高三物理复习弹簧弹力

1、1如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且ONM<OMN<。在小球从M点运动到N点的过程中A弹力先增大后减小B小球处于M点和N点两个位置时，弹簧的形变量相等C弹簧长度最短时，小球受到的合力大小等于重力D小球到达N点时重力和弹簧弹力的合力大于其在M点时重力和弹簧弹力的合力2如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为的斜面底端，另一端与物块A连接，两物块A、B质量均为m，初始时均静止，现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a

2、的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的vt关系分别对应图乙中A、B图线t1时刻A、B的图加速度为g，则下列说法正确的是（ ）Atl时刻，弹簧形变量为Bt2时刻，弹簧形变量为Ctl时刻，A，B刚分离时的速度为D从开始到t2时刻，拉力F先逐渐增大后不变3质量均为m的A、B小球套在一竖直光滑圆环上，并由一不可伸长的轻绳相连，现施加一力F作用与A球上使A球处于静止状态，此时A球与圆环恰好无作用力，B球位于与圆心等高处。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是A、力F大小为B、B球所受的圆环给的弹力与绳子拉力大小之比为C、去掉F瞬间，绳子拉力大小为D、去掉F前后，B球所受圆环给的弹力大小不变4如图所

3、示，四种情境中物体A均处于静止状态，它与外界的接触面（点）均光滑。其中物体A所受弹力示意图正确的是:（ ）5如图所示，在倾角为300的光滑斜面上端系有一劲度系数为k200 N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为m=2 kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变。若挡板A以a=6 m/s2的加速度沿斜面向下做匀加速直线运动，斜面固定不动，取g=10 m/s2，则（ ）A小球向下运动004 m时速度最大B小球向下运动001 m时与挡板分离C小球速度最大时与挡板分离D小球从一开始运动就与挡板分离6如图，物块A、C置于光滑水平桌面上，通过轻质滑轮和细绳悬挂物块B，物块A、B的质量均为2

4、kg，物块C的质量为1 kg，重力加速度大小为 。若固定物块C，释放物块A、B，则物块A、B的加速度分别为,细绳的张力为F，则（ ）AaA：aB=2:1 BaA：aB=1:1 CF=10N DF=8N7如图所示，四个质量、形状相同的斜面体放在粗糙的水平面上，将四个质量相同的物块放在斜面顶端，因物块与斜面的摩擦力不同，四个物块运动情况不同A物块放上后匀加速下滑，B物块获一初速度后匀速下滑，C物块获一初速度后匀减速下滑，D物块放上后静止在斜面上若在上述四种情况下斜面体均保持静止且对地面的压力依次为F1、F2、F3、F4，则它们的大小关系是（ ）AF1=F2=F3=F4 BF1F2F3F4 CF1F

5、2=F4F3 DF1=F3F2F48如图所示，两木块的质量分别为m1和m2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k1和k2。上面的木块压在上面的弹簧上（但不栓接）整个系统处于平衡状态。现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面的弹簧。上述过程中，m1木块移动的距离x1和m2木块移动的距离x2分别是（ ）A. B. C. D. 9下列说法正确的是A.平抛运动的物体在任意相等的时间内速度的变化量大小相等，方向相同B.木块放在水平桌面上要受到一个竖直向上的弹力，这个弹力由于木块发生微小的形变而产生的C.用手将一个水桶竖直向上加速提起时，手提桶的力大于桶对手的力D.物体受到的合外力的方向与物体加速度方向相同，与速

6、度方向也一定相同10在倾角为的足够长光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别是m和2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一沿斜面方向的恒力拉物块A使之沿斜面向上运动，当B刚离开C时，A的速度为v，加速度方向沿斜面向上、大小为a，则A从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移为BB刚离开C时，恒力对A做功的功率为C当A的速度达到最大时，B的加速度大小为D从静止到B刚离开C的过程中，重力对A做的功为11将轻绳和轻弹簧的一端分别固定在圆弧上的A、B两点，另一端固定在小球a上，静止时，小球a恰好处于圆心O处，如图甲所示，此时绳与水平方向夹角为30°，弹

7、簧恰好水平，现将轻弹簧与轻绳对调，将a球换成b球后，小球仍位于O点，如图乙所示则，a、b两个小球的质量之比为（ ）A1：1 B：1 C2： D3：212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之间的关系如图乙所示（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/cmC物体的质量为2kgD物体的加速度大小为5m/s213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

8、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（ ）AF减小，N不变 BF不变，N减小CF不变，N增大 DF增大，N减小14如图所示，小物体P放在直角斜劈M上，M下端连接一竖直弹簧，并紧贴竖直光滑墙壁；开始时，P、M静止，M与墙壁间无作用力。现以平行斜面向上的力F向上推物体P，但P、M未发生相对运动。则在施加力F后AP、M之间的摩擦力变大BP、M之间的摩擦力变小C墙壁与M之间仍然无作用力D弹簧的形变量减小15如图所示，一质量为m的小球套在光滑竖直杆上，轻质弹簧一端固定于O点，另一端与该小球

