物理《非?？及浮氛n時練答案

總復習使用，預祝高考成功

物理分層提能限時練包含解析

分層提能限時練（一）

1.D往復的勻變速直線運動中，路程不等于位移大小，A錯；質點不一定是體積小、

質量小的物體，B錯：速度分為平均速度和瞬時速度，C錯：速度不變是指速度的大小和方

向均不變，故做勻速直線運動，D對。

2.D甲處表盤顯示時刻，乙處表盤顯示動車行進過程中的瞬時速度，故D正確。

3.D因列車的大小遠小于哈爾濱到大連的距離，研究列車行駛該路程所用時間時可以

把列車視為質點，A錯；由時間、時刻、位移與路程的意義知時速350公里是指平均速率，

921公里是指路程，B錯；由等時位移差公式*"一加=（〃一機）。72可知加速度大小為a=

575_325

2*4562

5'm/s=5m/s,C錯；由題意可知第4.5s末列車速度為57.5m/s,由加速度公式知

00=80m/s,D對。

4.A以初速度方向為正方向，則

△vv—vo—20—20,

a=X=~T=~~4m/s

=—10m/s2

“一”號表示與初速度反向，即豎直向下，A正確；質點在這段時間內的平均速度為零，

B錯誤；在最高點時速度為零，加速度不為零，C錯誤；初速度和末速度大小相等，方向相

反，D錯誤。

,1

vt+^vt

5.D根據(jù)平均速度的定義可得：v=———即D項正確。

?t6

f+2

6.ABC甲看到樓房勻速上升，以地球為參考系，說明甲艇在勻速下降。

乙看到甲艇勻速上升，說明乙艇也在勻速下降，且乙艇下降的速度大于甲艇下降的速度，

即Vc>VVo

丙看到乙艇勻速下降，丙的運動相對地球可能有三種情況：①丙靜止；②丙勻速下降，

但o丙Vol③丙勻速上升。甲看到丙艇勻速上升，丙同樣可能有三種情況：①丙靜止；②

丙勻速下降，但o丙Vo,；③丙勻速上升。綜上分析，該題答案為A、B、Co

7.AC790m/s是擊中目標時刻的瞬時速度；信號沿動物神經傳播是在一個過程內的平

均速度；汽車速度計上顯示的是瞬時速度；臺風移動過程中速度的變化是很大的，360m/s是

平均速度。

8.ABC物體以很大的速度勻速運動時，加速度為零，A可能；火箭開始發(fā)射時速度很

小，而加速度很大，B可能；豎直上拋到最高點的物體速度為零，而其加速度不為零，C可

能；物體加速度方向與運動方向相同時，物體做加速運動，D不可能。故選A、B、Co

9.AB由題意知，質點運動的速率為1m/s,即在每一時刻的瞬時速率均為1m/s,每

段時間內的平均速率也均為1m/s,C錯誤；在前2s內質點通過的路程為2m,由A運動到

cd邊的中點8,在第2s末瞬時速度大小為1m/s,方向由8指向4,A正確：前2s內的位移

?歷

大小為Xi=AB=y/2m,平均速度v=1m/s,方向由A指向B,B正確，D錯誤。

10.解析：如圖所示，。表示爆炸處，A表示觀測者所在處，/2表示

云層下表面的高度。用力表示爆炸聲直接傳到A處所經時間。

,-0b--------d--------44

則有，用/2表示爆炸聲經云層反射到A處所經時間，因為入

射角等于反射角，故有2、［(^)^+h2=vt2,又知/2—△=△/,

聯(lián)立可得h=卜(o/U)2+2而△/,

3

代入數(shù)值得/?=2.0X10m=2kmo

答案：2km

11.解析：汽車撞擊過程可視為勻減速過程，a=-3.0XIO?m/s2

vo=110km/h=30.6m/s

△o=0—oo=-30.6m/s

由a=可得△(=—

△t

-30.6_

-3.OX1O2S=0,1S

安全隔離帶的厚度為:

vo

x=v-t=~^?△才

=1.5m。

答案：1.5m0.1s

12.解析：已知卡車初速度oo=54km/h=15m/s。

2

車長2=7m,A3與C。的距離為so=23m。設卡車駛過的距離為S2,。處人行橫道信號

燈至少需經過時間后變燈，有

S2=so+l,①

S2=V()^t,②

聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)解得ZU=2s。③

答案：2s

分層提能限時練(二)

