河北省正定中学2019届高三物理知识点细化复习弹力

1、.弹力一、单选题1. 如图所示，一定质量的物体用轻绳AB悬挂于天花板上，用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，用T表示绳OB段拉力的大小，在O点向左移动的过程中（）A. F逐渐变大，T逐渐变大B. F逐渐变大，T不变C. F逐渐变小，T不变D. F逐渐变小，T逐渐变小2. 如图所示，倾角为=30°的光滑斜面固定在水平面上，斜面上有质量相同的物块A、B物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力，已知重力加速度为g，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，A、B的加速度分别为（）A. 0，0B. 0，g4C. g4，g4D. g2，g43. 如图所示，

2、半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，P与圆心O的连线与水平面的夹角为，将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90°，框架与小球始终保持静止状态在此过程中下列说法正确的是（）A. 框架对小球的支持力先减小后增大B. 拉力F的最小值为mgcosC. 地面对框架的摩擦力先减小后增大D. 框架对地面的压力先增大后减小4. 如图所示，晾晒衣服的绳子两端分别固定在两根等高的竖直杆上，绳子的质量及绳与衣架挂钩间摩擦均忽略不计，原来保持静止一阵恒定的风吹来，衣服受到水平向右的恒力而发生滑动，并在新的位置保持静止则相比原来，在新位置时（）A. 挂钩左右两

3、边绳的拉力不再相等B. 绳的拉力一定不变C. 绳对挂钩作用力变大D. 绳对挂钩作用力不变5. 如图所示，水平地面上的物体A，在斜向上的拉力F作用下，向右作匀速直线运动，则（）A. 物体A可能不受地面支持力的作用B. 物体A可能受到三个力的作用C. 物体A受到滑动摩擦力的大小为FcosD. 水平地面对A的支持力的大小为Fsin二、多选题6. 如图所示，一根轻质细绳一端绕过动滑轮P悬挂一重物m，另一端固定于竖直墙上的E点，且绳子的PE段处于水平状态；另一根轻质细绳一端在绕过定滑轮T后在细绳的端点S处施加一竖直向下的拉力F，另一端与动滑轮P相连，使整个系统处于平衡状态，滑轮均为光滑、轻质，且均可看做

4、质点若E点位置不变，现拉动绳子的端点S使其向下缓慢移动一小段距离后达到新的平衡状态，则（）A. 新平衡状态拉力比原平衡状态拉力大B. 新平衡状态拉力比原平衡状态拉力小C. 新平衡状态角与原平衡状态角相等D. 新平衡状态角比原平衡状态角小7. 在倾角为的光滑固定斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为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，加速度为a，且方向沿斜面向上设弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，则（）A. 当B刚离开C时，A发生的位移大小为3mgsinkB. 当A的速

5、度达到最大时，B的加速度大小为a2C. B刚离开C时，恒力对A做功的功率为(2mgsin+ma)vD. 从静止到B刚离开C的过程中，物块A克服重力做功为3m2g2sink8. 如图所示，形状和质量完全相同的两个圆柱体a、b靠在一起，表面光滑，重力为G，其中b的下半部刚好固定在水平面MN的下方，上边露出另一半，a静止在平面上现过a的轴心施加一水平作用力F，可缓慢的将a拉离平面一直滑到b的顶端，对该过程分析，则应有（）A. a、b的压力开始最大为2G，而后逐渐减小到GB. 开始时拉力F最大为3G，以后逐渐减小为0C. 拉力F先增大后减小，最大值是GD. a、b间的压力由0逐渐增大，最大为G9. 如

6、图所示，金属块Q放在带光滑小孔的水平桌面上，一根穿过小孔的细线，上端固定在Q上，下端拴一个小球。小球在某一水平面内做匀速圆周运动（圆锥摆），细线与竖直方向成30°角（图中P位置）。现使小球在更高的水平面上做匀速圆周运动。细线与竖直方高成60°角（图中P位置）。两种情况下，金属块Q都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面判断正确的是（）A. Q受到桌面的静摩擦力大小不变B. 小球运动的角速度变大C. 细线所受的拉力之比为2：1D. 小球向心力大小之比为3：1三、填空题10. 如图所示，在竖直平面内有两根质量相等的均匀细杆A和C，长度分别为60cm和40cm，它们