9、相连。现将小球从A点由静止释放，沿竖直杆运动到B点，已知OA长度小于OB长度，弹簧处于OA、OB两位置时弹力大小相等。在小球由A到B的过程中A加速度等于重力加速度g的位置有两个B弹簧弹力的功率为零的位置有两个C弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功D弹簧弹力做正功过程中小球运动的距离等于小球克服弹簧弹力做功过程中小球运动的距离16如图所示，质量为M、半径为R的半球形物体A静止在粗糙水平地面上，通过最高点处的钉子用水平轻质细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B，重力加速度为g。则（ ）AA对地面的摩擦力方向向左BB对A的压力大小为C细线对小球的拉力大小为D若剪断绳子（A不动）,则此

10、瞬时球B加速度大小为17如图所示，质量为10kg的物体A拴在一个被水平拉伸的弹簧一端，弹簧的拉力为5N时，物体A和小车均处于静止状态若小车以1m/s2的加速度向右加速运动后，则（g=10m/s2）A物体A相对小车向左运动B物体A受到的摩擦力减小C物体A受到的摩擦力大小不变D物体A受到的弹簧拉力增大18下列说法正确的是（ ）A弹力的方向不一定与接触面垂直B两物体间的滑动摩擦力总是与物体运动方向相反C摩擦力的大小与弹力成正比D两分力大小一定，夹角越小，合力越大19如图所示，不带电物体A和带电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别是2m和m.劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在水平面上，另

11、一端与物体A相连，倾角为的绝缘斜面处于沿斜面向上的匀强电场中.开始时，物体B受到沿斜面向上的外力F=3mgsin的作用而保持静止，且轻绳恰好伸直.现撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，不计一切摩擦.则在此过程中A.B的速度最大时，弹簧的伸长量为B.物体B所受电场力大小为C.撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为D.物体A、弹簧和地球组成的系统机械能增加量等于物体B和地球组成的系统机械能的减少量20如图所示，在水平面上有三个质量分别为m1，m2，m3的木块，木块1和2、2和3间分别用一原长为L、劲度系数为K的轻弹簧连接起来，木块1、2与水平面间的动摩擦因数为，木块3和水平面之间

12、无摩擦力现用一水平恒力向右拉木块3，当木块一起匀速运动时，1和3两木块间的距离为（木块大小不计）（ ）A BC D21水平地面上的物体受重力G和水平作用力F保持静止，如图所示，现在使作用力F保持大小不变，方向沿逆时针方向缓慢转过1800，而物体始终保持静止，则在这个过程中，物体对地面的正压力FN和地面给物体的摩擦力Ff的变化情况是A.Ff不变B.Ff先变小后变大C.FN先变小后变大D.FN先变大后变小22如图所示，在倾角为的光滑斜面上，物块A.B质量均为，物块A静止在轻弹簧上端，物块B用细线与斜面顶端相连，A.B挨在一起但A.B之间无弹力，已知重力加速度为，某时刻把细线剪断，当细线剪断后瞬间，

13、下列说法正确的是（ ）A物块B的加速度为B物块A的加速度为C物块A.B间的弹力为D物块A.B间的弹力为23一轻绳一端系在竖直墙M上，另一端系一质量为m的物体A，用一轻质光滑圆环O穿过轻绳，并用力F拉住轻环上一点，如图所示现使物体A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置。则在这一过程中，力F、绳中张力FT和力F与水平方向夹角的变化情况是（）AF保持不变，FT逐渐增大，夹角逐渐减小BF逐渐增大，FT保持不变，夹角逐渐增大CF逐渐减小，FT保持不变，夹角逐渐减小DF保持不变，FT逐渐减小，夹角逐渐增大24如图所示，一光滑小球静止放置在光滑半球面的最底端，利用竖直放置的光滑挡板水平向右缓慢地推动小球，在推动

14、过程中挡板保持竖直,则在小球运动的过程中（该过程小球未脱离球面），木板对小球的推力F1、半球面对小球的支持力F2的变化情况正确的是：( )AF1一直增大 BF1先减小后增大CF2一直增大 DF2先减小后增大25如图，质量的两物体A、B叠放在一起放在倾角为的光滑斜面上，现让它们由静止开始释放，在沿斜面下滑过程中，物体B的受力图是（ ）26如图所示，两木块的质量分别为，两轻质弹簧的劲度系数分别为和，整个系统处于平衡状态，则两轻质弹簧的形变量大小分别为（ ）A. B. C. D. 27物块A、B的质量分别为2m和m，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相对静止在水

