《2022年高考物理二輪復習 特色專題訓練 力學選擇題巧練（三）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考物理二輪復習 特色專題訓練 力學選擇題巧練（三）（4頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2022年高考物理二輪復習 特色專題訓練 力學選擇題巧練（三） 一、單項選擇題 1.(xx·廣州測試)如圖所示，力F垂直作用在傾角為α的三角滑塊上，滑塊沒被推動，則滑塊受到水平地面的靜摩擦力大小為(　　) A．0　　　　　　　　　 B．Fcos α C．Fsin α D．Ftan α 2．如圖所示，兩相同物塊分別放置在對接的兩固定斜面上，兩物塊處在同一水平面內，物塊之間用細繩連接，在繩的中點加一豎直向上的拉力F，使兩物塊處于靜止狀態(tài)，此時繩與斜面間的夾角小于90°，當增大拉力F后，系統仍處于靜止狀態(tài)，下列說法正確的是(　　) A．繩受到的拉力變小 B．物塊與斜面間的摩擦力

2、變小 C．物塊對斜面的壓力變小 D．物塊受到的合力變大 3．據報道，我國首次300米飽和潛水已獲得圓滿成功，6名潛水員通過潛水鐘到達300米深海底進行潛水作業(yè)．若潛水鐘從水面開始下潛到最后返回水面的速度—時間(v－t)圖象如圖所示，則下列說法中正確的是(　　) A．下潛過程中勻速運動的時間為48 min B．全過程中的最大加速度大小為0.012 5 m/s2 C．0～100 min與100 min～140 min兩段時間的平均速度大小相同 D．超重現象發(fā)生在80 min～100 min和100 min～120 min時間段 4.如圖所示，水平地面上有一個坑，其豎直截面為正方

3、形ABCD，若在A點以初速度v0沿AB方向拋出一小球，小球會擊中坑壁上的C點，已知AB的長度為l，忽略空氣阻力．則(　　) A．小球下落的時間t＝ B．坑的深度AD＝ C．落到C點的速度大小為v0 D．落到C點時速度方向與水平面成60°角 二、不定項選擇題 5．(xx·浙江八校二聯)質量分別為M和m的物塊形狀大小均相同，將它們通過輕繩跨過光滑定滑輪連接，如圖甲所示，繩子平行于傾角為α的斜面，M恰好能靜止在斜面上，不考慮M、m與斜面之間的摩擦．若互換兩物塊位置，按圖乙放置，然后釋放M，斜面仍保持靜止．則下列說法正確的是(　　) A．輕繩的拉力等于Mg B．輕繩的拉力等于m

4、g C．M運動的加速度大小為(1－sin α)g D．M運動的加速度大小為g 6．(xx·金華模擬)某同學在開展研究性學習的過程中，利用加速度傳感器研究質量為5 kg的物體由靜止開始做直線運動的規(guī)律，并在計算機上得到了前4 s內物體加速度隨時間變化的圖象，如圖所示．設第1 s內運動方向為正方向，則下列說法正確的是(　　) A．物體先向正方向運動，后向負方向運動 B．物體在第3 s末的速度最大 C．前4 s內合外力做的功等于前2 s內合外力做的功 D．物體在第4 s末的動能為22.5 J 7.如圖所示為一豎直放置的圓錐形容器，容器內壁光滑．兩質量相同的小球(可視為質點)a和b

5、在其內壁的兩個不同高度上分別做勻速圓周運動，其半徑Rb＝2Ra，則下列說法中正確的是(　　) A．a、b兩球受到的支持力大小之比為1∶1 B．a、b兩球做圓周運動的周期之比為1∶2 C．a、b兩球的動能之比為1∶ D．a、b兩球在運動過程中機械能守恒 力學選擇題巧練(三) 1．解析：選C.由平衡條件知，靜摩擦力大小等于F在水平方向的分力，即Ff＝Fsin α，故C正確． 2.解析：選C.將F分解為F1、F2兩個力，如圖甲所示，由于F1、F2間的夾角不變，當F增大時，則知繩受到的拉力F1和F2同時增大，A錯；對左邊物塊進行研究，分析受力如圖乙所示，由平衡條件得摩擦力

6、Ff＝mgsin α＋F1cos β，F1增大，其他量不變，則Ff增大；支持力FN＝mgcos α－F1sin β，F1增大，其他量不變，則FN變小，故B錯，C對；由題意知物塊處于靜止狀態(tài)，受到的合力為零，保持不變，故D錯． 3．解析：選D.由題圖可知，在0～100 min內潛水鐘下潛的深度為300 m，設潛水鐘勻速下潛的時間為t，則有4t＋(100－t)×4÷2＝300，可解得t＝50(min)，選項A錯誤；全過程中加速度大小最大是在100 min～120 min和120 min～140 min兩個時間段，最大加速度大小為am＝≈2.08×10－4 m/s2，選項B錯誤；0～100 min

7、內的平均速度為＝3 m/min，100 min～140 min內的平均速度為＝－7.5 m/min，選項C錯誤；在80 min～100 min內潛水鐘減速下降，100 min～120 min內潛水鐘加速上升，均發(fā)生超重現象，故選項D正確． 4．解析：選A.小球做平拋運動的水平位移l＝v0t，則小球下落的時間為t＝，A項正確；小球在豎直方向的位移y＝gt2＝，B項錯誤；落到C點時，水平分位移與豎直分位移大小相等，即v0t＝t，所以vy＝2v0，落到C點時速度大小v＝＝v0，方向與水平面的夾角的正切值為tan θ＝＝2，不等于60°，選項C、D錯誤． 5．解析：選BCD.互換位置前，M靜止在斜

8、面上，則有：Mgsin α＝mg，互換位置后，對M有Mg－FT＝Ma，對m有：F′T－mgsin α＝ma，又FT＝F′T，解得：a＝(1－sin α)g＝g，FT＝mg，故A錯，B、C、D對． 6．解析：選BCD.物體先做正方向加速度增大的加速運動，再做加速度減小的加速運動，物體在第3 s末的速度最大，后做加速度增大的減速運動，運動方向始終為正方向，則選項A錯誤，B正確；從題a－t圖象可知2 s～3 s加速度大小的平均值等于3 s～4 s加速度大小的平均值，所以2 s～3 s物體增加的速度等于3 s～4 s物體減小的速度，可知物體在第2 s末的速度和第4 s末的速度大小相等，由動能定理知，

9、前4 s內合外力做的功等于前2 s內合外力做的功，則選項C正確；a－t圖線與坐標軸所包圍圖形的面積是速度變化量的大小，v4＝v2＝3 m/s，則物體在第4 s末的動能為Ek4＝mv＝×5×32 J＝22.5 J，故選項D正確． 7．解析：選AD.設a、b兩球質量均為m，受到的支持力大小分別為FNa、FNb，周期分別為Ta、Tb，動能分別為Eka、Ekb，圓錐母線與豎直方向夾角為θ.由題意可知，兩小球在豎直方向上的合力均為零，所以對a球有FNasin θ＝mg，對b球有FNbsin θ＝mg，所以FNa∶FNb＝1∶1，選項A正確；兩小球受到的支持力在水平方向上的分量提供小球運動的向心力，故對a球有FNacos θ＝mRa，對b球有FNbcos θ＝mRb，由Rb＝2Ra，可得Ta∶Tb＝1∶，選項B錯誤；對a球有FNacos θ＝m＝，同理有FNbcos θ＝，可得：＝，選項C錯誤；兩小球在運動過程中動能不變，重力勢能不變，故其機械能不變，選項D正確．