高三物理復習彈簧彈力

1、1如圖，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連?，F(xiàn)將小球從M點由靜止釋放，它在下降的過程中經過了N點。已知M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，且ONM<OMN<。在小球從M點運動到N點的過程中A彈力先增大后減小B小球處于M點和N點兩個位置時，彈簧的形變量相等C彈簧長度最短時，小球受到的合力大小等于重力D小球到達N點時重力和彈簧彈力的合力大于其在M點時重力和彈簧彈力的合力2如圖甲所示，平行于光滑斜面的輕彈簧勁度系數(shù)為k，一端固定在傾角為的斜面底端，另一端與物塊A連接，兩物塊A、B質量均為m，初始時均靜止，現(xiàn)用平行于斜面向上的力F拉動物塊B，使B做加速度為a

2、的勻加速運動，A、B兩物塊在開始一段時間內的vt關系分別對應圖乙中A、B圖線t1時刻A、B的圖加速度為g，則下列說法正確的是（ ）Atl時刻，彈簧形變量為Bt2時刻，彈簧形變量為Ctl時刻，A，B剛分離時的速度為D從開始到t2時刻，拉力F先逐漸增大后不變3質量均為m的A、B小球套在一豎直光滑圓環(huán)上，并由一不可伸長的輕繩相連，現(xiàn)施加一力F作用與A球上使A球處于靜止狀態(tài)，此時A球與圓環(huán)恰好無作用力，B球位于與圓心等高處。已知重力加速度為g，則下列說法正確的是A、力F大小為B、B球所受的圓環(huán)給的彈力與繩子拉力大小之比為C、去掉F瞬間，繩子拉力大小為D、去掉F前后，B球所受圓環(huán)給的彈力大小不變4如圖所

3、示，四種情境中物體A均處于靜止狀態(tài)，它與外界的接觸面（點）均光滑。其中物體A所受彈力示意圖正確的是:（ ）5如圖所示，在傾角為300的光滑斜面上端系有一勁度系數(shù)為k200 N/m的輕質彈簧，彈簧下端連一個質量為m=2 kg的小球，球被一垂直于斜面的擋板A擋住，此時彈簧沒有形變。若擋板A以a=6 m/s2的加速度沿斜面向下做勻加速直線運動，斜面固定不動，取g=10 m/s2，則（ ）A小球向下運動004 m時速度最大B小球向下運動001 m時與擋板分離C小球速度最大時與擋板分離D小球從一開始運動就與擋板分離6如圖，物塊A、C置于光滑水平桌面上，通過輕質滑輪和細繩懸掛物塊B，物塊A、B的質量均為2

4、kg，物塊C的質量為1 kg，重力加速度大小為 。若固定物塊C，釋放物塊A、B，則物塊A、B的加速度分別為,細繩的張力為F，則（ ）AaA：aB=2:1 BaA：aB=1:1 CF=10N DF=8N7如圖所示，四個質量、形狀相同的斜面體放在粗糙的水平面上，將四個質量相同的物塊放在斜面頂端，因物塊與斜面的摩擦力不同，四個物塊運動情況不同A物塊放上后勻加速下滑，B物塊獲一初速度后勻速下滑，C物塊獲一初速度后勻減速下滑，D物塊放上后靜止在斜面上若在上述四種情況下斜面體均保持靜止且對地面的壓力依次為F1、F2、F3、F4，則它們的大小關系是（ ）AF1=F2=F3=F4 BF1F2F3F4 CF1F

5、2=F4F3 DF1=F3F2F48如圖所示，兩木塊的質量分別為m1和m2，兩輕質彈簧的勁度系數(shù)分別為k1和k2。上面的木塊壓在上面的彈簧上（但不栓接）整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)緩慢向上提上面的木塊，直到它剛離開上面的彈簧。上述過程中，m1木塊移動的距離x1和m2木塊移動的距離x2分別是（ ）A. B. C. D. 9下列說法正確的是A.平拋運動的物體在任意相等的時間內速度的變化量大小相等，方向相同B.木塊放在水平桌面上要受到一個豎直向上的彈力，這個彈力由于木塊發(fā)生微小的形變而產生的C.用手將一個水桶豎直向上加速提起時，手提桶的力大于桶對手的力D.物體受到的合外力的方向與物體加速度方向相同，與速

6、度方向也一定相同10在傾角為的足夠長光滑斜面上有兩個用輕彈簧連接的物塊A和B，它們的質量分別是m和2m，彈簧的勁度系數(shù)為k，C為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用一沿斜面方向的恒力拉物塊A使之沿斜面向上運動，當B剛離開C時，A的速度為v，加速度方向沿斜面向上、大小為a，則A從靜止到B剛離開C的過程中，A發(fā)生的位移為BB剛離開C時，恒力對A做功的功率為C當A的速度達到最大時，B的加速度大小為D從靜止到B剛離開C的過程中，重力對A做的功為11將輕繩和輕彈簧的一端分別固定在圓弧上的A、B兩點，另一端固定在小球a上，靜止時，小球a恰好處于圓心O處，如圖甲所示，此時繩與水平方向夾角為30°，彈

7、簧恰好水平，現(xiàn)將輕彈簧與輕繩對調，將a球換成b球后，小球仍位于O點，如圖乙所示則，a、b兩個小球的質量之比為（ ）A1：1 B：1 C2： D3：212如圖甲所示，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端放置一物體（物體與彈簧不連接），初始時物體處于靜止狀態(tài)現(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體上，使物體開始向上做勻加速運動，拉力F與物體位移x之間的關系如圖乙所示（g=10m/s2），則下列結論正確的是（ ）A物體與彈簧分離時，彈簧處于壓縮狀態(tài)B彈簧的勁度系數(shù)為7.5N/cmC物體的質量為2kgD物體的加速度大小為5m/s213如圖所示，固定在豎直平面內的光滑圓環(huán)的最高點有一個光滑的小孔，質量為m的小球套