7、的底端相抵于地面上的B点，另一端分别搁置于竖直墙面上，墙面间距为80cm，不计一切摩擦系统平衡时两杆与地面的夹角分别为和，两侧墙面所受压力的大小分别为FA和FC，则FA_FC（选填“大于”、“小于”或“等于”），夹角=_四、实验题探究题11. 在“探究弹力和弹簧伸长量的关系，并测量弹簧的劲度系数”的实验中，实验装置如图1所示。所用的每个钩码的重力相当于对弹簧提供了向右恒定的拉力，实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在绳子的下端，每次测量相应的弹簧的总长度. 图1         

8、60;                               图2（1）某同学通过以上实验测量后把6组实验数据描点在坐标系图2中，请作出F-L图线，由此图线可得出该弹簧的原长L0=_cm，劲度系数k=_N/m（2）该同学实验时，把弹簧水平放置与弹簧悬挂放置相比较优点在于：_缺点在于：_12.

9、I.如图（a），一弹簧上端固定在支架顶端，下端悬挂一托盘；一标尺由游标和主尺构成，主尺竖直固定在弹簧左边；托盘上方固定有一能与游标刻度线准确对齐的装置，简化为图中的指针。现要测量图（a）中弹簧的劲度系数。当托盘内没有砝码时，移动游标，使其零刻度线对准指针，此时标尺读数为1.950 cm；当托盘内放有质量为0.100 kg的砝码时，移动游标，再次使其零刻度线对准指针，标尺示数如图（b）所示，其读数为_cm。当地的重力加速度大小为9.80 ms2，此弹簧的劲度系数为_Nm（保留3位有效数字）。II.为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图1所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m

10、为砂和砂桶的质量。(滑轮质量不计)（ 1）实验时，一定要进行的操作是_A. 用天平测出砂和砂桶的质量B. 将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C. 小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D. 改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M（2）该同学在实验中得到如图2所示的一条纸带(两计数点间还有两个点没有画出)，已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为_m/s2(结果保留两位有效数字)（ 3）以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的图（3）aF图象是

11、一条直线，图线与横坐标的夹角为，求得图线的斜率为k，则小车的质量为_。五、综合题13. （一）下列说法正确的是（     ）A. 只要物体发生形变就会产生弹力作用B. 两个分力的夹角恒定，一个分力不变，另一个分力逐渐变大，合力一定随之增大C. 发射探月卫星的速度必须小于第二宇宙速度D. 物体所受静摩擦力的方向可以与运动的方向成任意夹角E. 一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化（二）质量为1×103kg的甲、乙两辆汽车同时同地沿同一直线运动，甲车刹车，乙车从静止加速，两车的动能随位移变化的Ek-x图象如图所示，求：

12、（1）甲汽车从出发点到x=9m处的过程中所受合外力的冲量；（2）甲、乙两汽车从出发到相遇的时间1.【答案】B【解析】解：以结点O为研究对象受力分析如下图所示： 由题意知点O缓慢移动，即在移动过程中始终处于平衡状态，则可知，绳OB的张力T=mg，保持不变； 根据平衡条件可知： TAcos-TB=0， TAsin-F=0， 由此两式可得： F=Ttan=mgtan， 由于增加，故拉力F增加； 故选：B本题关键是抓住悬挂物B的重力不变，即OB段绳中张力恒定，O点缓慢移动时，点O始终处于平衡状态，根据平衡条件列式求解各力变化情况掌握共点力平衡条件是正确解决本题的关键，本题中注意对缓慢拉动所隐含的在拉动

13、过程中物体始终处于平衡状态条件的挖掘2.【答案】C【解析】解：开始A、B间无弹力，对A分析，根据平衡知，弹簧的弹力F弹=mgsin， 细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，对整体分析，加速度a=，可知A、B的加速度均为，故C正确，A、B、D错误 故选：C剪断细线前，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，结合牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的灵活运用3.【答案】B【解析】解：AB、以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，如图所示：根据几何关系可知，

14、用F顺时针转动至竖直向上之前，支持力逐渐减小，F先减小后增大，当F的方向沿圆的切线方向向上时，F最小，此时：F=mgcos故A错误，B正确；C、以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿水平方向的分力逐渐减小，所以地面对框架的摩擦力始终在减小。故C错误；D、以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的支持力始终在减小。故D错误。故选：B。以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示

