高考物理二轮复习 第一板块 力学选择题 锁定9大命题区间 第1讲 明“因”熟“力”破解平衡问题专题练
高考物理二轮复习 第一板块 力学选择题 锁定9大命题区间 第1讲 明“因”熟“力”破解平衡问题讲义
第1讲 ⎪⎪ 明“因”熟“力”，破解平衡问题[考法·学法]一、明“因”熟“力”，正确进行受力分析基础保分类考点[全练题点]1．[多选]如图甲、乙所示，倾角为θ的斜面上放置一滑块M ，在滑块M 上放置一个质量为m 的物块，M 和m 相对静止，一起沿斜面匀速下滑，下列说法正确的是( )A ．图甲中物块m 受到摩擦力B ．图乙中物块m 受到摩擦力C ．图甲中物块m 受到水平向左的摩擦力D ．图乙中物块m 受到与斜面平行向上的摩擦力解析：选BD 对题图甲：设物块m 受到摩擦力，则物块m 受到重力、支持力、摩擦力，而重力、支持力平衡，若受到摩擦力作用，其方向与接触面相切，方向水平，则物块m 受力将不平衡，与题中条件矛盾，故假设不成立，A 、C 错误。
对题图乙：设物块m 不受摩擦力，由于物块m 匀速下滑，物块m 必受力平衡，若物块m 只受重力、支持力作用，由于支持力与接触面垂直，故重力、支持力不可能平衡，则假设不成立，由受力分析知：物块m 受到与斜面平行向上的摩擦力，B 、D 正确。
2.(2017·淄博实验中学一诊)如图所示，一质量均匀的实心圆球被直径AB 所在的平面一分为二，先后以AB 沿水平和竖直两种不同方向放置在光滑支架上，处于静止状态，两半球间的作用力分别为F 和F ′，已知支架间的距离为AB 长度的一半，则F F ′等于( )A. 3B.32C.233D.33解析：选A 设两半球的总质量为m ，当球以AB 沿水平方向放置，可知F ＝12mg ；当球以AB 沿竖直方向放置，以两半球为整体，隔离右半球受力分析如图所示，可得：F ′＝mg 2tan θ，根据支架间的距离为AB 的一半，可得：θ＝30°，则F F ′＝1tan θ＝3，则A 正确。
3.(2017·全国卷Ⅱ)如图，一物块在水平拉力F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。
若保持F 的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动。
新高考物理二轮复习第一板块力学选择题锁定9大命题区间第8讲巧用“能量观点”解决力学选择题专题练
新高考物理二轮复习第一板块力学选择题锁定9大命题区间第8讲巧用“能量观点”解决力学选择题专题练“能量观点”解决力学选择题1．如图所示，质量、初速度大小都相同的A 、B 、C 三个小球，在同一水平面上，A 球竖直上抛，B 球以倾斜角θ斜向上抛，空气阻力不计，C 球沿倾角为θ的光滑斜面上滑，它们上升的最大高度分别为h A 、h B 、h C ，则( )A ．h A ＝hB ＝hC B ．h A ＝h B <h C C ．h A ＝h B >h CD ．h A ＝h C >h B解析：选D A 球和C 球上升到最高点时速度均为零，而B 球上升到最高点时仍有水平方向的速度，即仍有动能。
对A 、C 球由机械能守恒得mgh ＝12mv 02，得h ＝v 022g 。
对B 球由机械能守恒得mgh ′＋12mv t 2＝12mv 02，且v t ′≠0，所以h A ＝h C >h B ，故D 正确。
2．(2018届高三·河北五校联考)取水平地面为重力势能零点。
一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能为重力势能的3倍。
不计空气阻力。
该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( ) A.π8 B.π6C.π4D.π3解析：选B 平抛运动过程中，物体的机械能守恒，初始状态时动能为势能的3倍，而落地时势能全部转化成动能，可以知道平抛运动过程初动能与落地瞬间动能之比为3∶4，那么落地时，水平速度与落地速度的比值为3∶2，那么落地时速度与水平方向的夹角为π6，A 、C 、D 错，B 对。
3.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m 的小球A ，若将小球A 从弹簧原长位置由静止释放。
小球A 能够下降的最大高度为h 。
若将小球A 换为质量为2m 的小球B ，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B 下降h 时的速度为(已知重力加速度为g ，且不计空气阻力)( ) A.2gh B.gh C.gh2D ．0解析：选B 质量为m 的小球A ，下降到最大高度h 时，速度为零，重力势能转化为弹簧弹性势能，即E p ＝mgh ，质量为2m 的小球下降h 时，根据功能关系有2mgh －E p ＝12(2m )v 2，解得v ＝gh ，选项B 正确。
高考物理二轮复习第一板块力学选择题锁定9大命题区间第2讲熟知“四类典型运动”掌握物体运动规律讲义
第2讲⎪⎪熟知“四类典型运动”，掌握物体运动规律[考法·学法]本讲“四类典型运动”包括：匀变速直线运动、一般的曲线运动、平抛运动、圆周运动。
高考既有对单个运动形式的考查，也有对多个运动形式的组合考查，考查的内容主要包括：①匀变速直线运动的规律及图像；②平抛运动的规律；③圆周运动的规律及临界问题。
用到的思想方法主要有：①模型法②图像法③临界问题的处理方法④合成与分解的思想⑤等效替代的思想一、“熟能生巧”，快速解答匀变速直线运动问题基础保分类考点[全练题点]1. (2016·全国卷Ⅲ)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍。