15、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相对静止在水平面上运动，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相等D.弹簧的劲度系数为28如图所示，小物体从竖直弹簧上方离地高处由静止释放，其动能与离地高度的关系如图所示其中高度从下降到，图象为直线，其余部分为曲线，对应图象的最高点，轻弹簧劲度系数为，小物体质量为，重力加速度为以下说法正确的是( )A小物体下降至高度时，弹簧形变量为0B小物体下落至高度时，加速度为0C小物体从高度下降到，弹簧的弹性势能增加了D小物体从

16、高度下降到，弹簧的最大弹性势能为29如图所示，木块A静止在斜面体B上。设木块受到斜面体的支持力大小为N，摩擦力大小为f.当斜面体水平向左做加速度逐渐增大的加速运动时，若木块A相对于斜面体B始终保持静止，则 ( )AN增大, f增大 BN不变，f增大CN减小,f先增大后减小 DN增大,f先减小后增大30如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为的斜面底端，另一端与物块A连接；两物块A、B质量均为m，初始时均静止。现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的关系分别对应图乙中A、B图线(时刻A、B的图线相切，时刻对应A图线的

17、最高点)，重力加速度为g，则( ) A时刻，弹簧形变量为0B时刻，弹簧形变量为C从开始到时刻，拉力F逐渐增大D从开始到时刻，拉力F做的功比弹簧弹力做的功少31如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放，落在弹簧上后继续向下运动到最低点的过程中，小球的速度v随时间t的变化图象如图乙所示，其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的曲线，BCD是平滑的曲线。若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，则关于A、B、C、D各点对应的小球下落的位置坐标x及所对应的加速度a的大小，以下说法正确的是 （ ）AAxA=h，a

18、A=0 BxB=h+，aB>0CxC=h+2，aC= g DxD>h+2，aD=g32倾角为37°的光滑斜面上固定一个槽，劲度系数k20 N/m、原长l00.6 m的轻弹簧下端与轻杆相连，开始时杆在槽外的长度l0.3 m，且杆可在槽内移动，杆与槽间的滑动摩擦力大小Ff6 N，杆与槽之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力质量m1 kg的小车从距弹簧上端L0.6 m处由静止释放沿斜面向下运动已知弹性势能Epkx2，式中x为弹簧的形变量g取10 m/s2，sin37°0.6.关于小车和杆的运动情况，下列说法正确的是( )A.小车先做匀加速运动，后做加速度逐渐减小的变加速运动

19、B.小车先做匀加速运动，然后做加速度逐渐减小的变加速运动，最后做匀速直线运动C.杆刚要滑动时小车已通过的位移为0.9 mD.杆从开始运动到完全进入槽内所用时间为0.1 s33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34蹦床运动是广大青少年儿童喜欢的活动。在处理实

20、际问题中，可以将青少年儿童从最高点下落的过程简化：如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动若以小球开始下落的位置O点为坐标原点，设竖直向下为正方向，小球的速度v随时间t变化的图象如图乙所示其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的平滑曲线，BC是平滑的曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为g。则关于小球的运动过程，下列说法正确的是：A.小球最大速度出现的位置坐标为B.小球在C时刻所受弹簧弹力大小等于重力大小的两倍C.小球从A时刻到B时刻的过程中重力势能减少的数值大于弹簧弹性势能增加的数值D.小球可以从C时

21、刻所在的位置回到出发点35如图所示，在水平传送带上有三个质量分别为m1、m2、m3的木块1、2、3, 1和2及2和3间分别用原长为L，劲度系数为k的轻弹簧连接起来，木块与传送带间的动摩擦因数均为，现用水平细绳将木块1固定在左边的墙上，传送带按图示方向匀速运动，当三个木块达到平衡后，1、3两木块之间的距离是（ ）A BC. D.36如图所示，倾角为30°的光滑斜面上，劲度系数为k的轻质弹簧一端系在质量为m的小球上，另一端固定在墙上的P点小球在斜面上静止时，弹簧与竖直方向的夹角为60°，则弹簧的形变量大小为（）A. B. C. D. 37如图所示，在倾角为的传送带上有质量均为m

22、的三个木块1、2、3，中间均用原长为L，劲度系数为k的轻弹簧连接起来，木块与传送带间的动摩擦因数均为，其中木块1被与传送带平行的细线拉住，传送带按图示方向匀速运行，三个木块处于平衡状态下列结论正确的是 ( )A2、3两木块之间的距离等于LB2、3两木块之间的距离等于LC1、2两木块之间的距离等于2、3两木块之间的距离D如果传送带突然加速，相邻两木块之间的距离都将增大38如图，放在墙角的木板AB重力忽略不计，B端靠在光滑竖直墙上，A端放在粗糙水平面上，处于静止状态，一质量为的物块从B端沿木板匀速下滑，在此过程中关于受力情况的分析错误的是A木板对物块的作用力不变B地面对木板A端的支持力大小不变C墙

