届备考全国名校物理试题分类解析汇编第二期B1 力重力弹力Word文件下载.docx

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表示两根轻绳对木板拉力的合力大小，

表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后

A．

不变，

变小B．

变大

C．

变大，

变大D．

变小，

变小

【答案】【知识点】共点力平衡的条件及其应用；

物体的弹性和弹力．B1B3

【答案解析】B解析：

木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，故三个力的合力为零，即：

F1=0；

根据共点力平衡条件，有：

2F2cosθ=mg解得：

F2=

当细线变短时，细线与竖直方向的夹角θ增加，故cosθ减小，拉力F2变大．故选：

【思路点拨】木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，根据共点力平衡条件并结合正交分解法列式分析即可．本题是简单的三力平衡问题，关键是受力分析后运用图示法分析，不难

2015届吉林省吉林市高三第一次摸底考试（201410）】2．建筑工地常用吊车通过钢索将建筑材料从地面吊到高处（如图甲），图乙为建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象。

下列判断正确的是

A．前5s的平均速度是0.5m/s

B．整个过程上升高度是30m

C．30~36s加速度大小是0.5m/s2

D．前10s建筑材料处于超重状态，钢索最容易发生断裂

物体的弹性和弹力．B1C2

【答案解析】D解析：

A、根据v-t图象可知：

0-10s内材料的加速度为：

a=0.1m/s2， 

0-5s位移为：

x=

at2=1.25m，所以前5s的平均速度是0.25m/s，故A错误;

B、整个过程中上升的高度为：

h=

=28m．故B错误．C、30～36s内做匀减速直线运动，加速度加速度方向向下，有：

a=

m/s2．故C错误．D、前10s内做匀加速直线运动，加速度向上，拉力大于重力，10到30s内做匀速直线运动，拉力等于重力，30到36s内做匀减速直线运动，加速度向下，拉力小于重力．所以前10s内绳子拉力最大，最容易断裂．故D正确．故选：

D．

【思路点拨】根据速度时间图线围成的面积表示位移求出上升的高度，根据匀变速直线运动的推论公式求出前10s内的平均速度．根据牛顿第二定律判断出整个过程中的拉力，从而判断出超失重．解决本题的关键知道图线与时间轴围成的面积表示位移，以及掌握判断超失重的方法．

2015届广东省佛山市佛山一中高三9月月考（201409）】18、如图所示，斜劈形物体的质量M，放在水平地面上，质量为m的粗糙物块以某一初速度沿斜劈的斜面向上滑，至速度为零后又加速返回，而斜劈始终保持静止，在物块m上、下滑动的过程中（）

Ａ．地面对斜劈M的摩擦力方向先向左后向右

Ｂ．地面对斜劈M的摩擦力方向没有改变

Ｃ．地面对斜劈M的支持力始终小于（M＋m）g

Ｄ．物块m向上、向下滑动时加速度大小相同

【答案】【知识点】摩擦力的判断与计算；

物体的弹性和弹力．B1B2

【答案解析】BC解析：

AB、物体先减速上滑，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下，对整体受力分析，受到总重力、支持力和向左的静摩擦力，根据牛顿第二定律，有：

x轴方向分析：

f=masinθ…①y轴方向分析：

（M+m）g-N=（M+m）acosθ…②

物体上滑时，受力如图，根据牛顿第二定律，有：

mgsinθ+μmgcosθ=ma1…③物体下滑时，受力如图，根据牛顿第二定律，有：

mgsinθ-μmgcosθ=ma2…④

由①式，地面对斜面体的静摩擦力方向一直未变，一直向左，故A错误，B正确；

C、由②式，地面对物体M的支持力总小于（M+m）g，故C正确；

D、由③④两式，物体沿斜面向上滑动时，加速度较大，故D错误；

故选：

BC．

【思路点拨】物体先减速上滑，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下；

对整体受力分析，然后根据牛顿第二定律求解地面对物体M的摩擦力和支持力；

对小滑块受力分析，根据牛顿第二定律分析m的加速度情况．本题关键是对整体和对m受力分析，然后根据牛顿第二定律和共点力平衡条件列方程分析求解．

2015届广东省佛山市佛山一中高三9月月考（201409）】16、如图，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是（）

