題目列表(包括答案和解析)
| 4 |
| 3 |
| 2π |
| T |
| 2π |
| T |
| 3π |
| GT2 |
| 3π |
| GT2 |
A是質量mA=0.98kg的物塊（可視為質點），B和C是完全相同的木板，質量m=1.0kg．已知木板與地面間的動摩擦因數μ=0.2，物塊A與木板之間的動摩擦因數為μ1，設物塊與木板以及木板與地面間的最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等．現有一質量m0=0.02kg的子彈以v=300m/s的速度擊中物塊A，并留在物塊中（過程很短暫），求：
A、B為水平放置的足夠長的平行板，板間距離為d=1.0×10-2m，A板中央有一電子源P，在紙面內能向各個方向發射速度在0～3.2×107m/s范圍內的電子，Q為P點正上方B板上的一點，若垂直紙面加一勻強磁場，磁感強度B=9.1×10-3T，已知電子的質量m=9.1×10-31kg，電子電量e=1.6×10-19C，不計電子的重力和電子間相互作用m=9.1×10-31kg，電子電量e=1.6×10-19C，不計電子的重力和電子間相互作用力，且電子打到板上均被吸收，并轉移到大地．求：高考真題
1．【解析】由合力與分的關系可知,合力最大應是它們同向,最小應是它們反向
【答案】B
2．【解析】重力是地球的吸引而產生的,地球上一切物體都受到重力,與物體的運動狀態無關,重力的方向是豎直向下
【答案】D
3．【解析】如圖所示，力F產生了兩個作用效果，一個是使B壓緊豎直墻面的力F1，一個是壓緊A的力F2，用整體法進行分析，可知F1和F3的大小相等，當力F緩慢增大時，合力的方向和兩個分力的方向都沒有發生變化，所以當合力增大時兩個分力同時增大，C正確
【答案】C
4．【解析】將力F進行分解,再由整體法在豎直方向運用平衡
條件可列式：Fsinθ＋N=mg＋Mg，則N= mg＋Mg－Fsinθ
【答案】D
5．【解析】豎直掛時
，當質量為2m放到斜面上時，
，因兩次時長度一樣，所以
也一樣。解這兩個方程可得，物體受到的摩擦力為零，A正確。
【答案】A
6．【解析】設剛性細桿中彈力為F，光滑的半球面對小球a的彈力為Fa，對小球b的彈力為Fb，分別隔離小球a和b對其分析受力并應用平行四邊形定則畫出受力分析。由細桿長度是球面半徑的倍可得出三角形Oab是直角三角形，∠Oab=∠Oba=45°。對△bFB應用正弦定理得兩式聯立消去F得sin（45°+θ）= sin（45°―θ）
顯然細桿與水平面的夾角θ=15°，正確選項是D。
【答案】D
7．【解析】考查牛頓運動定律。設減少的質量為△m，勻速下降時：Mg=F＋kv，勻速上升時：Mg－△mg＋kv = F，解得△mg = 2(M－)，A正確。
【答案】A
8．【解析】⑴空載時合力為零：
已知：fB＝2fA 求得：fA＝200 kN fB＝400 kN
設機架重心在中心線右側，離中心線的距離為x，以A為轉軸
求得：x＝1.5 m
⑵以A為轉軸，力矩平衡
求得：FB＝450 kN
【答案】(1)x＝1.5 m;(2)B＝450 kN
9．【解析】讀數時應估讀一位，所以其中l5 、 l6兩個數值在記錄時有誤
