高考物理总复习 相互作用专题卷.doc

相互作用专题一、单选题1.一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80cm的两点上，弹性绳的原长也为80cm将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100cm；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.86cmb.92cmc.98cmd.104cm【答案】b 【考点】弹力，力的合成，共点力平衡条件的应用，高考真题 【解析】【解答】如图所示 绳子原长是80cm，伸长为100cm，如图，则ab段长50cm，伸长了10cm，假设绳子的劲度系数为k，则绳子拉力为f=0.1k把绳子的拉力分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向的分量为fx=0.1kcos53=0.06k，两个绳子的竖直方向拉力合力为：2fx物体处于平衡状态，则拉力合力等于重力，即0.12k=mg，所以k= 当ac两点移动到同一点时，绳子两个绳子的夹角为0，每段绳子伸长x，则两个绳子的拉力合力为2kx=mg，x=0.06cm所以此时绳子总长度为92cm故选：b【分析】绳长变为100cm时，伸长了20cm，可以得出绳子的拉力，根据共点力的平衡关系可得出绳子的劲度系数，进而计算出两端在同一点时弹性绳的总长度2.一轻质弹簧原长为8 cm，在4 n的拉力作用下伸长了2 cm，弹簧未超出弹性限度，则该弹簧的劲度系数为（ ） a.40 m/nb.40 n/mc.200 m/nd.200 n/m【答案】d 【考点】弹力 【解析】【解答】由题意知弹簧的弹力为4n时，弹簧伸长2cm，根据胡克定律f=kx，代入可得弹簧的劲度系数k=200 n/m，所以a、b、c错误；d正确。【分析】由题确定出弹簧的弹力和伸长的长度，根据胡克定律求解弹簧的劲度系数本题考查胡克定律的基本应用，关键要知道公式f=kx中，x是弹簧伸长的长度或缩短的长度，不是弹簧的长度该题还应特别注意单位3.如图，小车的直杆顶端固定着小球，当小车向左做匀加速运动时，球受杆子作用力的方向可能沿图中的（）a.oa方向b.ob方向c.oc方向d.od方向【答案】a 【考点】弹力，对单物体(质点)的应用 【解析】【解答】解：小球和小车的加速度相同，所以小球在重力和杆的作用力两个力的作用下也沿水平向左的方向加速运动，加速度水平向左，根据牛顿第二定律f=ma可知，加速度的方向与合力的方向相同，合力水平向左，根据力的合成的平行四边形定则，直杆对小球的作用力只可能沿oa方向a符合题意，bcd不符合题意故答案为：a【分析】以小球研究对象进行受力分析，根据小球和小车的加速度相同已及顿第二运动定律的矢量性进行判断。4.如图所示，粗糙水平地面上的长方体物块将一重为g的光滑圆球抵在光滑竖直的墙壁上，现用水平向右的拉力f缓慢拉动长方体物块，在圆球与地面接触之前，下面的相关判断正确的是（）a.球对墙壁的压力逐渐减小b.地面对长方体物块的支持力逐渐增大c.地面对长方体物块的摩擦力逐渐增大d.水平拉力f逐渐减小【答案】d 【考点】弹力，共点力平衡条件的应用 【解析】【解答】解：a、对小球进行受力分析，如图所示：小球受力平衡，则有：n1=gtan， ，当水平向右的拉力f缓慢拉动长方体物块时，增大，则tan增大，所以n1增大，cos减小，则n2增大，根据牛顿第三定律可知，球对墙壁的压力逐渐增大，a不符合题意；bc、对小球和长方形物块整体进行受力分析，整体处于平衡状态，受力平衡，受到重力、地面的支持力、拉力f和墙壁对球水平向右的压力以及水平向左的滑动摩擦力；竖直方向受力平衡，则地面对物块的支持力等于整体的重力，不发生改变，动摩擦因数不变，则滑动摩擦力不变，b不符合题意，c不符合题意；d、对长方形物块受力分析，受到重力、地面的支持力、拉力f、球对物块的压力n2以及滑动摩擦力作用，如图所示：受力平衡，则水平方向有：f+n2sin=f，根据牛顿第三定律可知，n2=n2 ， 由于n2增大，增大，f不变，则f减小，d符合题意故答案为：d【分析】对小球和物块所组成的整体以及小球分别进行受力分析。根据平衡条件分析求解。5.如图所示，小车沿水平做匀加速直线运动，车上固定的两硬杆与竖直方向的夹角相等，两杆顶端分别固定着质量相等的小球，则两小球受到硬杆的作用力（）a.大小与方向均相同b.大小与方向均不同c.大小相同，方向不同d.