Ａ．M处受到的支持力竖直向上Ｂ．N处受到的支持力竖直向上

Ｃ．M处受到的摩擦力沿MN方向Ｄ．N处受到的摩擦力沿MN方向

【答案解析】AD解析：

A、M处受到的支持力的方向与地面垂直向上，即竖直向上，故A正确；

N、N处受到的支持力的方向与原木P垂直向上，不是竖直向上，故B错误；

C、原木相对于地有向左运动的趋势，则在M处受到的摩擦力沿地面向右，故C错误；

D、因原木P有沿原木向下的运动趋势，所以N处受到的摩擦力沿MN方向，故D正确．故选：

AD．

【思路点拨】支持力的方向是垂直于接触面指向被支持的问题，静摩擦力的方向是与相对运动趋势的方向相反，由此可判知各选项的正误．解决本题的关键要掌握支持力和静摩擦力方向的特点，并能正确分析实际问题．支持力是一种弹力，其方向总是与接触面垂直，指向被支持物．静摩擦力方向与物体相对运动趋势方向相反．

2015届广东省佛山市佛山一中高三9月月考（201409）】8、完全相同的质量为m的A、B两球，用两根等长的细线悬挂在O点，两球之间夹着一根劲度系数为k的轻弹簧，静止不动时，弹簧处于水平方向，两根细线之间的夹角为θ，则弹簧的长度被压缩了（　　）

A.

　　　　B.

C.

　　　D.

【答案】【知识点】胡克定律；

共点力平衡的条件及其应用．B1B4

【答案解析】C解析：

对球A受力分析，受重力mg、拉力T、弹簧的弹力F，如图

根据平衡条件，结合合成法，有F=mgtan

根据胡克定律，有F=kx

解得x=

故选：

【思路点拨】对A球受力分析，然后根据平衡条件并运用合成法得到弹簧的弹力，最后根据胡克定律得到弹簧的压缩量．本题关键是对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件并运用合成法求解出弹力，最后根据胡克定律求解出弹簧的压缩量．

【【原创纯word版精品解析】物理卷·

2015届云南省玉溪一中高三上学期第二次月考（201410）】2．如图所示，在拉力F作用下，小球A沿光滑的斜面缓慢地向上移动，在此过程中，小球受到的拉力F和支持力FN的大小变化是

（　　）

A．F增大，FN减小　B．F和FN均减小

C．F和FN均增大　D．F减小，FN不变

物体的弹性和弹力．B1B4

【答案解析】A解析：

小球受重力G、支持力FN、拉力F处于动态平衡状态．根据平衡条件得知：

FN与F的合力与G大小相等、方向相反，作出这两个力的合力，如图．

由力的合成图可知，F增大，FN减小．故选：

【思路点拨】小球处于动态平衡状态，以小球为研究对象，分析受力，作出力图，根据图解法分析拉力F和支持力FN的大小变化．本题是平衡问题中动态变化分析问题，运用图解法比较直观简洁，也可以运用函数法研究．

2015届四川省绵阳南山实验高中高三一诊模拟考试（201410）】6.如图所示，左右带有固定挡板、上表面光滑的长木板放在水平桌面上。

一质量M=1.0kg的物体A右端与一轻弹簧连接，弹簧右端固定在长木板的右挡板，上面放一质量m=0.5kg的铁块B。

长木板静止时弹簧对物体A的压力为3N，物体A与铁块之间的动摩擦因数μ=0.5，现使木板以4m／s2的加速度向左沿水平方向做匀加速运动，当系统稳定时（）

A．物体A受到5个力的作用

B．物体A对左侧挡板的压力等于3N

C．运动过程中弹簧的最大形变量是最小形变量的2倍

D．弹簧弹性势能的减少等于A物体动能的增加

【答案】【知识点】功能关系；

物体的弹性和弹力．B1E6

【答案解析】AC解析：

B、C、D、铁块向左加速，故A对铁块有向左的静摩擦力，故铁块对A有向右的静摩擦力；

A和铁块整体受重力、支持力、弹簧弹力，根据牛顿第二定律，有：

F=（M+m）a=（1+0.5）×

4=6N＞3N;