【答案】①l5 ；l6；②6.85(6.84-6.86) ；14.05(14.04-14.06)；
③l7－l3 ；7.20(7.18-7.22) ；④
名校試題
1．【解析】 猴子受重力和兩個拉力人作用，所以選項A正確；兩拉力的合力與重力平衡，B錯；地球對猴子的引力與猴子對地球的引力是一對作用力和反作用力，C正確；猴子靜止合力總為零，選項D錯
2．【解析】由力的三角形定則，在重力不變的情況下，
、
和重力構成一個封閉的三角形，從而得到、均減小
【答案】A
3．【解析】由受力分析和摩擦力的產生條件可得選項C正確
【答案】C
4．【解析】由圖可知彈簧先壓縮后伸長，當彈簧的長度為6cm時，彈力為零，所以彈簧的原長為6cm；當彈簧伸長2cm時，彈力為2N，故彈簧的勁度系數為100N/m
【答案】BC
5．【解析】 隔離物體B可知，繩的張力不變，所以選項A錯；隔離物體A得選項D正確
【答案】D
6．【解析】 以整體為研究對象，設斜面的傾角為
，則F3
，是個定值不變；隔離球乙，求得F1緩慢減小．
【答案】D
7．【解析】（1）輸電線線冰層的體積V冰 = πR2L
由對稱關系可知，塔尖所受壓力的增加值等于一根導線上冰層的重力，即
ΔN = ρV冰 g= πρR2Lg
（2）輸電線與冰層的總質量M' = m0L + πρR2Lg，輸電線受力如圖甲所示。
由共點力的平衡條件，得2F1cosθ = m0Lg + πρR2Lg
輸電線在最高點所受的拉力
半根輸電線的受力如圖乙所示。
由共點力的平衡條件，得F2 = F1sinθ
【答案】（1）πρR2Lg；（2）
8．【解析】⑴根據實驗數據在坐標紙上描出的點，基本上在同一條直線上。可以判定F和L間是一次函數關系。畫一條直線，使盡可能多的點落在這條直線上，不在直線上的點均勻地分布在直線兩側。（5分）
由
可得k=25N/m。
【答案】k=25N/m。
9．【解析】不正確。 平行于斜面的皮帶對圓柱體也有力的作用。
（1）式應改為：Fcosβ+F=mgsinα ②
由②得
30N=10N ③
將③代入②得FN=mgcosα－Fsinβ=30×0.8－10×0.6N=18N ④
【答案】18N
10．【解析】原來勻速時F1=
（1）當F2為推力且與F1夾角為時，有
因為F2=F1，解得
(2)當F2為拉力且與水平方向成角時，有
綜上所述，當力F2與F1在同一豎直平面內，力F2的方向與力F1的夾角為arccotu或
【答案】
11．【解析】對B球，受力分析如圖所示。
Tcos300=NAsin300 ………….①
∴ T=2mg
對A球，受力分析如圖D-1所示。在水平方向
Tcos300=NAsin300 …………………..②
在豎直方向
NAcos300=mAg+Tsin300 …………………③
【答案】由以上方程解得：mA=2m
考點預測題
1．【解析】滑動摩擦力F的大小跟物體的相對運動速度的大小沒有關系．本題選項為AB
【答案】AB.
2．【解析】本題的立意在考查滑動摩擦力方向的判斷，物體A在水平方向有相對圓柱體向左的速度υ′，υ′ = ωr = 1.8m/s；在豎直方向有相對圓柱體向下的速度υ0 = 2.4m/s，所以綜合起來A相對于圓柱體的合速度為v，如圖18右所示，且υ= = 3m/s?