1.D根據(jù)得a球下落2m所需時間為

S=0.2VWSO

設塔高h,則b球下落的時間為tb=q”與詈4)

對。球有：仁;g(f+⑸2②

聯(lián)立①②解得/?=8m,D正確。

2.C由解得0m=2。.由錯誤！+錯誤！=zv和0m=2。，解得錯誤！=錯誤！，選項C

正確。

3.C由題意假設小球在第3s內未停止運動，由勻變速直線運動的規(guī)律△x=aP,得

X3—x\=2aT1,可知a=3.75m/sz,此情況下，小球在2.5s末的速度為0.5m/s,由運動學公式

得。o=0.5m/s-3.75m/s2X0.5sVO,因此A、B、D錯誤；由勻變速直線運動規(guī)律可知，小

tri

球在0.5s末的速度為第1s內的平均速度，由°=巧=亍=8m/s,C正確。

4.D設加速度大小為a,則剎車后第1個2s內位移大小XI=10X2-16ZX22=20-

2a(m),最后一個2s內位移大小%2X22=2tz(m),因為xi：%2=3*2,所以20—2a=3a,

即a=4m/s2,所以汽車剎車后經過2=學s=2.5s就停止運動了，汽車剎車后4s內卡車通過

、1()2

的距離是尤=^-v/m=12.5m。

/a，x4

5.B利用平均速度等于中間時刻的瞬時速度計算.

