2019-2020年高考物理一輪總復習 2.1重力 彈力 摩擦力限時規(guī)范特訓.doc

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2019-2020年高考物理一輪總復習 2.1重力 彈力 摩擦力限時規(guī)范特訓 一、選擇題(本題共13小題，每小題6分，共78分) 1. 關于摩擦力，下列說法正確的是(　　) A. 人走路時，腳和地面之間的摩擦力是阻礙人運動的 B. 滑動摩擦力的方向總是與物體運動方向相反 C. 受靜摩擦力作用的物體一定是靜止不動的 D. 摩擦力的方向可以與物體的運動方向相同 解析：人走路當腳向后蹬地時，腳相對地面有向后的運動趨勢，受到向前的摩擦力，此力對人的運動來說為動力，A錯誤；滑動摩擦力的方向一定與物體的相對運動方向相反而不是運動方向，B錯誤；運動的物體也可能受靜摩擦力作用，C錯誤；摩擦力的方向一定與相對運動方向相反，可以與運動方向相同，比如摩擦力作動力時，D正確。 答案：D 2. (多選)對于相互接觸的兩個物體之間同一接觸面上的彈力和摩擦力，以下說法中正確的是 (　　) A. 有彈力必有摩擦力 B. 有摩擦力必有彈力 C. 摩擦力的大小一定與彈力成正比 D. 摩擦力的方向一定與彈力的方向垂直 解析：彈力是摩擦力產(chǎn)生的必要條件之一，但有彈力不一定有摩擦力，A項錯，B項正確；摩擦力有靜摩擦力和滑動摩擦力，滑動摩擦力的大小與彈力成正比，但靜摩擦力與彈力的大小無必然關系，C項錯；彈力的方向總是垂直于接觸面而指向被壓或被支持的物體，摩擦力的方向總是沿著接觸面并與接觸面相切，D項正確。 答案：BD 3. (多選)如圖所示，物塊M在靜止的傳送帶上以速度v勻速下滑時，傳送帶突然啟動，速度方向如圖中箭頭所示，若傳送帶的速度大小也為v，則傳送帶啟動后(　　) A. M靜止在傳送帶上 B. M可能沿斜面向上運動 C. M受到的摩擦力不變 D. M下滑的速度不變 解析：由M勻速下滑可知其處于平衡狀態(tài)，受重力、摩擦力、支持力作用，合力為零，傳送帶啟動以后滑動摩擦力不變，對M受力情況沒有影響，自然也不會影響其運動狀態(tài)，故C、D正確。 答案：CD 4. [xx河北衡水中學模擬]如圖所示，A為長木板，在水平面上以速度v1向右運動，物塊B在木板A的上面以速度v2向右運動，下列判斷正確的是(　　) A. 若v1＝v2，A、B之間無滑動摩擦力 B. 若v1>v2，A受到了B所施加的向右的滑動摩擦力 C. 若v1v2，B受到了A所施加的向左的滑動摩擦力 解析：若v1＝v2，則A、B相對靜止，A、B之間無滑動摩擦力，故選項A正確；若v1>v2，則A相對B向右運動，故B對A施加向左的滑動摩擦力，選項B、D錯誤；若v1mB，有x1x2 解析：由于kx2＝mBg，kx1＝(mA＋mB)g，故x1>x2，所以選項D對。 答案：D 6. [xx蘇州模擬]如圖所示的裝置中，小球的質(zhì)量均相同，彈簧和細線的質(zhì)量均不計，一切摩擦忽略不計，平衡時各彈簧的彈力分別為F1、F2、F3，其大小關系是(　　) A. F1＝F2＝F3　　　　　 B. F1＝F2F2 D. F3>F1>F2 解析：對小球受力分析，左邊裝置中下面的小球受到重力mg和輕彈簧的彈力F1的作用，根據(jù)平衡條件可知F1＝mg；其他兩個裝置中彈簧的彈力等于細線的拉力，對小球受力分析，根據(jù)平衡條件可知細線上拉力等于小球重力，則有F2＝F3＝mg。因此，F(xiàn)1＝F2＝F3＝mg，選項A正確，其他選項均錯。 答案：A 7. [xx合肥模擬]如圖所示，輕彈簧的一端與物塊P相連，另一端固定在木板上。先將木板水平放置，并使彈簧處于拉伸狀態(tài)，緩慢抬起木板的右端，使傾角逐漸增大，直至物塊P剛要沿木板向下滑動，在這個過程中，物塊P所受靜摩擦力的大小變化情況是(　　) A. 保持不變 B. 一直增大 C. 先增大后減小 D. 先減小后增大 解析：在水平面上時物塊受的靜摩擦力大小為彈簧的彈力F，傾角增大時對物塊沿斜面方向受力分析如圖甲所示，開始時隨mgsinα的增大，F(xiàn)f逐漸減小，方向沿斜面向下；繼續(xù)增大α時，F(xiàn)f變?yōu)榉较蛳蛏?，且逐漸增大，沿斜面方向的受力分析如圖乙所示，故本題選D。 答案：D 8. [xx惠州模擬](多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧連接A、B兩物體，A放在水平地面上，B的上端通過細線掛在天花板上；已知A的重力為8 N，B的重力為6 N，彈簧的彈力為4 N，則地面受到的壓力大小和細線受到的拉力大小可能是(　　) A. 18 N和10 N B. 4 N和10 N C. 12 N和2 N D. 14 N和2 N 解析：當彈簧處于伸長狀態(tài)時，A對地面的壓力為FN＝GA－F彈＝4 N，細線上拉力為F′＝GB＋F彈＝10 N，B正確；當彈簧處于壓縮狀態(tài)時，A對地面的壓力為FN＝GA＋F彈＝12 N，細線上拉力為F′＝GB－F彈＝2 N，故C正確。 