该质点的加速度为( )A.st2B.3s2t2C.4st2D.8st2解析：选A 质点在时间t内的平均速度v＝st，设时间t内的初、末速度分别为v1和v2，则v＝v1＋v22，故v1＋v22＝st。
由题意知：12mv22＝9×12mv12，则v2＝3v1，进而得出2v1＝st。
质点的加速度a＝v2－v1t＝2v1t＝st2。
故选项A正确。
2．如图所示，甲从A点由静止匀加速跑向B点，当甲前进距离为s1时，乙从距A点s2处的C点由静止出发，加速度与甲相同，最后二人同时到达B点，则A、B两点间的距离为( )A．s1＋s2 B.s1＋s224s1C.s124s1＋s2D.s1＋s22s1－s2s1解析：选B 设A、B两点间的距离为x，甲、乙两人的加速度大小为a，由x＝12at2得，甲前进距离s1用时t1＝2s1a，到达B点的总时间t＝2xa，乙到达B点用时t2＝2x －s 2a ，根据题意，t ＝t 1＋t 2，解得x ＝s 1＋s 224s 1，故B 正确。
3.如图所示，两光滑斜面在B 处连接，小球从A 处由静止释放，经过B 、C 两点时速度大小分别为3 m/s 和4 m/s ，AB ＝BC 。
设球经过B 点前后速度大小不变，则小球在AB 、BC 段的加速度大小之比及小球由A 运动到C 过程中的平均速率分别为( ) A ．3∶4 2.1 m/s B ．9∶16 2.5 m/s C ．9∶7 2.1 m/sD ．9∶7 2.5 m/s解析：选C 设AB ＝BC ＝x ，则在AB 段a 1＝v B 22x ，在BC 段a 2＝v C 2－v B 22x ，所以a 1a 2＝3242－32＝97，AB 段平均速率为v 1＝12v B ＝1.5 m/s ，BC 段平均速率为v 2＝12(v B ＋v C )＝3.5 m/s ，因此从A 到C 的平均速率v ＝2xx v 1＋x v 2＝2v 1v 2v 1＋v 2＝2.1 m/s ，C 正确。
高考物理二轮复习第一板块力学选择题锁定大命题间第讲站在动量观点的高度解决力学问题讲义
第9讲 ⎪⎪ 站在“动量观点”的高度解决力学问题[考法·学法] “动量观点”是解答力学问题的三大观点之一，高考既可能在选择题中单独考查动量问题，也可能在计算题中综合考查到动量问题，本讲主要解决选择题中的动量守恒问题和动量定理的应用。
考查内容 ①动量、冲量、动量变化量等概念 ②动量定理的应用 ③动量守恒定律的应用等 思想方法 ①守恒的思想 ②整体法和隔离法 ③碰撞、爆炸和反冲问题的分析方法一、“解题快手”动量定理的应用多维探究类考点题点(一) 应用动量定理解释生活中的现象[例1] 如图所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以( ) A ．减小球的动量的变化量B ．减小球对手作用力的冲量C ．减小球的动量变化率D ．延长接球过程的时间来减小动量的变化量[解析] 选C 篮球运动员接传来的篮球时，不能改变动量的变化量，A 、D 错误；根据动量定理，也不能改变冲量，B 错误；由于延长了作用时间，动量的变化慢了，C 正确。
题点(二) 应用动量定理求作用力和冲量[例2] (2015·重庆高考)高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动)，此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.m 2gh t＋mg B.m 2gh t －mg C.m gh t ＋mg D.m gh t－mg [解析] 选A 方法一：设高空作业人员自由下落h 时的速度为v ，则v 2＝2gh ，得v ＝2gh ，设安全带对人的平均作用力为F ，由牛顿第二定律得F －mg ＝ma又v ＝at ，解得F ＝m 2gh t＋mg 。
方法二：由动量定理得(mg －F )t ＝0－mv ，得F ＝m 2gh t＋mg 。
新高考物理二轮复习第一板块力学选择题锁定9大命题区间第6讲掌握“两条定律”破解天体运动问题专题练
新高考物理二轮复习第一板块力学选择题锁定9大命题区间第6讲掌握“两条定律”破解天体运动问题专题练“两条定律”破解天体运动问题专题练1．(2016·全国卷Ⅲ)关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是( )A．开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律B．开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律C．开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因D．开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律解析：选B 开普勒在前人观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，与牛顿定律无联系，选项A错误，选项B正确；开普勒总结出了行星运动的规律，但没有找出行星按照这些规律运动的原因，选项C错误；牛顿发现了万有引力定律，选项D错误。
2.(2015·福建高考)如图，若两颗人造卫星a和b均绕地球做匀速圆周运动，a、b到地心O的距离分别为r1、r2，线速度大小分别为v1、v2，则( )A.＝B.＝r1r2C.＝2D.＝2解析：选 A 对人造卫星，根据万有引力提供向心力＝m，可得v ＝。
所以对于a、b两颗人造卫星有＝，故选项A正确。
3.如图所示，“嫦娥三号”的环月轨道可近似看成是圆轨道，观察“嫦娥三号”在环月轨道上的运动，发现每经过时间t通过的弧长为l，该弧长对应的圆心角为θ弧度。