3

x\540

t\時間段的中間時刻的瞬時速度切=，=研m/s=3m/s

l\1oU

t3時間段的中間時亥I的瞬時速度。3=手=嚓^m/s=6m/s

13OU

則03=01其中△t=S+|+f2=300S。

代入數(shù)據(jù)得a=0.01m/s2o

尢]+x2

6.BCD由可得加速度的大小a=\m/s2,則B正確；第1s末的速度切=二^

△V

=2.5m/s,則A錯誤；物體的速度由2.5m/s減速到0所需時間，=---=2.5s,經過位移用

—a

1ro

的時間/'為1.5s,故X3=]42=1.125m,C正確；位移用內的平均速度。=廣=0.75m/s,則

D正確。

7.ACD物體從塔頂上的A點拋出，位移大小為10m的位置有兩處，

如圖所示，一處在A點之上，另一處在A點之下。在A點之上時，位移為

10m又有上升和下降兩種過程。上升通過時，物體的路程L\等于位移XI

的大小，即Li=xi=10m;下落通過時，路程L2=2"-XI=2X20m—10m=

30m。在A點之下時，通過的路程L3=2H+x2=2X20m+10m=50mo

V/////7：

8.BC設加速度為a,時間為T,則有△x=a/=lm,可以求得

CD=4m,而B點的瞬時速度OB=券，所以。8之間的距離為XOB=錯誤！=3.125m,OA之

間的距離為九0A=WB—XA8=1.125m,即B、C選項正確。

9.ABD由勻加速直線運動的位移公式x=0o/+%P知汽車運動的加速度大小為1m/s2,

選項A正確；由。2—加=2依知汽車經過第7根電線桿時的瞬時速度大小為25m/s,選項B

正確：由。=0o+af知汽車從第1根電線桿運動至第7根電線桿用時20s,所以從第3根電線

桿運動至第7根電線桿用時為10s,選項C錯誤；由。=:知汽車在第3根至第7根電線桿間

運動的平均速度為20m/s,選項D正確。

10.解析：（1）若汽車以最大加速度加速行駛，根據(jù)位移時間公式得

x=vot+y;at2

代入數(shù)據(jù)解得個1.85sV2s

故不會闖紅燈。

4

(2)若汽車勻減速運動，根據(jù)速度位移公式0—W=—2〃3

得"=錯誤！=1.6m/s2o

答案：(1)不會(2)1.6m/s2

11.解析：設汽車甲在第一段時間間隔末(時刻h)的速度為2第一段時間間隔內行駛的

路程為S1,加速度為〃；在第二段時間間隔內行駛的路程為S2。由運動學公式得

v=ato

s\而

S2="o+；(%)笳

設汽車乙在時刻加的速度為0',在第一、二段時間間隔內行駛的路程分別為sJ、S2'O

同樣有

v'=(2a)to

sJ=g(2〃)而

szf

設甲乙兩車行駛的總路程分別為s、s',則有

5=51+52

S'=S1，+S2，

聯(lián)立以上各式解得，甲、乙兩車各自行駛的總路程之比為3s=市5

答案：7

12.解析：(1)設小球自由下落至平板車上表面歷時fo,在該時間段內，對小球有：

〃=上招①

對平板車有：s=J曲②

聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)可得5=0.27m0

(2)從釋放第1個小球至第2個小球下落到平板車上表面高度處歷時△/+/(),設平板車在

該時間段內的位移為51,由運動學方程有5i=1a(A?+?o)2

要讓至少2個小球落在平板上必須滿足

sWs+L④

5

聯(lián)立①?④式解得△rW0.4so

答案：（1）0.27m（2）A/^0.4s

分層提能限時練（三）

1.B由題圖可知物體的速度先增大后減小，最大約為0.8m/s,做加速度先減小后增大

的直線運動，故A錯誤，B正確；因速度一直沿正方向，故物體的位移越來越大，由圖線與

r75

時間軸圍成的圖形的面積表示位移知位移約為7.5m,根據(jù)。=7=言m/s=0.5m/s,故C、D

錯誤。

2.B由題圖知，質點在8s內的位移△x=W><（2+4）X2m-/x（2+4）Xlm=3m。t

=0時，質點位于xo=5m處，故8s末質點在x軸上的位置x=xo+△x=8m,B正確。

3.Cx-f圖象的斜率表示運動的速度，人車的運動方向發(fā)生改變，選項A錯誤；力和尼

兩時刻兩車相遇，所以九?四時間內，兩車的位移相等，平均速度也相等，選項B錯誤，C

正確；a車做勻速直線運動，選項D錯誤。

4.Cx-r圖象中傾斜的直線表示物體做勻速直線運動，則知a、匕兩物體都做勻速直線

運動，由圖看出a、/?兩圖線的斜率大小相等，正負相反，說明兩物體的速度大小相等、方向

相反，選項A、B均錯誤；a物體沿正方向運動，Z?物體沿負方向運動，則在。?5s時間內當

t=5s時，a、Z?兩個物體相距最遠，故C正確。根據(jù)勻力口速運動位移公式》=007+、4戶可知，

XT圖象是拋物線，所以物體c一定做勻加速運動，選項D錯誤。

5.C由圖象可知，在0?12時間內運動員的加速度一直不變，A項錯誤；在/2?△時間

