題目列表(包括答案和解析)
圖
07廣東卷 48 、（8分）如圖11（a）所示，小車放在斜面上，車前端栓有不可伸長的細線，跨過固定在斜面邊緣的小滑輪與重物相連，小車后面與打點計時器的紙帶相連。起初小車停在靠近打點計時器的位置，重物到地面的距離小于小車到滑輪的的距離。啟動打點計時器，釋放重物，小車在重物的牽引下，由靜止開始沿斜面向上運動，重物落地后，小車會繼續向上運動一段距離。打點計時器使用的交流電頻率為50 Hz。圖11（b）中a、b、c是小車運動紙帶上的三段，紙帶運動方向如箭頭所示。
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⑴根據所提供紙帶上的數據，計算打c段紙帶時小車的加速度大小為_________m/s2。（結果保留兩位有效數字）
⑵打a段紙帶時，小車的加速度是2.5 m/s2。請根據加速度的情況，判斷小車運動的最大速度可能出現在b段紙帶中的_________。
⑶如果取重力加速度10 m/s2，由紙帶數據可推算出重物與小車的質量比為_________。
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�。�
【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�？梢耘卸‵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��；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
�。�2ｇｄ＝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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