已知万有引力常量为G，则月球的质量是( )A. B.θGl2tC. D.t2Gθl3解析：选C 设“嫦娥三号”卫星做圆周运动的角速度为ω，则G＝mω2r，又l＝rθ，ω＝，联立得月球的质量M＝，故C正确。
4.北斗卫星导航系统(BDS)是自行研制的全球卫星导航系统，是继美国全球定位系统(GPS)、俄罗斯格洛纳斯卫星导航系统(GLONASS)之后第三个成熟的卫星导航系统。
预计2020年左右，北斗卫星导航系统将形成全球覆盖能力。
如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a、b、c三颗卫星均做圆周运动，a是地球同步卫星，则( )A．卫星a的角速度小于c的角速度B．卫星a的加速度大于b的加速度C．卫星a的运行速度大于第一宇宙速度D．卫星b的周期大于24 h解析：选A 由万有引力提供向心力得，＝＝mrω2＝mr＝ma，解得v＝，ω＝，T＝，a＝。
碑碎市碰碗学校高考物理二轮复习 第一块 力学选择题 锁9大命题间
感碍州碑碎市碰碗学校第6讲⎪⎪⎪掌握“两条定律”，破解天体运动问题[考法·学法][全练题点]1．宇航员在地球上的水平地面将一小球平抛，使小球产生一定的水平位移，当他登陆一半径为地球半径2倍的天体后，站在该天体水平地面上以和在地球上完全相同的方式平抛小球，测得小球的水平位移大约是地球上平抛时的4倍，宇航员由此估算该天体的质量M 1约为(式中M 为地球的质量)( ) A ．M 1＝12MB ．M 1＝2MC ．M 1＝14MD ．M 1＝4M解析：选C 根据平抛规律可计算星球表面重力加速度，竖直方向h ＝12gt 2，水平方向x ＝vt ，可得g 1＝116g ，再由星球表面万有引力公式G Mm R 2＝mg ，R 1＝2R ，可得M 1＝M4，C 正确。
2．[多选]被誉为嫦娥5号“探路尖兵”的载人返回飞行试验返回器在内蒙古预定区域顺利着陆，标志着我国已全面突破和掌握航天器以接近第二宇宙速度的高速载人返回关键技术，为嫦娥5号任务顺利实施和探月工程持续推进奠定了坚实基础。
已知人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，经过时间t (t 小于航天器的绕行周期)，航天器运动的弧长为s ，航天器与月球的中心连线扫过的角度为θ，引力常量为G ，则( )A ．航天器的轨道半径为θsB ．航天器的环绕周期为2πtθC ．月球的质量为s 3Gt 2θD ．月球的密度为3θ24πGt2解析：选BCD 根据几何关系得：r ＝sθ，故A 错误；经过时间t ，航天器与月球的中心连线扫过的角度为θ，则：t T ＝θ2π，得：T ＝2πt θ，故B 正确；由万有引力充当向心力而做圆周运动，所以：G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，所以：M ＝4π2r 3GT 2＝4π2⎝⎛⎭⎫s θ3G ⎝⎛⎭⎫2πt θ2＝s 3Gt 2θ，故C 正确；人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，月球的半径等于r ，则月球的体积：V ＝43πr 3＝43π⎝⎛⎭⎫s θ3 ，月球的密度：ρ＝M V ＝s 3Gt 2θ43π⎝⎛⎭⎫s θ3＝3θ24πGt 2，故D 正确。
高考物理二轮复习第一板块力学选择题锁定9大命题区间第8讲巧用“能量观点”解决力学选择题讲义
高考物理二轮复习第一板块力学选择题锁定9大命题区间第8讲巧用“能量观点”解决力学选择题讲义1．(2016·四川高考)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。
他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100J。
韩晓鹏在此过程中( ) A．动能增加了1 900 J B．动能增加了2 000 J D．重力势能减小了2 000 JC．重力势能减小了1 900 J 解析：选C 根据动能定理得韩晓鹏动能的变化ΔE＝WG＋Wf＝1 900 J－100 J＝1 800 J＞0，故其动能增加了1 800 J，选项A、B错误；根据重力做功与重力势能变化的关系WG＝－ΔEp，所以ΔEp＝－WG ＝－1 900 J＜0，故韩晓鹏的重力势能减小了1 900 J，选项C正确，选项D错误。
2.[多选](2018届高三·天津联考)如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab与水平面的夹角为60°，光滑斜面bc与水平面的夹角为30°，顶角b处安装一定滑轮。
质量分别为M、m(M >m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。
两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。
若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )A．轻绳对滑轮作用力的方向竖直向下B．拉力和重力对M做功之和大于M动能的增加C．拉力对M做的功等于M机械能的增加D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功解析：选BD 因作用在滑轮上的左右两边绳子的拉力大小相等，但是与竖直方向的夹角不同，故由力的合成知识可知，轻绳对滑轮作用力的方向沿右下方，选项A错误；根据动能定理，拉力、重力和摩擦力做功之和等于M的动能增量，故拉力和重力对M做功之和大于M动能的增加，选项B正确；由功能关系可知，拉力和摩擦力对M做的功等于M机械能的增加，选项C错误；由功能关系可知，两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功，选项D正确。
