高考物理一轮复习1.2.1重力、弹力考点训练(含解析)鲁科版

第二章相互作用
重力、弹力
基本技能练
1 •如图1所示，两辆车在以相同的速度做匀速运动，根据图中所给信息和所学知识你可以得出的结
论是
V V
图1
A. 物体各部分都受重力作用，但可以认为物体各部分所受重力集中于一点
B. 重力的方向总是垂直向下的
C. 物体重心的位置只与物体的质量分布有关
D. 力是使物体运动的原因
解析物体各部分都受重力作用，但可以认为物体各部分所受重力集中于一点，这个点
就是物体的重心，重力的方向总是和水平面垂直，是竖直向下而不是垂直向下，所以A 正确，B错误；从图中可以看出，汽车（包括货物）的形状和质量分布发生了变化，重心的位置就发生了变化，故C错误；力不是使物体运动的原因而是改变物体运动状态的原因，所以D错误。

答案A
2 •玩具汽车停在模型桥面上，如图2所示，下列说法正确的是
A. 桥面受向下的弹力，是因为桥梁发生了弹性形变
B. 汽车没有发生形变，所以汽车不受弹力
C. 汽车受向上的弹力，是因为桥梁发生了弹性形变
D. 汽车受向上的弹力，是因为汽车发生了形变
解析汽车与桥梁相互挤压都发生了形变，B错；由于桥梁发生弹性形变，所以对汽车
有向上的弹力（支持力），C 对，D 错；由于汽车发生了形变，所以对桥梁产生向下的弹 力（压力），A 错。

答案 C
3.（多选）如图3所示，在一张大桌子上放两个平面镜
M 和N,让一束光依次被两面镜子反
射，最后射到墙上，形成一个光点 P 。

用力压桌面，观察墙上光点位置的变化。

下列说
法中正确的是
解析 本题考查微小形变的放大法。

当力F 增大时，两镜面均向里倾斜， 使入射角减小，
经两次累积，使反射光线的反射角更小， 光点P 下移；反之，若力F 减小，光点P 上移。

所以，选项B 、D 正确。

答案 BD
4•如图4所示，将一轻质弹簧的一端固定在铁架台上，然后将最小刻度是毫米的刻度尺竖 直放在弹簧
一侧，刻度尺的
0刻线与弹簧上端对齐，使弹簧下端的指针恰好落在刻度尺
上。

当弹簧下端挂一个 50 g 的砝码时，指针示数为 L i = 3.40 cm ，当弹簧下端挂两个 50
g 的砝码时，指针示数为 L 2= 5.10 cm 。

g 取9.8 m/s 2。

由此可知
（ ）
A. 弹簧的原长是 1.70 cm
B. 仅由题给数据无法获得弹簧的原长
C. 弹簧的劲度系数是
28 N/m
A. F 增大，P 上移 C. F 减小，P 下移
B. F 增大，P 下移 D. F 减小，P 上移
图4
D. 由于弹簧的原长未知，无法算出弹簧的劲度系数
解析设弹簧原长为L o,由胡克定律得k( L i- L o) = mg k( L2—L o) = 2mg解得L o= 1.70 cm, k= 29 N/m , A正确。

答案A
5 •如图5所示，质量为2 kg的物体B和质量为1 kg的物体C用轻弹簧连接并竖直地静置于水平地
面上。

再将一个质量为 3 kg的物体A轻放在B上的一瞬间，A与B间的弹力大
2
小为(取g= 10 m/s )
( )
图5
A. 30 N
B. 0
C. 20 N
D. 12 N
解析开始弹簧的弹力等于B的重力，即F= mg。

放上A的瞬间，弹簧弹力不变，对A
m B g —F mg 2 B整体分析，根据牛顿第二定律得：a—-」一= 斗=6 m/s2。

隔离对A分析，
m+ m
有mg—N= ma,则N= m(g —a) = 12 N，故D正确。

答案D
6 .如图6所示，在一个正方体的盒子中放有一个质量分布均匀的小球，小球的直径恰好和
盒子内表面正方体的边长相等，盒子沿倾角为a的固定斜面滑动，不计一切摩擦，下列
说法中正确的是
( )
A. 无论盒子沿斜面上滑还是下滑，球都仅对盒子的下底面有压力
B. 盒子沿斜面下滑时，球对盒子的下底面和右侧面有压力
C. 盒子沿斜面下滑时，球对盒子的下底面和左侧面有压力
D. 盒子沿斜面上滑时，球对盒子的下底面和左侧面有压力
解析 先以盒子和小球组成的系统为研究对象，无论上滑还是下滑，用牛顿第二定律均 可求得系统的加速度大小为
a = g sin a ，方向沿斜面向下，由于盒子和小球始终保持相
对静止，所以小球的加速度大小也是
a = g sin a ，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、右侧面提供弹力。

故选项A 正确。

答案 A 7•如图7所示的装置中，小球的质量均相同，弹簧和细线的质量均不计，一切摩擦忽略不 计，平衡时各弹簧的弹力分别为 F l 、F 2、F 3,其大小关系是
图7
B. F i = F 2<F 3 D. F 3>F i >F 2
解析 第一个图中，以弹簧下面的小球为研究对象，第二个图中，以悬挂的小球为研究 对象，第三个图中，以任意一小球为研究对象。

第一个图中，小球受竖直向下的重力 mg
和弹簧向上的弹力，二力平衡， F i = mg 后面两个图中，小球受竖直向下的重力和细线 的拉力，二力平衡，弹簧的弹力大小均等于细线拉力的大小，则 平衡时弹簧的弹力相等。