23、对木板B端的弹力与地面对木板A端的摩擦力大小相等D墙对木板B端的弹力大于地面对木板A端的摩擦力39 如图所示，A、B两物体的重力分别是GA3 N，GB4 NA用细线悬挂在顶板上，B放在水平面上，A、B间轻弹簧中的弹力F12 N，则细线中的张力F2及B对地面的压力F3的可能值分别是()来图2316A5 N和6 N B5 N和2 NC1 N和6 N D1 N和2 N40如下图所示，光滑的斜槽由槽板AB、BC组成，AB与BC的夹角大于90°，质量为m的球放在斜槽中，当斜槽和球一起沿水平面向右运动时，则（ ）A球对AB槽板的压力可能大于mgB球对AB槽板的压力可能等于零C球对于BC槽板的压力

24、可能大于mgD球对BC槽板的压力可能小于mg41下列说法中正确的是()A书放在水平桌面上受到的支持力，是由于书发生了微小形变而产生的B用细木棍拨动浮在水中的圆木，圆木受到的弹力是由于细木棍发生形变而产生的C绳对物体的拉力方向总是沿着绳而指向绳收缩的方向D支持力的方向总是垂直于支持面而指向被支持的物体42如图所示，一轻质弹簧竖直立在水平地面上，弹簧一端固定在地面上。一小球从高处自由下落到弹簧上端，将弹簧压缩至最低点。在小球开始下落至最低点的过程中，弹簧始终处于弹性限度内。在此过程中，能正确表示小球的加速度a随下降位移x的大小变化关系是下面图像中的（ ）43一个长度为L的轻弹簧，将其上端固定，下端

25、挂一个质量为m的小球时，弹簧的总长度变为2L。现将两个这样的弹簧按如图所示方式连接，A.B两小球的质量均为m，则两小球平衡时，B小球距悬点O的距离为（不考虑小球的大小，且弹簧都在弹性限度范围内） （ ）A3L B4LC5L D6L44某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可 在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力为定值轻杆向右移动不超过L时，装置可安全工作若一小车分别以初动能Ek1和Ek2撞击弹簧，导致轻杆分别向右移动L/4和L.已知装置安全工作时，轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面间的摩擦比较小车这两次撞击缓冲过程，下列说法正确的是A、小车

26、撞击弹簧的初动能之比为1：4 B、系统损失的机械能之比为1：4C、两次小车反弹离开弹簧的速度相同 D、两次小车反弹离开弹簧的速度不同试卷第17页，总18页参考答案1BC【解析】试题分析：由题意可知，弹簧在M点压缩，在N点被拉长，则小球从M点运动到N点的过程中弹力先增大后减小再变大，选项A错误；因为在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，则由胡克定律可知，小球处于M点和N点两个位置时，弹簧的形变量相等，选项B正确；当弹簧与杆垂直时弹簧最短，此时弹力和杆的支持力平衡，此时小球受到的合力大小等于重力，选项C正确；小球到达N点时重力和弹簧弹力的合力等于, 在M点时重力和弹簧弹力的合力为,因为小，故球

27、到达N点时重力和弹簧弹力的合力小于其在M点时重力和弹簧弹力的合力，选项D错误；故选BC考点：此题是对物体的平衡及胡克定律的考查；要紧紧抓住弹力在MN两个位置相等的条件进行分析，利用正交分解法分析物体在不同位置的受力情况名师点睛：2BD【解析】试题分析：由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kx-mgsin=ma，则，故A错误由图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsin=kx，则得：x=，故B正确；对AB整体，根据牛顿第二定律得：F-2mgsin+kx=2ma，得F=2mgsin-kx+2ma，则知开始时F最小，此时有：2mgsin=kx，

28、得F的最小值为 F=2ma由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kx-mgsin=ma，开始时有：2mgsin=kx0，又x0-x=at12,速度V=at1=故C错误从开始到t1时刻，对AB整体，根据牛顿第二定律得：F+kx-mgsin=2ma，得F=mgsin+2ma-kx，x减小，F增大；t1时刻到t2时刻，对B，由牛顿第二定律得：F-mgsin=ma，得 F=mgsin+ma，可知F不变，故D正确故选BD考点：牛顿第二定律【名师点睛】3AC【解析】试题分析：对B受力分析，受到重力、绳子拉力以及圆环对B水平向左的弹力，根据平衡条件得：绳子拉力，弹力，则B球所受的圆环给的弹

29、力与绳子拉力大小之比为，对A受力分析，A受到重力、绳子拉力以及F作用，处于平衡状态，则F的大小等于和绳子拉力的合力，根据力的分解与合成原则得：，故A正确，B错误；去掉力F瞬间，由于绳不可伸长，则两球速度为零，所以向心加速度为零，但两球有相同的切向加速度，则根据牛顿第二定律可知：小球：，B小球：，解得，故C正确；去掉力F后，B球指向圆心的合力为零，则圆环对B的弹力大小，则去掉力F前后，B球所受圆环给的弹力大小发生变化，故D错误考点：考查了牛顿第二定律，力的分解与合成，共点力平衡条件【名师点睛】本题注意考查了共点力平衡条件以及牛顿第二定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，明确撤去F后