高考物理二轮复习第一板块力学选择题锁定9大命题区间第3讲抓住“三类模型”破解竖直面内的圆周运动讲义
【2019最新】精选高考物理二轮复习第一板块力学选择题锁定9大命题区间第3讲抓住“三类模型”破解竖直面内的圆周运动讲义1.[多选]如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r ＝0.4 m ，最低点处有一小球(半径比r 小很多)，现给小球一水平向右的初速度v0，则要使小球不脱离轨道运动，v0应当满足(g ＝10m/s2)( )A ．v0≥0B ．v0≥4 m/sC ．v0≥2 m/sD ．v0≤2 m/s 解析：选CD 解决本题的关键是全面理解“小球不脱离圆轨道运动”所包含的两种情况：(1)小球通过最高点并完成圆周运动；(2)小球没有通过最高点，但小球没有脱离圆轨道。
对于第(1)种情况，当v0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg≤，又根据机械能守恒定律有mv2＋2mgr ＝mv02，可求得v0≥2 m/s，故选项C 正确；对于第(2)种情况，当v0较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处，速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgr＝mv02，可求得v0≤2 m/s，故选项D正确。
2.如图所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L。
重力加速度大小为g。
现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小为( )B.mgA.mgD．2mgC．3mg 解析：选A 设小球在竖直面内做圆周运动的半径为r，小球运动到最高点时轻绳与圆周运动轨道平面的夹角为θ＝30°，则有r＝Lcos θ＝L。
根据题述小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，有mg＝m；小球在最高点速率为2v时，设每根绳的拉力大小为F，则有2Fcos θ＋mg＝m，联立解得：F＝mg，选项A正确。
3．[多选](2018届高三·深圳调研)如图甲所示，一长为l的轻绳，一端系在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动。
高考物理二轮复习第一板块力学选择题锁定大命题间第讲谙熟三看两法破解力学图像三类问题专题练
专题检测（五） 谙熟“三看、两法”，破解力学图像三类问题1.(2017·三门峡检测)在平直公路上行驶的a 车和b 车，其位移—时间图像分别为图中直线a 和曲线b ，由图可知( )A ．b 车运动方向始终不变B ．在t 1时刻a 车的位移大于b 车C ．t 1到t 2时间内a 车的平均速度小于b 车D ．t 1到t 2时间内某时刻两车的速度可能相同解析：选D b 图线切线先为正值，然后为负值，知b 的运动方向发生变化，故A 错误。
在t 1时刻，两车的位移相等，故B 错误。
t 1到t 2时间内，两车的位移相同，时间相同，则平均速度相同，故C 错误。
t 1到t 2时间内，b 图线的切线斜率在某时刻与a 图线斜率相同，则两车的速度可能相同，故D 正确。
2.一个可视为质点的物体由静止开始做直线运动，其加速度a 随时间t 变化的关系为如图所示的正弦曲线。
则该物体运动的速度v 随时间t 变化的图像是( )解析：选C 由a t 图像可知，0～t 1时间内物体做加速度逐渐增大的加速运动，t 1～t 2时间内物体做加速度逐渐减小的加速运动，t 2～t 3时间内物体做加速度逐渐增大的减速运动。
故C 项正确。
3.(2014·全国卷Ⅱ)甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶。
在t ＝0到t ＝t 1的时间内，它们的v t 图像如图所示。
在这段时间内( )A ．汽车甲的平均速度比乙的大B ．汽车乙的平均速度等于v 1＋v 22C ．甲、乙两汽车的位移相同D ．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大解析：选A 根据v t 图像下方的面积表示位移，可以看出汽车甲的位移x 甲大于汽车乙的位移x 乙，选项C 错误；根据v ＝x t 得，汽车甲的平均速度v 甲大于汽车乙的平均速度v 乙，选项A 正确；汽车乙的位移x 乙小于初速度为v 2、末速度为v 1的匀减速直线运动的位移x ，即汽车乙的平均速度小于v 1＋v 22，选项B 错误；根据v t 图像的斜率反映了加速度的大小，因此汽车甲、乙的加速度大小都逐渐减小，选项D 错误。
高考物理二轮复习第一板块力学选择题锁定大命题间第讲巧用能量观点解决力学选择题讲义
第8讲⎪⎪巧用“能量观点”解决力学选择题[考法·学法]“能量观点”是解决力学问题的三大观点之一。
高考既可能在选择题中单独考查功和能，也可能在计算题中综合考查到功能问题，本讲主要解决的是选择题中的能量观点的应用。
考查内容①几种常见的功能关系②动能定理的综合应用③利用机械能守恒定律和能量守恒定律分析问题思想方法①整体法和隔离法②全程法和分段法③守恒思想一、几个重要的功能关系的应用基础保分类考点[全练题点]1．(2016·四川高考)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。
他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J。