內圖線上各點切線的斜率的大小逐漸減小，則加速度大小逐漸減小，運動員減速下落處于超

重狀態(tài)，B項錯誤；由圖象可知，在0?短時間內為勻變速直線運動，所以平均速度加=嗎3,

C項正確；在才2?“時間內，由圖線與，軸所圍面積表示位移可知，此時間內的平均速度。2

6.BDx”圖象中兩圖線的交點表示兩物體相遇，A錯誤，B正確；O-/圖象與時間軸

圍成的圖形的面積表示位移，同時同地出發(fā)的兩車，位移相等時相遇，所以C錯誤，D正確。

7.BC理解圖象中“面積”的物理意義，A、D圖中圖象中“面積”不等于20

m;B中07圖象的“面積”可能等于20m;C中o”圖象的“面積”正好等于20m。B、C

兩項正確，A、D兩項錯誤。

6

8.BD由于兩球的拋出點未知，則A、C均錯；由圖象可知4s時兩球上升的高度均為

40m,則距各自出發(fā)點的位移相等，則B正確；由于兩球的初速度都為30m/s,則上升到最

77n

高點的時間均為t=~,則D正確。

g

9.AD由于兩車做勻變速直線運動，根據(jù)表中數(shù)據(jù)求得&=—2m/s?,ab=im/s2,則

。的速度變化快，A正確；利用勻變速直線運動的規(guī)律求得0?4s內摩托車。的平均速度為

18+]Q3+7

=—2—m/s=14m/s,摩托車Z?的平均速度加二汽-Ms=5m/s,B選項錯誤；在。?4s

內兩車的位移分別為此=14X4m=56m,xz)=5X4m=20m,a相對〃的位移為△x=56m

-20m=36m,C錯；當兩車的速度相等時，兩車相距最遠，在第5s末兩車速度相等，D正

確。

10.解析：(1)汽車在反應時間內做勻速直線運動，由圖可知，反應時間內的位移幻=12

速度0=72km/h=20m/s,反應時間力=京=的s=0.6s。

(2)開始剎車時，速度o=72km/h=20m/s,剎車過程的位移工2=(37—12)m=25m,

根據(jù)勻變速直線運動的速度位移關系為4=2℃2,

.V?202

22

可得剎車時的加速度大小a=^~=~vm/s=8m/s,

根據(jù)速度時間關系知，剎車的時間/2=2=誓s=2.5So

Clo

答案：(l)0.6s(2)8m/s22.5s

11.解析：⑴設汽車在，=10s、40s>60s時刻的速度分別為DI、。2、s,由題圖知：0?

10s內汽車勻加速行駛，加速度大小為2m/s2,由運動學公式得：

v\=2X10m/s=20m/s①

10-40s內汽車勻速行駛，則:

02=20m/s②

40~60s內汽車勻減速行駛，加速度大小為1m/s2,由運動學公式得：03=02—a/=(20

-1X20)m/s=0

根據(jù)①②③式，可畫出汽車在。?60s內的oY圖線，v/(m-8-1)如圖所示。

20

(2)由第(1)問中的°圖可知，在這60s內汽車行駛的10路程為：

3040

ot/?

30+60

―2—X20m=900mo

7

答案：⑴見解析圖（2）900m

12.解析：設巡邏車從發(fā)現(xiàn)逃犯到行駛到減速帶所用時間為白，加速度大小為由運

動學公式有

Vm—v]=2a\x\

解得ai=3.75m/s2

減速所用時間為t\s

而此時逃犯離開減速帶距離為X2="i=32m

從此時刻起到巡邏車達到最大速度所用時間為

0m—01,

t2-

-----a--i------S=6S

這段時間內巡邏車的加速位移為X3=錯誤！=75m

而逃犯又行駛的位移為X4=ot2=48m

又x2+x4—*3=5m,這說明巡邏車在達到最大速度時離逃犯還有5m

設巡邏車以最大速度追趕，再用時，3追上逃犯，則有

Om/3=5m+o/3

解得￡3=0.42s

綜上分析知，巡邏車從發(fā)現(xiàn)逃犯到追趕上共需時間

/=九+/2+/3=10.42So

答案：10.42s

分層提能限時練（四）

1.A用支持力、靜摩擦力方向的判斷方法解題。

M處支持力方向與支持面（地面）垂直，即豎直向上，選項A正確；N處支持力方向與支

持面（原木接觸面）垂直，即垂直MN向上，故選項B錯誤；摩擦力方向與接觸面平行，故選

項C、D錯誤。

2.A先以盒子和小球組成的系統(tǒng)為研究對象，無論上滑還是下滑，用牛頓第二定律均

可求得系統(tǒng)的加速度大小為q=gsina,方向沿斜面向下，由于盒子和小球始終保持相對靜

止，所以小球的加速度大小也是a=gsina,方向沿斜面向下，小球沿斜面向下的重力分力

大小恰好等于所需的合外力，因此不需要左、右側面提供彈力。故選項A正確。

3.C將斜面傾角由45°減小到30°,彈簧的彈力等于物體B的重力，不變，A項錯

誤；傾角減小，物體A對斜面的壓力將增大，B項錯誤；斜面傾角為45°時，物體A重力沿

8

斜面方向分力為3，"Bgsin45°，由平衡條件可知物體A受到的靜摩擦力為3mBgsin45°—mug;

