高考物理二轮复习 第1部分 专题讲练突破一 力与运动限时规范训练1-人教版高三全册物理试题.doc

《高考物理二轮复习 第1部分 专题讲练突破一 力与运动限时规范训练1-人教版高三全册物理试题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理二轮复习 第1部分 专题讲练突破一 力与运动限时规范训练1-人教版高三全册物理试题.doc（10页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、限时规范训练建议用时：45分钟1如图在倾斜的直杆上套一个质量为m的圆环，圆环通过轻绳拉着一个质量为M的物体，在圆环沿杆向下滑动的过程中，悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向，则()A圆环只受三个力作用B圆环一定受四个力作用C物体做匀加速运动D轻绳对物体的拉力小于物体的重力解析：选B.悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向，则圆环和物体均做匀速直线运动，C、D错；对圆环受力分析，圆环要保持平衡状态必受到重力、绳的拉力、杆的支持力、杆对圆环的摩擦力四个力作用，A错，B对2(2016河南名校模拟)如图所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁若再在斜面上加一物体m，且小车M、物体m相对静止，此时小车受力个数

2、为()A3B4C5 D6解析：选B.对小车和物体整体，它们必受到重力和地面的支持力，因小车、物体相对静止，由平衡条件知墙面对小车必无作用力，以小车为研究对象，它受重力Mg，地面的支持力FN1，物体对它的压力FN2和静摩擦力Ff，B对3(2016湖北黄石二模)将一横截面为扇形的物体B放在水平面上，一小滑块A放在物体B上，如图所示，除了物体B与水平面间的摩擦力之外，其余接触面的摩擦力均可忽略不计，已知物体B的质量为M、滑块A的质量为m，当整个装置静止时，滑块A与物体B接触的一面与竖直挡板之间的夹角为.已知重力加速度为g，则下列选项正确的是()A物体B对水平面的压力大小为MgB物体B受水平面的摩擦力

3、大小为mgtan C滑块A与竖直挡板之间的弹力大小为D滑块A对物体B的压力大小为解析：选C.以滑块A为研究对象进行受力分析，并运用合成法，如图所示，由几何知识得，挡板对滑块A的弹力大小为N1，C正确；物体B对滑块A的弹力大小为N2，根据牛顿第三定律，滑块A对物体B的压力大小为，D错误；以滑块A和物体B组成的系统为研究对象，在竖直方向上受力平衡，则水平面对物体B的支持力N(Mm)g，故水平面所受压力大小为(Mm)g，A错误；A和B组成的系统在水平方向上受力平衡，则水平面对物体B的摩擦力大小为fN1，B错误4如图所示，固定斜面上的物体A用跨过滑轮的细线与小砂桶相连，连接A的细线与斜面平行，不计细线

4、与滑轮间的摩擦力若要使物体A在斜面上保持静止，砂桶中砂的质量有一定的范围，已知其最大值和最小值分别为m1和m2(m20)，重力加速度为g，由此可求出()A物体A的质量B斜面的倾角C物体A对斜面的正压力D物体A与斜面间的最大静摩擦力解析：选D.设物体A的质量为M，砂桶的质量为m0，物体与斜面间的最大静摩擦力为fm，斜面倾角为，由平衡条件可得物体A将要上滑时，有m0gm1gMgsin fm；物体A将要下滑时，有m0gm2gMgsin fm，可得fm，D正确不能求出其他的物理量，A、B、C错误5(2017江西南昌质检)如图所示，粗糙水平面上有一固定的、粗糙程度处处相同的圆弧形框架ABC，框架下面放置

5、一块厚度不计的金属板，金属板的中心O点是框架的圆心，框架上套有一个轻圆环，用轻弹簧把圆环与金属板的O点固定连接，开始时轻弹簧处于水平拉伸状态用一个始终沿框架切线方向的拉力F拉动圆环，从左侧水平位置缓慢绕框架运动，直到轻弹簧达到竖直位置，金属板始终保持静止状态，则在整个过程中()A沿框架切线方向拉力F逐渐减小B水平面对金属板的摩擦力逐渐增大C水平面对金属板的支持力逐渐减小D框架对圆环的支持力逐渐减小解析：选C.弹簧伸长量不变，弹簧的弹力大小F不变，弹簧与水平方向夹角为.金属板受重力mg、支持力N、弹簧的拉力F和向右的静摩擦力f作用，水平方向fFcos ，竖直方向NFsin mg，得NmgFsin

6、 ，随着的增大，支持力不断减小，静摩擦力逐渐减小，故B错，C对；圆环受弹簧的拉力、框架的支持力(大小不变为F)、拉力F和滑动摩擦力f，有FfF，故拉力大小不变，A、D错6(2016陕西咸阳五校联考)质量均为m的a、b两木块叠放在水平面上，如图所示，a受到斜向上且与水平面成角的力F1的作用，b受到斜向下且与水平面成角的力F2的作用，两力大小相等，均为F，且在同一竖直平面内，此时两木块保持静止，则()Ab一定受到四个力的作用B水平面对b的支持力可能大于2mgCa、b之间一定存在静摩擦力Db与水平面之间一定存在静摩擦力解析：选C.a受重力mg、支持力FN、力F1、静摩擦力Ff，在水平方向上有FfF1