韩晓鹏在此过程中( )A．动能增加了1 900 J B．动能增加了2 000 JC．重力势能减小了1 900 J D．重力势能减小了2 000 J解析：选C 根据动能定理得韩晓鹏动能的变化ΔE＝W G＋W f＝1 900 J－100 J＝1 800 J＞0，故其动能增加了1 800 J，选项A、B错误；根据重力做功与重力势能变化的关系W G＝－ΔE p，所以ΔE p＝－W G＝－1 900 J＜0，故韩晓鹏的重力势能减小了1 900 J，选项C正确，选项D错误。
2.[多选](2018届高三·天津联考)如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab与水平面的夹角为60°，光滑斜面bc与水平面的夹角为30°，顶角b处安装一定滑轮。
质量分别为M、m(M>m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。
两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。
若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )A．轻绳对滑轮作用力的方向竖直向下B．拉力和重力对M做功之和大于M动能的增加C．拉力对M做的功等于M机械能的增加D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功解析：选BD 因作用在滑轮上的左右两边绳子的拉力大小相等，但是与竖直方向的夹角不同，故由力的合成知识可知，轻绳对滑轮作用力的方向沿右下方，选项A 错误；根据动能定理，拉力、重力和摩擦力做功之和等于M 的动能增量，故拉力和重力对M 做功之和大于M 动能的增加，选项B 正确；由功能关系可知，拉力和摩擦力对M 做的功等于M 机械能的增加，选项C 错误；由功能关系可知，两滑块组成系统的机械能损失等于M 克服摩擦力做的功，选项D 正确。
高考物理二轮复习第一板块力学选择题锁定9大命题区间第1讲明“因”熟“力”破解平衡问题专题练
高考物理二轮复习第一板块力学选择题锁定9大命题区间第1讲明“因”熟“力”破解平衡问题专题练1.(2018届高三·河南名校联考)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，此时小车受力个数为( )A．3 B．4C．5 D．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，共四个力，选项B正确。
2.(2017·湖南师大附中期末)如图所示，两根直木棍AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上固定不动，一个圆筒从木棍的上部以初速度v0匀速滑下。
若保持两木棍倾角不变，将两棍间的距离减小后固定不动，仍将圆筒放在两木棍上部以初速度v0滑下，下列判断正确的是( )A．仍匀速滑下 B．匀加速滑下C．减速滑下 D．以上三种运动均可能解析：选B 圆筒从木棍的上部匀速滑下过程中，受到重力、两棍的支持力和摩擦力，根据平衡条件得知，两棍支持力的合力和摩擦力不变。
将两棍间的距离减小后，两棍支持力的合力不变，而两支持力夹角减小，则每根木棍对圆筒的支持力变小，则滑动摩擦力变小，而重力沿斜面向下的分力不变，则圆筒将匀加速滑下，故B 正确，A、C、D错误。
3.如图所示，一竖直放置的大圆环，在其水平直径上的A、B两端系着一根不可伸长的柔软轻绳，绳上套有一光滑小铁环。
现将大圆环在竖直平面内绕O点顺时针缓慢转过一个微小角度，则关于轻绳对A、B两点拉力FA、FB的变化情况，下列说法正确的是( )A．FA变小，FB变小 B．FA变大，FB变大C．FA变大，FB变小 D．FA变小，FB变大解析：选 A 柔软轻绳上套有光滑小铁环，两侧轻绳中拉力相等。
将大圆环在竖直平面内绕O点顺时针缓慢转过一个微小角度，A、B两点之间的水平距离减小，光滑小铁环两侧轻绳间夹角2α减小，由2Fcos α＝mg可知，轻绳中拉力F减小，轻绳对A、B两点的拉力FA和FB都变小，选项A正确。
高考物理二轮复习第一板块力学选择题锁定9大命题区间第7讲掌握“两概念”“一模型”破解功和功率问题专题练
【2019最新】精选高考物理二轮复习第一板块力学选择题锁定9大命题区间第7讲掌握“两概念”“一模型”破解功和功率问题专题练1.如图所示，质量m＝1 kg、长L＝0.8 m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平。
板与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4。
现用F＝5 N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少为(g取10 m/s2)( )A．1 J B．1.6 JC．2 J D．4 J解析：选B 在薄板没有翻转之前，薄板与水平面之间的摩擦力f＝μmg＝4 N。
力F做的功用来克服摩擦力消耗的能量，而在这个过程中薄板只需移动的距离为，则做的功至少为W＝f×＝1.6 J，所以B正确。
2.[多选]如图所示，质量为m的小球(可视为质点)用长为L的细线悬于O点，自由静止在A位置，现用水平恒力F拉动小球。
已知悬绳的最大偏角为θ，则力F的大小及力F做的功W为( )A．F＝mgtan θB．F＝错误!C．W＝mgL(1－cos θ) D．W＝mgLtan θ解析：选BC 由动能定理得：－mgL(1－cos θ)＋W＝0，故W＝mgL(1－cos θ)，C正确，D错误；而W＝FLsin θ，则F＝，A错误，B正确。
