高考物理二輪復習 第1部分 專題講練突破一 力與運動限時規(guī)范訓練1

限時規(guī)范訓練建議用時：45分鐘1如圖在傾斜的直桿上套一個質量為m的圓環(huán)，圓環(huán)通過輕繩拉著一個質量為M的物體，在圓環(huán)沿桿向下滑動的過程中，懸掛物體的輕繩始終處于豎直方向，則()A圓環(huán)只受三個力作用B圓環(huán)一定受四個力作用C物體做勻加速運動D輕繩對物體的拉力小于物體的重力解析：選B.懸掛物體的輕繩始終處于豎直方向，則圓環(huán)和物體均做勻速直線運動，C、D錯；對圓環(huán)受力分析，圓環(huán)要保持平衡狀態(tài)必受到重力、繩的拉力、桿的支持力、桿對圓環(huán)的摩擦力四個力作用，A錯，B對2(2016河南名校模擬)如圖所示，斜面小車M靜止在光滑水平面上，一邊緊貼墻壁若再在斜面上加一物體m，且小車M、物體m相對靜止，此時小車受力個數(shù)為()A3B4C5 D6解析：選B.對小車和物體整體，它們必受到重力和地面的支持力，因小車、物體相對靜止，由平衡條件知墻面對小車必無作用力，以小車為研究對象，它受重力Mg，地面的支持力FN1，物體對它的壓力FN2和靜摩擦力Ff，B對3(2016湖北黃石二模)將一橫截面為扇形的物體B放在水平面上，一小滑塊A放在物體B上，如圖所示，除了物體B與水平面間的摩擦力之外，其余接觸面的摩擦力均可忽略不計，已知物體B的質量為M、滑塊A的質量為m，當整個裝置靜止時，滑塊A與物體B接觸的一面與豎直擋板之間的夾角為.已知重力加速度為g，則下列選項正確的是()A物體B對水平面的壓力大小為MgB物體B受水平面的摩擦力大小為mgtan C滑塊A與豎直擋板之間的彈力大小為D滑塊A對物體B的壓力大小為解析：選C.以滑塊A為研究對象進行受力分析，并運用合成法，如圖所示，由幾何知識得，擋板對滑塊A的彈力大小為N1，C正確；物體B對滑塊A的彈力大小為N2，根據(jù)牛頓第三定律，滑塊A對物體B的壓力大小為，D錯誤；以滑塊A和物體B組成的系統(tǒng)為研究對象，在豎直方向上受力平衡，則水平面對物體B的支持力N(Mm)g，故水平面所受壓力大小為(Mm)g，A錯誤；A和B組成的系統(tǒng)在水平方向上受力平衡，則水平面對物體B的摩擦力大小為fN1，B錯誤4如圖所示，固定斜面上的物體A用跨過滑輪的細線與小砂桶相連，連接A的細線與斜面平行，不計細線與滑輪間的摩擦力若要使物體A在斜面上保持靜止，砂桶中砂的質量有一定的范圍，已知其最大值和最小值分別為m1和m2(m20)，重力加速度為g，由此可求出()A物體A的質量B斜面的傾角C物體A對斜面的正壓力D物體A與斜面間的最大靜摩擦力解析：選D.設物體A的質量為M，砂桶的質量為m0，物體與斜面間的最大靜摩擦力為fm，斜面傾角為，由平衡條件可得物體A將要上滑時，有m0gm1gMgsin fm；物體A將要下滑時，有m0gm2gMgsin fm，可得fm，D正確不能求出其他的物理量，A、B、C錯誤5(2017江西南昌質檢)如圖所示，粗糙水平面上有一固定的、粗糙程度處處相同的圓弧形框架ABC，框架下面放置一塊厚度不計的金屬板，金屬板的中心O點是框架的圓心，框架上套有一個輕圓環(huán)，用輕彈簧把圓環(huán)與金屬板的O點固定連接，開始時輕彈簧處于水平拉伸狀態(tài)用一個始終沿框架切線方向的拉力F拉動圓環(huán)，從左側水平位置緩慢繞框架運動，直到輕彈簧達到豎直位置，金屬板始終保持靜止狀態(tài)，則在整個過程中()A沿框架切線方向拉力F逐漸減小B水平面對金屬板的摩擦力逐漸增大C水平面對金屬板的支持力逐漸減小D框架對圓環(huán)的支持力逐漸減小解析：選C.