【文档说明】2021届高考物理人教版二轮复习 动态分析选择题 受力分析 作业（1） 含解析.docx，共(11)页，743.456 KB，由envi的店铺上传

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2021届高考物理二轮复习动态分析选择题专练（1）受力分析1.如图所示，质量分别为2m和m的AB、两物块，用一轻弹簧相连，将A用轻绳悬挂于某处，调整细绳的长度，当系统处于静止状态时，物块B恰好对地面没有

压力，此时轻弹簧的形变量为x。已知重力加速度为g，若突然剪断细绳，则下列说法正确的是（）A.剪断细绳后，A物块向下运动x时速度最大B.剪断细绳后，A物块向下运动时速度最大C.剪断细绳瞬间，A物块的加速度大小为3gD.剪断细绳瞬间，A物块的加速度大小为g2.如图所示,ABmm,设地面对A的支持力

为NF,绳子对A的拉力为1F,地面对A的摩擦力为2F,若水平方向用力F拉A,使B匀速上升,不计滑轮摩擦,则在此过程中()A.NF增大,2F增大,1F不变B.NF减小,2F减小,1F不变C.NF减小,2F减小,1F增大D.NF增大,2F减小,1F增大3.如图所示,

带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上,放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接,开始时轻绳与斜劈平行。现给小滑块施加一个竖直向上的拉力,使小滑块沿杆缓慢上升,整个过程中小球始终未脱离斜劈,则有()A.小球对斜劈的压力保持不变B.轻绳对小球的拉力先

减小后增大C.竖直杆对小滑块的弹力先增大再减小D.对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大4.如图，在挪威的两座山峰间夹着一块岩石，吸引了大量游客前往观赏。该景观可简化成如图所示的模型，右壁竖直，左壁稍微倾斜。设左壁与竖直方向的夹角为，由于长期的风化，将会减小。

石头与山崖间的摩擦很小，可以忽略不计。若石头质量一定，减小，石头始终保持静止，下列说法正确的是()A．山崖左壁对石头的作用力将增大B．山崖右壁对石头的作用力不变C．山崖对石头的作用力减小D．石头受到的合力将增大5.如图所示，小球放在光滑的墙与装有铰链的光滑薄板之间，薄板在F作用下逆时

针缓慢转动，在墙与薄板之间的夹角缓慢地从90°逐渐减小的过程中（）A.小球对薄板的压力可能小于小球的重力B.小球对薄板的正压力一直增大C.小球对墙的压力先减小，后增大D.小球对墙的正压力不可能大于小球的重力6.如图甲所示,AB、两个物体靠在一起,静止在光滑

的水平面上,它们的质量分别为1kgAm=、3kgBm=,现用水平力AF推A,用水平力BF拉B,AF和BF随时间t变化关系如图乙所示,则()A.AB、分开之前,A所受的合外力逐渐减小B.3st=时,AB、分开C.AB、分开前,它们一起运动的位移

为6mD.AB、分开后,A做减速运动,B做加速运动7.如图所示，用竖直挡板将小球夹在挡板和光滑斜面之间，若逆时针缓慢转动挡板，使其由竖直转至水平的过程中，以下说法正确的是()A．挡板对小球的压力先增大

后减小B．挡板对小球的压力先减小后增大C．斜面对小球的支持力先减小后增大D．斜面对小球的支持力一直逐渐减小8.如图所示,把倾角为30°的粗糙斜面体C固定于水平地面上,质量为2m的物块A通过跨过光滑轻定滑轮的轻绳与质量为m的小球B连接,O点为轻绳与定滑轮的接触点,初始时

,小球B在水平向右的拉力F作用下,使轻绳OB段与水平拉力F的夹角为120=°,AB、均保持静止状态.现改变拉力F,并保持夹角θ大小不变,将小球B向右上方缓慢拉起至OB水平,物块A始终保持静止状态.g为重力加速度,下列关于该过程的说法正确的是()A.