合速度與豎直方向的夾角為θ，則cosθ = =
A做勻速運動，其受力如圖18左所示
圖18
豎直方向平衡，有Ff cosθ = mg，得Ff = = 12.5N?另Ff =μFN，FN =F，故F = 
= 50N
【答案】50N
3．【解析】由題給條件知未施加力F時，彈簧的彈力大小為
物塊A與地面間的滑動摩擦力大小為
物塊B與地面間的滑動摩擦力大小為
令施加力F后裝置仍處于靜止狀態，B受地面的摩擦力為fB，A受地面的摩擦力為fA，由平衡條件有：
，
代入數據解得：
，
因
，表明物塊B的確仍處于靜止狀態。
綜合以上分析可知，所給選項中只有C項正確。
【答案】C
4．【解析】此題材把四種不同的物理情景的彈簧放在一起，讓學生判別彈簧的伸長量的大小，實際上就是判斷四種情景下彈簧所受彈力的大小。由于彈簧的質量不計，所以不論彈簧做何種運動，彈簧各處的彈力大小都相等。因此這情況下彈簧的彈力是相等，即四個彈簧的伸長量是相等。只有D選項正確。
【答案】D
5．【解析】在水對大壩壓力一定的情況下，A圖所示，為晾衣繩原理中最大情況，即大壩受力最大。固不是最佳方案，而B圖與C、D圖的區別在于：B圖大壩所受壓力傳遞給壩墩，而C、D圖所受壓力將直接作用在在壩上，受力分析，如圖22所示，所以該題選B。
圖22
【答案】B
6．【解析】（1）設c′點受兩邊繩的張力為T1和T2，
的夾角為θ，如圖所示。依對稱性有：T1=T2=T 由力的合成有 ：
而
=90
-
所以 F=2Tsinθ
根據幾何關系有 sinθ=
聯立上述二式解得 T=
，因d<<L，故 
（2）將d=10mm，F=400N，L=250mm代入，解得 T=2.5×103N
， 即繩中的張力為2.5×103N
【答案】2.5×103N
7．【解析】因為物體處于靜止狀態，根據受力平衡得正確答案為C。
【答案】C
8．【解析】設繩子的拉力為F
，將P。Q看作一個整體進行受力分析，整體受兩繩相等的拉力和地面的摩擦力做勻速運動，故有 F=2 F+2μmg隔離物體Q由平衡條件有：F=μmg，代入F得：F=4μmg。所以選項A正確。
【答案】A
9．【解析】物體P靜止不動，輕繩上拉力和P的重力平衡，故輕繩上拉力一定不變，D項正確。若開始時，Q有下滑趨勢，靜摩擦力沿斜面向上，用水平恒力向左推Q，則靜摩擦力減小；若開始時，Q有上滑趨勢，靜摩擦力沿斜面向下，用水平恒力向左推Q，則靜摩擦力增大。因此，Q受到的摩擦力大小不確定。所以選項D正確
【答案】D
10．【解析】本題的難點是判斷硬桿對C點彈力的方向，不少學生認為該力的方向應沿C點桿的切線方向，而不是沿BC方向。若是以桿為研究對象，桿只受到兩個力（因為桿的質量忽略不計）；即兩個端點對桿的作用力，桿處于平衡，這兩個力一定是一對平衡力，若是C點的力不經過B點，那么這兩個力不在一條直線上，肯定不是一對平衡力，桿就不能平衡。所以對桿的作用力方向的分析，千萬不能將其當做繩對待。對于輕桿平衡時，它只有兩上端點所受的力，這兩個力一定是一對平衡力。以 C點為研究對象，作出C點受力圖如圖所示。物體對C點向下的拉力大小等于重力mg，繩AC的拉力T沿繩指向A，硬桿對C點的彈力N，由于硬桿的質量不計，故桿的彈力N方向沿BC的連線方向，同時有幾何關系
。圖中的T和mg的合力與N是一對平衡力，且合力方向與T和mg的夾角均相同，由三角形知識可得T=mg 。
【答案】T=mg
11． 【解析】先分析B球受力情況，因OB處于豎直狀態，拉力豎直向上，由平衡條件可知，B球只受重力和OB的拉力作用，線BA中無作用力。再分析A球受力，A球受重力、OA拉力和外力F，由平衡條件知該力可能是圖F2、F3，選項B.C正確