彈簧伸長量不變，彈簧的彈力大小F不變，彈簧與水平方向夾角為.金屬板受重力mg、支持力N、彈簧的拉力F和向右的靜摩擦力f作用，水平方向fFcos ，豎直方向NFsin mg，得NmgFsin ，隨著的增大，支持力不斷減小，靜摩擦力逐漸減小，故B錯，C對；圓環(huán)受彈簧的拉力、框架的支持力(大小不變?yōu)镕)、拉力F和滑動摩擦力f，有FfF，故拉力大小不變，A、D錯6(2016陜西咸陽五校聯(lián)考)質量均為m的a、b兩木塊疊放在水平面上，如圖所示，a受到斜向上且與水平面成角的力F1的作用，b受到斜向下且與水平面成角的力F2的作用，兩力大小相等，均為F，且在同一豎直平面內，此時兩木塊保持靜止，則()Ab一定受到四個力的作用B水平面對b的支持力可能大于2mgCa、b之間一定存在靜摩擦力Db與水平面之間一定存在靜摩擦力解析：選C.a受重力mg、支持力FN、力F1、靜摩擦力Ff，在水平方向上有FfF1cos ，故C對；對a、b整體分析，在水平方向上，F(xiàn)1和F2的分力大小相等，方向相反，則地面對b無摩擦力，在豎直方向上，F(xiàn)1和F2的分力大小相等，方向相反，則地面的支持力為2mg，故B、D錯；由以上分析知，b受重力mg、地面支持力、a對b的壓力和摩擦力、力F2共五個力作用，A錯7一輕繩一端系在豎直墻M上，另一端系一質量為m的物體A，用一輕質光滑圓環(huán)O穿過輕繩，并用力F拉住輕環(huán)上一點，如圖所示現(xiàn)使物體A從圖中實線位置緩慢下降到虛線位置則在這一過程中，力F、繩中張力FT和力F與水平方向夾角的變化情況是()AF保持不變，F(xiàn)T逐漸增大，夾角逐漸減小BF逐漸增大，F(xiàn)T保持不變，夾角逐漸增大CF逐漸減小，F(xiàn)T保持不變，夾角逐漸減小DF保持不變，F(xiàn)T逐漸減小，夾角逐漸增大解析：選C.圓環(huán)受到三個力，拉力F以及兩個繩子的拉力FT，三力平衡，故兩個繩子的拉力的合力與拉力F始終等值、反向、共線，由于兩個繩子的拉力等于mg，夾角越大，合力越小，且合力在角平分線上，故拉力F逐漸變小，由于始終與兩輕繩拉力的合力反向，故拉力F逐漸水平，逐漸變小，選項C正確8(2016河北保定一模)在機場貨物托運處，常用傳送帶運送行李和貨物，如圖所示靠在一起的兩個材料相同、質量和大小均不同的行李箱隨傳送帶一起上行，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是()A勻速上行時b受3個力作用B勻加速上行時b受4個力作用C在上行過程中傳送帶因故突然停止后，b受4個力作用D在上行過程中傳送帶因故突然停止后，b受的摩擦力一定比原來大解析：選A.勻速上行時，對行李箱a、b受力分析，分別受重力、支持力和靜摩擦力作用，a、b間沒有擠壓，故不會有彈力，A對；同理，勻加速上行時，a、b間也沒有擠壓，故不會有彈力，B錯；在上行過程中傳送帶因故突然停止時，a、b由于慣性繼續(xù)上滑，根據(jù)牛頓第二定律，有mgsin mgcos ma，解得ag(sin cos )，由于a、b的材料相同，動摩擦因數(shù)相同，故加速度相同，沒有相互擠壓，a、b受重力、支持力和沿傳送帶向下的摩擦力三個力作用，C錯；在上行過程中傳送帶因故突然停止后，a、b由于慣性繼續(xù)上滑，所受摩擦力為滑動摩擦力，而a、b沿傳送帶勻速運動時所受摩擦力不大于最大靜摩擦力，故b受到的摩擦力不一定變大，D錯9(多選)如圖所示，質量為M的三角形木塊A靜止在水平面上，其左右兩斜面光滑一質量為m的物體B沿傾角30的右側斜面加速下滑時，三角形木塊A剛好保持靜止假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則當物塊B沿傾角60的左側斜面下滑時，下列說法中正確的是()AA將向右滑動，若要使A仍然靜止需對其施加向左側的作用力BA仍然靜止不動，地面對A的摩擦力兩種情況下等大CA仍然靜止不動，對地面的壓力比沿右側下滑時對地面的壓力小D若45，物塊沿右側斜面下滑時，A將滑動解析：選AD.物體B沿著右側斜面下滑時，對斜面的壓力等于重力的垂直分力，為Fmgcos 30，對物體A受力分析，受重力、壓力、支持力和向右的靜摩擦力，如圖所示物體A恰好不滑動，故靜摩擦力達到最大值，等于滑動摩擦力，根據(jù)平衡條件得，水平方向：FfFsin 30，豎直方向：FNMgFcos 30，其中FfFN，解得.物體B從左側下滑，先假設斜面體A不動，受重力、支持力、壓力和向左的摩擦力，如圖所示：壓力等于物體B重力的垂直分力，為Fmgcos 60mg；豎直方向受力平衡，支持力為：FNMgFcos 60Mgmg，故最大靜摩擦力FfmFN(Mgmg)；壓力的水平分力為Fcos 30mgFfm，故一定滑動，要使A靜止，需要對其施加向左的推力，故選項A正確，B、C錯誤；若45，物體B沿右側斜面下滑時，先假設A不滑動，B對A的壓力為mgcos 45，該壓力的水平分量為mgcos 45sin 45，豎直分量為mgcos245，與30時相比，B對A壓力的水平分力變大了，B對A壓力的豎直分力變小了，故最大靜摩擦力減小了，故一定滑動，故選項D正確10長為L的通電導體放在傾角為的光滑斜面上，并處在磁感應強度為B的勻強磁場中，如圖所示，當B方向豎直向上，電流為I1時導體處于平衡狀態(tài)，若B方向改為垂直斜面向上，則電流為I2時導體仍處于平衡狀態(tài)，電流比值應為()Acos B.Csin D.解析：選B.當B豎直向上時，對導體受力分析如圖1所示，由平衡條件得：BI1Lmgtan 當B垂直斜面向上時，對導體受力分析如圖2所示，由平衡條件得：BI2Lmgsin 聯(lián)立得：，故選項B正確11(2016湖北省天門市調研)如圖所示，小球P、Q帶電量相等、質量相等(可視為點電荷)，都用同樣長度的絕緣細線掛在絕緣的豎直墻上O點，P球靠墻且其懸線剛好豎直，Q球懸線偏離豎直方向一定角度而靜止由于某種外部原因，兩球再次靜止時它們之間的距離變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則下面所列原因中可能正確的是()AQ的帶電量不變，P的帶電量變?yōu)樵瓉淼?倍BP的帶電量不變，Q的帶電量變?yōu)樵瓉淼?倍CQ的帶電量不變，P的帶電量變?yōu)樵瓉淼?倍DP的帶電量不變，Q的帶電量變?yōu)樵瓉淼?6倍解析：選C.小球Q受力如圖所示，兩絕緣線的長度都是L，則OPQ是等腰三角形，線的拉力T與重力G相等，GT，小球靜止處于平衡狀態(tài)，則庫侖力F2Gsin，若它們之間的距離變?yōu)樵瓉淼膬杀叮鶕?jù)力和邊三角形相似可得，當x加倍時，庫侖力F必加倍，即庫侖力變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)庫侖定律F，則有：當Q的帶電量不變，P的帶電量變?yōu)樵瓉淼?倍，且間距變?yōu)樵瓉淼?倍，那么庫侖力變?yōu)樵瓉淼囊话?，故A錯誤；當P的帶電量不變，Q的帶電量變?yōu)樵瓉淼?倍，且間距變?yōu)樵瓉淼?