3.(2017·北京模拟)如图所示，质量为m的小球(可视为质点)用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在A位置。
现用水平力F缓慢地将小球从A位置拉到B位置后静止，此时细线与竖直方向夹角为θ＝60°，细线的拉力为F1，然后放手让小球从静止返回，到A点时细线的拉力为F2，则( )A．F1＝F2＝2mgB．从A到B，拉力F做功为F1LC．从B到A的过程中，小球受到的合外力大小不变D．从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大解析：选A 在B位置，根据平衡条件有F1sin 30°＝mg，解得F1＝2mg。
从B到A，根据动能定理得mgL(1－cos 60°)＝mv2，根据牛顿第二定律得F2－mg＝m，联立两式解得F2＝2mg，故A项正确；从A到B，小球缓慢移动，根据动能定理得WF－mgL(1－cos 60°)＝0，解得WF＝mgL，故B项错误；从B到A的过程中，小球的速度大小在变化，小球受到的合外力大小在变化，故C项错误；在B位置，重力的功率为零，在最低点，重力的方向与速度方向垂直，重力的功率为零，可知从B到A的过程中，重力的功率先增大后减小，故D项错误。
高考物理二轮复习第一板块力学选择题锁定9大命题区间第9讲站在“动量观点”的高度解决力学问题专题练
【2019最新】精选高考物理二轮复习第一板块力学选择题锁定9大命题区间第9讲站在“动量观点”的高度解决力学问题专题练1.[多选] 如图所示，质量为2 kg的足够长平板车Q上表面水平，原来静止在光滑水平面上，平板车左端静止着一块质量为2 kg的物体P，一颗质量为0.01 kg 的子弹以700 m/s的速度水平瞬间射穿P后，速度变为100 m/s，若P、Q之间的动摩擦因数为0.5，则( )A．由于P、Q之间不光滑，子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量不守恒B．子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量守恒，能量守恒C．子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量守恒，能量不守恒D．子弹瞬间射穿P后，P的速度为3 m/s解析：选BD 取子弹的初速度v0的方向为正方向，子弹瞬间射穿物体P的过程满足动量守恒条件。
由动量守恒，可知mv0＝mv＋MvP，解得vP＝3 m/s，选项A错误，D正确；子弹瞬间射穿P的过程，机械能不守恒，但能量守恒，选项B正确，C错误。
2．质量为m的物体放在光滑水平地面上，在与水平方向成θ角的恒力F作用下，由静止开始运动，经过时间t，速度为v，在此时间内恒力F和重力的冲量大小分别为( )A．Ft,0 B．Ftcos θ，0C．mv,0 D．Ft，mgt解析：选D 冲量的计算一定要与功的计算区别开来，功的大小不但取决于力的大小、物体位移的大小，还与力和物体运动的方向的夹角θ有关。
而力的冲量与力和物体运动的方向的夹角θ没有关系，可直接由公式进行计算，求得恒力F的冲量为Ft，重力的冲量为mgt。
3.[多选]质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。
初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。
现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。
设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )A.mv2B.v2C.NμmgL D．NμmgL解析：选BD 根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v′＝，损失的动能ΔEk＝mv2－(M＋m)v′2＝v2，所以B正确；根据能量守恒，损失的动能等于因摩擦产生的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移，所以ΔEk＝fNL＝NμmgL，可见D正确。
高考物理二轮复习第一板块13个高考主题主干知识再回顾(2021年整理)
x 甲 2＋(50 m)2＝x 乙 2② 解①②式得 t＝错误! s
则 x 甲＝v 甲 t≈66.7 m， tan θ＝错误!≈1.33，
则 θ＝53°,
故 B 正确。
高考主题(二） 相互作用与牛顿运动定律
考纲要求
命题解读
力的合成和分解 7 个考点中，3 个Ⅱ要
滑动摩擦力、动 4
（Ⅱ）
求。其中受力分析、正交
（3）牛顿第三定律：作用力和反作用力总是等大反向，同生同灭,同直线,作用在不同物
体上。
（4）超重与失重
状态 特点暨判断依据 两种运动情况
表达式
注意
超重 失重
物体具有向上的 加速度或分量 物体具有向下的
向上加速运动 向下减速运动 向下加速运动
Fy－mg＝ma mg－Fy＝ma
重力 不变
加速度或分量
向上减速运动
s×8 m/s＋错误!＝9。6 m，越过停车线，C 项错误；如果驾驶员的反应时间为 0。2 s,则有 x
＝0。2 s×8 m/s＋错误!＝8 m，汽车恰好在停车线处停车,D 项正确。
3．如图所示，汽车甲以 8 m/s 的速度从坐标原点 O 向 x
轴正方向做匀
速直线运动，汽车乙以 10 m/s 的速度从坐标(0，50）处开始
与竖直方向成 30°角，b 弹簧水平,a、b 两弹簧的劲度系 k2，重力加速度为 g,则( )
A．a、b 两弹簧的伸长量之比为kk21
数 分 别 为 k1 、
B．a、b 两弹簧的伸长量之比为错误!