【答案】B.C
12．【解析】將滑輪掛到細繩上，對滑輪進行受力分析如圖所示，滑輪受到重力和AK和BK的拉力F，且兩拉力相等，由于對稱，因此重力作用線必過AK和BK的角平分線。延長AK交墻壁于C點，因KB =KC，所以由已知條件 AK+ KC = AC=2AO，所以圖中的角度α =30°，此即兩拉力與重力作用線的夾角。兩個拉力的合力R與重力等值反向，所以：
2 F cos30° = R =G， 所以F = mg/2cos30° = 
mg/3 。
【答案】 mg/3
13．【解析】因光滑掛鉤與輕滑輪模型相同，輕質掛鉤的受力如圖所示，
由平衡條件可知，T1、T2合力與G等大反向，且T1=T2。
所以 T1sinα
+T2sinα =T3= G
即T1=T2=
，而
AO?cosα+BO.cosα= CD，
所以 cosα =0.8
sin
=0.6，T1=T2=10N
【答案】10N
14．【解析】分析物體受力情況，選斜面方向為x 軸，垂直斜面方向為y 軸，把不在軸上的重力G
水平分力F分解到坐標軸上，由于物體處于平衡狀態，則有
…
解得：
【答案】
15．【解析】如圖所示，利用直尺、皮卷尺、漏斗、細沙等實驗器材，用裝滿細沙漏斗朝水平地面堆積，從漏斗中落下的細沙總是在地面上形成一個小圓錐體，繼續下落時，細沙由圓錐面表面下滑，當圓錐體的母線與地面的夾角達到一定角度時，細沙不再下滑，用直尺測量小圓錐體高度h，皮卷尺測量小圓錐體底面周長C，則由
得
。
【答案】
16．【解析】（1）當砂輪靜止時，把AB桿和工件看成一個物體，它受到的外力對A軸的力矩有：重力的力矩（
）砂輪對工件的支持力的力矩
,
的力矩
由力矩的平衡，得
解得
代入數據得
（2）當砂輪轉動時，除重力、支持力和
的力矩外，還有砂輪作用于工件的摩擦力的力矩
。由力矩的平平衡；得
解得
代入數據得
【答案】（1）
（2）
17．【解析】(1)空載時，桿桿秤恰好平衡，秤桿、配重物及掛鉤所受重力相對提紐的合力矩Ｍ正好等于兩套筒相對于提紐的力矩. 提紐到掛鉤的距離為ｄ＝2cm，套筒的長Ｌ＝16cm. 此時，兩套筒重心到提紐的距離為(Ｌ/2－ｄ). 兩套筒質量ｍ＝0.1kg.
則Ｍ＝2ｍｇ(Ｌ/2－ｄ)＝0.12Nm.
(2)當在秤鉤上掛一物體時，掛鉤處增加一個重力ｍ1ｇ，它產生一個逆時針方向的力矩ｍ1ｇｄ應當與由于兩套筒向右移動增加的力矩相平衡，則
ｍ1ｇｄ＝ｍｇＸ1＋ｍｇ(Ｘ1＋Ｘ2)，其中Ｘ1＝5cm、Ｘ2＝8cm為兩套筒右移距離.
代入數據解得待測物體質量ｍ1＝0.9 kg.
(3)注意該桿秤的刻度特點：內層刻度是依據內層左側與秤的最左端的距離來刻的、外層刻度是依據外層左側與內層左側的距離來刻的. 外層套筒丟失前，掛物ｍ2ｇ＝1kg，內層刻度為1kg，外層刻度為零，此時內、外層共同向右移動Ｘ桿秤力矩平衡. 則
ｍ2ｇｄ＝2ｍｇＸ，得Ｘ＝ｍ2ｄ/(2ｍ)＝0.1m.
由于外層套筒丟失，內層讀數為1kg時，內筒左端離提紐的距離為Ｘ－ｄ，內筒重心離提紐的距離為(Ｘ－ｄ＋Ｌ/2)，此時內筒所產生的力矩與待測物產生力矩ｍ3ｇｄ及力矩Ｍ相平衡，即ｍ3ｇｄ＋Ｍ＝ｍｇ(Ｘ－ｄ＋Ｌ/2)，代入數據解得待測物質量ｍ3＝0.2kg.
【答案】（1）0.12Nm （2）0.9 kg. （3）ｍ3＝0.2kg.
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