7、cos ，故C对；对a、b整体分析，在水平方向上，F1和F2的分力大小相等，方向相反，则地面对b无摩擦力，在竖直方向上，F1和F2的分力大小相等，方向相反，则地面的支持力为2mg，故B、D错；由以上分析知，b受重力mg、地面支持力、a对b的压力和摩擦力、力F2共五个力作用，A错7一轻绳一端系在竖直墙M上，另一端系一质量为m的物体A，用一轻质光滑圆环O穿过轻绳，并用力F拉住轻环上一点，如图所示现使物体A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置则在这一过程中，力F、绳中张力FT和力F与水平方向夹角的变化情况是()AF保持不变，FT逐渐增大，夹角逐渐减小BF逐渐增大，FT保持不变，夹角逐渐增大CF逐渐减小，

8、FT保持不变，夹角逐渐减小DF保持不变，FT逐渐减小，夹角逐渐增大解析：选C.圆环受到三个力，拉力F以及两个绳子的拉力FT，三力平衡，故两个绳子的拉力的合力与拉力F始终等值、反向、共线，由于两个绳子的拉力等于mg，夹角越大，合力越小，且合力在角平分线上，故拉力F逐渐变小，由于始终与两轻绳拉力的合力反向，故拉力F逐渐水平，逐渐变小，选项C正确8(2016河北保定一模)在机场货物托运处，常用传送带运送行李和货物，如图所示靠在一起的两个材料相同、质量和大小均不同的行李箱随传送带一起上行，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是()A匀速上行时b受3个力作用B匀加速上行时b受4个力作用C在上

9、行过程中传送带因故突然停止后，b受4个力作用D在上行过程中传送带因故突然停止后，b受的摩擦力一定比原来大解析：选A.匀速上行时，对行李箱a、b受力分析，分别受重力、支持力和静摩擦力作用，a、b间没有挤压，故不会有弹力，A对；同理，匀加速上行时，a、b间也没有挤压，故不会有弹力，B错；在上行过程中传送带因故突然停止时，a、b由于惯性继续上滑，根据牛顿第二定律，有mgsin mgcos ma，解得ag(sin cos )，由于a、b的材料相同，动摩擦因数相同，故加速度相同，没有相互挤压，a、b受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力三个力作用，C错；在上行过程中传送带因故突然停止后，a、b由于惯性继续

10、上滑，所受摩擦力为滑动摩擦力，而a、b沿传送带匀速运动时所受摩擦力不大于最大静摩擦力，故b受到的摩擦力不一定变大，D错9(多选)如图所示，质量为M的三角形木块A静止在水平面上，其左右两斜面光滑一质量为m的物体B沿倾角30的右侧斜面加速下滑时，三角形木块A刚好保持静止假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则当物块B沿倾角60的左侧斜面下滑时，下列说法中正确的是()AA将向右滑动，若要使A仍然静止需对其施加向左侧的作用力BA仍然静止不动，地面对A的摩擦力两种情况下等大CA仍然静止不动，对地面的压力比沿右侧下滑时对地面的压力小D若45，物块沿右侧斜面下滑时，A将滑动解析：选AD.物体B沿着右侧斜面下滑时，

11、对斜面的压力等于重力的垂直分力，为Fmgcos 30，对物体A受力分析，受重力、压力、支持力和向右的静摩擦力，如图所示物体A恰好不滑动，故静摩擦力达到最大值，等于滑动摩擦力，根据平衡条件得，水平方向：FfFsin 30，竖直方向：FNMgFcos 30，其中FfFN，解得.物体B从左侧下滑，先假设斜面体A不动，受重力、支持力、压力和向左的摩擦力，如图所示：压力等于物体B重力的垂直分力，为Fmgcos 60mg；竖直方向受力平衡，支持力为：FNMgFcos 60Mgmg，故最大静摩擦力FfmFN(Mgmg)；压力的水平分力为Fcos 30mgFfm，故一定滑动，要使A静止，需要对其施加向左的推力

12、，故选项A正确，B、C错误；若45，物体B沿右侧斜面下滑时，先假设A不滑动，B对A的压力为mgcos 45，该压力的水平分量为mgcos 45sin 45，竖直分量为mgcos245，与30时相比，B对A压力的水平分力变大了，B对A压力的竖直分力变小了，故最大静摩擦力减小了，故一定滑动，故选项D正确10长为L的通电导体放在倾角为的光滑斜面上，并处在磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，当B方向竖直向上，电流为I1时导体处于平衡状态，若B方向改为垂直斜面向上，则电流为I2时导体仍处于平衡状态，电流比值应为()Acos B.Csin D.解析：选B.当B竖直向上时，对导体受力分析如图1所示，由平衡