拉力F最大为233mgB.拉力F一直变小C.物块A所受摩擦力先变小后变大D.轻绳拉力先变大后变小9.如图，在一段平坦的地面上等间距分布着一排等高的输电线杆，挂在线杆上的电线粗细均匀且呈对称性。由于热胀冷缩，冬季两相邻线杆之间

的导线长度会有所减少。对B线杆及两侧的电线，冬季与夏季相比（）A.电线最高点处的张力变大B.电线最低点处的张力不变C.线杆对地面的压力变小D.线杆两侧电线对线杆拉力的合力不变10.如图所示，用OAOB、两根轻绳将物体悬于两墙之间，OAO

B、两根轻绳之间的夹角为90°。当更换OA绳，使A点下移，直至轻绳OA为水平，在此过程中保持O点位置不变。则在A点不断下移到A的过程中（）A.OA绳的拉力逐渐增大B.OB绳的拉力逐渐增大C.OA绳的拉力先变小后变大D.OB绳的拉力先变大后变小11.如图所示，在竖直面内

有一固定光滑圆环，MN为圆环的竖直直径，M点有一光滑小圆环(其大小可忽略不计),一轻软绳穿过小圆环一端连接小球a,另一端连接小球b,两小球ab、套在光滑圆环上,平衡时连接小球a的绳与竖直方向的夹角为45,连接小球b的绳与竖直方向的夹角为30,下列说法正确的是(重力

加速度为g)()A.ab、两小球的质量之比为2:6B.ab、两小球的质量之比为6:2C.左段轻绳上的力和右段轻绳上的力大小相等D.左段轻绳上的力大于右段轻绳上的力12.在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连的物块AB、,它们的质量分别为1m和2m,弹簧的劲度系

数为,kC为一固定挡板,系统处于静止状态.现用一平行于斜面向上的拉力F拉物块A,使它以加速度a沿斜面向上做匀加速运动直到物块B刚要离开挡板C,在此过程中()A.拉力的大小一直增大B.物块B刚要离开挡板C时,拉力121()sinFmmgma=++C.拉力做功的功率先增大后减小D.物块A的

机械能先减小后增大答案以及解析1.答案：B解析：AB．剪断细绳前，B物块受力平衡：mgkx=剪断细绳后，B物块落地，刚开始A物块受到竖直向下的重力和弹力，物块加速下落，下落过程中弹力变小，加速度减小。当弹簧恢复原长后，A物块继续向下运动，压缩弹簧，当弹簧弹力等于重

力时，物块加速度减为零时速度最大，此时弹簧压缩量为1x，对A物块：12mgkx=解得：12xx=，A物块向下运动的总距离为3x，A错误，B正确；CD．剪断细绳前，A物体受力平衡：2Tmgkx=+剪断细绳后，弹簧弹力不突变，重力和弹力的合力与

剪断前绳子拉力等大反向，所以A物体的加速度：2332222Tmgkxmgagmmm+====CD错误。故选B。2.答案：A解析：B匀速上升,由平衡条件可知,绳子的拉力大小不变。根据定滑轮的特点可知,A受到轻绳的

拉力1F大小也不变。对A受力分析如图,则竖直方向,N1cosFFmg+=,得N1cosAFmgF=−;A沿地面向右运动时,θ增大,cos减小,1F不变,则NF逐渐增大,而2NFF=,μ不变,则2F也逐渐增大,故A正确,B、C、D错误。3.答案：D解析：对小球受力分析,受重力、支持

力和轻绳的拉力,如图所示:根据平衡条件可以知道,轻绳的拉力T增加,支持力N减小,根据牛顿第三定律,球对斜面的压力也减小;故A、B错误;对球和滑块整体分析,受重力、斜面的支持力N,杆的支持力'N,拉力F,如图所示:根据平衡

条件,有:水平方向:'sinNN=竖直方向:cosFNG+=因为N减小,故'N减小,F增加;故C错误、D正确;所以D选项是正确的.4.答案：A解析：对石头受力分析如图所示。根据平衡可知21cosNN=，2sinNmg=，随着

减小，根据公式可知12NN、都在增大，故A对，B错；根据共点力平衡可知，山崖对石头的作用力始终不变，大小等于石头的重力，所以作用力不变，故C错；由于石头处于静止状态，所以石头受合力一直为零，故D错。故选：A5.答案：B解析：以小球为研究对象，处于平衡状态，根据

受力平衡，由图可知：当墙与薄板之间的夹角缓慢地从90°逐渐减小的过程中，薄板给球的支持力1F逐渐增大，木板受到的压力增大，小球对薄板的压力不可能小于小球的重力，A错误，B正确；当墙与薄板之间的夹角θ缓慢地从90°逐渐减小的过程中，