;

故弹簧的弹力增加为2倍，根据F=kx，弹簧的压缩量增加为2倍，弹性势能增加，故B错误，C正确，D错误；

A、物体A受重力、支持力、弹簧的弹力、铁块的压力和静摩擦力，共5个力，故A正确；

AC．

【思路点拨】先对铁块受力分析，根据牛顿第二定律列式判断铁块受否受到静摩擦力；

再对A和铁块整体受力分析，根据牛顿第二定律判断弹簧的弹力．本题关键是结合牛顿第二定律判断静摩擦力的有无和弹力的有无，不难．

2015届四川省绵阳南山实验高中高三一诊模拟考试（201410）】2．“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根橡皮绳。

质量为m的小明如图所示静止悬挂时，两橡皮绳的夹角为600，则（）

A．每根橡皮绳的拉力为

B．若将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变小

C．若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时加速度a＝g

D．若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根轻绳，则小明左侧轻绳在腰间断裂时，小明的加速度a＝g

【答案解析】B解析：

A、根据平行四边形定则知，2Fcos30°

=mg，解得F=

mg．故A错误．B、根据共点力平衡得，2Fcosθ=mg，当悬点间的距离变小，则θ变小，cosθ变大，可知悬绳的拉力变小．故B正确．C、当左侧橡皮绳断裂，断裂的瞬间，右侧弹性绳的拉力不变，则重力和右侧绳拉力的合力与左侧绳初始时拉力大小相等，方向相反，根据平行四边形定则知，则合力大小为

mg，加速度为

g．故C、D错误．故选：

B．

【思路点拨】根据共点力平衡求出每根绳的拉力，根据平行四边形定则判断悬点间距变化时绳子拉力的变化．当左侧绳子断裂，抓住合力沿垂直绳子方向求出合力的大小，从而得出加速度的大小．本题关键是对小明受力分析后，根据三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线来确定撤去一个力后的合力，再根据牛顿第二定律求解加速度.

2015届山东省日照一中高三10月第一次阶段复习质量达标检测（201410）】14．如图所示，物体P以一定的初速度v沿光滑水平面向右运动，与一个右端固定的轻质弹簧相撞，并被弹簧反向弹回，若弹簧在被压缩过程中始终遵守胡克定律，那么在P与弹簧发生相互作用的整个过程中

A．P的加速度大小不断变化，方向也不断变化

B．P的加速度大小不断变化，但方向只改变一次

C．P的加速度大小不断改变，当加速度数值最大时，速度最小

D．有一段过程，P的加速度逐渐增大，速度也逐渐增大

胡克定律．B1C2

A、木块向右运动压缩弹簧，弹力方向始终向左，根据胡克定律可知：

弹簧的弹力与弹簧压缩的长度成正比，当木块向右压缩弹簧时，弹力逐渐增大，加速度逐渐增大；

木块被弹簧弹回向左运动，弹簧恢复原长，加速度逐渐减小，故A错误；

B、根据A中分析知B错误；

C、木块水平方向只受到弹簧的弹力，根据胡克定律可知：

弹簧的弹力与弹簧压缩的长度成正比．当木块向右压缩弹簧时，弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律知，加速度逐渐增大，做变减速运动，当速度减为零时，速度最小，弹力最大，加速度最大，所以C正确；

D、木块反弹过程向左运动，弹簧恢复原长，弹力减小，加速度逐渐减小，但速度逐渐增大，恰好恢复原长时，速度最大，加速度最小为零，所以D错误；

故选C．

【思路点拨】木块水平方向只受到弹簧的弹力，根据胡克定律可知：

弹簧的弹力与弹簧压缩的长度成正比．当木块向右压缩弹簧时，弹力逐渐增大，加速度逐渐增大，做变减速运动，当速度减为零时，速度最小，弹力最大，加速度最大；

之后木块被弹簧弹回向左运动，弹簧恢复原长，加速度逐渐减小，但方向未变．本题是含有弹簧的动态变化分析情况，要抓住弹力的可变性，由牛顿定律分析物体的运动情况．

2015届山东省莱州一中高三10月月考（201410）】8.在动摩擦因数μ=0.2的水平面上，有一个质量为m=2kg的物块，物块与水平轻弹簧相连，并由一与水平方向成θ=45°