斜面傾角由45°減小到30°,物體A受到的靜摩擦力為3〃?Bgsin3O°-mug;所以物體A受

到的靜摩擦力將減小，C項正確，D項錯誤。

4.B滑塊上升過程中受到滑動摩擦力作用，由尸=〃EN和RN=〃zgcos6聯(lián)立得尸=6.4

N,方向為沿斜面向下。當滑塊的速度減為零后，由于重力的分力機gsin6V〃加geos6,滑

塊不動，滑塊受的摩擦力為靜摩擦力，由平衡條件得/=〃zgsin9,代入可得尸=6N,方向

為沿斜面向上，故B項正確。

5.D木塊機受到滑動摩擦力作用，力=川機g,木板靜止，故地面對木板的摩擦力為靜

摩擦力，對木板受力分析可知，靜摩擦力力與木塊對木板的摩擦力為平衡力，故力=/|=卬"吆，

A、B項錯；增大力尸時，木板受力不變，木板始終靜止不動，C項錯，D正確。

6.C開始時q彈簧處于壓縮狀態(tài)，由胡克定律可知，彈簧壓縮了2cm。木塊c剛好離

開水平地面時，輕彈簧q中拉力為10N,故其伸長了2cm;此時輕彈簧p中拉力為20N,

伸長了4cm;該過程〃彈簧的左端向左移動的距離是2cm+2cm+4cm=8cm,C正確。

7.C設木板與水平面間的夾角增大到。時，鐵塊開始滑動，顯然當aV。時，鐵塊與

木板相對靜止，由力的平衡條件可知，鐵塊受到的靜摩擦力的大小為Ff=mgsina；當心。

時鐵塊與木板間的摩擦力為滑動摩擦力，設動摩擦因數(shù)為〃，由滑動摩擦力公式得鐵塊受到

的摩擦力為衣=〃〃吆85ao通過上述分析知：aVe時，靜摩擦力隨a角增大按正弦函數(shù)增

大；當a28時，滑動摩擦力隨a角增大按余弦規(guī)律減小，C正確。

8.D圓環(huán)受到直桿的彈力，方向垂直直桿向下，A錯誤；F畫出圓環(huán)受力

示意圖如圖所示，應用平行四邊形定則可得，圓環(huán)受到直桿的彈/力大小等于

乎N,B錯誤；圓環(huán)受到直桿的摩擦力，方向沿直桿向下，大//'八小等于2.5N,

C錯誤，D正確。°

9.B緩慢減小仇則A、B、C始終處于平衡狀態(tài)。把8、C看成一整體，設質量為M,

則Afgsin6=，AB,Mgeos6=FNAB,由牛頓弟二定律得/BA~/AB=Mgsin9,FNBA=F^IAB=

Mgeos0,6減小，sin6變小，cos8變大，所以外變小，尸NBA變大，A錯誤，B正確；

對。受力分析可知，其受重力、支持力兩個力的作用，大小相等，所以支持力不變，。對8

的壓力不變，C、D錯誤。

10.D對滑塊勻速下滑過程分析可知，滑塊受重力、支持力、滑動摩擦力，根據(jù)平衡

條件：摩擦力與支持力的合力與重力等大反向，即斜劈對滑塊的作用力方向豎直向上。根據(jù)