8、在圓環(huán)上，一根細線的下端系著小球，上端穿過小孔用手拉住，現(xiàn)拉動細線，使小球沿圓環(huán)緩慢上移，在移動過程中手對線的拉力F和軌道對小球的彈力N的大小變化情況是（ ）AF減小，N不變 BF不變，N減小CF不變，N增大 DF增大，N減小14如圖所示，小物體P放在直角斜劈M上，M下端連接一豎直彈簧，并緊貼豎直光滑墻壁；開始時，P、M靜止，M與墻壁間無作用力。現(xiàn)以平行斜面向上的力F向上推物體P，但P、M未發(fā)生相對運動。則在施加力F后AP、M之間的摩擦力變大BP、M之間的摩擦力變小C墻壁與M之間仍然無作用力D彈簧的形變量減小15如圖所示，一質量為m的小球套在光滑豎直桿上，輕質彈簧一端固定于O點，另一端與該小球

9、相連?，F(xiàn)將小球從A點由靜止釋放，沿豎直桿運動到B點，已知OA長度小于OB長度，彈簧處于OA、OB兩位置時彈力大小相等。在小球由A到B的過程中A加速度等于重力加速度g的位置有兩個B彈簧彈力的功率為零的位置有兩個C彈簧彈力對小球所做的正功等于小球克服彈簧彈力所做的功D彈簧彈力做正功過程中小球運動的距離等于小球克服彈簧彈力做功過程中小球運動的距離16如圖所示，質量為M、半徑為R的半球形物體A靜止在粗糙水平地面上，通過最高點處的釘子用水平輕質細線拉住一質量為m、半徑為r的光滑球B，重力加速度為g。則（ ）AA對地面的摩擦力方向向左BB對A的壓力大小為C細線對小球的拉力大小為D若剪斷繩子（A不動）,則此

10、瞬時球B加速度大小為17如圖所示，質量為10kg的物體A拴在一個被水平拉伸的彈簧一端，彈簧的拉力為5N時，物體A和小車均處于靜止狀態(tài)若小車以1m/s2的加速度向右加速運動后，則（g=10m/s2）A物體A相對小車向左運動B物體A受到的摩擦力減小C物體A受到的摩擦力大小不變D物體A受到的彈簧拉力增大18下列說法正確的是（ ）A彈力的方向不一定與接觸面垂直B兩物體間的滑動摩擦力總是與物體運動方向相反C摩擦力的大小與彈力成正比D兩分力大小一定，夾角越小，合力越大19如圖所示，不帶電物體A和帶電的物體B用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接，A、B的質量分別是2m和m.勁度系數(shù)為k的輕質彈簧一端固定在水平面上，另

11、一端與物體A相連，傾角為的絕緣斜面處于沿斜面向上的勻強電場中.開始時，物體B受到沿斜面向上的外力F=3mgsin的作用而保持靜止，且輕繩恰好伸直.現(xiàn)撤去外力F，直到物體B獲得最大速度，且彈簧未超過彈性限度，不計一切摩擦.則在此過程中A.B的速度最大時，彈簧的伸長量為B.物體B所受電場力大小為C.撤去外力F的瞬間，物體B的加速度為D.物體A、彈簧和地球組成的系統(tǒng)機械能增加量等于物體B和地球組成的系統(tǒng)機械能的減少量20如圖所示，在水平面上有三個質量分別為m1，m2，m3的木塊，木塊1和2、2和3間分別用一原長為L、勁度系數(shù)為K的輕彈簧連接起來，木塊1、2與水平面間的動摩擦因數(shù)為，木塊3和水平面之間

12、無摩擦力現(xiàn)用一水平恒力向右拉木塊3，當木塊一起勻速運動時，1和3兩木塊間的距離為（木塊大小不計）（ ）A BC D21水平地面上的物體受重力G和水平作用力F保持靜止，如圖所示，現(xiàn)在使作用力F保持大小不變，方向沿逆時針方向緩慢轉過1800，而物體始終保持靜止，則在這個過程中，物體對地面的正壓力FN和地面給物體的摩擦力Ff的變化情況是A.Ff不變B.Ff先變小后變大C.FN先變小后變大D.FN先變大后變小22如圖所示，在傾角為的光滑斜面上，物塊A.B質量均為，物塊A靜止在輕彈簧上端，物塊B用細線與斜面頂端相連，A.B挨在一起但A.B之間無彈力，已知重力加速度為，某時刻把細線剪斷，當細線剪斷后瞬間，

13、下列說法正確的是（ ）A物塊B的加速度為B物塊A的加速度為C物塊A.B間的彈力為D物塊A.B間的彈力為23一輕繩一端系在豎直墻M上，另一端系一質量為m的物體A，用一輕質光滑圓環(huán)O穿過輕繩，并用力F拉住輕環(huán)上一點，如圖所示現(xiàn)使物體A從圖中實線位置緩慢下降到虛線位置。則在這一過程中，力F、繩中張力FT和力F與水平方向夾角的變化情況是（）AF保持不變，F(xiàn)T逐漸增大，夾角逐漸減小BF逐漸增大，F(xiàn)T保持不變，夾角逐漸增大CF逐漸減小，F(xiàn)T保持不變，夾角逐漸減小DF保持不變，F(xiàn)T逐漸減小，夾角逐漸增大24如圖所示，一光滑小球靜止放置在光滑半球面的最底端，利用豎直放置的光滑擋板水平向右緩慢地推動小球，在推動

14、過程中擋板保持豎直,則在小球運動的過程中（該過程小球未脫離球面），木板對小球的推力F1、半球面對小球的支持力F2的變化情況正確的是：( )AF1一直增大 BF1先減小后增大CF2一直增大 DF2先減小后增大25如圖，質量的兩物體A、B疊放在一起放在傾角為的光滑斜面上，現(xiàn)讓它們由靜止開始釋放，在沿斜面下滑過程中，物體B的受力圖是（ ）26如圖所示，兩木塊的質量分別為，兩輕質彈簧的勁度系數(shù)分別為和，整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則兩輕質彈簧的形變量大小分別為（ ）A. B. C. D. 27物塊A、B的質量分別為2m和m，用輕彈簧連接后放在光滑的水平面上，對B施加向右的水平拉力F，穩(wěn)定后A、B相對靜止在水

