2015高考物理拉分题专项训练20

自由落体运动与竖直上抛运动基础自测一、自由落体运动1．自由落体运动的特点：(1)从静止开始，即初速度为零．(2)物体只受重力作用．自由落体运动是一个初速度为零的匀加速直线运动．2．重力加速度：自由落体的加速度叫做重力加速度，用g 表示，它的大小约为9.8 m/s 2，方向竖直向下．(1)重力加速度是由于地球的引力产生的，地球上不同的地方g 的大小不同，赤道上的重力加速度比在两极的要小．(2)重力加速度的大小会随位置的改变而变化，但变化量不大，所以我们在今后的计算中，认为其为一定值，常用9.8 m/s 2，在粗略的计算中也可以取10 m/s 2.(3)自由落体运动是初速度为0，加速度为g 的匀加速直线运动．匀变速直线运动的一切规律，对自由落体运动都是适用的．v ＝gt ，h ＝12gt 2，v 2＝2gh.另外，初速度为零的匀加速运动的比例式对自由落体运动也是适用的． 二、竖直上抛运动1．竖直上抛运动问题的处理方法 (1)分段法可以把竖直上抛运动分成上升阶段的匀减速直线运动和下降阶段的自由落体运动处理． (2)整体法将竖直上抛运动视为初速度为v 0，加速度为的匀减速直线运动． 2．竖直上抛运动的重要特性 (1)对称性①时间对称性：上升过程和下降过程时间相等②速度对称性：上升过程和下降过程通过同一点时速度大小相等 (2)多解性 实例指导【例1】伽利略用实验验证v∝t 的最大困难是( ) A ．不能很准确地测定下落的距离 B ．不能测出下落物体的瞬时速度 C ．当时没有测量时间的仪器D ．当时没有记录落体运动的数码相机 答案 B【变式跟踪1】关于自由落体运动，下列说法中正确的是( ) A ．初速度为零的竖直向下的运动是自由落体运动B ．只在重力作用下的竖直向下的运动是自由落体运动C ．自由落体运动在任意相等的时间内速度变化量相等D ．自由落体运动是初速度为零，加速度为g 的匀加速直线运动答案 CD 解析 A 选项中，竖直向下的运动，有可能受到空气阻力或其他力的影响，下落的加速度不等于g ，这样就不是自由落体运动；选项B 中，物体有可能具有初速度，所以选项A 、B 不对．选项C 中，因自由落体运动是匀变速直线运动，加速度恒定，由加速度的概念a ＝ΔvΔt可知，Δv＝gΔt，所以若时间相等，则速度的变化量相等．选项D 可根据自由落体运动的性质判定是正确的【变式跟踪2】关于自由落体运动的加速度g ，下列说法正确的是( ) A ．重的物体的g 值大B ．g 值在地面任何地方一样大C ．g 值在赤道处大于南北两极处D ．同一地点的轻重物体的g 值一样大答案 D 解析 在同一地点所有物体g 值都相同．在地面不同地方，重力加速度的大小不同．从赤道到两极，g 值变大【例2】 从离地500 m 的高空自由落下一个小球，g 取10 m/s 2，求： (1)经过多长时间落到地面；(2)从开始下落时刻起，在第1 s 内的位移大小、最后1 s 内的位移大小； (3)落下一半时间时的位移大小．答案 (1)10 s (2)5 m 95 m (3)125 m 解析 (1)由位移公式x ＝12gt 2，得落地时间t ＝2x g＝2×50010s ＝10 s. (2)第1 s 内的位移：x 1＝12gt 21＝12×10×12 m ＝5 m ，前9 s 内的位移为：x 9＝12gt 29＝12×10×92m ＝405 m ，最后1 s 内的位移等于总位移和前9 s 内位移的差，即x 10＝x －x 9＝(500－405) m＝95 m.(3)落下一半时间即t′＝5 s ，其位移x′＝12gt′2＝12×10×52m ＝125 m.【变式跟踪3】一矿井深125 m ，在井口每隔一定时间自由落下一个小球．当第11个小球刚从井口开始下落时，第1个小球恰好到达井底．则相邻两小球开始下落的时间间隔为________ s ，这时第3个小球和第5个小球相距________ m. 答案 35解析 设相邻两小球开始下落的时间间隔为T ，则第1个小球从井口落至井底的时间为t ＝10T.由题意知h ＝12gt 2＝12g(10T)2，T ＝2h100g＝ 2×125100×10s ＝ s.利用初速度为零的匀加速直线运动的规律，从时间t ＝0开始，在连续相等的时间内位移之比等于以1开始的连续奇数比．从第11个小球下落开始计时，经T,2T,3T ，…，10T 后它将依次到达第10个、第9个、…、第2个、第1个小球的位置，各个位置之间的位移之比为1∶3∶5∶…∶17∶19，所以这时第3个小球和第5个小球相距： Δh＝13＋151＋3＋5＋…＋18＋19h ＝28100×125 m＝35 m【变式跟踪4】(2013·重庆高考)某人估测一竖直枯井深度，从井口静止释放一石头并开始计时，经2 s 听到石头落地声，由此可知井深约为(不计声音传播时间，重力加速度g 取10 m/s 2)( )A ．10 mB ．20 mC ．30 mD ．40 m 解析：选B h ＝12gt 2＝12×10×22m ＝20 m 。

2015新课标高考物理实验题专项训练题组一22．（6分）图1是现代中学物理利用DIS 位移传感器研究平抛运动规律的实验装置图，位移传感器通过接收发射器发射超声波信号(发射器按固定时间间隔Δt 发射信号)，采集发射器的位置信息，通过计算机处理实验数据，帮助学生轻易而准确地确定经过各个Δt 时间间隔时发射器的位置，从而准确地画出学生们想要的抛物线。