C．若弹簧 b 的左端松脱，则松脱瞬间小球的加速度为错误!
D．若弹簧 b 的左端松脱,则松脱瞬间小球的加速度为错误!g
做直线运动的条件为：所受合力（不是某个力）方向与速度方向在同一直线上(这招对判断带
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专题检测（一）明“因”熟“力”，破解平衡问题1.(2018届高三·河南名校联考)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，此时小车受力个数为( )A．3 B．4C．5 D．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无作用力，以小车为研究对象，它受重力Mg，地面的支持力F N1，物体对它的压力F N2和静摩擦力F f，共四个力，选项B正确。
2.(2017·湖南师大附中期末)如图所示，两根直木棍AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上固定不动，一个圆筒从木棍的上部以初速度v0匀速滑下。
若保持两木棍倾角不变，将两棍间的距离减小后固定不动，仍将圆筒放在两木棍上部以初速度v0滑下，下列判断正确的是( )A．仍匀速滑下B．匀加速滑下C．减速滑下 D．以上三种运动均可能解析：选 B 圆筒从木棍的上部匀速滑下过程中，受到重力、两棍的支持力和摩擦力，根据平衡条件得知，两棍支持力的合力和摩擦力不变。
将两棍间的距离减小后，两棍支持力的合力不变，而两支持力夹角减小，则每根木棍对圆筒的支持力变小，则滑动摩擦力变小，而重力沿斜面向下的分力不变，则圆筒将匀加速滑下，故B正确，A、C、D错误。
3.如图所示，一竖直放置的大圆环，在其水平直径上的A、B两端系着一根不可伸长的柔软轻绳，绳上套有一光滑小铁环。
现将大圆环在竖直平面内绕O点顺时针缓慢转过一个微小角度，则关于轻绳对A、B两点拉力F A、F B的变化情况，下列说法正确的是( )A．F A变小，F B变小B．F A变大，F B变大C．F A变大，F B变小 D．F A变小，F B变大解析：选 A 柔软轻绳上套有光滑小铁环，两侧轻绳中拉力相等。
将大圆环在竖直平面内绕O点顺时针缓慢转过一个微小角度，A、B两点之间的水平距离减小，光滑小铁环两侧轻绳间夹角2α减小，由2F cos α＝mg可知，轻绳中拉力F减小，轻绳对A、B两点的拉力FA和F B都变小，选项A正确。
4．[多选]如图所示，用一轻绳将光滑小球(大小不能忽略)系于竖直墙壁上的O点，现用一细杆压在轻绳上紧贴墙壁从O点缓慢下移，则( ) A．轻绳对小球的拉力保持不变B ．轻绳对小球的拉力逐渐增大C ．小球对墙壁的压力逐渐增大D ．小球对墙壁的压力逐渐减小解析：选BC 对小球受力分析，如图所示，由于小球始终处于平衡状态，其合力为零，在细杆从O 点缓慢下移过程中，轻绳与竖直方向的夹角增大，由图中几何关系可知：轻绳对小球的拉力F 逐渐增大，墙壁对小球的支持力F N 也逐渐增大，根据牛顿第三定律可知，小球对墙壁的压力也逐渐增大，故选项B 、C 正确，A 、D 错误。
5．[多选](2018届高三·皖南八校联考)如图所示，三角形ABC 是固定在水平面上的三棱柱的横截面，∠A ＝30°，∠B ＝37°，C 处有光滑小滑轮，质量分别为m 1、m 2的两物块通过细线跨放在AC 面和BC 面上，且均恰好处于静止状态，细线均与斜面平行，已知AC 面光滑，物块2与BC 面间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则两物块的质量比m 1∶m 2可能是( )A ．1∶3B ．3∶5C ．5∶3D ．2∶1解析：选BCD 物块1受重力m 1g 、细线拉力T 和斜面支持力F N 作用处于平衡状态，则T ＝m 1g sin 30°，物块2受重力m 2g 、细线拉力T 、斜面支持力F N ′及摩擦力F f 作用处于平衡状态，当m 1较大时，最大静摩擦力方向沿斜面向下，此时有T ＝m 2g sin 37°＋μm 2g cos 37°，即m 1m 2＝2；当m 1较小时，最大静摩擦力方向沿斜面向上，此时有T ＝m 2g sin 37°－μm 2g cos 37°，即m 1m 2＝25，所以25≤m 1m 2≤2。
6.如图所示，一小球在斜面上处于静止状态，不考虑一切摩擦，如果把竖直挡板由竖直位置绕O 点缓慢转至水平位置，则此过程中球对挡板的压力F 1和球对斜面的压力F 2的变化情况是( )A ．F 1先增大后减小，F 2一直减小B ．F 1先减小后增大，F 2一直减小C ．F 1和F 2都一直在增大D ．F 1和F 2都一直在减小解析：选 B 小球初始时刻的受力情况如图甲所示，因挡板是缓慢转动的，所以小球处于动态平衡状态，在转动过程中，重力、斜面的支持力和挡板的弹力组成的矢量三角形的变化情况如图乙所示(重力的大小方向均不变、斜面对小球的支持力的方向始终不变)，由图可知此过程中斜面对小球的支持力不断减小，挡板对小球的弹力先减小后增大，由牛顿第三定律可知选项B 正确。
7.(2017·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，设弹簧与水平方向的夹角为θ。