15、平面上運動，此時彈簧長度為l1；若撤去拉力F，換成大小仍為F的水平推力向右推A，穩(wěn)定后A、B相對靜止在水平面上運動，彈簧長度為l2，則下列判斷正確的是（ ）A.彈簧的原長為B.兩種情況下穩(wěn)定時彈簧的形變量相等C.兩種情況下穩(wěn)定時兩物塊的加速度相等D.彈簧的勁度系數(shù)為28如圖所示，小物體從豎直彈簧上方離地高處由靜止釋放，其動能與離地高度的關系如圖所示其中高度從下降到，圖象為直線，其余部分為曲線，對應圖象的最高點，輕彈簧勁度系數(shù)為，小物體質量為，重力加速度為以下說法正確的是( )A小物體下降至高度時，彈簧形變量為0B小物體下落至高度時，加速度為0C小物體從高度下降到，彈簧的彈性勢能增加了D小物體從

16、高度下降到，彈簧的最大彈性勢能為29如圖所示，木塊A靜止在斜面體B上。設木塊受到斜面體的支持力大小為N，摩擦力大小為f.當斜面體水平向左做加速度逐漸增大的加速運動時，若木塊A相對于斜面體B始終保持靜止，則 ( )AN增大, f增大 BN不變，f增大CN減小,f先增大后減小 DN增大,f先減小后增大30如圖甲所示，平行于光滑斜面的輕彈簧勁度系數(shù)為k，一端固定在傾角為的斜面底端，另一端與物塊A連接；兩物塊A、B質量均為m，初始時均靜止?，F(xiàn)用平行于斜面向上的力F拉動物塊B，使B做加速度為a的勻加速運動，A、B兩物塊在開始一段時間內的關系分別對應圖乙中A、B圖線(時刻A、B的圖線相切，時刻對應A圖線的

17、最高點)，重力加速度為g，則( ) A時刻，彈簧形變量為0B時刻，彈簧形變量為C從開始到時刻，拉力F逐漸增大D從開始到時刻，拉力F做的功比彈簧彈力做的功少31如圖甲所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，一質量為m的小球，從離彈簧上端高h處由靜止釋放，落在彈簧上后繼續(xù)向下運動到最低點的過程中，小球的速度v隨時間t的變化圖象如圖乙所示，其中OA段為直線，AB段是與OA相切于A點的曲線，BCD是平滑的曲線。若以小球開始下落的位置為原點，沿豎直向下方向建立坐標軸Ox，則關于A、B、C、D各點對應的小球下落的位置坐標x及所對應的加速度a的大小，以下說法正確的是 （ ）AAxA=h，a

18、A=0 BxB=h+，aB>0CxC=h+2，aC= g DxD>h+2，aD=g32傾角為37°的光滑斜面上固定一個槽，勁度系數(shù)k20 N/m、原長l00.6 m的輕彈簧下端與輕桿相連，開始時桿在槽外的長度l0.3 m，且桿可在槽內移動，桿與槽間的滑動摩擦力大小Ff6 N，桿與槽之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力質量m1 kg的小車從距彈簧上端L0.6 m處由靜止釋放沿斜面向下運動已知彈性勢能Epkx2，式中x為彈簧的形變量g取10 m/s2，sin37°0.6.關于小車和桿的運動情況，下列說法正確的是( )A.小車先做勻加速運動，后做加速度逐漸減小的變加速運動

19、B.小車先做勻加速運動，然后做加速度逐漸減小的變加速運動，最后做勻速直線運動C.桿剛要滑動時小車已通過的位移為0.9 mD.桿從開始運動到完全進入槽內所用時間為0.1 s33物塊A、B的質量分別為m和2m，用輕彈簧連接后放在光滑的水平面上。對B施加向右的水平拉力F，穩(wěn)定后A、B相對靜止地在水平面上運動，此時彈簧長度為l1；若撤去拉力F，換成大小仍為F的水平推力向右推A，穩(wěn)定后A、B相對靜止地在水平面上運動，此時彈簧長度為l2。則下列判斷正確的是A彈簧的原長為B兩種情況下穩(wěn)定時彈簧的形變量相等C兩種情況下穩(wěn)定時兩物塊的加速度不相等D彈簧的勁度系數(shù)為34蹦床運動是廣大青少年兒童喜歡的活動。在處理實

20、際問題中，可以將青少年兒童從最高點下落的過程簡化：如圖甲所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，一質量為m的小球，從離彈簧上端高h處自由下落，接觸彈簧后繼續(xù)向下運動若以小球開始下落的位置O點為坐標原點，設豎直向下為正方向，小球的速度v隨時間t變化的圖象如圖乙所示其中OA段為直線，AB段是與OA相切于A點的平滑曲線，BC是平滑的曲線，不考慮空氣阻力，重力加速度為g。則關于小球的運動過程，下列說法正確的是：A.小球最大速度出現(xiàn)的位置坐標為B.小球在C時刻所受彈簧彈力大小等于重力大小的兩倍C.小球從A時刻到B時刻的過程中重力勢能減少的數(shù)值大于彈簧彈性勢能增加的數(shù)值D.小球可以從C時