角的拉力F拉着物块，此时物块处于静止状态，且水平面对物块的弹力恰好为零．取g=10m/s2，以下说法正确的是（　　）

A．此时轻弹簧的弹力大小为20N

B．当撤去拉力F的瞬间，物块的加速度大小为8m/s2，方向向左

C．若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度大小为8m/s2，方向向右

D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度为0

【答案解析】AB解析：

A、小物块受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：

F=mgtan45°

=20×

1=20N，故A正确；

B、撤去力F的瞬间，弹簧的弹力仍然为20N，小物块此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用；

小物块所受的最大静摩擦力为：

f=μmg=0.2×

20N=4N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：

=8m/s2；

合力方向向左，所以向左加速．故B正确；

C、D、剪断弹簧的瞬间，弹簧的拉力消失，其它力不变，物块加速度a=

m/s2，故C错误，D错误；

AB．

【思路点拨】先分析撤去力F前弹簧的弹力和轻绳的拉力大小；

再研究撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，对小球受力分析，根据牛顿第二定律求出瞬间的加速度大小；

剪断弹簧的瞬间，因为绳子的作用力可以发生突变，小物块瞬间所受的合力为零．解决本题的关键知道撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，剪短弹簧的瞬间，轻绳的弹力要变化，结合牛顿第二定律进行求解．

2015届山东省德州一中高三上学期10月月考（201410）】9．如图所示，A、B两物块的质量分别为m和M，把它们靠在一起从光滑斜面的顶端由静止开始下滑。

已知斜面的倾角为θ，斜面始终保持静止。

则在此过程中物块B对物块A的压力为

B．

C．0D．

【答案】【知识点】物体的弹性和弹力；

牛顿第二定律．B1C2

对A、B组成的整体受力分析可知，整体受重力、支持力而做匀加速直线运动；

由牛顿第二定律可知，a=

=gsinθ；

则再对B由牛顿第二定律可知：

F合=Ma=Mgsinθ；

合力等于B的重力沿斜面向下的分力；

故说明AB间没有相互作用力，故ABD错误，C正确．故选：

【思路点拨】对整体受力分析求出整体的加速度，再对B受力分析即可求得A对B的压力，再由牛顿第三定律可求得B对A的压力．本题考查牛顿第二定律的应用，要明确两物体加速度相同，均是重力的分力提供加速度．

2015届吉林省长春市十一中高三上学期期中考试（201410）】2．物块A、B的质量分别为m和2m，用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上。

对B施加向右的水平拉力F，稳定后A、B相对静止地在水平面上运动，此时弹簧长度为l1；

若撤去拉力F，换成大小仍为F的水平推力向右推A，稳定后A、B相对静止地在水平面上运动，此时弹簧长度为l2。

则下列判断正确的是

A．弹簧的原长为

B．两种情况下稳定时弹簧的形变量相等

C．两种情况下稳定时两物块的加速度不相等

D．弹簧的劲度系数为

【答案解析】D解析：

A、C、D以整体法为研究对象，根据牛顿第二定律得知，两种情况下加速度相等，而且加速度大小为a=

．设弹簧的原长为l0．根据牛顿第二定律得：

第一种情况：

对A：

k（l1-l0）=ma 

① 

第二种情况：

k（l0-l2）=2ma②由①②解得，l0=

，k=

．故AC错误，D正确．B、第一种情况弹簧的形变量为△l=l1-l0=

l1-

l2；

第二种情况弹簧的形变量为△l=l0-l2=

故B错误．故选D

【思路点拨】先以整体法为研究对象，根据牛顿第二定律求得加速度，再分别对A和B为研究对象，求得弹簧的原长．根据两种情况下弹簧的弹力的大小关系，分析弹簧的形变量关系；

由胡克定律求得劲度系数．本题关键要灵活选择研究对象，运用整体法和隔离法，根据牛顿第二定律和胡克定律结合研究．

2015届吉林省东北师大附中高三上学期第一次摸底考试（201410）word版】12.如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态.现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示（g=10m/s2），则下列结论正确的是

