2019-2020年高考物理一轮复习 第二章 高频考点真题验收全通关.DOC

2019-2020年高考物理一轮复习 第二章 高频考点真题验收全通关高频考点一：重力、弹力、摩擦力1(多选)(xx海南高考)下列关于摩擦力的说法，正确的是()A作用在物体上的滑动摩擦力只能使物体减速，不可能使物体加速B作用在物体上的静摩擦力只能使物体加速，不可能使物体减速C作用在物体上的滑动摩擦力既可能使物体减速，也可能使物体加速D作用在物体上的静摩擦力既可能使物体加速，也可能使物体减速2(xx浙江高考)如图1所示，与水平面夹角为30的固定斜面上有一质量 m1.0 kg的物体。细绳的一端与物体相连，另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧测力计相连。物体静止在斜面上，弹簧测力计的示数为4.9 N。关于物体受力的判断(取 g9.8 m/s2)，下列说法正确的是() 图1A斜面对物体的摩擦力大小为零B斜面对物体的摩擦力大小为4.9 N，方向沿斜面向上C斜面对物体的支持力大小为4.9 N，方向竖直向上D斜面对物体的支持力大小为4.9 N，方向垂直斜面向上3(多选)(2011山东高考)如图2所示，将两相同的木块a、b置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳系于墙壁。开始时a、b均静止，弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a所受摩擦力Ffa0，b所受摩擦力Ffb0。现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间() 图2AFfa大小不变BFfa方向改变CFfb仍然为零 DFfb方向向右4(2011天津高考)如图3所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力() 图3A方向向左，大小不变 B方向向左，逐渐减小C方向向右，大小不变 D方向向右，逐渐减小高频考点二：力的合成与分解5(2011广东高考)如图4所示的水平面上，橡皮绳一端固定，另一端连接两根弹簧，连接点P在F1、F2和F3三力作用下保持静止。下列判断正确的是() 图4AF1F2F3BF3F1F2CF2F3F1DF3F2F16(xx广东高考)如图5所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45，日光灯保持水平，所受重力为G，左右两绳的拉力大小分别为() 图5AG和G B.G和GC.G和G D.G和G7(xx上海高考)已知两个共点力的合力为50 N，分力F1的方向与合力F的方向成30角，分力F2的大小为30 N。则()AF1的大小是唯一的 BF2的方向是唯一的CF2有两个可能的方向 DF2可取任意方向8(多选)(xx全国卷)xx年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。图6(a)为利用阻拦系统让航载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止。某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t0.4 s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度时间图线如图(b)所示。假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 000 m。已知航母始终静止，重力加速度的大小为g。则()图6A从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的B在0.42.5 s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5gD在0.42.5 s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变高频考点三：受力分析、物体的平衡9(2011江苏高考)如图7所示，石拱桥的正中央有一质量为m的对称楔形石块，侧面与竖直方向的夹角为，重力加速度为g，若接触面间的摩擦力忽略不计，则石块侧面所受弹力的大小为() 图7A BCmgtan Dmgcot 10(xx全国卷)如图8，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上。若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F20)。由此可求出() 图8A物块的质量B斜面的倾角C物块与斜面间的最大静摩擦力D物块对斜面的正压力11(xx安徽高考)L形木板P(上表面光滑)放在固定斜面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的滑块Q相连，如图9所示。若P、Q一起沿斜面匀速下滑，不计空气阻力。则木板P的受力个数为()图9A3 B4C5 D6高频考点四：整体法与隔离法的应用12(多选)(xx山东高考)如图10所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动(m1在地面，m2在空中)，力F与水平方向成角。则m1所受支持力N和摩擦力f正确的是() 图10ANm1gm2gFsin BNm1gm2gFcos CfFcos DfFsin 13(xx北京高考)倾角为、质量为M的斜面体静止在水平桌面上，质量为m的木块静止在斜面体上。下列结论正确的是() 图11A木块受到的摩擦力大小是mgcos B木块对斜面体的压力大小是mgsin C桌面对斜面体的摩擦力大小是mgsin cos D桌面对斜面体的支持力大小是(Mm)g高频考点五：动态平衡问题14(xx大纲卷)如图12，一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的压力大小为FN1，球对木板的压力大小为FN2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。