牛頓第三定律，則滑塊對斜劈的作用力方向豎直向下。當用力尸推滑塊時，滑塊所受斜劈的

9

支持力增大，滑動摩擦力也增大，但是滑動摩擦力Ff與支持力尸N仍然成比例地增大，

其合力的方向仍然豎直向上，保持不變，則滑塊對斜劈的作用力的方向仍然豎直向下，故斜

劈沒有運動的趨勢，不受地面的摩擦力，D正確。

11.CD摩擦力總是阻礙物體間的相對運動（或相對運動趨勢），而物體間的相對運動與

物體的實際運動無關。當摩擦力的方向與物體的運動方向一致時，摩擦力是動力，當摩擦力

的方向與物體的運動方向相反時為阻力，故C、D項正確。

12.BD發(fā)生相互作用的物體均要發(fā)生形變，故A錯；發(fā)生形變的物體，為了恢復原狀，

會對與它接觸的物體產生彈力的作用，B正確；在最低點，運動員雖然處于瞬間靜止狀態(tài)，

但接著運動員要加速上升，故此時跳板對運動員的支持力大于運動員的重力，C錯誤、D正

確。

13.AB由相對運動可知，石塊受到向上的滑動摩擦力，使石塊加速向上運動，直到與

傳送帶速度相等，若所經位移大于兩輪間距，則石塊一直加速：若速度相等時所經位移小于

兩輪間距，則速度相等后石塊與傳送帶相對靜止，此后石塊受靜摩擦力的作用，方向仍沿傳

送帶向上。所以選項A、B正確。

14.CD水平橫桿對質量為M的小球的支持力為Mg+管，選項A錯誤：設下面兩個

彈簧的彈力均為F,則2bsin60°=mg,解得尸=坐機g,結合胡克定律得依=坐〃際，則x

=?！ㄟ?，選項B錯誤，選項C正確；下面的一根彈簧對M的水平分力為Feos60°=乎〃吆，

再結合胡克定律得依'=玄7叫，解得選項D正確。

15.CD若繩對3的拉力恰好與8的重力沿斜面向下的分力平衡，則3與C間的摩擦

力為零，A項錯誤；將8和?？闯梢粋€整體，則B和。受到細繩向右上方的拉力作用，故C

有向右滑動的趨勢，一定受到地面向左的摩擦力，B項錯誤，C項正確；將細繩剪斷，若8

依然靜止在斜面上，利用整體法判斷，8、。整體在水平方向不受其他外力作用，處于平衡狀

態(tài)，則地面對C的摩擦力為零，D項正確。

分層提能限時練（五）

1.C

2.D題圖甲，先將Fi與B直接合成，再以3N和4N為邊畫平行四邊形，并結合勾

股定理知合力的大小為5N,A項錯誤；題圖乙，先將為與西正交分解，再合成，求得合力

的大小等于5N,B項錯誤；題圖丙，可將B正交分解，求得合力的大小等于6N,C項錯誤；

10

根據(jù)三角形法則，題圖丁中合力的大小等于0,D項正確。

3.C以小球為研究對象，受力分析如圖所示，因為tana

tana=\,故a=45°,C正確。

4.C整體受力如圖，由水平方向合力為零可知Ff=Fsina,C正確。

mg

5.B關鍵要弄清輕桿A3和分別是受拉還是受壓。考慮到繩子只

能受拉，不能受壓，所以可假設將本題中的輕桿換成繩子進行分析。若將AB

桿換成繩子，則在重物的作用下繩子將被拉緊，可見A3桿受拉；若將BC

桿換成繩子，則在重物的作用下繩子將被壓縮，可見桿受壓，再由彈力

跟引起物體形變的外力方向相反可知，R沿方向，F(xiàn)2沿CB延長線方

向，選項B正確。

6.D取。點為研究對象進行受力分析，如圖，F(xiàn)TAVFTB,再對物體加進行受力分析知,

受水平面的靜摩擦力的方向水平向左，D正確。

7.A作用于飛機模型上的風力F的方向垂直于45向上，由平衡條件可知，風力廠在

豎直方向的分力與飛機模型重力G平衡,即Feos…解得：尸=號,A正確。

8.B對8進行受力分析，如圖甲所示，得尸2==2F;對上部分進行受力分析,

s7in3f0k

如圖乙所示，其中92=尸2,得N=F'2?COS300=10()V3N,故B正確。

r2

尸—\—?fF,