A.物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B.弹簧的劲度系数为7.5N/cm

C.物体的质量为3kgD.物体的加速度大小为5m/s2

A、物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故A错误；

B、C、D、刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有

mg=kx 

①

拉力F1为10N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有

F1+kx-mg=ma 

②

物体与弹簧分离后，拉力F2为30N，根据牛顿第二定律，有

F2-mg=ma 

③

代入数据解得:

m=2kg;

k=500N/m=5N/cm;

a=5m/s2故B错误，C错误，D正确；

【思路点拨】物体一直匀加速上升，从图象可以看出，物体与弹簧分离后，拉力为30N；

刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡；

拉力为10N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，弹簧压缩量为4cm；

根据以上条件列式分析即可．本题关键是由图象得出一些相关物理量，然后根据牛顿第二定律列方程分析求解．

2015届湖南省岳阳一中高三上学期第三次月考（201411）】18．（12分）如图所示，在倾角为θ=30°

的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。

现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之向上匀加速运动，当物块B刚要离开C时F的大小恰为2mg。

求：

（1）从F开始作用到物块B刚要离开C的时间。

（2）到物块B刚要离开C时力F所做的功

【答案】【知识点】牛顿第二定律；

匀变速直线运动的位移与时间的关系；

胡克定律．A2B1C2

（1）

（2）

解析：

令x1表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知

mgsin30°

=kx1

令x2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量，a表示此时A的加速度，由胡克定律和牛顿定律可知

kx2=mgsin30°

F－mgsin30°

－kx2=ma

将F=2mg和θ=30°

代入以上各式，解得

由x1+x2=

解得t=

（2）物块B刚要离开C时，物块A的速度为

此时弹簧的伸长量和F开始作用时的压缩量相同，弹簧的弹性势能改变量为零。

由动能定理得

解得

（1）根据共点力平衡以及胡克定律求出未施加F时弹簧的压缩量，根据共点力平衡和胡克定律求出B刚要离开时弹簧的伸长量，通过牛顿第二定律求出A的加速度大小，通过位移时间公式求出从F开始作用到物块B刚要离开C的时间．

（2）根据v=at求出物块B刚要离开C时，物块A的速度，此时弹簧的伸长量和F开始作用时的压缩量相同，弹簧的弹性势能改变量为零．由动能定理列式即可求解．本题综合考查了共点力平衡、胡克定律和牛顿第二定律，综合性较强，关键理清初末状态，结合动力学知识求解．

2015届湖南省岳阳一中高三上学期第三次月考（201411）】7．相同材料制成的两物体A、B，用轻弹簧相连，放在粗糙的水平面上，在力F的作用下一起向右作加速度为a的匀加速运动，此时弹簧弹力为FT，当作用力增大到2F是，一起运动的加速度为a1，弹簧的弹力为FT1，则下列说法正确的是：

（）

A.a1=2aFT1=2FTB.a1=2aFT1＞2FT

C.a1＞2aFT1=2FTD.a1＜2aFT1=2FT

对整体分析，当拉力为F时，

根据牛顿第二定律得，a=

．隔离对B分析，F弹-μmBg=mBa，解得弹簧的弹力FT1=

．当拉力为2F时，根据牛顿第二定律得，a′=

．隔离对B分析，F弹′-μmBg=mBa′，解得弹簧的弹力F弹力′=

2F弹力．故C正确，A、B、D错误．故选：

C

【思路点拨】对整体分析，根据牛顿第二定律求出加速度，隔离对B分析，求出弹簧的弹力大小，从而进行比较．解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的运用．

2015届湖南省岳阳一中高三上学期第三次月考（201411）】5．如图所示为我国国家大剧院外部呈椭球型。

假设国家大剧院的屋顶为半球形，因特殊原因要执行维修任务，在竖直放置的穹形光滑支架上，一根不可伸长的轻绳通过轻质滑轮悬挂一重物G．现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从C点（C点与A点等高）沿支架缓慢地向B点靠近．则绳中拉力大小变化的情况是（）