30、与撤去F前的不同点，难度适中4BC【解析】试题分析：A、A球只受到水平面的弹力F1，右侧的球对A没有弹力，否则A球将向左运动，与题意矛盾，故A错误B、A球受到两个支持力，这两个支持力都与接触面垂直，即通过球心，故B正确C、A球受到墙的弹力F1，方向垂直于墙壁向右；斜面的支持力F2，方向与斜面垂直向上，故C正确D、F2方向不对，应通过球心，故D错误故选：BC。考点：弹力的方向【名师点睛】弹力产生在接触面上，常见的支持力或压力是弹力，它们的方向是垂直接触面指向受力物体对于A项，可运用假设法判断两球之间有无弹力。5D【解析】试题分析：球和挡板分离前小球做匀加速运动；球和挡板分离后做加速度减小的加速运

31、动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零即：，解得：，由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时小球向下运动的路程为005m，A错误；当小球刚下落时，加速度最大，小球的最大加速度为，故小球从一开始运动就与挡板分离，D正确BC错误；考点：考查了牛顿第二定律的应用【名师点睛】在挡板运动的过程中，挡板对球的支持力的大小是在不断减小的，从而可以使球和挡板一起以恒定的加速度运动，在运动的过程中物体的受力在变化，但是物体的运动状态不变，从而可以求得物体运动的位移6AD【解析】试题分析：由x=at2和xA=2xB，知aA：aB=2:1；设绳子拉力为F，对A分析知: F=mAaA对B分析知mBg-2F=

32、mBaB；联立上式得：F=8N，故选项AD正确；BC错误；故选AD考点：牛顿第二定律；匀变速运动的规律【名师点睛】此题考查牛顿运动定律与动滑轮应用结合的题目，注意物体之间的位移关系是解决此题目的关键，根据动滑轮特点可知，A的位移是B的2倍，根据位移时间关系知加速度的比例；题目较难7C【解析】试题分析：当物体系统中存在超重现象时，系统所受的支持力大于总重力，相反，存在失重现象时，系统所受的支持力小于总重力若系统的合力为零时，系统所受的支持力等于总重力，解：设物体和斜面的总重力为G第一个物体匀加速下滑，加速度沿斜面向下，具有竖直向下的分加速度，存在失重现象，则F1G；第二个物体匀速下滑，合力为零，

33、斜面保持静止状态，合力也为零，则系统的合力也为零，故F2=G第三个物体匀减速下滑，加速度沿斜面向上，具有竖直向上的分加速度，存在超重现象，则F3G；第四个物体静止在斜面上，合力为零，斜面保持静止状态，合力也为零，则系统的合力也为零，故F4=G故有F1F2=F4F3故C正确，ABD错误故选：C【点评】本题运用超重和失重的观点分析加速度不同物体动力学问题，比较简便通过分解加速度，根据牛顿第二定律研究【答案】A【解析】试题分析：由胡克定律知：，。以m2为研究对象，作用于m2的力的变化量为m1g，故m2向上移动的距离为，A对。考点：胡可定律。【名师点睛】对胡克定律的理解(1)胡克定律成立的条件是：弹簧

34、发生弹性形变，即必须在弹性限度内(2)Fkx中的x是弹簧的形变量，是弹簧伸长或缩短的长度，而不是弹簧的总长度(3)Fkx中的k为弹簧的劲度系数，反映弹簧本身的属性，由弹簧自身的长度、粗细、材料等因素决定，与弹力F的大小和伸长量x无关(4)由Fkx可知，弹簧上弹力的变化量F与形变量的变化量x也成正比关系，即Fkx.9A【解析】试题分析：平抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，根据公式可得物体在任意相等时间内的速度变化量相等，方向竖直向下，相同，故A正确；木块受到的支持力是由于桌面发生向下的形变，要向上恢复原状而产生的力，B正确；手提桶的力和桶对手的力是一对相互作用力，大小相等方向相反，C错误；根据

35、牛顿第二定律可得物体受到的合力方向与加速度方向相同，但是不一定与速度方向相同，当物体做加速运动时，合力方向与速度方向同向，当物体做减速运动时，合力方向与速度方向反向，D错误；考点：考查了平抛运动，相互作用力，弹力，牛顿第二定律【名师点睛】关键是知道平抛运动过程中物体只受重力作用，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】试题分析：开始时弹簧被压缩的量；当B将要离开挡板C时，弹簧的伸长量为，故从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移为，选项A正确；B刚离开C时，对物体A，根据牛顿定律：，解得，则恒力对A做功的功率为P=Fv=，选项B错误；当A的速度达到