大小不同，方向相同【答案】a 【考点】弹力 【解析】【解答】解：小球随车一起匀加速运动，小球受到的合力f=ma，方向水平方向对小球受力分析可知，小球受到硬杆的作用力 ，故大小相同，方向相同，a符合题意故答案为：a【分析】小球随小车一起沿水平方向做匀加速运动，对小球受力分析，然后根据牛顿第二定律列式研究加速度和轻杆对小球的作用力的大小。6.如图甲，笔记本电脑底座一般设置有四个卡位用来调节角度某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡为1调至卡位4（如图乙），电脑始终处于静止状态，则（ ）a.电脑受到的支持力变小b.电脑受到的摩擦力变大c.散热底座对电脑的作用力的合力不变d.电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力【答案】c 【考点】弹力，静摩擦力，共点力平衡条件的应用 【解析】【解答】解：笔记本电脑受重力、支持力和静摩擦力，如图所示：根据平衡条件，有：n=mgcos f=mgsin a、由原卡位1调至卡位4，角度减小，根据式，支持力n增加，故a错误；b、由原卡位1调至卡位4，角度减小，根据式，静摩擦力减小，故b错误；c、散热底座对电脑的作用力的合力是支持力和静摩擦力的合力，与重力平衡，始终是不变的，故c正确；d、电脑受到的支持力与摩擦力两力的矢量和与重力平衡，但大小的和是变化的，故d错误；故选：c【分析】笔记本电脑受重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件求解静摩擦力和支持力7.如图所示，甲、乙两物块用轻弹簧相连，竖直放置，处于静止，现将甲物块缓慢下压到a位置由静止释放，当乙刚好离开地面时，甲的加速度为a1，速度为v1， 再将甲物块缓慢下压到b的位置，仍由静止释放，则当乙刚好要离开地面时，甲的加速度为a2，速度为v2， 则下列关系正确的是（ ）a.a1=a2 ， v1=v2b.a1=a2 ， v1v2c.a1a2 ， v1v2d.a1a2 ， v1=v2【答案】b 【考点】弹力，对单物体(质点)的应用，弹性势能 【解析】【解答】解：对于乙，当乙刚好离开地面时有：kx=m乙g，两次情况下，弹簧的弹力是一样的，对于甲，根据牛顿第二定律得，kx+m甲g=m甲a，可知两次加速度相等，即a1=a2 ， 当弹簧压到b时比弹簧压到a时弹性势能大，两次末状态弹簧的形变量相同，弹性势能相同，根据能量守恒得，弹簧的弹性势能转化为甲物体的动能和重力势能，压缩到b时，弹簧弹性势能减小量多，甲获得的动能大，速度大，即v1v2 ， 故b正确，a、c、d错误故选：b【分析】当乙刚好离开地面时，弹簧弹力等于乙的重力，得出两次情况下弹簧弹力相等，隔离对甲分析，结合牛顿第二定律分析加速度大小根据能量守恒，抓住压缩到b时，弹簧弹性势能较大，分析甲获得动能大小，从而得出速度的大小8.如图所示，一小车的表面由一光滑水平面和光滑斜面连接而成，其上放一球，球与水平面的接触点为a，与斜面的接触点为b当小车和球一起在水平桌面上做直线运动时，下列结论正确的是（ ）a.球在a、b两点处一定都受到支持力b.球在a点一定受到支持力，在b点处一定不受支持力c.球在a点一定受到支持力，在b点处不一定受到支持力d.球在a点处不一定受到支持力，在b点处也不一定受到支持力【答案】d 【考点】弹力 【解析】【解答】解：对小球受力分析如图所示：当小车做匀速运动时，小球也做匀速运动，小球受力平衡，此时nb=0，na=g，所以在b点处不一定受到支持力；若小车向左做匀加速直线运动，小球加速度方向向左，此时重力与斜面的支持力可以使合力向左，na=0，所以在a点处不一定受到支持力，故d正确故选：d【分析】对小球受力分析，根据车的运动情况讨论小球受在ab两点受到支持力的情况9.在两个足够长的固定的相同斜面体上（其斜面光滑），分别有如图所示的两套装置（斜面体b的上表面水平且光滑、长方体d的上表面与斜面平行且光滑，p是固定在b、d上的小柱，完全相同的两只弹簧一端固定在p上，另一端分别连在a和c上，在a与b、c与d分别保持相对静止状态沿斜面自由下滑的过程中，下列说法正确的是（）a.两弹簧都处于拉伸状态b.两弹簧都处于压缩状态c.弹簧l1处于压缩状态，弹簧l2处于原长d.