21、刻所在的位置回到出發(fā)點35如圖所示，在水平傳送帶上有三個質量分別為m1、m2、m3的木塊1、2、3, 1和2及2和3間分別用原長為L，勁度系數(shù)為k的輕彈簧連接起來，木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為，現(xiàn)用水平細繩將木塊1固定在左邊的墻上，傳送帶按圖示方向勻速運動，當三個木塊達到平衡后，1、3兩木塊之間的距離是（ ）A BC. D.36如圖所示，傾角為30°的光滑斜面上，勁度系數(shù)為k的輕質彈簧一端系在質量為m的小球上，另一端固定在墻上的P點小球在斜面上靜止時，彈簧與豎直方向的夾角為60°，則彈簧的形變量大小為（）A. B. C. D. 37如圖所示，在傾角為的傳送帶上有質量均為m

22、的三個木塊1、2、3，中間均用原長為L，勁度系數(shù)為k的輕彈簧連接起來，木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為，其中木塊1被與傳送帶平行的細線拉住，傳送帶按圖示方向勻速運行，三個木塊處于平衡狀態(tài)下列結論正確的是 ( )A2、3兩木塊之間的距離等于LB2、3兩木塊之間的距離等于LC1、2兩木塊之間的距離等于2、3兩木塊之間的距離D如果傳送帶突然加速，相鄰兩木塊之間的距離都將增大38如圖，放在墻角的木板AB重力忽略不計，B端靠在光滑豎直墻上，A端放在粗糙水平面上，處于靜止狀態(tài)，一質量為的物塊從B端沿木板勻速下滑，在此過程中關于受力情況的分析錯誤的是A木板對物塊的作用力不變B地面對木板A端的支持力大小不變C墻

23、對木板B端的彈力與地面對木板A端的摩擦力大小相等D墻對木板B端的彈力大于地面對木板A端的摩擦力39 如圖所示，A、B兩物體的重力分別是GA3 N，GB4 NA用細線懸掛在頂板上，B放在水平面上，A、B間輕彈簧中的彈力F12 N，則細線中的張力F2及B對地面的壓力F3的可能值分別是()來圖2316A5 N和6 N B5 N和2 NC1 N和6 N D1 N和2 N40如下圖所示，光滑的斜槽由槽板AB、BC組成，AB與BC的夾角大于90°，質量為m的球放在斜槽中，當斜槽和球一起沿水平面向右運動時，則（ ）A球對AB槽板的壓力可能大于mgB球對AB槽板的壓力可能等于零C球對于BC槽板的壓力

24、可能大于mgD球對BC槽板的壓力可能小于mg41下列說法中正確的是()A書放在水平桌面上受到的支持力，是由于書發(fā)生了微小形變而產生的B用細木棍撥動浮在水中的圓木，圓木受到的彈力是由于細木棍發(fā)生形變而產生的C繩對物體的拉力方向總是沿著繩而指向繩收縮的方向D支持力的方向總是垂直于支持面而指向被支持的物體42如圖所示，一輕質彈簧豎直立在水平地面上，彈簧一端固定在地面上。一小球從高處自由下落到彈簧上端，將彈簧壓縮至最低點。在小球開始下落至最低點的過程中，彈簧始終處于彈性限度內。在此過程中，能正確表示小球的加速度a隨下降位移x的大小變化關系是下面圖像中的（ ）43一個長度為L的輕彈簧，將其上端固定，下端

25、掛一個質量為m的小球時，彈簧的總長度變?yōu)?L。現(xiàn)將兩個這樣的彈簧按如圖所示方式連接，A.B兩小球的質量均為m，則兩小球平衡時，B小球距懸點O的距離為（不考慮小球的大小，且彈簧都在彈性限度范圍內） （ ）A3L B4LC5L D6L44某緩沖裝置的理想模型如圖所示，勁度系數(shù)足夠大的輕質彈簧與輕桿相連，輕桿可 在固定的槽內移動，與槽間的滑動摩擦力為定值輕桿向右移動不超過L時，裝置可安全工作若一小車分別以初動能Ek1和Ek2撞擊彈簧，導致輕桿分別向右移動L/4和L.已知裝置安全工作時，輕桿與槽間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且不計小車與地面間的摩擦比較小車這兩次撞擊緩沖過程，下列說法正確的是A、小車

26、撞擊彈簧的初動能之比為1：4 B、系統(tǒng)損失的機械能之比為1：4C、兩次小車反彈離開彈簧的速度相同 D、兩次小車反彈離開彈簧的速度不同試卷第17頁，總18頁參考答案1BC【解析】試題分析：由題意可知，彈簧在M點壓縮，在N點被拉長，則小球從M點運動到N點的過程中彈力先增大后減小再變大，選項A錯誤；因為在M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，則由胡克定律可知，小球處于M點和N點兩個位置時，彈簧的形變量相等，選項B正確；當彈簧與桿垂直時彈簧最短，此時彈力和桿的支持力平衡，此時小球受到的合力大小等于重力，選項C正確；小球到達N點時重力和彈簧彈力的合力等于, 在M點時重力和彈簧彈力的合力為,因為小，故球

27、到達N點時重力和彈簧彈力的合力小于其在M點時重力和彈簧彈力的合力，選項D錯誤；故選BC考點：此題是對物體的平衡及胡克定律的考查；要緊緊抓住彈力在MN兩個位置相等的條件進行分析，利用正交分解法分析物體在不同位置的受力情況名師點睛：2BD【解析】試題分析：由圖讀出，t1時刻A、B開始分離，對A根據牛頓第二定律：kx-mgsin=ma，則，故A錯誤由圖知，t2時刻A的加速度為零，速度最大，根據牛頓第二定律和胡克定律得：mgsin=kx，則得：x=，故B正確；對AB整體，根據牛頓第二定律得：F-2mgsin+kx=2ma，得F=2mgsin-kx+2ma，則知開始時F最小，此時有：2mgsin=kx，

