竖直向下，升力F2的方向竖直向上，空气阻力f的方向与F2垂直，根据平衡条件，水平方向有Fx＝f，竖直方向有F2＋Fy＝G，由题意知F2＝kf，解得Fy＝G－kf，则F＝F＋F＝(k2＋1)f2－2kGf＋G2，F与f的函数图像为开口向上的抛物线，当f＝时，F取最小值，解得最小推力是F1min＝，故选C。 二、非选择题(本题共1小题) 9．(2023·湖北高考)某同学利用测质量的小型家用电子秤，设计了测量木块和木板间动摩擦因数μ的实验。如图a所示，木板和木块A放在水平桌面上，电子秤放在水平地面上，木块A和放在电子秤上的重物B通过跨过定滑轮的轻绳相连。调节滑轮，使其与木块A间的轻绳水平，与重物B间的轻绳竖直。在木块A上放置n(n＝0，1，2，3，4，5)个砝码(电子秤称得每个砝码的质量m0为20.0 g)，向左拉动木板的同时，记录电子秤的对应示数m。 (1)实验中，拉动木板时________(填“必须”或“不必”)保持匀速。 (2)用mA和mB分别表示木块A和重物B的质量，则m和mA、mB、m0、μ、n所满足的关系式为m＝________________。 (3)根据测量数据在坐标纸上绘制出m­n图像，如图b所示，可得木块A和木板间的动摩擦因数μ＝________(保留2位有效数字)。 答案　(1)不必　(2)mB－μ(mA＋nm0)　(3)0.40 解析　(1)拉动木板时，木块始终静止，则木块所受的滑动摩擦力始终等于轻绳的拉力，该拉力可通过电子秤间接测出，所以拉动木板时不必保持匀速。 (2)设轻绳中拉力大小为T，根据平衡条件，对木块A和砝码整体有μ(mA＋nm0)g＝T，由题知，重物B对电子秤的压力大小FN＝mg，根据牛顿第三定律可知，电子秤对重物B的支持力大小FN′＝FN，根据平衡条件，对重物B有T＋FN′＝mBg，联立可解得m＝mB－μ(mA＋nm0)。 (3)根据m＝mB－μmA－μm0·n，结合图像可知μm0＝ g＝8 g，则μ＝＝0.40。 8 学科网（北京）股份有限公司 $$