弹簧l1处于拉伸状态，弹簧l2处于压缩状态【答案】c 【考点】弹力 【解析】【解答】解：a与c保持相对静止，则二者向下的加速度是相等的，设它们的总质量为m，则：ma=mgsin所以：a=gsin同理，若以b、d为研究对象，则它们共同的加速度大小也是gsin以a为研究对象，a受到重力、斜面体c竖直向上的支持力时，合力的方向在竖直方向上，水平方向的加速度：ax=acos=gsincos该加速度由水平方向弹簧的弹力提供，所以弹簧l1处于压缩状态；以b为研究对象，则b受到重力、斜面的支持力作用时，合力的大小：f合=mgsin所以，b受到的重力、斜面的支持力作用提供的加速度为：a=gsin，即b不能受到弹簧的弹力，弹簧l2处于原长状态故选项c正确，abd错误故选：c【分析】先由整体法求出沿斜面向下运动的加速度，然后分别对a与b进行受力分析即可10.一皮带传送装置如图所示，皮带的速度v足够大，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦，当滑块放在皮带上时，弹簧的轴线恰好水平，若滑块放到皮带的瞬间，滑块的速度为零，且弹簧正好处于自由长度，则当弹簧从自由长度到第一次达最长这一过程中，物体的速度和加速度变化的情况是（ ）a.速度增大，加速度增大 b.速度增大，加速度减小c.速度先增大后减小，加速度先增大后减小d.速度先增大后减小，加速度先减小后增大【答案】d 【考点】弹力，滑动摩擦力 【解析】【解答】解：物块滑上传送带，受到向左的摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力，向左做加速运动，在此过程中，弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小，当弹簧的弹力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律得，加速度逐渐增大，速度逐渐减小故d正确，a、b、c错误故选d【分析】物体滑上传送带，根据滑动摩擦力的大小和弹簧弹力大小确定加速度的大小和方向，根据加速度方向与速度方向的关系确定速度的变化11.如图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，o点为其球心，碗的内表面是光滑的，一根质量可忽略的刚性细杆两端分别固定着可视为质点的小球a和b，放置在半球面内，已知细杆长度是球面半径的 倍，当两球处于平衡状态时，细杆与水平面的夹角=15，则碗对两小球a和b的弹力大小之比是为（ ）a.：1b.2： c.：1d.： 【答案】a 【考点】弹力 【解析】【解答】解：设半球形的碗半径为r，已知细杆长度是球面半径的 倍，根据几何知识得，oma与杆间的夹角为45，oma与水平方向的夹角为60，omb与竖直方向的夹角为60，则以o点为支点，由力矩平衡条件得：magrcos60=mbgrsin60，弹力：na=magrcos60，nb=mbgrsin60，解得，弹力之比： = ；故选：a【分析】本题可以以o点为支点，根据力矩平衡条件列式，求解两球质量之比，然后求出弹力之比；要抓住半球形的碗对两球的支持力指向球心，力臂为零，力矩为零12.如图所示，用细绳将重球悬挂在光滑墙壁上，当绳子稍许变短（小球仍处于静止状态），此时（ ）a.绳子的拉力变小，墙对球的弹力变大b.绳子的拉力变小，墙对球的弹力变小c.绳子的拉力变大，墙对球的弹力变大d.绳子的拉力变大，墙对球的弹力变小【答案】c 【考点】弹力 【解析】【解答】解：以小球为研究对象，分析受力情况：重力g，墙的支持力n和绳子的拉力t，作出力图如图设绳子与墙之间的夹角为，根据平衡条件得：n=mgtant= 如果所用的绳子变短，增大，g不变，则由上式可知n变大，t变大；故选：c【分析】以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件求出墙壁对小球的支持力以及绳子对球的拉力表达式，再对表达式进行分析即可13.如图，一竖直放置的轻弹簧下端固定于桌面，现将一物块放于弹簧上同时对物块施加一竖直向下的外力，并使系统静止，若将外力突然撤去，则物块在第一次到达最高点前的速度时间图像（图中实线）可能是图中的（ ）a.b.c.d.【答案】a 【考点】弹力，v-t图象 【解析】【解答】解：当将外力突然撤去后，弹簧的弹力大于重力，物体向上做加速直线运动，弹力不断减小，合力减小，加速度减小，图像切线的斜率减小；当弹力f弹=g，加速度为零，速度达到最大，此后由于惯性，物块继续上升，弹力继续减小，则f弹g，加速度a反向增大，物体开始做减速，如果物体未脱离弹簧，则加速度就一直增大，速度减小，直到速度为零；如果脱离弹簧则先做加速度增大的减速运动，脱离后做加速度恒定的匀减速运动，直到速度为零故a正确，bcd错误故选：a【分析】当将外力突然撤去后，物体先向上做加速直线运动，由于弹簧的压缩量在减小，弹力减小，当减到f弹=g，加速度为零，速度达到最大，此后由于惯性，物块继续上升，弹力继续减小，则f弹g，加速度a反向增大，物体开始做减速，如果物体未脱离弹簧，则加速度就一直增大，速度减小，直到速度为零；如果脱离弹簧则先做加速度增大的减速运动，脱离后做加速度恒定的匀减速运动，直到速度为零14.