28、得F的最小值為 F=2ma由圖讀出，t1時刻A、B開始分離，對A根據牛頓第二定律：kx-mgsin=ma，開始時有：2mgsin=kx0，又x0-x=at12,速度V=at1=故C錯誤從開始到t1時刻，對AB整體，根據牛頓第二定律得：F+kx-mgsin=2ma，得F=mgsin+2ma-kx，x減小，F(xiàn)增大；t1時刻到t2時刻，對B，由牛頓第二定律得：F-mgsin=ma，得 F=mgsin+ma，可知F不變，故D正確故選BD考點：牛頓第二定律【名師點睛】3AC【解析】試題分析：對B受力分析，受到重力、繩子拉力以及圓環(huán)對B水平向左的彈力，根據平衡條件得：繩子拉力，彈力，則B球所受的圓環(huán)給的彈

29、力與繩子拉力大小之比為，對A受力分析，A受到重力、繩子拉力以及F作用，處于平衡狀態(tài)，則F的大小等于和繩子拉力的合力，根據力的分解與合成原則得：，故A正確，B錯誤；去掉力F瞬間，由于繩不可伸長，則兩球速度為零，所以向心加速度為零，但兩球有相同的切向加速度，則根據牛頓第二定律可知：小球：，B小球：，解得，故C正確；去掉力F后，B球指向圓心的合力為零，則圓環(huán)對B的彈力大小，則去掉力F前后，B球所受圓環(huán)給的彈力大小發(fā)生變化，故D錯誤考點：考查了牛頓第二定律，力的分解與合成，共點力平衡條件【名師點睛】本題注意考查了共點力平衡條件以及牛頓第二定律的直接應用，要求同學們能正確分析物體的受力情況，明確撤去F后

30、與撤去F前的不同點，難度適中4BC【解析】試題分析：A、A球只受到水平面的彈力F1，右側的球對A沒有彈力，否則A球將向左運動，與題意矛盾，故A錯誤B、A球受到兩個支持力，這兩個支持力都與接觸面垂直，即通過球心，故B正確C、A球受到墻的彈力F1，方向垂直于墻壁向右；斜面的支持力F2，方向與斜面垂直向上，故C正確D、F2方向不對，應通過球心，故D錯誤故選：BC?？键c：彈力的方向【名師點睛】彈力產生在接觸面上，常見的支持力或壓力是彈力，它們的方向是垂直接觸面指向受力物體對于A項，可運用假設法判斷兩球之間有無彈力。5D【解析】試題分析：球和擋板分離前小球做勻加速運動；球和擋板分離后做加速度減小的加速運

31、動，當加速度為零時，速度最大，此時物體所受合力為零即：，解得：，由于開始時彈簧處于原長，所以速度最大時小球向下運動的路程為005m，A錯誤；當小球剛下落時，加速度最大，小球的最大加速度為，故小球從一開始運動就與擋板分離，D正確BC錯誤；考點：考查了牛頓第二定律的應用【名師點睛】在擋板運動的過程中，擋板對球的支持力的大小是在不斷減小的，從而可以使球和擋板一起以恒定的加速度運動，在運動的過程中物體的受力在變化，但是物體的運動狀態(tài)不變，從而可以求得物體運動的位移6AD【解析】試題分析：由x=at2和xA=2xB，知aA：aB=2:1；設繩子拉力為F，對A分析知: F=mAaA對B分析知mBg-2F=

32、mBaB；聯(lián)立上式得：F=8N，故選項AD正確；BC錯誤；故選AD考點：牛頓第二定律；勻變速運動的規(guī)律【名師點睛】此題考查牛頓運動定律與動滑輪應用結合的題目，注意物體之間的位移關系是解決此題目的關鍵，根據動滑輪特點可知，A的位移是B的2倍，根據位移時間關系知加速度的比例；題目較難7C【解析】試題分析：當物體系統(tǒng)中存在超重現(xiàn)象時，系統(tǒng)所受的支持力大于總重力，相反，存在失重現(xiàn)象時，系統(tǒng)所受的支持力小于總重力若系統(tǒng)的合力為零時，系統(tǒng)所受的支持力等于總重力，解：設物體和斜面的總重力為G第一個物體勻加速下滑，加速度沿斜面向下，具有豎直向下的分加速度，存在失重現(xiàn)象，則F1G；第二個物體勻速下滑，合力為零，

33、斜面保持靜止狀態(tài)，合力也為零，則系統(tǒng)的合力也為零，故F2=G第三個物體勻減速下滑，加速度沿斜面向上，具有豎直向上的分加速度，存在超重現(xiàn)象，則F3G；第四個物體靜止在斜面上，合力為零，斜面保持靜止狀態(tài)，合力也為零，則系統(tǒng)的合力也為零，故F4=G故有F1F2=F4F3故C正確，ABD錯誤故選：C【點評】本題運用超重和失重的觀點分析加速度不同物體動力學問題，比較簡便通過分解加速度，根據牛頓第二定律研究【答案】A【解析】試題分析：由胡克定律知：，。以m2為研究對象，作用于m2的力的變化量為m1g，故m2向上移動的距離為，A對?？键c：胡可定律。【名師點睛】對胡克定律的理解(1)胡克定律成立的條件是：彈簧

34、發(fā)生彈性形變，即必須在彈性限度內(2)Fkx中的x是彈簧的形變量，是彈簧伸長或縮短的長度，而不是彈簧的總長度(3)Fkx中的k為彈簧的勁度系數(shù)，反映彈簧本身的屬性，由彈簧自身的長度、粗細、材料等因素決定，與彈力F的大小和伸長量x無關(4)由Fkx可知，彈簧上彈力的變化量F與形變量的變化量x也成正比關系，即Fkx.9A【解析】試題分析：平拋運動是加速度為g的勻變速曲線運動，根據公式可得物體在任意相等時間內的速度變化量相等，方向豎直向下，相同，故A正確；木塊受到的支持力是由于桌面發(fā)生向下的形變，要向上恢復原狀而產生的力，B正確；手提桶的力和桶對手的力是一對相互作用力，大小相等方向相反，C錯誤；根據

