2021届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

1、限时标准训练建议用时：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，那么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，那么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.B. 42. 2021 河南名校模拟如下图，斜面小车 M静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁.假设 再在斜面上加一物体 m且小车

2、 M物体m相对静止，此时小车受力个数为A. 3C. 5D. 6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Fni,物体对它的压力 Fn2和静摩擦力Ff, B对.3. 2021 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，如下图，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，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受水平面的摩擦力大小为mgan

3、0C.滑块A与竖直挡板之间的弹力大小为mg tan 0D滑块A对物体B的压力大小为守解析：选C.以滑块A为研究对象进行受力分析，并运用合成法，如下图，由几何知识得, 挡板对滑块A的弹力大小为N=tan叫，C正确；物体B对滑块A的弹力大小为4不汽 根据牛顿第三定律，滑块 A对物体B的压力大小为sinmg0，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，那么水平面对物体B的支持力N= ( n)g,故水平面所受压力大小为(M+ n)g, A错误；A和B组成的系统在水平方向上受力平衡， 贝U水平 面对物体B的摩擦力大小为f = N豐,B错误.tan 04如下图，固定斜面上的物体

4、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，不计细线与滑轮间的摩擦力.假设要使物体A在斜面上保持静止， 砂桶中砂的质量有一定的范围，其最大值和最小值分别为m和m(m>0)，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 m,物体与斜面间的最大静摩擦力为 fm,斜 面倾角为0，由平衡条件可得物体 A将要上滑时，有 mg+ mg= Mgsin 0 + fm；物体A将要 下滑时，有 mg+ mg= M§in 0 fm,可得fm= mg； mg, D正确

5、不能求出其他的物理量,A B、C错误.5. 2021 江西南昌质检如下图，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，直到轻弹簧到达竖直位置，金属板始终保持静止状态，那么在整个过程中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

6、的弹力大小F'不变，弹簧与水平方向夹角为0 .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f = F' cos 0 , 竖直方向肝F' sin 0 = mg得N= mg- F' sin 0 ,随着0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F= f ' = 口F'，故拉力大小不变， A D错.6. 2021 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，如下图，a受到斜向上且与水平面成 0角的力

7、F1的作用，b受到斜向下且与水平面成 0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，那么 A. b 一定受到四个力的作用B. 水平面对b的支持力可能大于 2mgC. a、b之间一定存在静摩擦力D. b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R、静摩擦力Ff，在水平方向上有 Ff = Rcos 0 , 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，那么地面对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，那么地面的支持力为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

8、力和摩擦力、力 F2共五个力作用，A错.7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 0穿过 轻绳，并用力F拉住轻环上一点，如下图.现使物体A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置.那么在这一过程中，力F、绳中张力Ft和力F与水平方向夹角9的变化情况是A. F保持不变，Ft逐渐增大，夹角9逐渐减小B. F逐渐增大，Ft保持不变，夹角9逐渐增大C. F逐渐减小，Ft保持不变，夹角9逐渐减小D. F保持不变，Ft逐渐减小，夹角9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

9、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，9逐渐变小，选项 C正确.& 2021 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，如下图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，那么以下说法正确的选项是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b受4个力作用b受的摩擦力一定比原来大C. 在上行过程中传送带因故突然停止后,D. 在上行过程中传送带因故突然停止后,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

10、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 m®n 9 + 口 mgcos 9= ma 解得 a= gsin 9 + 口 cos 9 ，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.多项

11、选择如下图，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a = 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，那么当物块B沿倾角3 = 60°的左侧斜面下滑时，以下说法中正确的选项是A.B.A仍然静止不动，地面对 A的摩擦力两种情况下等大A将向右滑动，假设要使 A仍然静止需对其施加向左侧的作用力C.A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.a = 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， 对斜面的压力等于重力的垂直分力，为F= mc

12、cos30°,对物体 A受力分析，受重力、压力、支持力和向右的静摩擦力，如下图物体恰好不滑动，故静摩擦力到达最大值，等于滑动摩擦力，根据平衡条件得，水平方向:Ff3 im=Fsin 30 °，竖直方向：Fn= M肝Feos 30 °，其中Ff = 口 Fn,解得口=齐匸4M物体左侧下滑，先假设斜面体 A不动，受重力、支持力、压力和向左的摩擦力，如下图:1 一1M叶mg ;压力的水平压力等于物体B重力的垂直分力，为 F= macos 60°= 2m9竖直方向受力平衡，支持力为:Fn= Mg Feos 60分力为Feos 301=M肝mg故最大静摩擦力 Rm

13、= 口Fn=3Fmg> Ffm，故一定滑动，要使A静止，需要对其施加向左的推力，故选项A正确，B、C错误；假设a = 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 m妙os 45°，该压力的水平分量为mg?os 45° sin 45°，竖直分量为 mgcos245°，与a = 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，应选项D正确.10长为L的通电导体放在倾角为 B的光滑斜面上，并处在磁感应强度为 B的匀强磁场中, 如下图，当 B方向竖直向上，电流为

14、 11时导体处于平衡状态，假设 B方向改为垂直斜面向11上，那么电流为12时导体仍处于平衡状态，电流比值 r应为I 2A. cos 0C. sin 01D. sin 0解析：选B.当B竖直向上时，对导体受力分析如图1所示，由平衡条件得：BliL= mgan 0联立得：，应选项B正确.I2 cos 011.2021 湖北省天门市调研如下图，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，那么下面所列原因中可能正确的选项是A. Q

15、的带电量不变，P的带电量变为原来的 2倍B. P的带电量不变，Q的带电量变为原来的 4倍C. Q的带电量不变，P的带电量变为原来的 8倍D. P的带电量不变，Q的带电量变为原来的16倍解析：选C.小球Q受力如下图，两绝缘线的长度都是那么厶OPQ是等腰三角形，线的拉A力T与重力G相等，G= T,小球静止处于平衡状态，那么库仑力F= 2GSin迈，假设它们之间的T G F距离变为原来的两倍， 根据力和边三角形相似可得 L= L=X，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= kQq,那么有：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

16、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如下图，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m,由于B球受到风力作用，环 A与B球一起向右匀速运动.绳与竖直方向的夹角为A ,那么以下说法中正确的选项是A. B球受到的风力 F为mgtan AB. 风力增大时，轻质绳对 B球的拉力

17、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nAm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= co%，A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错误；水平方向上，mgtan0 = 口mA+ mg，所以 D错误.13. 2021 湖南八校二联多项选择如下图，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 QP、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA在

18、外力F的作用下使夹角 0 < 90° .现缓慢改变绳OA的方向至0 >90°,且保持结点 O位置不变，整个装置始终处于静止状态以下说法正确的是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0 >90°的过程，OA拉力的方向变化如图 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； 假设开始时P受绳子的拉力比拟小，那么斜面对 P的摩擦力沿斜面向上， OP拉力一直增大，那么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g+ Mg= N+ F' cos a，故N&g