如图，劲度系数为k的轻弹簧一端系于墙上，另一端连接一物体a用质量与a相同的物体b推a使弹簧压缩，a，b与水平面间的动摩擦因数分别a和b且ab 释放a，b，二者向右运动一段距离后将会分隔，则a、b分离时（ ）a.弹簧形变为零b.弹簧压缩量为 c.弹簧压缩量为 d.弹簧伸长量为 【答案】c 【考点】弹力 【解析】【解答】解：设a、b分离时弹簧伸长量为x当ab刚好分离时ab间的弹力为零，加速度仍相同，根据牛顿第二定律得：= 解得：x= 由于ab 所以有 x0，说明弹簧压缩，且压缩量为 故选：c【分析】当ab刚好分离时ab间的弹力为零，加速度仍相同，根据牛顿第二定律对两个物体分别列式，即可解答15.长直木板的上表面的一端放有一个木块，如图所示，木板由水平位置缓慢向上转动（即木板与水平面的夹角增大），另一端不动，则木块受到的摩擦力ff随角度变化图象下列图中的（）a.b.c.d.【答案】c 【考点】滑动摩擦力，静摩擦力，物体的受力分析 【解析】【解答】解：物块受到的摩擦力在开始到滑动过程为静摩擦力，f=mgsin，故为正弦规律变化；而滑动后变为了滑动摩擦力，则摩擦力f=mgcos，为余弦规律变化，而滑动摩擦力一般小于最大静摩擦力，c符合题意；故答案为：c【分析】现根据 摩擦力公式写出两个阶段的摩擦力的函数解析式，根据解析式结合函数图像进行判断，注意滑动摩擦力一般小于最大静摩擦力。16.如图所示，圆柱体的a点放有一质量为m的小物体p，使圆柱体缓慢匀速转动，带动p从a点转到a点，在这个过程中p始终与圆柱体保持相对静止那么p所受静摩擦力f的大小随时间t的变化规律是（）a.b.c.d.【答案】a 【考点】静摩擦力 【解析】【解答】解：物块p受三个力的作用，竖直向下的重力g，沿半径指向外的支持力fn ， 沿切线方向的静摩擦力ff ， 因圆柱体缓慢移动，所以物块p在任意位置所受合力为零，对三力正交分解，设重力g与支持力fn方向所夹锐角为，则ff=mgsin ，从a转至a的过程中，先减小后增大，ff先减小后增大，且按照正弦规律变化，a符合题意故答案为：a【分析】对物块受力分析可求出静摩擦力与角度的关系，进而判断出摩擦力的变化曲线。17.如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着a小球，同时水平细线一端连着a球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60，a、b两小球分别连在另一根竖直弹簧两端开始时ab两球都静止不动，a、b两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，a、b两球的加速度分别为（）a.aa=ab=gb.aa=2g，ab=0c.aa= g，ab=0d.aa=2 g，ab=0【答案】d 【考点】共点力平衡条件的应用，整体法隔离法 【解析】【解答】解：设两个小球的质量都为m，以ab球整体作为研究对象，a处于静止状态受力平衡，由平衡条件得：细线拉力t=2mgtan60= ，剪断细线瞬间弹簧的弹力没有变化，a球受到的合力与原来细线的拉力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律得： ，b球的受力情况不变，则加速度仍为0，故d正确abc不符合题意，d符合题意故答案为：d【分析】本题主要考查整体法与隔离法以及牛顿运动定律的应用，对物体进行受力分析，并注意细绳与弹簧弹力的区别，细绳一旦剪断其弹力立即消失，而弹簧的弹力不能突变。18.如图所示，挡板竖直固定在地面上，一滑块m放在水平地面上，其上表面呈弧形且左端最薄，一球m搁在挡板与弧形滑块间，用水平推力f作用在弧形滑块上，使球与滑块均静止，一切摩擦均不计现将滑块水平向左推过一较小的距离，球仍搁在挡板与滑块间且处于静止状态，则与原来相比（ ）a.推力f减小b.滑块对球的弹力增大c.挡板对球的弹力减小d.