35、牛頓第二定律可得物體受到的合力方向與加速度方向相同，但是不一定與速度方向相同，當物體做加速運動時，合力方向與速度方向同向，當物體做減速運動時，合力方向與速度方向反向，D錯誤；考點：考查了平拋運動，相互作用力，彈力，牛頓第二定律【名師點睛】關鍵是知道平拋運動過程中物體只受重力作用，加速度恒定，知道相互作用力是等大反向的，知道合力方向和加速度方向相同，10AC【解析】試題分析：開始時彈簧被壓縮的量；當B將要離開擋板C時，彈簧的伸長量為，故從靜止到B剛離開C的過程中，A發(fā)生的位移為，選項A正確；B剛離開C時，對物體A，根據牛頓定律：，解得，則恒力對A做功的功率為P=Fv=，選項B錯誤；當A的速度達到

36、最大時，此時A的加速度為零，則，此時B的加速度，解得，選項C正確；從靜止到B剛離開C的過程中，重力對A做的功為，選項D錯誤；故選AC.考點：胡克定律；牛頓第二定律的應用；功【名師點睛】此題是力學的綜合習題，主要考查胡克定律、牛頓第二定律的應用以及功的求解；解題時要抓住關鍵的位置的受力分析：初始狀態(tài)、B將要離開擋板C時還有當A的速度達到最大的位置，并能根據物體的受力情況列出方程求解.11C【解析】試題分析：用隔離法分別對甲和乙進行受力分析，然后根據平衡條件列方程即可求解解：在甲圖和乙圖中，由于彈簧的長度是相等的，所以兩種情況下的彈簧的彈力是相等的甲圖中：乙圖中：所以：=2：故選：C【點評】本題屬

37、于中檔題，熟練的應用受力分析的方法分別對兩個小球進行受力分析是關鍵12CD【解析】試題分析：物體一直勻加速上升，從圖象可以看出，物體與彈簧分離后，拉力為30N；剛開始物體處于靜止狀態(tài)，重力和彈力二力平衡；拉力為10N時，彈簧彈力和重力平衡，合力等于拉力，彈簧壓縮量為4cm；根據以上條件列式分析即可解：A、物體與彈簧分離時，彈簧恢復原長，故A錯誤；B、C、D、剛開始物體處于靜止狀態(tài)，重力和彈力二力平衡，有mg=kx 拉力F1為10N時，彈簧彈力和重力平衡，合力等于拉力，根據牛頓第二定律，有F1+kx mg=ma 物體與彈簧分離后，拉力F2為30N，根據牛頓第二定律，有F2 mg=ma 代入數(shù)據解

38、得m=2kgk=500N/m=5N/cma=5m/s2故AB錯誤，CD正確；故選：CD【點評】本題關鍵是由圖象得出一些相關物理量，然后根據牛頓第二定律列方程分析求解13A【解析】試題分析：對小球受力分析，作出力的平行四邊形，同時作出AB與半徑組成的圖象；則可知兩三角形相似，故由相似三角形知識可求得拉力及支持力解：小球沿圓環(huán)緩慢上移可看做勻速運動，對小球進行受力分析，小球受重力G，F(xiàn)，N，三個力滿足受力平衡作出受力分析圖如下由圖可知OABGFA即：=當A點上移時，半徑不變，G不變，AB長度減小，則知F減小，N不變，故A正確；故選：A【點評】相似三角形法在處理共點力的動態(tài)平衡時較為常見，當無法準確

39、得出角邊關系時，應考慮應用此法【答案】D【解析】試題分析：開始受重力、M對P的支持力和靜摩擦力平衡，當施加F后，若仍然處于靜止，開始P所受的靜摩擦力大小為，若，則P、M之間的摩擦力大小可能不變，故AB錯誤；對整體分析，施加F后，由于PM相對靜止，力F具有向上的分力，則，則彈簧的彈力變小，彈簧的形變量變小，水平方向根據平衡關系可知，則M與墻之間一定有彈力作用，故C錯誤，D正確。考點：滑動摩擦力；物體的彈性和彈力【名師點睛】解決本題的關鍵能夠正確地進行受力分析，運用共點力平衡進行求解，以及掌握整體法和隔離法的運用。15AC【解析】試題分析：在運動過程中A點為壓縮狀態(tài)，B點為伸長狀態(tài)，則由A到B有一

40、狀態(tài)彈力為0且此時彈力與桿不垂直，加速度為g；當彈簧與桿垂直時小球加速度為g則兩處加速度為g故A正確；A處速度為零，彈力功率為零；下滑過程彈簧彈力與桿子垂直，彈力功率為零；當原長時彈力為零，功率為零，故彈力功率為0共有3處，故B錯誤； 因A點與B點彈簧的彈性勢能相同，則彈簧彈力對小球所做的正功等于小球克服彈簧彈力所做的功故C正確；因做負功時彈力大，則彈簧彈力做正功過程中小球運動的距離大于小球克服彈簧彈力做功過程中小球運動的距離故D錯誤；故選AC?？键c：牛頓定律的應用；功能關系16B【解析】試題分析：對AB整體受力分析，受重力和支持力，相對地面無相對滑動趨勢，故不受摩擦力，故A錯誤；對小球受力分

41、析，如圖所示：根據平衡條件，有：，T=mgtan其中，故：， 故B正確，C錯誤；若剪斷繩子（A不動），B球受重力和支持力，根據牛頓第二定律，有：mgsin=ma解得：，故D錯誤；故選B.考點：物體的平衡【名師點睛】本題是關于物體的平衡問題；解題的關鍵是采用整體法和隔離法靈活選擇研究對象，受力分析后根據平衡條件和牛頓第二定律列式分析。17C【解析】試題分析：由題意得知：物體A與平板車的上表面間的最大靜摩擦力，若小車加速度為1m/s2時，可知此時平板車對物體A的摩擦力為5N，方向向右，且為靜摩擦力，所以物體A相對于車仍然靜止，A錯誤；，此時平板車對物體A的摩擦力為5N，方向向右，B錯誤；，此時平板