"、、i

L-\尸2NLA

甲乙

9.A小球受到三個力作用，重力G為恒力，斜面的支持力FN方向

垂直斜面向上，當球沿斜面上升時，細繩的拉力/與豎直方向的夾角減

小，畫出受力的矢量三角形如圖，F(xiàn)N減小，尸增大，A正確?！?/p>

GVFN

10.D0%與兩細線拉力的合力與OP線的張力大小相等。由幾

何知識可知尸o，“=瓦認=20N,且斜線0尸與豎直方向的夾角為30°,D錯誤；重物A的重

力GA=FCIA,所以〃M=2kg,B正確；桌面對8的摩擦力歷=尸0，。=/o，“cos30°=10小N,

C正確；彈簧的彈力/肄=Eo，asin30°=10N,故A正確。

11.AC將尸2沿X軸、y軸正交分解，得尸2r=10N,F2y=10N,因尸2、與￡等大反向，

故物體受到沿水平面的合力/谷=F2X=10N,由可得，物體加速度的大小為1m/s2,

II

C正確、D錯誤；方向沿x軸正方向，B錯誤、A正確。

12.AD設繩子間的夾角為2a,繩子總長為L,兩桿間距離為S,由幾何關系得：Lisin

a+L2sina=S,得：sinar,=7°當8端移到B位置時，S、L都不變，則a也不

L\-TLIL

變，由平衡條件可知，2bcosa=mg,F=~K可見，繩子張力尸也不變。故A正確，

s7r?ncCt

B錯誤。B端在桿上位置不動，將桿移動到虛線位置時，S減小，L不變,則a減小，cosa

增大，則尸減小。故C錯誤，D正確。故選AD。

Bi

B

Bz

13.BCD以結點。為研究對象，分析受力情況，作出受乃\二”下一一7h力圖：豎直

懸繩的拉力大小等于重力G、繩。4的拉力刀，繩08的拉力乃，根據(jù)平

衡條件得知：拉力力和拉力乃的合力與重力G大小相等、方向相反，如

圖。作出三個不同位置力的合成圖，由圖看出，「先增大后減小，72逐漸

減小，最終減小到零，A錯誤，BCD正確。

14.AD拉滑輪的兩個力是同一條繩的張力，因此兩力相等，這兩力的合力與重力等大

反向，作出的平行四邊形為菱形，因此合力方向為角平分線，a=￡,A正確；對加2由平衡

條件臼=儂8，而對滑輪兩個拉力R與mig是合力與分力的關系，根據(jù)互成角度的兩個力與

合力的關系，即任意一個力大于另外兩力之差、小于兩力之和，故0V/7nV2/”2,B、C錯，

D正確。

15.AC若彈簧處于壓縮狀態(tài)，右側小球受到豎直向下的重力，F(xiàn),水平向右

的彈簧彈力和垂直細桿斜向左下方的彈力，小球不可能平衡，所以\'》彈簧處于

拉伸狀態(tài)，對左側小球受力分析如圖所示，由平衡條件知F^mgtan37=1

mg

mg,則A、C對，B、D錯。

分層提能限時練（六）

1.B由于桌子沿水平地面勻速運動，所以一定沿地面有向后的滑動摩擦力，根據(jù)摩擦

力的產生條件，一定有豎直向上的彈力，所以桌子應受到四個力的作用而平衡，即重力，斜

向上的拉力，豎直向上的支持力和沿水平地面向后的摩擦力，且四個力的合力為零，故A錯；

12

將斜向上的拉力分解成豎直向上的分力和水平向前的分力，則豎直方向上三力平衡，水平方

向上二力平衡，故B正確；拉力與摩擦力的合力大小等于拉力的豎直分力，小于重力，故C

錯；拉力和重力的合力方向一定斜向下不沿水平方向，故D錯。

2.A小球一直受到重力、支持力、拉力作用，根據(jù)共點力平衡有F=mgsina,N=

mgc(ysa(a是重力與圓弧半徑方向的夾角)，隨著夾角的增大，支持力逐漸減小，拉力逐漸增

大，選項A正確。

3.B以A、8和彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象，則Feos30°=2mgsin30°，得F=3"?g；