水平地面对滑块的弹力増大【答案】b 【考点】动态平衡分析 【解析】【解答】解：bc、球球受力分析，重力和两个支持力，其中重力大小和方向均不变，竖直挡板支持力不变，滑块支持力与竖直方向的夹角变大，如图所示：根据平衡条件，竖直挡板支持力和滑块的支持力均变大，故b正确，c错误；ad、对m和m整体分析，受重力、推力、地面支持力和竖直挡板的支持力，如图所示：根据平衡条件，有：f=n，n=（m+m）g，由于竖直挡板的支持力变大，故推力增加，地面支持力不变，故a错误，d错误；故选：b【分析】先对球m受力分析，受重力、竖直挡板的支持力和滑块m的支持力，根据平衡条件得到挡板支持力和滑块支持力的变化情况；再分析m与m整体，受推力f、重力、地面支持力和挡板的支持力，根据平衡条件分析地面支持力和推力f的变化情况19.如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳oo悬挂于o点另一细绳跨过滑轮，左端悬挂物块a，右端系一位于水平粗糙桌面上的物块b外力f向右上方拉b，整个系统处于静止状态若保持f的方向不变，逐渐增大f的大小，物块b仍保持静止状态，则下列说法中正确的是（ ）a.桌面受到的压力逐渐增大b.连接a、b的绳子张力逐渐减小c.物块b与桌面间的摩擦力一定逐渐增大d.悬挂于o点的细绳oo中的张力保持不变【答案】d 【考点】动态平衡分析 【解析】【解答】解：由于整个系统处于静止状态，所以滑轮两侧连接a和b的绳子的夹角不变；物块a只受重力以及绳子的拉力，由于物体a平衡，则连接a和b的绳子张力t保持不变；由于绳子的张力及夹角均不变，所以oo中的张力保持不变；对b分析可知，b处于静止即平衡状态，对b受力分析，力t与力f与x轴所成夹角均保持不变，由平衡条件可得：n+fsin+tsinmg=0fcos+ftcos=0由此可得：n=mgfsintsin由于t的大小不变，可见当f大小增大时，支持力的大小在减小；f=tcosfcos由于t的大小不变，当f大小增大时，b静止可得摩擦力的大小在减小；故d正确，abc错误故选：d【分析】本题抓住整个系统处于静止状态，由a平衡可知，绳子拉力保持不变，再根据平衡条件由f的大小变化求得物块b所受各力的变化情况20.如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，o为球心，一质量为m的小滑块，在水平力f的作用下静止p点设滑块所受支持力为fn op与水平方向的夹角为下列关系正确的是（ ）a.fn=mgtanb.f=mgtanc.fn= d.f= 【答案】d 【考点】共点力平衡条件的应用 【解析】【解答】解：对小滑块受力分析，受水平推力f、重力g、支持力fn、根据三力平衡条件，将受水平推力f和重力g合成，如图所示，由几何关系可得， ，所以d正确，a、b、c错误故选：d【分析】物体处于平衡状态，对物体受力分析，根据共点力平衡条件，可求出支持力和水平推力21.如图所示，a、b两物体的质量分别为ma和mb ， 且mamb ， 整个系统处于静止状态，滑轮的质量和一切摩擦均不计，如果绳一端由p点缓慢地向右移动到q点，整个系统重新平衡后，物体a的高度和两滑轮间绳与水平方向的夹角如何变化（ ）a.物体a的高度升高，角变小b.物体a的高度降低，角不变c.物体a的高度升高，角不变d.物体a的高度降低，角变大【答案】b 【考点】共点力平衡条件的应用，动态平衡分析，物体的受力分析 【解析】【解答】解：将绳一端的固定点p缓慢向右移到q点时，绳子的拉力大小不变，分析动滑轮的受力情况，作出力图如图，设绳子的拉力大小为f，两绳子的夹角为2，由于动滑轮两侧绳子的拉力关于竖直方向有对称性，则有 2fcos=mbg，由于f=mag，保持不变，则得知，角保持不变，由几何知识得知，+=90，则保持不变，当绳一端的固定点p缓慢向右移到q点，动滑轮将上升，则物体a的高度下降故b正确，acd错误故选：b【分析】将绳一端的固定点p缓慢向右移到q点时，绳子的拉力大小不变，分析动滑轮的受力情况，作出力图由于动滑轮两侧绳子的拉力大小相等，由平衡条件知，两侧绳子关于竖直方向具有对称性，再分析将绳一端的固定点p缓慢向右移到q点的过程中，角的变化，及a高度的变化22.将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，其中第3、4块固定在地基上，第1、2块间的接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角均为30，石块间的摩擦力可以忽略不计则第1块对第2块的弹力f1和第1块对第3块的弹力f2的大小之比为（ ）a.b.c.d.【答案】a 【考点】共点力平衡条件的应用，物体的受力分析 【解析】【解答】解：如图对第一个石块进行受力分析，由几何关系知：=600 ， 所以有f1 ：f2=sin60= ，故a正确，bcd错误；故选：a【分析】由图可知，1、2及1、3两块石块均有相互作用，而石块1受重力及2、3两石块的作用力而处于静止，故对1受力分析可求得第1、2块石块间的作用力和第1、3块石块间的作用力的大小之比23.