42、車對物體A的摩擦力為5N，方向向右，大小不變C正確；物體A相對于車仍然靜止，則受到的彈簧的拉力大小不變，D錯誤故選C【名師點睛】由題，當彈簧的拉力為5N時，物體A處于靜止狀態(tài)，此時物體A受到的摩擦力大小為5N，方向水平向左，所以物體A與平板車的上表面間的最大靜摩擦力Fmax5N當物體向右的加速度為1m/s2時，F(xiàn)=ma=10N，可知此時平板車對物體A的摩擦力為5N，方向向右，且為靜摩擦力所以物體A相對于車仍然靜止，受到的彈簧的拉力大小不變考點：牛頓第二定律、摩擦力和彈簧的彈力。18D【解析】解：A、接觸面間的彈力方向一定垂直于接觸面，故A錯誤；B、滑動摩擦力的方向不一定和物體的運動方向相反，也

43、可能與運動方向相同或與運動方向垂直，故B錯誤；C、靜摩擦力的大小與正壓力無關，故C錯誤；D、根據平行四邊形定則可知，兩個合力不變時，夾角越小，合力越大，故D正確故選：D【點評】本題考查了彈力的方向、摩擦力的方向及大小的計算，注意摩擦力有靜摩擦力和滑動摩擦力之分，摩擦力的方向與相對運動或相對運動趨勢方向相反，不是與運動方向相反19BD【解析】試題分析：開始時，B處于靜止狀態(tài)，對B分析可知：F2mgsinF電=0，解得：F電=mgsin，當撤去外力瞬間，由于輕繩的張力發(fā)生突變，A和B瞬時有大小相等的加速度，對A和B有F合=F電+2mgsin=3mgsin=3ma，故A和B的加速度a=gsin，選項

44、A正確，B錯誤；當B的合力為零時，B的速度最大，即kx=F電+mgsin，解得彈簧的伸長量x=，選項C正確；彈簧的彈力、重力和電場力對A和B組成的系統(tǒng)做功，由功能關系知，物體A、彈簧和地球所組成的系統(tǒng)機械能增加量等于物體B電勢能的減少量和機械能的減小量之和，故物體A、彈簧和地球所組成的系統(tǒng)機械能增加量大于B電勢能的減少量，選項D錯誤?？键c：電場力、牛頓第二定律、功能關系【名師點睛】20C【解析】試題分析：對木塊1受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，根據共點力平衡條件，有：，對木塊1和木塊2整體受力分析，受總重力、總支持力、右側彈簧的拉力和總摩擦力，有：木塊1與木塊3之間的總長度為聯(lián)立可以得

45、到： ，故選項C正確，選項ABD錯誤。考點：共點力作用下物體平衡【名師點睛】本題關鍵抓住勻速運動的狀態(tài)，然后靈活地選擇研究對象，進行受力分析，根據共點力平衡條件得到彈簧的彈力，最后結合胡克定律得到總長度?！敬鸢浮緽C【解析】試題分析：設力F與水平方向得到夾角為，在F轉動過程中物體始終靜止則：，可知BC對。考點：受力分析、物體的平衡?！久麕燑c睛】對靜摩擦力大小的求法：(1)靜摩擦力具有被動性，即其大小總隨迫使物體發(fā)生相對運動的外力的變化而變化，與正壓力大小無關(2)靜摩擦力有一個最大值，即最大靜摩擦力Fmax，靜摩擦力的范圍是0<FFmax.最大靜摩擦力與正壓力成正比(3)靜摩擦力的大小一

46、般根據平衡條件法求解或由牛頓第二定律求解【答案】AC【解析】試題分析：剪斷細繩前，由于A.B之間無彈力，對A分析可以得到彈簧的彈力：，細線剪斷的瞬間，彈簧的彈力不變，剪斷細線瞬間，對A.B系統(tǒng)，加速度：，故A錯誤，B錯誤；對B，由牛頓第二定律得：，解得：，故C正確，選項D錯誤。考點：牛頓第二定律、整體法、隔離法【名師點睛】本題考查了牛頓第二定律的瞬時問題，抓住剪斷細線的瞬間彈簧的彈力不變，剪斷細繩前，隔離對A分析，根據共點力平衡求出彈簧的彈力大小，剪斷細線的瞬間，彈簧的彈力不變，對整體分析，求出整體的加速度，隔離分析求出A.B間的彈力大小。23C【解析】試題分析：圓環(huán)受到三個力，拉力F以及兩個

47、繩子的拉力FT，三力平衡，故兩個繩子的拉力的合力與拉力F始終等值、反向、共線，由于兩個繩子的拉力等于mg,夾角越大，合力越小，且合力在角平分線上，故拉力F逐漸減小，由于始終與兩細線拉力的合力反向，故拉力F逐漸水平，逐漸變小，C對。考點：共點力的平衡條件及其應用、力的合成與分解?！久麕燑c睛】繩上的“死結”和“活結”模型：1“死結”模型（1）“死結”可理解為把繩子分成兩段（2）“死結”是不可以沿繩子移動的結（3）“死結”兩側的繩因結住而變成了兩根獨立的繩（4）“死結”分開的兩段繩子上的彈力不一定相等2“活結”模型（1）“活結”可理解為把繩子分成兩段（2）“活結”是可以沿繩子移動的結點（3）“活結”

48、一般是由繩跨過滑輪或者繩上掛一光滑掛鉤而形成的繩子雖然因“活結”而彎曲，但實際上是同一根繩（4）“活結”分開的兩段繩子上彈力的大小一定相等，兩段繩子合力的方向一定沿這兩段繩子夾角的平分線24AC【解析】試題分析：對小球受力分析，受重力、擋板向右的支持力和半球面的支持力，如圖根據平衡條件解得由于不斷增加，故F1增大、F2增大；故選AC?？键c：共點力平衡，動態(tài)分析?！久麕燑c睛】有關力的動態(tài)平衡問題的處理方法，可以分三種方法，即解析法、圖解法、三角形相似法。本題應用解析法就能解答，如上解析；就本題而言，還可用圖解法解答，如下圖：25C【解析】試題分析：兩物體共同運動的加速度為a=gsin；對物體B，