15、意力图，根据平衡条件分析小球受力变化情况再以整体为研究对象，分析框架的受力情况本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答本题也可以利用图解法来分析4.【答案】C【解析】解：A、由于绳与衣架挂钩间摩擦忽略不计，故挂钩相当于定滑轮，两端的拉力是一定相等的，故A错误；CD、衣服原来是受重力和两个拉力而平衡，多个风力后是四力平衡，两个绳子的拉力的合力与重力、风力的合力相平衡，故两个绳子的拉力的合力变大，即绳对挂钩作用力变大，故C正确，D错误；B、如果衣服运动到最右

16、端，显然两个绳子的夹角是变化的，而两个绳子的拉力的合力变大，故两个绳子的拉力可能变化，故B错误；故选：C衣服原来是受重力和两个拉力而平衡，多个风力后是四力平衡，根据共点力平衡条件分析即可本题关键是受力分析后结合共点力平衡条件分析，注意多一个风力后两边绳子的夹角不再相等5.【答案】C【解析】【分析】物体做匀速直线运动，知物体所受的合力为零，根据共点力平衡分析拉力和摩擦力的合力方向。解决本题的关键能够正确地受力分析，通过共点力平衡进行分析求解。【解答】解：A.物体在水平方向必定受到摩擦力的作用，所以物体受重力、拉力、支持力和摩擦力处于平衡，知物体一定受四个力的作用，故AB错误；C.根据共点力平衡得

17、：f=Fcos，故C正确；D.物体A受到的支持力与F在竖直方向的分力的合力等于重力，即：N=mg-Fsin，故D错误。故选C。6.【答案】AD【解析】解：由于连接小球的细线一定保持竖直，则在S向下移动一小段距离后，绳PT要变短，动滑轮要上移，绳PE和Pm间的夹角变小，而绳PT位于PE和Pm间的角平分线上，所以角变小。经过定滑轮的绳子拉力大小相等，等于mg，两根绳子的合力与TP绳的拉力大小相等，方向相反。因为夹角变小，合力变大，TP绳的拉力就变大，所以拉力F变大。故AD正确，BC错误。故选：AD。通过绳长的变化分析滑轮位置的变化，注意悬挂B的细线一定竖直，从而确定APB细线间的夹角的变化；再对滑

18、轮P受力分析，抓住三根绳子合力为零，AP、BP绳子拉力大小相等即可明确拉力的变化解决本题的关键知道通过定滑轮的绳子拉力大小相等，抓住两根绳的合力与另外一根绳子的拉力平衡进行求解7.【答案】AB【解析】【分析】未加拉力F时，物体A对弹簧的压力等于其重力的下滑分力；物块B刚要离开C时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力；根据平衡条件并结合胡克定律求解出两个状态弹簧的行变量，得到弹簧的长度变化情况；然后结合功能关系进行分析即可。本题关键抓住两个临界状态，开始时的平衡状态和最后的B物体恰好要滑动的临界状态，然后结合功能关系分析，难度适中。【解答】A.开始时，弹簧处于压缩状态，压力等于物体A重力的下滑分

19、力，根据胡克定律，有：物块B刚要离开C时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，根据胡克定律，有：故物块A运动的距离为：，联立解得：，故A正确； D.从静止到B刚离开C的过程中，物块A克服重力做功为，故D错误； C.此时物体A受拉力、重力、支持力和弹簧的拉力，根据牛顿第二定律，有：F-mgsin-T=ma 弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，为：T=2mgsin 故：F=3mgsin+ma，恒力对A做功的功率为（3mgsin+ma）v，故C错误； B.当A的速度达到最大时，A受到的合外力为0，则：F-mgsin-T=0 所以：T=2mg

20、sin+ma B沿斜面方向受到的力：FB=T-2mgsin=ma 又：FB=2ma 所以：故B正确。 故选AB。 8.【答案】AB【解析】解：对于a球：a球受到重力G、拉力F和b球的支持力N，由平衡条件得： F=Ncos， Nsin=G 则得：F=Gcot，N=， 根据数学知识可知，从30°增大到90°，F和N均逐渐减小； 当=30°，F有最大值，为G，N有最大值，为2G； 当=90°，F有最小值，为G，N有最小值，为0； 故AB正确，CD错误； 故选：ABa球缓慢上升，合力近似为零，分析a受力情况，由平