如图所示，光滑的大圆环固定在竖直平面上，圆心为o点，p为环上最高点，轻弹簧的一端固定在p点，另一端栓连一个套在大环上的小球，小球静止在图示位置平衡，则（）a.弹簧可能处于压缩状态b.大圆环对小球的弹力方向可能指向o点c.小球受到弹簧的弹力与重力的合力一定指向o点d.大圆环对小球的弹力大小可能小于球的重力，也可能大于球的重力【答案】c 【考点】共点力平衡条件的应用 【解析】【解答】解：a、若弹簧处于压缩状态，弹簧对小球的弹力方向沿弹簧向外，还受到重力和圆环对小球指向圆心的弹力，这三个力不可能平衡，所以弹簧处于伸长状态，受力如图所示，故a错误b、由a选项分析可知，大圆环对小球的弹力方向背离圆心o，故b错误c、小球受重力、弹簧的拉力以及大圆环对它的弹力处于平衡，小球受到弹簧的弹力与重力的合力与大圆环对小球弹力大小相等，方向相反，可知指向圆心o，故c正确d、如图，gnbpqo，因为 ，可知大圆环对小球的弹力等于小球的重力，故d错误abd不符合题意，c符合题意故答案为：c【分析】本题主要考查共点力平衡条件的应用，通过画力的示意图，根据小球的受力情况，结合集合知识求解。24.如图，由两种材料做成的半球面固定在水平地面上，球右侧面是光滑的，左侧面粗糙，o点为球心，a、b是两个相同的小物块（可视为质点），物块a静止在左侧面上，物块b在图示水平力f作用下静止在右侧面上，a、b处在同一高度，ao、bo与竖直方向的夹角均为，则a、b分别对球面的压力大小之比为（ ）a.sin2：1b.sin：1c.cos2：1d.cos：1【答案】c 【考点】正交分解，牛顿第三定律，物体的受力分析 【解析】【解答】解：分别对a、b两个相同的小物块受力分析如图，由平衡条件，得：n=mgcos同理n= 由牛顿第三定律，a、b分别对球面的压力大小为n、n；则它们之比为 ，故c正确故选c【分析】分别对a、b两个相同的小物块受力分析，由受力平衡，求得所受的弹力，再由牛顿第三定律，求a、b分别对球面的压力大小之比25.如图所示，水平地面上固定一倾角为30的表面粗糙的斜劈，一质量为m的小物块能沿着斜劈的表面匀速下滑，现对小物块施加一水平向右的恒力f，使它沿该斜劈表面匀速上滑，如图乙所示，则f大小应为（）a.mgb.mgc.mgd.mg【答案】a 【考点】共点力平衡条件的应用 【解析】【解答】解：小物块能沿着斜劈的表面匀速下滑，则mgsin30=mgcos30可知小物块与斜劈表面间的动摩擦因数=tan30，由小物块能沿着斜劈表面匀速上滑，受力分析如图：根据平衡条件：fcos30fmgsin30=0n=mgcos30+fsin30又f=n，联立可得f= mg，b、c、d不符合题意，a符合题意故答案为：a【分析】以小物块为研究对象，进行受力分析根据平衡方程列式求解。26.如图所示，两根轻质细线的一端拴在o点、另一端分别固定在楼道内的倾斜天花板上的a点和b点，一质量为m的重物p通过长度为l的轻质细线固定在o点，系统静止，oa水平、ob与竖直方向成一定夹角现在对重物施加一个水平向右的拉力f，使重物缓缓移动，至op间细线转动60，此过程中拉力做功w，则下列判断正确的是（）a.oa上的拉力f1不断增大，ob上的拉力f2一定不变b.oa上的拉力f1可能不变，ob上的拉力f2可能增大c.w= mgl，拉力做功的瞬时功率一直增大d.w= fl，拉力做功的瞬时功率先增大后减小【答案】a,c 【考点】共点力平衡条件的应用，动态平衡分析，动能定理的综合应用，功率的计算 【解析】【解答】解：a、开始时重物受到重力和绳子的拉力，所以绳子的拉力等于重物的重力；设对重物施加一个水平向右的拉力后设oc与竖直方向之间的拉力为，如图，则有： 选择节点o点为研究对象，则o点受到三个力的作用处于平衡状态，受力如图，由图可知，在竖直方向：f2沿竖直方向的分力始终等于fpcos=mg，而且f2的方向始终不变，所以f2始终不变；沿水平方向：f1的大小等于f2沿水平方向的分力与fp沿水平方向分力的和，由于fp沿水平方向分力随的增大而增大，所以f1逐渐增大a符合题意，b不符合题意；cd、由题意可知重物绕o做匀速圆周运动，则拉力和重力垂直半径方向的分力等大，拉力做功功率p=（mgsin）v不断增大，根据动能定理可知w=mgl（1cos60），c符合题意、d不符合题意故答案为：ac【分析】以o点和重物为研究对象进行受力分析，根据二力平衡判断绳子的拉力，利用矢量三角形法，求解各个粒大小的变化情况，再结合动能定理和功率的公式判断功率的变化情况。