不计摩擦，在此过程中() 图12AFN1始终减小，FN2始终增大BFN1始终减小，FN2始终减小CFN1先增大后减小，FN2始终减小DFN1先增大后减小，FN2先减小后增大15(xx天津高考)如图13所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点。现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力FN以及绳对小球的拉力FT的变化情况是() 图13AFN保持不变，FT不断增大BFN不断增大，FT不断减小CFN保持不变，FT先增大后减小DFN不断增大，FT先减小后增大16(多选)(xx山东高考)如图14所示，两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动，在O点悬挂一重物M，将两相同木块m紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止。Ff表示木块与挡板间摩擦力的大小，FN表示木块与挡板间正压力的大小。若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O1、O2始终等高，则()图14AFf变小 BFf不变CFN变小 DFN变大答案1选CD摩擦力总是阻碍物体的相对运动(或相对运动趋势)，而物体间的相对运动与物体的实际运动无关，当摩擦力的方向与物体的运动方向一致时，摩擦力是动力，方向相反时为阻力，故C、D项正确。2选A由弹簧测力计的示数为4.9 N可知细绳对物体的拉力大小也为4.9 N，刚好等于物体的重力沿斜面向下的分力，因此物体在重力、绳子的拉力和斜面的支持力下能够保持平衡状态，选项A正确，选项B错误；由平衡条件，斜面对物体的支持力 FNmgcos 304.9 N，方向垂直斜面向上，选项CD错误。3选AD弹簧处于伸长状态，弹簧对物体施加的是拉力。先对物体b进行受力分析。在细绳未剪断时，b在水平方向上受到两个力的作用，向左的弹簧拉力和向右的绳的拉力，在突然剪断细绳时，弹簧拉力还没有发生变化，即弹簧的长度没有变化，物体b具有向左运动的趋势，所以要受到一个与弹簧拉力方向相反的摩擦力，选项C错误，选项D正确；对物体a受力分析，在剪断细绳前后，物体a的位置没有发生变化，受到的弹簧拉力和细绳拉力没有发生变化，故它所受到的摩擦力没有发生变化，选项A正确，选项B错误。4选AA、B相对静止地一起做匀减速直线运动，则加速度大小、方向均恒定并与速度方向相反；物体B具有水平向左的恒定加速度，则物体B受到的合外力水平向左且恒定，对物体B受力分析可知，物体B在水平方向受到的合外力就是物体A施加的静摩擦力，因此，物体B受到的摩擦力方向向左，且大小不变。5.选B由于三力共点平衡，故三力首尾相连构成封闭三角形，如图所示，由三角形的边角关系可知，B正确。6选B由对称性可知，左右两端拉力大小相等，则2Fcos 45G，解得：FG，B正确。7选CF230 N25 N，此时有 Fsin 30F2F，可构成两个三角形，即F1的大小有两个，则F2有两个可能的方向，故选项ABD错误，选项C正确。8选AC由vt图线与坐标轴所围的面积的物理意义可知，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的，选项A正确；由vt图像可以看出0.42.5 s内飞机在甲板上滑行过程中的加速度不变，说明飞机受到的合力不变，而两段阻拦索的夹角逐渐减小，故阻拦索的张力减小，选项B错误；根据vt图像可以看出0.42.5 s内加速度大小约为a m/s228.6 m/s2，选项C正确；由于飞机做匀减速运动，所受阻力不变，根据PFv可知，功率逐渐减小，选项D错误。9选A楔形石块受力如图。将弹力沿水平方向和竖直方向分解，由竖直方向受力平衡可得mg2Fcos(90)，解得F，故本题答案为A。10选C物块在斜面上处于静止状态，先对物块进行受力分析，确定其运动趋势，列平衡方程可得Ff。物块受与斜面平行的外力F作用，而在斜面上静止，此时摩擦力的大小和方向将随F的变化而变化。设斜面倾角为，由平衡条件F1mgsin Ffmax0，F2mgsin Ffmax0，解得Ffmax，故选项C正确。11选C在它们一起沿斜面匀速下滑的过程中，弹簧对Q必然有弹力，再选木板P为研究对象，它受到重力、斜面的支持力、斜面的摩擦力、Q对它的压力及弹簧对它的向下的弹力5个力的作用。12选AC把两个物体看做一个整体，由两个物体一起沿水平方向做匀速直线运动可知，竖直方向有NFsin m1gm2g，Nm1gm2gFsin ，选项A正确，B错误；水平方向有fFcos ，选项C正确，D错误。13选D对木块受力分析，沿斜面方向上由共点力平衡有mgsin f，垂直斜面方向上有mgcos FN，由牛顿第三定律可得，木块对斜面体的压力大小为mgcos ，A、B错误；以M、m为整体受力分析，在水平方向上整体不受外力作用，所以桌面对斜面体的摩擦力大小为0，由整体在竖直方向上受力平衡可得FN桌(Mm)g，C错误，D正确。14选B以球为研究对象，受力情况如图所示，木板在转动过程中对小球支持力的方向与竖直方向的夹角越来越小，由图可知FN1和FN2始终减小，则FN2也始终减小。15选D推动斜面时，小球始终处于平衡状态，根据共点力的平衡条件解决问题。选小球为研究对象，其受力情况如图所示，用平行四边形定则作出相应的“力三角形OAB”，其中OA的大小、方向均不变，AB的方向不变，推动斜面时，FT逐渐趋于水平，B点向下转动，根据动态平衡，FT先减小后增大，FN不断增大，选项D正确。16选BD对O点受力分析如图甲所示。竖直方向有2FTcos Mg，所以FT，当增大时，FT增大。对m受力分析如图乙所示，FTFT。水平方向有FTsin FN，当增大时，FT增大，FT增大，sin 增大，所以FN增大；竖直方向有FTcos mgFf，解得Ffmg，所以Ff不变。