倍，那么庫侖力不變，故B錯誤；當Q的帶電量不變，P的帶電量變?yōu)樵瓉淼?倍，且間距變?yōu)樵瓉淼?倍，那么庫侖力變?yōu)樵瓉淼?倍，故C正確；當P的帶電量不變，Q的帶電量變?yōu)樵瓉淼?6倍，且間距變?yōu)樵瓉淼?倍，那么庫侖力變?yōu)樵瓉淼?倍，故D錯誤12如圖所示，水平細桿上套一環(huán)A，環(huán)A與球B間用一輕質繩相連，質量分別為mA、mB，由于B球受到風力作用，環(huán)A與B球一起向右勻速運動已知繩與豎直方向的夾角為，則下列說法中正確的是()AB球受到的風力F為mBgtan B風力增大時，輕質繩對B球的拉力保持不變C風力增大時，桿對環(huán)A的支持力增大D環(huán)A與水平細桿間的動摩擦因數(shù)為解析：選A.對球B受力分析如圖1所示由平衡條件可知A正確；當風力增大時，由于F拉T，增大，F(xiàn)拉增大，所以B錯誤；以整體為研究對象，受力分析如圖2所示，豎直方向桿對環(huán)A的支持力與環(huán)A和B球整體受到的重力平衡，C錯誤；水平方向上，mBgtan (mAmB)g，所以D錯誤13(2016湖南八校二聯(lián))(多選)如圖所示，頂端附有光滑定滑輪的斜面體靜止在粗糙水平地面上，三條細繩結于O點一條繩跨過定滑輪平行于斜面連接物塊P，一條繩連接小球Q，P、Q兩物體處于靜止狀態(tài)，另一條繩OA在外力F的作用下使夾角90.現(xiàn)緩慢改變繩OA的方向至90，且保持結點O位置不變，整個裝置始終處于靜止狀態(tài)下列說法正確的是()A繩OA的拉力先減小后增大B斜面對物塊P的摩擦力的大小可能先減小后增大C地面對斜面體有向右的摩擦力D地面對斜面體的支持力大于物塊P和斜面體的重力之和解析：選ABD.緩慢改變繩OA的方向至90的過程，OA拉力的方向變化如圖2，從1位置到2位置到3位置所示，可見OA的拉力先減小后增大，OP的拉力一直增大；故A正確；若開始時P受繩子的拉力比較小，則斜面對P的摩擦力沿斜面向上，OP拉力一直增大，則摩擦力先變小后反向增大，故B正確；以斜面和PQ整體為研究對象受力分析，根據(jù)平衡條件：斜面受地面的摩擦力與OA繩子水平方向的拉力等大反向，故摩擦力方向向左，C錯誤；以斜面體和P為研究對象，在豎直方向上有：M斜gMPgNFcos ，故NM斜gMPg，故D正確14(多選)如圖所示，一個質量為4 kg的半球形物體A放在傾角為37的斜面B上靜止不動若用通過球心的水平推力F10 N作用在物體上，物體仍靜止在斜面上，斜面仍相對地面靜止已知sin 370.6，cos 370.8，取g10 m/s2，則()A物體A受到斜面B的摩擦力增加8 NB物體A對斜面B的作用力增加10 NC地面對斜面B的彈力不變D地面對斜面B的摩擦力增加10 N解析：選CD.若用通過球心的水平推力F10 N作用在物體上，物體仍靜止在斜面上，將該力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡條件可得：Fcos 37Ffmgsin 37，解得摩擦力Ff16 N物體A受到斜面B的摩擦力減小Ff24 N16 N8 N，選項A錯誤；沒有施加水平力F時，根據(jù)平衡條件，A受斜面作用力與重力等大反向，即大小為40 N，根據(jù)牛頓第三定律，物體A對斜面的作用力為40 N，方向豎直向下施加水平力F后，物體A對斜面的作用力如圖，F(xiàn)N10 N，物體A對斜面B的作用力增加(1040)N，選項B錯誤；把物體A和斜面B看做整體，分析受力，由平衡條件可知，地面對斜面B的彈力不變，摩擦力增加10 N，選項C、D正確