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 θ，竖直方向N＋F′sin θ＝mg，得N＝mg－F′sin θ，随着θ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′＝μF′，故拉力大小不变，A、D错。
8．[多选](2018届高三·南昌三中摸底)如图所示，穿在一根光滑的固定杆上的小球A、B连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，OB绳沿竖直方向，则下列说法正确的是( )A．小球A可能受到2个力的作用B．小球A一定受到3个力的作用C．小球B可能受到3个力的作用D．细绳对A的拉力与对B的拉力大小相等解析：选BD 对A球受力分析可知，A受到重力、细绳的拉力以及杆对A球的弹力，三个力的合力为零，故A错误，B正确；对B球受力分析可知，B受到重力、细绳的拉力，两个力的合力为零，杆对B球没有弹力，否则B不能平衡，故C错误；定滑轮不改变力的大小，即细绳对A的拉力与对B的拉力大小相等，故D正确。
9．(2017·全国卷Ⅲ)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm。
将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm ；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)( )A ．86 cmB ．92 cmC ．98 cmD ．104 cm解析：选B 将钩码挂在弹性绳的中点时，由数学知识可知钩码两侧的弹性绳(劲度系数设为k )与竖直方向夹角θ均满足sin θ＝45，对钩码(设其重力为G )静止时受力分析，得G ＝2k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1 m 2－0.8 m 2cos θ；弹性绳的两端移至天花板上的同一点时，对钩码受力分析，得G ＝2k ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2－0.8 m 2，联立解得L ＝92 cm ，可知A 、C 、D 项错误，B 项正确。
10.[多选]如图所示，质量均为m 的小球A 、B 用劲度系数为k 1的轻弹簧相连，B 球用长为L 的细绳悬于O 点，A 球固定在O 点正下方，当小球B 平衡时，绳子所受的拉力为F T1，弹簧的弹力为F 1；现把A 、B 间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k 2(k 2>k 1)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为F T2，弹簧的弹力为F 2，则下列关于F T1与F T2、F 1与F 2大小之间的关系，正确的是( )A ．F T1>F T2B ．F T1＝F T2C ．F 1<F 2D ．F 1＝F 2解析：选BC 小球B 受重力mg 、绳子拉力FT 和弹簧弹力F 三个力而平衡，平移F T 、F 构成矢量三角形如图所示，由图可以看出，力的矢量三角形总是与几何三角形OAB 相似，因此有mg OA ＝F T L＝F AB，其中OA 、L 保持不变，因此绳子的拉力F T 大小保持不变，A 错误、B 正确；当弹簧的劲度系数k 增大时，弹簧的压缩量减小，A 、B 间距离增大，因此对应的力F 增大，C 正确、D 错误。
11.[多选]如图所示，用一段绳子把轻质滑轮吊装在A 点，一根轻绳跨过滑轮，绳的一端拴在井中的水桶上，人用力拉绳的另一端，滑轮中心为O 点，人所拉绳子与OA 的夹角为β，拉水桶的绳子与OA 的夹角为α。
人拉绳沿水平面向左运动，把井中质量为m 的水桶匀速提上来，人的质量为M ，重力加速度为g ，在此过程中，以下说法正确的是( )A ．α始终等于βB ．吊装滑轮的绳子上的拉力逐渐变大C ．地面对人的摩擦力逐渐变大D ．地面对人的支持力逐渐变大解析：选ACD 水桶匀速上升，拉水桶的轻绳中的拉力T 始终等于mg ，对滑轮受力分析如图甲所示，垂直于OA 方向有T sin α＝T sin β，所以α＝β，沿OA 方向有 F ＝T cos α＋T cos β＝2T cos α，人向左运动的过程中α＋β变大，所以α和β均变大，吊装滑轮的绳子上的拉力F 变小，选项A 正确，B 错误；对人受力分析如图乙所示，θ＝α＋β逐渐变大，水平方向有f ＝T ′sin θ，地面对人的摩擦力逐渐变大，竖直方向有F N ＋T ′cos θ＝Mg ，地面对人的支持力F N ＝Mg －T ′cos θ逐渐变大，选项C 、D 正确。
12.(2016·全国卷Ⅲ)如图，两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m 的小球。
在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块。
平衡时，a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径。
不计所有摩擦。
小物块的质量为( )A.m 2B.32m C ．m D ．2m解析：选C 如图所示，由于不计摩擦，线上张力处处相等，且轻环受细线的作用力的合力方向指向圆心。
由于a 、b 间距等于圆弧半径，则∠aOb ＝60°，进一步分析知，细线与aO 、bO 间的夹角皆为30°。