墙壁给球的压力2F逐渐增大，根据牛顿第三定律可知墙壁受到的压力增大，小球对墙的正压力可能大于小球的重力，C、D错误。6.答案：C解析：由题图乙可得93N()AFt=−,33N()BFt=+,在AB、未分开的过程中,整体所

受合外力向右,且大小不变,恒定为+12NABFF=,匀加速运动的加速度23m/sABABFFamm+==+,则AB、分开之前,它们一直做匀加速运动,A所受的合外力不变,A错误;分开时满足AB、加速度相同,且弹力为零,故23m/sAAFm=,解得2st=,B错误;AB、分开前,它们一起运动的位移2

21132m6m22xat===,C正确;分开后的1s内A仍然受到向右的推力,所以A仍然做加速运动,在3st=后A不受推力后A将做匀速直线运动,B一直受到向右的拉力而做加速运动,D错误.7.答案：BD解析：小球受重力、挡板的压力1F和斜面的支持力力2F,将1F与2F合成为F，如图所示：小球一

直处于平衡状态,三个力中的任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线,故1F和2F合成的合力F一定与重力等值、反向、共线。从图中可以看出,当挡板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中,1F先减小后增大,2F一直逐渐减小；故AC错误，BD正确。8.答案：

AC解析：设OB绳与水平方向的夹角为α,因120=°不变,且小球B受力平衡,有cos(60)cos,sin(60)FTF−=−+°°sinTmg=,联立可得23cos3Fmg=,当0=°时,拉力F最大,为max233gFm=,A正确;由题意

可知,α的取值范围是060°°,且α从60°逐渐减小到0°,则拉力F一直变大,B错误;因为OB绳的拉力T满足cos(60)cosFT−=°,则有23cos(60)3Tmg=−°,开始时60=°,拉力T最大,且max232sin303Tmgmg=°,最后0=°,拉力T最小，

且min32sin303Tmgmg=°,根据物块A保持静止状态及受力分析可知物块A所受摩擦力先变小后变大,C正确;23cos(60)3Tmg=−°,由α的变化规律可知,T逐渐减小,D错误.9.答案：AD解析：以整条电线为研究对象，由共点力的平衡条件知，两

电线杆对电线的弹力的合力与其重力平衡，由几何关系得：cos2MgF=,即：2cosMgF=,由于夏天气温较高,电线的体积会膨胀,两杆正中部位电线下坠的距离h变大,则电线在杆上固定处的切线方向与竖直方向的夹角变小,故2cosMg变小，所以两电线杆处的电线拉力冬天与夏天相比是变大。电

线杆上的电线的质量一定，受力平衡，夏季、冬季杆对地面的压力相等，不变。所以选项BC错误，AD正确。10.答案：AB解析：O点受到竖直向下的拉力、OB绳子的拉力、OA绳子的拉力，三力处于平衡状态，如图所示：OA绳和OB

绳拉力的合力大小和方向不变，OB绳上拉力方向不变，在OA绳方向逐渐转至OA的过程中，两拉力方向由90°逐渐增大，则OA绳上拉力由最小值逐渐增大，OB绳上的拉力也在增大，故A、B对，C、D错。11.答案：BC解析：左、右两段轻绳上的力大小相等，C正确。分别对ab、两小球进行受力分

析，如图所示设绳上的拉力大小为,Fa球的质量为1,mb球的质量为2m，则a球的重力12cos45,2mgFFb==球的重力22cos303FFmg==，两球的质量之比为1262mm=，选项B正确。12.答案：AB解析：当物块B刚要离开挡板C时,有21sinmgkx=,对A,有111sin

Fmgkxma−−=,解得拉力121()sinFmmgma=++,B正确;设A开始运动到弹簧恢复原长前,弹簧的形变量为x,对于A,有11sin,Famgkxmx−+=减小,F增大,设弹簧恢复原长后,弹簧的形变量为x,对

于A,有11sinFmgxakm−−=,x增大,F增大,故拉力F一直增大,由于物块A做匀加速运动,速度一直增大,由PFv=,知拉力做功的功率一直增大,A正确,C错误;物块A以加速度a沿斜面向上做匀加速运动,速度增大,动能

增大,上升高度增加,势能增大,所以杋械能増大,D错误.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com