13、条件得：BI1Lmgtan 当B垂直斜面向上时，对导体受力分析如图2所示，由平衡条件得：BI2Lmgsin 联立得：，故选项B正确11(2016湖北省天门市调研)如图所示，小球P、Q带电量相等、质量相等(可视为点电荷)，都用同样长度的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O点，P球靠墙且其悬线刚好竖直，Q球悬线偏离竖直方向一定角度而静止由于某种外部原因，两球再次静止时它们之间的距离变为原来的两倍，则下面所列原因中可能正确的是()AQ的带电量不变，P的带电量变为原来的2倍BP的带电量不变，Q的带电量变为原来的4倍CQ的带电量不变，P的带电量变为原来的8倍DP的带电量不变，Q的带电量变为原来的16倍解析：选C

14、.小球Q受力如图所示，两绝缘线的长度都是L，则OPQ是等腰三角形，线的拉力T与重力G相等，GT，小球静止处于平衡状态，则库仑力F2Gsin，若它们之间的距离变为原来的两倍，根据力和边三角形相似可得，当x加倍时，库仑力F必加倍，即库仑力变为原来的2倍，根据库仑定律F，则有：当Q的带电量不变，P的带电量变为原来的2倍，且间距变为原来的2倍，那么库仑力变为原来的一半，故A错误；当P的带电量不变，Q的带电量变为原来的4倍，且间距变为原来的2倍，那么库仑力不变，故B错误；当Q的带电量不变，P的带电量变为原来的8倍，且间距变为原来的2倍，那么库仑力变为原来的2倍，故C正确；当P的带电量不变，Q的带电量变为

15、原来的16倍，且间距变为原来的2倍，那么库仑力变为原来的4倍，故D错误12如图所示，水平细杆上套一环A，环A与球B间用一轻质绳相连，质量分别为mA、mB，由于B球受到风力作用，环A与B球一起向右匀速运动已知绳与竖直方向的夹角为，则下列说法中正确的是()AB球受到的风力F为mBgtan B风力增大时，轻质绳对B球的拉力保持不变C风力增大时，杆对环A的支持力增大D环A与水平细杆间的动摩擦因数为解析：选A.对球B受力分析如图1所示由平衡条件可知A正确；当风力增大时，由于F拉T，增大，F拉增大，所以B错误；以整体为研究对象，受力分析如图2所示，竖直方向杆对环A的支持力与环A和B球整体受到的重力平衡，C

16、错误；水平方向上，mBgtan (mAmB)g，所以D错误13(2016湖南八校二联)(多选)如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于O点一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条绳连接小球Q，P、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA在外力F的作用下使夹角90.现缓慢改变绳OA的方向至90，且保持结点O位置不变，整个装置始终处于静止状态下列说法正确的是()A绳OA的拉力先减小后增大B斜面对物块P的摩擦力的大小可能先减小后增大C地面对斜面体有向右的摩擦力D地面对斜面体的支持力大于物块P和斜面体的重力之和解析：选ABD.缓慢改变绳OA的方向至90的过程，OA拉力的方向变

17、化如图2，从1位置到2位置到3位置所示，可见OA的拉力先减小后增大，OP的拉力一直增大；故A正确；若开始时P受绳子的拉力比较小，则斜面对P的摩擦力沿斜面向上，OP拉力一直增大，则摩擦力先变小后反向增大，故B正确；以斜面和PQ整体为研究对象受力分析，根据平衡条件：斜面受地面的摩擦力与OA绳子水平方向的拉力等大反向，故摩擦力方向向左，C错误；以斜面体和P为研究对象，在竖直方向上有：M斜gMPgNFcos ，故NM斜gMPg，故D正确14(多选)如图所示，一个质量为4 kg的半球形物体A放在倾角为37的斜面B上静止不动若用通过球心的水平推力F10 N作用在物体上，物体仍静止在斜面上，斜面仍相对地面静

18、止已知sin 370.6，cos 370.8，取g10 m/s2，则()A物体A受到斜面B的摩擦力增加8 NB物体A对斜面B的作用力增加10 NC地面对斜面B的弹力不变D地面对斜面B的摩擦力增加10 N解析：选CD.若用通过球心的水平推力F10 N作用在物体上，物体仍静止在斜面上，将该力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡条件可得：Fcos 37Ffmgsin 37，解得摩擦力Ff16 N物体A受到斜面B的摩擦力减小Ff24 N16 N8 N，选项A错误；没有施加水平力F时，根据平衡条件，A受斜面作用力与重力等大反向，即大小为40 N，根据牛顿第三定律，物体A对斜面的作用力为40 N，方向竖直向下施加水平力F后，物体A对斜面的作用力如图，FN10 N，物体A对斜面B的作用力增加(1040)N，选项B错误；把物体A和斜面B看做整体，分析受力，由平衡条件可知，地面对斜面B的弹力不变，摩擦力增加10 N，选项C、D正确