答案 A
8 •如图8所示，一直杆倾斜固定并与水平方向成 30°的夹角；直杆上套有一个质量为
0.5 kg
的圆环，圆环与轻弹簧相连，在轻弹簧上端施加一竖直向上、大小 F = 10 N 的力，圆环
处于静止状态，已知直杆与圆环之间的动摩擦因数为 0.7 , g = 10 m/s 2。

下列说法正确的
是
A. 圆环受到直杆的弹力，方向垂直直杆向上
B.
圆环受到直杆的弹力大小等于
2.5 N
A. F i = F 2= F 3 C. F i = F 3>F 2
F ?= F S = mg 故三图中
C. 圆环受到直杆的摩擦力，方向沿直杆向上
D. 圆环受到直杆的摩擦力大小等于2.5 N
解析圆环受到直杆的弹力，方向垂直直杆向下，A错误；画
出圆环受力示意图如图所示，应用平行四边形定则可得，圆环
受到直杆的弹力大小等于字N，B错误；圆环受到直杆的摩
擦力，方向沿直杆向下，大小等于 2.5 N，C错误，D正确。

答案D
能力提高练
9•如图9所示，将一个质量为m的球固定在弹性杆AB的上端，今用测力计沿水平方向缓慢拉球，使杆发生弯曲，在测力计的示数逐渐增大的过程中，AB杆对球的弹力方向为
A. 始终水平向左
B. 始终竖直向上
C. 斜向左上方，与竖直方向的夹角逐渐增大
D. 斜向左下方，与竖直方向的夹角逐渐增大
解析小球受三个力而平衡，如图所示，当测力计示数
逐渐增大时，杆对小球的弹力F2方向与竖直方向的夹角逐渐增大，C项正确。

答案C F i e
10•如图10所示，一竖直挡板固定在水平地面上，图甲用一斜面将一质量为M的光滑球顶
1 1
起，图乙用一4圆柱体将同一光滑球顶起；当斜面或4圆柱体缓慢向右推动的过程中，关
于两种情况下挡板所受的压力，下列说法正确的是
A. 两种情况下挡板所受的压力都不变
B. 两种情况下挡板所受的压力都增大
C. 图甲中挡板所受的压力不变，图乙中挡板所受的压力减小
D. 图甲中挡板所受的压力不变，图乙中挡板所受的压力先减小后增大
解析 选球为研究对象，图甲中，球受重力、挡板的弹力、 斜面的支持力，由于缓慢向右推动的过程中，各力的方向 不变，重力不变，所以挡板的弹力、斜面的支持力大小均 不变，由牛顿第三定律知挡板所受压力也不变， B 错误;
1 1
图乙中球受重力、挡板的弹力、 4圆柱体的支持力，由于缓慢向右推动的过程中，
4圆柱
体支持力与竖直方向的夹角减小 （示意图如图），挡板的弹力方向不变，重力不变，因此 挡板的弹力减小，挡板所受的压力也减小， C 正确，A 、D 错误。

答案 C
11.（多选）两个中间有孔的质量为 M 的小球用一轻弹簧相连，套在一水平光滑横杆上。

两
个小球下面分别连一轻弹簧。

两轻弹簧下端系在同一质量为 m 的小球上，如图11所示。

已知三根轻弹簧的劲度系数都为 k ,三根轻弹簧刚好构成一等边三角形。

则下列判断正
确的是
A.水平横杆对质量为 M 的小球的支持力为皿叶
mg
图11
B. 连接质量为m 小球的轻弹簧的弹力为罟
C. 连接质量为m 小球的轻弹簧的伸长量为事mg
D.
套在水平光滑横杆上轻弹簧的形变量为 3mg
解析水平横杆对质量为M 的小球的支持力为 M 少罗选项A 错误；设下面两个弹簧的
答案 CD
12•如图12所示，带斜面的小车在水平地面上，斜面倾角为
0，紧靠斜面有一质量为 m 的
光滑球，试求在下列状态下斜面对小球的弹力大小：
(1)小车向右匀速运动；
⑵ 小车向右以加速度 a (a <g tan 0 )做匀加速直线运动； ⑶ 小车向右以加速度 a = g tan 0做匀加速直线运动。

解析 对小球进行受力分析，如图甲所示，将斜面对小球的支持力 N 2正交分解，则由平
衡条件和牛顿第二定律，得
N 2si n 0 = ma
再结合胡克定律得
kx ,=^63mg 解得
x '= ¥|mg 选项 D 正确。

mg 选项B 错误，选项C 正确；下面的一根弹簧对 弹力均为F ,则2F sin 60°= mg 解得F ^g^mg 结合胡克定律得
kx
mg 则x
M 的水平分力为F eos 60 mg
3
图12
甲
N 2cos 0 + N = mg
由①②两式得
mg- N a = tan m
由③式可以看出，当 a = g tan 0时，N = 0,即此时的加速度就是小球刚好离开车的上 表面所需要的最小加速度值。

(1)当小球向右匀速运动，即
a = 0时，
由①式得斜面对小球的弹力为 N = 0。

⑵ 当小车运动的加速度 a <g tan 0时，小球还压在车的上表面上，此时小球的受力情
况如图甲所示，则由牛顿第二定律和几何知识，得 N 2 =
⑶ 当a = g tan 0时，就是刚才所讨论的临界情况，即此时小球刚好离开车的上表面,
小球的受力情况如图乙所示，则斜面对小球的弹力为
甘朝
mg cos 0
ma
sin 0
答案 (1)0 ma。