36、最大时，此时A的加速度为零，则，此时B的加速度，解得，选项C正确；从静止到B刚离开C的过程中，重力对A做的功为，选项D错误；故选AC.考点：胡克定律；牛顿第二定律的应用；功【名师点睛】此题是力学的综合习题，主要考查胡克定律、牛顿第二定律的应用以及功的求解；解题时要抓住关键的位置的受力分析：初始状态、B将要离开挡板C时还有当A的速度达到最大的位置，并能根据物体的受力情况列出方程求解.11C【解析】试题分析：用隔离法分别对甲和乙进行受力分析，然后根据平衡条件列方程即可求解解：在甲图和乙图中，由于弹簧的长度是相等的，所以两种情况下的弹簧的弹力是相等的甲图中：乙图中：所以：=2：故选：C【点评】本题属

37、于中档题，熟练的应用受力分析的方法分别对两个小球进行受力分析是关键12CD【解析】试题分析：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解：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 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 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 代入数据解

38、得m=2kgk=500N/m=5N/cma=5m/s2故AB错误，CD正确；故选：CD【点评】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13A【解析】试题分析：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，G不变，AB长度减小，则知F减小，N不变，故A正确；故选：A【点评】相似三角形法在处理共点力的动态平衡时较为常见，当无法准确

39、得出角边关系时，应考虑应用此法【答案】D【解析】试题分析：开始受重力、M对P的支持力和静摩擦力平衡，当施加F后，若仍然处于静止，开始P所受的静摩擦力大小为，若，则P、M之间的摩擦力大小可能不变，故AB错误；对整体分析，施加F后，由于PM相对静止，力F具有向上的分力，则，则弹簧的弹力变小，弹簧的形变量变小，水平方向根据平衡关系可知，则M与墙之间一定有弹力作用，故C错误，D正确。考点：滑动摩擦力；物体的弹性和弹力【名师点睛】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡进行求解，以及掌握整体法和隔离法的运用。15AC【解析】试题分析：在运动过程中A点为压缩状态，B点为伸长状态，则由A到B有一

40、状态弹力为0且此时弹力与杆不垂直，加速度为g；当弹簧与杆垂直时小球加速度为g则两处加速度为g故A正确；A处速度为零，弹力功率为零；下滑过程弹簧弹力与杆子垂直，弹力功率为零；当原长时弹力为零，功率为零，故弹力功率为0共有3处，故B错误； 因A点与B点弹簧的弹性势能相同，则弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功故C正确；因做负功时弹力大，则弹簧弹力做正功过程中小球运动的距离大于小球克服弹簧弹力做功过程中小球运动的距离故D错误；故选AC。考点：牛顿定律的应用；功能关系16B【解析】试题分析：对AB整体受力分析，受重力和支持力，相对地面无相对滑动趋势，故不受摩擦力，故A错误；对小球受力分

41、析，如图所示：根据平衡条件，有：，T=mgtan其中，故：， 故B正确，C错误；若剪断绳子（A不动），B球受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：mgsin=ma解得：，故D错误；故选B.考点：物体的平衡【名师点睛】本题是关于物体的平衡问题；解题的关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象，受力分析后根据平衡条件和牛顿第二定律列式分析。17C【解析】试题分析：由题意得知：物体A与平板车的上表面间的最大静摩擦力，若小车加速度为1m/s2时，可知此时平板车对物体A的摩擦力为5N，方向向右，且为静摩擦力，所以物体A相对于车仍然静止，A错误；，此时平板车对物体A的摩擦力为5N，方向向右，B错误；，此时平板

42、车对物体A的摩擦力为5N，方向向右，大小不变C正确；物体A相对于车仍然静止，则受到的弹簧的拉力大小不变，D错误故选C【名师点睛】由题，当弹簧的拉力为5N时，物体A处于静止状态，此时物体A受到的摩擦力大小为5N，方向水平向左，所以物体A与平板车的上表面间的最大静摩擦力Fmax5N当物体向右的加速度为1m/s2时，F=ma=10N，可知此时平板车对物体A的摩擦力为5N，方向向右，且为静摩擦力所以物体A相对于车仍然静止，受到的弹簧的拉力大小不变考点：牛顿第二定律、摩擦力和弹簧的弹力。18D【解析】解：A、接触面间的弹力方向一定垂直于接触面，故A错误；B、滑动摩擦力的方向不一定和物体的运动方向相反，也