27.如图，两段等长轻质细线将质量分别为m、3m的小球a、b，悬挂于 o 点现在两个小球上分别加上水平方向的外力，其中作用在 a球上的力大小为 f1、作用在 b 球上的力大小为 f2 ， 则此装置平衡时，出现了如图所示的状态，b球刚好位于o点的正下方则f1与f2的大小关系应为（）a.f1=4f2b.f1=3f2c.3f1=4f2d.3f1=7f2【答案】d 【考点】共点力平衡条件的应用，物体的受力分析 【解析】【解答】解：a受到f1水平向右的力，b受到f2的水平向左的力，以整体为研究对象，分析受力如图：设oa绳与竖直方向的夹角为，则由平衡条件得：tan= 以b球为研究对象，受力如图设ab绳与竖直方向的夹角为，则由平衡条件得：tan= 由几何关系得到：=联立解得：3f1=7f2abc不符合题意、d符合题意；故答案为：d【分析】分别对整体以及b球进行受力分析，根据平衡条件列方程，求解即可。28.如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔质量为m的小球套在圆环上一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移在移动过程中手对线的拉力f和轨道对小球的弹力n的大小变化情况是（ ）a.f不变，n增大b.f不变，n减小c.f增大，n减小d.f减小，n不变【答案】d 【考点】共点力平衡条件的应用，动态平衡分析 【解析】【解答】解：小球沿圆环缓慢上移可看做匀速运动，对小球进行受力分析，小球受重力g，f，n，三个力满足受力平衡作出受力分析图如下由图可知oabgfa即： = = ，当a点上移时，半径不变，ab长度减小，故f减小，n不变，故abc错误；d正确故选：d【分析】对小球受力分析，作出力的平行四边形，同时作出ab与半径组成的图象；则可知两三角形相似，故由相似三角形知识可求得拉力及支持力的变化情况29.如图所示，小球a、b穿在一根与水平面成角的光滑的固定杆上，一条跨过定滑轮的细绳两端分别连接a、b两球，不计所有摩擦当两球静止时，oa绳与杆的夹角为，ob绳沿竖直方向，则以下说法正确的是（ ）a.小球a可能受到2个力的作用b.小球b可能受到3个力的作用c.a、b的质量之比为1：tand.绳子对a的拉力大于对b的拉力【答案】c 【考点】共点力平衡条件的应用 【解析】【解答】解：a、对a球受力分析可知，a受到重力，绳子的拉力以及杆对a球的弹力，三个力的合力为零，故a错误；b、对b球受力分析可知，b受到重力，绳子的拉力，两个力合力为零，杆子对b球没有弹力，否则b不能平衡，故b错误；c、分别对ab两球分析，运用合成法，如图：根据共点力平衡条件，得：t=mbg（根据正弦定理列式）故ma：mb=1：tan，故c正确；d、定滑轮不改变力的大小，则绳子对a的拉力等于对b的拉力，故d错误故选：c【分析】分别对ab两球分析，运用合成法，用t表示出a、b两球的重力，同一根绳子上的拉力相等，即绳子ab两球的拉力是相等的二、多选题30.如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧s1和s2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点o整个系统处于静止状态现将细线剪断将物块a的加速度的大小记为a1 ， s1和s2相对于原长的伸长分别记为l1和l2 ， 重力加速度大小为g在剪断的瞬间，（ ）a.a1=3gb.a1=0c.l1=2l2d.l1=l2【答案】a,c 【考点】弹力，对单物体(质点)的应用 【解析】【解答】解：a、b、对a、b、c分别受力分析如图，根据平衡条件，有：对a：f2=f1+mg对b：f1=f+mg对c：f=mg所以：f1=2mg弹簧的弹力不能突变，因形变需要过程，绳的弹力可以突变，绳断拉力立即为零当绳断后，b与c受力不变，仍然平衡，故a=0；对a，绳断后合力为f合=f1+mg=3mg=maa ， aa=3g方向竖直向下；故a正确，b错误c、d、当绳断后，b与c受力不变，则f1=kl1 ， ；同时：f=kl2 ， 所以： 联立得l1=2l2：故c正确，d错误故选：ac【分析】对细线剪短前后的a、b、c物体分别受力分析，然后根据牛顿第二定律求解加速度与弹簧的伸长量31.如图，一光滑的轻滑轮用细绳oo悬挂于o点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b外力f向右上方拉b，整个系统处于静止状态若f方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则（ ） a.