49、根據牛頓第二定律：，解得FAB=0；故物體B只受重力和斜面的支持力作用，故選C.考點：牛頓第二定律的應用.【名師點睛】此題考查了牛頓第二定律的應用以及整體及隔離法的問題；解題時先選擇AB的整體求解加速度，然后隔離任一個物體可求解兩物體之間的作用力即可；整體及隔離法是解決連接體問題的常用方法，必須熟練掌握.【答案】C【解析】試題分析：首先分析物體，其處于平衡狀態(tài)，根據胡克定律，有：解得然后分析物體，其處于平衡狀態(tài)，下面的彈簧受到的壓力等于，根據胡克定律，有：解得?？键c：力的平衡、胡克定律【名師點睛】本題考查胡克定律等相關內容，根據平衡條件求解出彈簧彈力，然后直接根據胡克定律列式計算即可。27AC

50、D【解析】試題分析：將AB和彈簧看做一個整體，根據牛頓第二定律得知，兩種情況下加速度相等，而且加速度大小為設彈簧的原長為l0根據牛頓第二定律得：對B施加向右的水平拉力F：對A： ，水平推力向右推A：對B： 由解得，故ACD正確；對B施加向右的水平拉力F時的形變量為；水平推力向右推A彈簧的形變量為，故B錯誤考點：考查了牛頓第二定律，胡克定律28D【解析】試題分析：高度從下降到，圖象為直線，該過程是自由落體，的坐標就是自由下落的高度，所以小物體下降至高度時，彈簧形變量為0,故A錯誤；物體的動能先增大，后減小，小物體下落至高度時，物體的動能與時的動能相同，由彈簧振子運動的對稱性可知，在時彈簧的彈力一

51、定是重力的2倍；小物體下落至高度時，動能又回到0，說明是最低點，彈簧的彈力到達最大值，一定大于重力的2倍，所以此時物體的加速度最大,故B錯誤；小物體下落至高度時，物體的動能與時的動能相同，由彈簧振子運動的對稱性可知，在時彈簧的彈力一定是重力的2倍；此時彈簧的壓縮量，小物體從高度下降到，重力做功;物體從高度下降到，重力做功等于彈簧的彈性勢能增加，所以小物體從高度下降到，彈簧的彈性勢能增加了,故C錯誤；小物體從高度下降到，重力做功等于彈簧彈性勢能的增大，所以彈簧的最大彈性勢能為,故D正確?？键c：胡克定律、彈簧的、彈性勢能、功能關系。29D【解析】試題分析：當加速度較小時，摩擦力f沿斜面向上.將加速

52、度分解為沿斜面向下的加速度和垂直于斜面向上的加速度根據牛頓第二定律得：，得到；,可知當a增大時，N增大，f減小當加速度較大時，摩擦力f沿斜面向下根據牛頓第二定律得: ，得到，,可知當a增大時,N增大,f增大所以N增大，f先減小后增大故D正確故選D考點：本題考查牛頓第二定律、整體法與隔離法、力的合成與分解、正交分解法。30BD【解析】試題分析：由圖知，t2時刻v-t線切線的斜率為零，故A的加速度為零，此時速度最大，根據牛頓第二定律：mgsin=kx，則得：，彈簧不在原長，故A錯誤；由圖可知，t1時刻A、B兩物體的速度開始不相等，即開始分離，對A根據牛頓第二定律：kx-mgsin=ma，則，故B正

53、確從開始到t1時刻，對AB整體，根據牛頓第二定律得：F+kx-2mgsin=2ma，得F=2mgsin+2ma-kx，則隨彈簧形變量x的減小，F(xiàn)增大；t1時刻到t2時刻，對B由牛頓第二定律得：F-mgsin=ma，得 F=mgsin+ma，可知F不變，故選項C錯誤；開始時：2mgsin=kx0； t1時刻A、B開始分離，從開始到t1時刻，彈簧釋放的勢能 ，從開始到t1時刻的過程中，根據動能定理得：WF+Ep-2mgsin（x0-x）=由運動公式：v12 =2a（x0-x）；聯(lián)立解得： ，所以拉力F做的功比彈簧釋放的勢能少，故D正確故選：BD考點：31C【解析】試題分析：OA過程是自由落體，A的

54、坐標就是h，加速度為g，所以A選項錯誤；B點是速度最大的地方，此時重力和彈力相等，合力為0，加速度也就為0，由mg=kx，可知，所以B得坐標為，所以B選項錯誤；C點為一個與A點對稱的點，由A點到B點的形變量為 ，由對稱性得由B到C的形變量也為，故到達C點時形變量xC=h+2，達到D點xD>h+2，加速度aDg，所以C選項正確，D選項錯誤?？键c：牛頓第二定律32BCD【解析】試題分析：開始小車受恒力向下做勻加速運動，后來接觸到彈簧，合力逐漸變小，于是做加速度逐漸變小的變加速運動，當受到彈簧輕桿的力和重力沿斜面向下的分力平衡，做勻速直線運動，所以A錯誤，B正確； C、當彈簧和桿整體受到的力等于最大靜摩擦力的時候，輕桿開始滑動，此時由平衡條件得： Ff=kx解得：x=0.3m，所以桿剛要滑動時小車已通過的位移為x=x+L=0.3m+0.6m=0.9m，C正確；當彈簧的壓縮量為0.3m的時候，彈簧的彈力和小車在斜面上的分力相等，此時整個系統(tǒng)開始做勻速運動，設此速度為v從小車開始運動到做勻速運動，有能量守恒得：mg(L+x)sin= mv2+ kx2，代入數(shù)據求得：v=3m/s，所以桿從開始運動到完全進入槽內所用時間為：t=0.1s，所以D正確；考點：本題考查功能關系