43、可能与运动方向相同或与运动方向垂直，故B错误；C、静摩擦力的大小与正压力无关，故C错误；D、根据平行四边形定则可知，两个合力不变时，夹角越小，合力越大，故D正确故选：D【点评】本题考查了弹力的方向、摩擦力的方向及大小的计算，注意摩擦力有静摩擦力和滑动摩擦力之分，摩擦力的方向与相对运动或相对运动趋势方向相反，不是与运动方向相反19BD【解析】试题分析：开始时，B处于静止状态，对B分析可知：F2mgsinF电=0，解得：F电=mgsin，当撤去外力瞬间，由于轻绳的张力发生突变，A和B瞬时有大小相等的加速度，对A和B有F合=F电+2mgsin=3mgsin=3ma，故A和B的加速度a=gsin，选项

44、A正确，B错误；当B的合力为零时，B的速度最大，即kx=F电+mgsin，解得弹簧的伸长量x=，选项C正确；弹簧的弹力、重力和电场力对A和B组成的系统做功，由功能关系知，物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B电势能的减少量和机械能的减小量之和，故物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量大于B电势能的减少量，选项D错误。考点：电场力、牛顿第二定律、功能关系【名师点睛】20C【解析】试题分析：对木块1受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据共点力平衡条件，有：，对木块1和木块2整体受力分析，受总重力、总支持力、右侧弹簧的拉力和总摩擦力，有：木块1与木块3之间的总长度为联立可以得

45、到： ，故选项C正确，选项ABD错误。考点：共点力作用下物体平衡【名师点睛】本题关键抓住匀速运动的状态，然后灵活地选择研究对象，进行受力分析，根据共点力平衡条件得到弹簧的弹力，最后结合胡克定律得到总长度。【答案】BC【解析】试题分析：设力F与水平方向得到夹角为，在F转动过程中物体始终静止则：，可知BC对。考点：受力分析、物体的平衡。【名师点睛】对静摩擦力大小的求法：(1)静摩擦力具有被动性，即其大小总随迫使物体发生相对运动的外力的变化而变化，与正压力大小无关(2)静摩擦力有一个最大值，即最大静摩擦力Fmax，静摩擦力的范围是0<FFmax.最大静摩擦力与正压力成正比(3)静摩擦力的大小一

46、般根据平衡条件法求解或由牛顿第二定律求解【答案】AC【解析】试题分析：剪断细绳前，由于A.B之间无弹力，对A分析可以得到弹簧的弹力：，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，剪断细线瞬间，对A.B系统，加速度：，故A错误，B错误；对B，由牛顿第二定律得：，解得：，故C正确，选项D错误。考点：牛顿第二定律、整体法、隔离法【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，抓住剪断细线的瞬间弹簧的弹力不变，剪断细绳前，隔离对A分析，根据共点力平衡求出弹簧的弹力大小，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对整体分析，求出整体的加速度，隔离分析求出A.B间的弹力大小。23C【解析】试题分析：圆环受到三个力，拉力F以及两个

47、绳子的拉力FT，三力平衡，故两个绳子的拉力的合力与拉力F始终等值、反向、共线，由于两个绳子的拉力等于mg,夹角越大，合力越小，且合力在角平分线上，故拉力F逐渐减小，由于始终与两细线拉力的合力反向，故拉力F逐渐水平，逐渐变小，C对。考点：共点力的平衡条件及其应用、力的合成与分解。【名师点睛】绳上的“死结”和“活结”模型：1“死结”模型（1）“死结”可理解为把绳子分成两段（2）“死结”是不可以沿绳子移动的结（3）“死结”两侧的绳因结住而变成了两根独立的绳（4）“死结”分开的两段绳子上的弹力不一定相等2“活结”模型（1）“活结”可理解为把绳子分成两段（2）“活结”是可以沿绳子移动的结点（3）“活结”

48、一般是由绳跨过滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的绳子虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根绳（4）“活结”分开的两段绳子上弹力的大小一定相等，两段绳子合力的方向一定沿这两段绳子夹角的平分线24AC【解析】试题分析：对小球受力分析，受重力、挡板向右的支持力和半球面的支持力，如图根据平衡条件解得由于不断增加，故F1增大、F2增大；故选AC。考点：共点力平衡，动态分析。【名师点睛】有关力的动态平衡问题的处理方法，可以分三种方法，即解析法、图解法、三角形相似法。本题应用解析法就能解答，如上解析；就本题而言，还可用图解法解答，如下图：25C【解析】试题分析：两物体共同运动的加速度为a=gsin；对物体B，

49、根据牛顿第二定律：，解得FAB=0；故物体B只受重力和斜面的支持力作用，故选C.考点：牛顿第二定律的应用.【名师点睛】此题考查了牛顿第二定律的应用以及整体及隔离法的问题；解题时先选择AB的整体求解加速度，然后隔离任一个物体可求解两物体之间的作用力即可；整体及隔离法是解决连接体问题的常用方法，必须熟练掌握.【答案】C【解析】试题分析：首先分析物体，其处于平衡状态，根据胡克定律，有：解得然后分析物体，其处于平衡状态，下面的弹簧受到的压力等于，根据胡克定律，有：解得。考点：力的平衡、胡克定律【名师点睛】本题考查胡克定律等相关内容，根据平衡条件求解出弹簧弹力，然后直接根据胡克定律列式计算即可。27AC