21、衡条件得到F以及b球对a的支持力与的关系式，即可分析其变化本题运用隔离法研究，分析a球受力情况，得到两个力的表达式是解题的关键9.【答案】BD【解析】解：AB、设细线与竖直方向的夹角为，细线的拉力大小为T，细线的长度为LP球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图，则有：T=向心力：Fn=mgtan=m2Lsin，得角速度问：=，使小球改到一个更高的水平面上作匀速圆周运动时，增大，cos减小，则得到细线拉力T增大，角速度增大。对Q球，由平衡条件得知，Q受到桌面的静摩擦力等于细线的拉力大小，Q受到桌面的支持力等于重力，则静摩擦力变大，故A错误，B正确；C、开始时细线的拉力：，增

22、大为60°后的拉力：=2mg所以：故C错误；D、开始时小球的向心力：，增大为60°后的向心力：所以：故D正确；故选：BD。金属块Q保持在桌面上静止，根据平衡条件分析所受桌面的支持力是否变化。以P为研究对象，根据牛顿第二定律分析细线的拉力的变化，判断Q受到桌面的静摩擦力的变化。由向心力知识得出小球P运动的角速度、加速度与细线与竖直方向夹角的关系，再判断其变化本题中一个物体静止，一个物体做匀速圆周运动，采用隔离法，分别根据平衡条件和牛顿第二定律研究，分析受力情况是关键。10.【答案】等于；37°【解析】解：对整体分析，整体处于平衡状态，整体在水平方向上受到两侧墙壁的弹

23、力，可知FA=FB， 对AB分析，A受到重力、墙壁的弹力、地面对它的支持力以及BC对AB的作用力，同样度BC分析，受重力、墙壁的弹力、AB对BC的作用力，和地面的支持力，因为两杆重力相等，墙壁的作用力相等，根据平衡知，=， 根据xABcos+xBCcos=d， 可知（60+40）cos=80，解得=37° 故答案为：等于；  37°对整体分析，抓住水平方向上受力平衡得出两侧墙面对两杆的弹力大小关系两杆重力相等、墙壁对其弹力相等，根据平衡得出与的关系，结合几何关系求出夹角的大小解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，掌握整体法和隔离法的灵

24、活运用11.【答案】（1）如图所示；5；20 ；（2）可以避免弹簧自身重力对实验的影响；弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦会造成实验误差。【解析】【分析】本题考查探究弹力和弹簧伸长量的有关系。理解实验原理、测量过程、注意事项等基础知识，作出和读懂图像是解决问题的关键，由胡克定律知道图线的斜率即是劲度系数。【解答】（1）图线与横轴的交点即是弹簧的原长，作图读出来L0=5cm；由图像算出斜率即劲度系数为20N/m；（2）根据实验原理分析可知，优点在于：可以避免弹簧自身重力对实验的影响，缺点在于：弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦会造成实验误差。故答案为：（1）如图所示；5；20；（2）可以避免弹簧

25、自身重力对实验的影响；弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦会造成实验误差。12.【答案】I.3.775；53.7；II.（1）BCD；（2）1.3；（3）2k【解析】【分析】I.根据游标卡尺的读数规则读数，再应用胡克定律求出弹簧的劲度系数即可；II.（1）根据实验原理分析判断即可；（2）应用逐差法求出加速度即可；（3）根据图象的物理意义求解即可。对于实验问题，理解实验原理，掌握数据处理方法是解决问题的关键。【解答】I.根据游标卡尺的读数规则，可以发现其读数应为：，因此弹簧的形变量为：，根据胡克定律可以得到：；II.（1）AE.本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需

26、要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故A错误，E错误；B.该题是弹簧测力计测出拉力，从而表示小车受到的合外力，故需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；C.打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故C正确；D.改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，故D正确。故选BCD。（2）由于两计数点间还有两个点没有画出，两个计数点之间的时间为0.08s，由可得：；（3）对a-F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数，此题，弹簧测力计的示数，故小车质量为。故答案为：I.3.775；53.7；II.（1）BCD；（2）1.3；（3）。13.【答案】（一）CDE（二）解：（1）根据动能随位移变化的Ek-x图象得到甲汽车从出发点到x=9m处的动能的变化量为18J，故动量的变化量mv=2mEk，为6000kg·m/s，根据动量定理合外力的冲量等于动量的该变量，故甲汽车从出发点到x=9m处的过程中所受合外力的冲量为6000N·s，由于靠近出发点，