答案：BC 9. [xx延安模擬]一重為10 N的球固定在支桿AB的上端，今用一段繩子水平拉球，使桿發(fā)生彎曲，已知繩的拉力為7.5 N，則AB桿對球的作用力(　　) A. 大小為7.5 N B. 大小為10 N C. 方向與水平方向成53角斜向右下方 D. 方向與水平方向成53角斜向左上方 解析：對球受力分析如圖所示，球的重力和細繩對球的拉力的合力與桿對球的作用力等大反向，設桿對球的作用力與水平方向成θ角，則tanθ＝＝，即θ＝53，F(xiàn)桿＝＝12.5 N，故D正確，A、B、C均錯誤。 答案：D 10. [xx大同一中期末](多選)將一物塊分成相等的A、B兩部分靠在一起，下端放置在地面上，上端用繩子拴在天花板上，繩子處于豎直伸直狀態(tài)，整個裝置靜止，則(　　) A. 繩子上拉力可能為零 B. 地面受的壓力可能為零 C. 地面與物塊間可能存在摩擦力 D. A、B之間可能存在摩擦力 解析：對A、B整體分析可知，繩子上拉力可能為零，對B分析，可知地面受的壓力不可能為零，選項A對，B錯；由于繩子處于豎直伸直狀態(tài)，繩子中拉力只可能豎直向上，所以地面與物塊間不可能存在摩擦力，而A、B之間可能存在摩擦力，選項C錯，D對。 答案：AD 11. (多選)如圖所示，在探究摩擦力的實驗中，用彈簧測力計水平拉一放在水平桌面上的小木塊，小木塊的運動狀態(tài)和彈簧測力計的讀數(shù)如下表所示(每次實驗時，木塊與桌面的接觸面相同)，則由下表分析可知，下列選項正確的是(　　) 實驗次數(shù) 小木塊的運動狀態(tài) 彈簧測力計讀數(shù)/N 1 靜止 0.4 2 靜止 0.6 3 直線加速 0.7 4 勻速直線 0.5 5 直線減速 0.3 A. 木塊受到的最大靜摩擦力為0.7 N B. 木塊受到的最大靜摩擦力可能為0.6 N C. 在這五次實驗中，木塊受到的摩擦力大小有三次是相同的 D. 在這五次實驗中，木塊受到的摩擦力大小各不相同 解析：第1次和第2次實驗都沒有拉動木塊，說明這兩次的拉力大小均未超過最大靜摩擦力，第三次實驗時，木塊做加速運動，說明拉力已經(jīng)大于最大靜摩擦力Fm，因此可知，最大靜摩擦力范圍0.6 N≤Fm<0.7 N，故A錯B對；滑動摩擦力與運動情況無關，因此第3、4、5次的摩擦力大小相等，故C對D錯。 答案：BC 12. (多選)如下圖所示，甲物體在水平外力F的作用下靜止在乙物體上，乙物體靜止在水平面上?，F(xiàn)增大水平外力F，兩物體仍然靜止，則下列說法正確的是 (　　) A. 乙對甲的摩擦力一定增大 B. 乙對甲的支持力一定增大 C. 乙對地面的摩擦力一定增大 D. 乙對地面的壓力一定增大 解析：分析甲的受力可知，當水平推力F增大時，乙對甲的支持力一定增大，靜摩擦力不一定增大，選項A錯誤B正確；分析甲、乙整體的受力可知，當水平力F增加時，地面對乙的摩擦力一定增大，地面對乙的支持力不變，選項C正確D錯誤。 答案：BC 13. (多選)如圖所示，質(zhì)量為m的木塊在質(zhì)量為M的長木板上向右滑行，木塊受到向右的拉力F的作用，長木板處于靜止狀態(tài)，已知木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ1，長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2，則 (　　) A. 長木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mg B. 長木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m＋M)g C. 當F>μ2(m＋M)g時，長木板便開始運動 D. 無論怎樣改變F的大小，長木板都不可能運動 解析：木塊向右滑行，木塊受到水平向左的滑動摩擦力，其大小Ff＝μ1mg，則木板受到木塊水平向右的滑動摩擦力為μ1mg，由于木板處于靜止狀態(tài)，故木板受到地面的靜摩擦力的大小一定是μ1mg，方向水平向左，A正確，B錯誤；力F發(fā)生變化，只能改變木塊的運動狀態(tài)，但木塊所受的滑動摩擦力不會發(fā)生變化，因此長木板仍保持靜止狀態(tài)，C錯誤，D正確。 答案：AD 二、非選擇題(本題共22分) 14. 如圖所示，質(zhì)量為m的物體與A、B兩個彈簧相連，B彈簧下端與地相連，其勁度系數(shù)分別為k1和k2?，F(xiàn)用手拉A的上端，使A緩慢上移，當B彈簧的彈力為原來的2/3時，A上端移動的距離是多少？ 解析：B原來處于壓縮狀態(tài)，其壓縮量為x0＝mg/k2，當向上緩慢拉A使B中彈力減為原來的2/3時，有兩種可能： (1)B仍處于被壓縮的狀態(tài)，則此時A彈簧的彈力和伸長量分別為 F1＝mg－F2＝mg，x1＝F1/k1＝ 這時B上端移動的位移x2＝＝mg/k2＝ 所以A上端移動的距離 sA＝x1＋x2＝mg(＋) (2)B處于拉伸狀態(tài)，則此時A的彈力和伸長量分別為 F′1＝mg＋F′2＝mg，x′1＝F′1/k1＝mg 這時B上端移動的位移 x′2＝ΔF′2/k2＝mg 所以A上端上移的距離為 s′A＝x′1＋x′2＝mg(＋) 答案：mg或mg(＋)