50、D【解析】试题分析：将AB和弹簧看做一个整体，根据牛顿第二定律得知，两种情况下加速度相等，而且加速度大小为设弹簧的原长为l0根据牛顿第二定律得：对B施加向右的水平拉力F：对A： ，水平推力向右推A：对B： 由解得，故ACD正确；对B施加向右的水平拉力F时的形变量为；水平推力向右推A弹簧的形变量为，故B错误考点：考查了牛顿第二定律，胡克定律28D【解析】试题分析：高度从下降到，图象为直线，该过程是自由落体，的坐标就是自由下落的高度，所以小物体下降至高度时，弹簧形变量为0,故A错误；物体的动能先增大，后减小，小物体下落至高度时，物体的动能与时的动能相同，由弹簧振子运动的对称性可知，在时弹簧的弹力一

51、定是重力的2倍；小物体下落至高度时，动能又回到0，说明是最低点，弹簧的弹力到达最大值，一定大于重力的2倍，所以此时物体的加速度最大,故B错误；小物体下落至高度时，物体的动能与时的动能相同，由弹簧振子运动的对称性可知，在时弹簧的弹力一定是重力的2倍；此时弹簧的压缩量，小物体从高度下降到，重力做功;物体从高度下降到，重力做功等于弹簧的弹性势能增加，所以小物体从高度下降到，弹簧的弹性势能增加了,故C错误；小物体从高度下降到，重力做功等于弹簧弹性势能的增大，所以弹簧的最大弹性势能为,故D正确。考点：胡克定律、弹簧的、弹性势能、功能关系。29D【解析】试题分析：当加速度较小时，摩擦力f沿斜面向上.将加速

52、度分解为沿斜面向下的加速度和垂直于斜面向上的加速度根据牛顿第二定律得：，得到；,可知当a增大时，N增大，f减小当加速度较大时，摩擦力f沿斜面向下根据牛顿第二定律得: ，得到，,可知当a增大时,N增大,f增大所以N增大，f先减小后增大故D正确故选D考点：本题考查牛顿第二定律、整体法与隔离法、力的合成与分解、正交分解法。30BD【解析】试题分析：由图知，t2时刻v-t线切线的斜率为零，故A的加速度为零，此时速度最大，根据牛顿第二定律：mgsin=kx，则得：，弹簧不在原长，故A错误；由图可知，t1时刻A、B两物体的速度开始不相等，即开始分离，对A根据牛顿第二定律：kx-mgsin=ma，则，故B正

53、确从开始到t1时刻，对AB整体，根据牛顿第二定律得：F+kx-2mgsin=2ma，得F=2mgsin+2ma-kx，则随弹簧形变量x的减小，F增大；t1时刻到t2时刻，对B由牛顿第二定律得：F-mgsin=ma，得 F=mgsin+ma，可知F不变，故选项C错误；开始时：2mgsin=kx0； t1时刻A、B开始分离，从开始到t1时刻，弹簧释放的势能 ，从开始到t1时刻的过程中，根据动能定理得：WF+Ep-2mgsin（x0-x）=由运动公式：v12 =2a（x0-x）；联立解得： ，所以拉力F做的功比弹簧释放的势能少，故D正确故选：BD考点：31C【解析】试题分析：OA过程是自由落体，A的

54、坐标就是h，加速度为g，所以A选项错误；B点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为0，加速度也就为0，由mg=kx，可知，所以B得坐标为，所以B选项错误；C点为一个与A点对称的点，由A点到B点的形变量为 ，由对称性得由B到C的形变量也为，故到达C点时形变量xC=h+2，达到D点xD>h+2，加速度aDg，所以C选项正确，D选项错误。考点：牛顿第二定律32BCD【解析】试题分析：开始小车受恒力向下做匀加速运动，后来接触到弹簧，合力逐渐变小，于是做加速度逐渐变小的变加速运动，当受到弹簧轻杆的力和重力沿斜面向下的分力平衡，做匀速直线运动，所以A错误，B正确； C、当弹簧和杆整体受到的力等于最大静摩擦力的时候，轻杆开始滑动，此时由平衡条件得： Ff=kx解得：x=0.3m，所以杆刚要滑动时小车已通过的位移为x=x+L=0.3m+0.6m=0.9m，C正确；当弹簧的压缩量为0.3m的时候，弹簧的弹力和小车在斜面上的分力相等，此时整个系统开始做匀速运动，设此速度为v从小车开始运动到做匀速运动，有能量守恒得：mg(L+x)sin= mv2+ kx2，代入数据求得：v=3m/s，所以杆从开始运动到完全进入槽内所用时间为：t=0.1s，所以D正确；考点：本题考查功能关系