隔離A有依=mgsin30°,得彈簧原長為/—x=/一鬻，故選項B正確。

4.B以其中一小球為研究對象，受力情況如圖所示。根據(jù)題意可知0

=30°,根據(jù)平衡條件可知：尸NI='%=乎，選項B正確。

cos83c

5.B當如有最大值時，摩擦力沿球面向下，受力如圖所

點力平衡得m2gsin45°+/=T,

/=〃N=4加2gcos45°,

T=m\g,

聯(lián)立三式解得四=乎，選項B正確。

m\5

6.AC題圖甲中，三個物體都處于平衡狀態(tài)，故可以對三個物體組成的整體受力分析，

受重力和支持力，故支持力為(M+2/”)g,斜劈與地面之間沒有摩擦力；在圖乙中，物塊〃、q

對斜劈的壓力和摩擦力不變，故斜劈受力情況不變，故斜劈A仍保持靜止，斜劈A對地面的

壓力大小等于(M+2m)g,與地面間沒有摩擦力，故A、C正確。

7.AB若B對A無摩擦力，因8在水平方向受力平衡，則地面對8無摩擦力，A正確；

若B對A有向左的摩擦力，則A對8有向右的摩擦力，由平衡條件知，地面對8有向左的摩

擦力，B正確；若彈簧起初處于拉伸狀態(tài)，則在P點緩慢下移的過程中，彈簧對A物體的拉

力減小且拉力在豎直方向的分力減小，則B對A的支持力增大，C錯誤；在P點緩慢下移過

程中，以A、B為整體，若彈簧起初處于拉伸狀態(tài)，P點下移使彈簧恢復到原長時，地面對B

的摩擦力逐漸減小到零，D錯誤。

8.BCDA一直處于靜止狀態(tài)，所受合外力一直為零，選項F、.A錯誤；對

整體受力分析，根據(jù)平衡條件有，水平方向：FN=F,/增大，I則FN增

大，選項B正確；對8受力分析，如圖所示，根據(jù)平衡條件有尸—=FN'sin

V77^zxT^77777y

13FN

mg

0,可見尸增大，則FN'增大，F(xiàn)N"=mg+FN‘cos0,可見FN'增大，則FN〃增大，根

據(jù)牛頓第三定律可知球對地面的壓力增大，選項C正確；以整體為研究對象，豎直方向有尸N〃

+f=Mg,若FN"增大至與Mg相等，則/=0,選項D正確。

9.AB由于拉動是緩慢進行的，因此任何一個小球均小叭,處于動態(tài)

平衡狀態(tài)，則對小球A而言，僅受兩個力的作用，桿對A的彈力FN2

與繩子的張力T平衡，繩子垂直于A所在的桿，選項A正―------/確.小球8

FNI

受到三個力平衡，拉力廠繩子彈力T和桿對它的彈力FNI,把繩子上

的彈力正交分解，則有4=7bos60°=F,可得T=2F,因此小球A受到的桿的彈力大小為T

=2F=20N,選項B正確，C、D錯誤。

10.解析：左側和右側水對閘門向右和向左的壓力分別為：B=等沙〃I,尸2=吟沙力2。

由水平方向合力為零可知，軌道與閘門之間的彈力尺滿足：FI=F2+FN,即尺=八一

尸2=錯誤！。

提起閘門時在一開始所需的拉力最大，其值為：

/7=機8+〃2尺+〃1（b1+尸2）

=mg+也普（朋一物+包等（府+物。

答案：〃吆十色產（朋一明）+包產（而+出）

11.解析：以BC段為研究對象，設繩子B端所受彈力為TB,C處所受彈力為TC,如圖

甲所示。

TBSina=Tc,

解得左二詈卅1*

以AC段為研究對象,設繩子A端所受彈力為力，C處所受彈力為Tc,如圖乙所示。

力sin0=-^~^mg,

14

TACOSB=TC,

Tc=Tc,

解得TA=^fp\/n2+tan2a。

答案：篙tana詈言石嬴后

12.解析：(1)因為圓環(huán)將要開始滑動，所受的靜摩擦力剛好達到最大值，有F=〃FN。

對環(huán)進行受力分析，則有

〃FN-FTCOS6=0,

FN-Fisin6=0,

14

解得tan6=一=鼻,

〃3

得。=53°.

又由于AO=30cm,A8=50cm,由數(shù)學知識求得夕=90°。(r

(2)如圖所示選取坐標軸，根據(jù)重物機處于平衡狀態(tài)，則有葭，/耳

Geose+Prsin8=mg,I年「

FTCOS0—Gsin8=0,

解得FT=8NOMG

(3)圓環(huán)將要滑動時，對重物進行受力分析可知：

GsinFTCOS8,

又G=m'g,

解得加=0.6kgo

答案：(1)90°(2)8N(3)0.6kg

分層提能限時練(七)

1.C采用了大功率的發(fā)動機后，可以提高車速，但功率的大小與慣性無關，只要質量

不變，慣性就不變，故A錯；慣性與運動距離無關，故B錯：摘下或加掛車廂，會使列車的

質量減小或增大，慣性發(fā)生變化，故C對；摩托車轉彎時，身體稍微向里傾斜是改變其受力

情況，慣性與力無關，故D錯。

2.B為和凡是一對作用力和反作用力，同時產生，同時消失，大小相等，方向相反，

故B項正確。

3.D本題主要考查作用力與反作用力的大小關系。繩拉物體的力與物體拉繩的力是一

15

對作用力與反作用力，不管物體間的相互作用力性質如何，物體的運動狀態(tài)如何，物體間的

相互作用都應遵循牛頓第三定律，即作用力和反作用力總是大小相等、方向相反、作用在同

一條直線上。

4.C當A、8球靜止時，彈簧彈力尸=(〃M+?w)gsin9,當繩被剪斷的瞬間，彈簧彈

力