绳oo的张力也在一定范围内变化b.物块b所受到的支持力也在一定范围内变化c.连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化d.物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化【答案】b,d 【考点】弹力，静摩擦力 【解析】【解答】解：ac、由于整个系统处于静止状态，所以滑轮两侧连接a和b的绳子的夹角不变；物块a只受重力以及绳子的拉力，由于物体a平衡，则连接a和b的绳子张力t保持不变；由于绳子的张力及夹角均不变，所以oo中的张力保持不变，故ac均错误；bd、b处于静止即平衡状态，对b受力分析有：力t与力f与x轴所成夹角均保持不变，由平衡条件可得：n+fsin+tsinmg=0fcos+ftcos=0由此可得：n=mgfsintsin由于t的大小不变，可见当f大小发生变化时，支持力的大小也在一定范围内变化，故b正确f=tcosfcos由于t的大小不变，当f大小发生变化时，b静止可得摩擦力的大小也在一定范围内发生变化，故d正确故选：bd【分析】本题抓住整个系统处于静止状态，由a平衡可知，绳子拉力保持不变，再根据平衡条件由f的大小变化求得物块b所受各力的变化情况解决本题的关键是抓住系统均处于静止状态，由平衡条件分析求解，关键是先由平衡条件求得绳中张力大小不变，再由此分析b的平衡32.如图，轻质弹簧一端固定在水平面上o点的转轴上，另一端与一质量为m、套在粗糙固定直杆a处的小球（可视为质点）相连，直杆的倾角为37，oa=oc，b为ac的中点，ob等于弹簧原长，小球从a处由静止开始下滑，初始加速度大小为aa ， 第一次经过b处的速度为v，运动到c处速度为零，后又以大小为ac的初始加速度由静止开始向上滑行，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（）a.小球能返回到出发点a处b.弹簧具有的最大弹性势能为 c.撤去弹簧，小球不可能在直杆上处于静止d.aaac=2gsin37【答案】b,c,d 【考点】弹力，弹性势能，功能关系 【解析】【解答】解：ab、设小球从a运动到b的过程克服摩擦力做功为wf ， ab间的竖直高度为h，小球的质量为m，弹簧具有的最大弹性势能为ep 根据能量守恒定律得：对于小球a到b的过程有：mgh+ep= mv2+wf ， a到c的过程有：2mgh+ep=2wf+ep ， 解得：wf=mgh，ep= mv2 小球从c点向上运动时，假设能返回到a点，则由能量守恒定律得： ep=2wf+2mgh+ep ， 该式违反了能量守恒定律，可知小球不能返回到出发点a处a不符合题意，b符合题意c、设从a运动到c摩擦力的平均值为 ，ab=s，由wf=mgh得： s=mgssin37在b点，摩擦力 f=mgcos37，由于弹簧对小球有拉力（除b点外），小球对杆的压力大于mgcos37，所以 mgcos37可得 mgsin37mgcos37，因此撤去弹簧，小球不能在直杆上处于静止c符合题意d、根据牛顿第二定律得：在a点有：fcos37+mgsin37f=maa；在c点有：fcos37fmgsin37=mac；两式相减得：aaac=2gsin37d符合题意故答案为：bcd【分析】小球运动的过程，满足能量守恒，根据能量守恒定律结合摩擦力做功的特点以及牛顿第二运动定律，综合列式求解。33.如图所示，在水平板左端由一固定挡板，挡板上连接一轻质弹簧，紧贴弹簧放一质量为m的滑块，此时弹簧处于自然长度，已知滑块与板的动摩擦因数及最大静摩擦因数均为 ，现将板的右端缓慢抬起使板与水平面间的夹角为，最后直到板竖直，则有（）a.当0 时，弹簧的弹力始终为零b.滑块与板之间的摩擦力随增大而减小c.当= 时，弹簧的弹力等于滑块的重力d.滑块与板之间的弹力先做正功后做负功【答案】a,c 【考点】弹力，静摩擦力，共点力平衡条件的应用 【解析】【解答】a、设板与水平面的夹角为时，滑块相对于板刚要滑动，则由mgsin=mgcos得：tan= ，= ；则在0 范围内，弹簧处于原长，弹力f=0；故a正确；b、开始时摩擦力为静摩擦力，f=mgsin，因此该过程中滑块与板之间的摩擦力随增大而增大，故b错误；c、当板与水平面的夹角大于时，滑块相对板缓慢滑动，由平衡条件得：f=mgsinmgcos=mg sin（），其中tan=，说明f与正弦形式的关系当= 时，f=mg