图2是某实验小组获得的平抛实验轨迹，已知背景方格纸均为正方格。

（1）通过图2实验数据可说明水平方向上做______________________________运动；竖直方向做___________________________运动。

（2）若做平抛运动的发射器发射超声波的间隔为Δt ，截取计算机屏幕一段轨迹如图3，背景网格每小格边长对应的实际运动的距离为a ，要利用以上数据推测发射器平抛时初速度v 0的表达式_______________，当地重力加速度g 的表达式 （用a 和Δt 表示）。

23．（9分）（1）测某金属丝的电阻率，为了精确的测出金属丝的电阻，需用欧姆表对金属丝的电阻粗测，下图是分别用欧姆档的“×1档”（图a ）和“×10档”（图b ）测量时表针所指的位置，则测该段金属丝应选择_______档（填“×1”或“×10”），该段金属丝的阻值约为_______Ω。

（2）所测金属丝的直径d 如图c 所示，d =_________mm ；接入电路金属丝的长度L 如图d （金属丝的左端从零刻度线对齐）所示，L =________cm 。

（3）为了更精确的测量该段金属丝的电阻，实验室提供了如下实验器材：A ．电源电动势E （3V ，内阻约1 Ω）B ．电流表A 1（0~0.6A ，内阻r 1约5Ω）C ．电流表A 2（0~10mA ，内阻r 2=10Ω）图d20图c97 98 99 100cm 图3图1图2D ．电压表V （0~15V ，内阻约3k Ω）E ．定值电阻R 0=250ΩF ．滑动变阻器R 1（0~5Ω，额定电流1A ）G ．滑动变阻器R 2（0~150Ω，额定电流0.3A ）H ．开关，导线若干 （4）请根据你选择的实验器材在下面的虚线框内画出实验电路图并标明所选器材的字母代号。

2015年高考物理拉分题专项训练 专题16 动能定理的应用（含解析）一、考点精析 （一）题型分类：对动能定理的考查，出题形式最为全面，有选择题、填空题、实验题、还常常以计算题的形式出现。

其综合性强，难度大，喜欢以压轴题的形式出现。

常以科技发展、生产生活等为命题背景，考查方式灵活多变，既可与动力学综合考查，也可与电磁学结合来考查。

考查主要集中在以下几个方面：考查动能定理、考查动能、F -x 等等一些图像。

（二）解题思路1．选取研究对象，明确它的运动过程。

2．分析研究对象的受力情况。

3．求出各力所做功的代数和，找出过程中初末状态所对应的动能之差，利用W ＝12mv 22－12mv 21求解。

二、经典考题 例题1（2015届临沂）如图甲所示，静止在水平地面的物块A ，受到水平向右的拉力F 的作用，F 与时间t 的关系如图乙所示，设物块与地面的最大静摩擦力f m 与滑动摩擦力大小相等，则（ ）A ． 0～t 1时间内F 的功率逐渐增大B ． t 2时刻物块A 的加速度最大C ． t 3时刻物块A 的动能最大D ． t 1～t 4时间内物块A 的加速度先增大后减小B ．t 2时刻物块所受的水平拉力最大，根据牛顿第二定律可知，加速度最大，故B 对；C．t1到t3时刻，合力向前，物体一直加速前进，t3时刻加速度等于零，速度达到最大值，此时动能最大，故C对；D．t1～t2时间，F逐渐增大，加速度逐渐增大，t2～t3时间，F逐渐减小，加速度逐渐减小，故D错。

答案：BC例题2（2015届东莞）如图所示质量为M的小车放在光滑的水平面上，质量为m的物体放在小车的一端．受到水平恒力F作用后，物体由静止开始运动，设小车与物体间的摩擦力为f，车长为L，车发生的位移为s，则物体从小车一端运动到另一端时，下列说法正确的是（）A．物体具有的动能为（F-f）（s+L）B．小车具有的动能为fsC．物体克服摩擦力所做的功为f（s+L）D．这一过程中小车和物体组成的系统机械能减少了fL例题3（2015届烟台）如图所示，滑块以初速度v 0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点．则能大致反映滑块整个运动过程中速度v 、加速度a 、动能E k 、重力对滑块所做的功W 与时间t 或位移x 关系的是（取初速度方向为正方向）（ ）A ．B ．C ．D ．解析：根据牛顿第二定律求出上滑和下滑过程中的加速度大小，从而得出速度随时间的变化规律，根据动能定理得出动能与位移的规律，根据W =mgh ，得出重力势能与位移变化关系． 解：上滑时的加速度a 1=mg sin θ+μmg cos θm =g sin θ+μg cos θ，下滑时的加速度a 2=mg sin θ-μmg cos θm=g sin θ-μg cos θ．知a 1＞a 2．根据位移公式x =12 at 2，由于下滑与上滑过程位移大小相等，则知，下滑时间t 2＞上滑的时间t 1．由于机械能有损失，返回到出发点时速度小球出发时的初速度．根据速度-时间图线的斜率表示加速度，故A 对． 动能是标量，不存在负值,故C 错． 重力做功W =-mgh =-mgx sin θ，故D 对． 答案：AD 例题4（2015届邵阳）如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。

2015年高考物理拉分题专项训练专题22 带电粒子在磁场中做圆周运动的临界问题（含解析）一、考点精析：（一）题型分类：五个因素：1、粒子；2、速度大小；3、速度方向（角度）；4、磁感应强度；5、磁场区域通常确定四个（有时候是三个），求与另外因素相关的量。

那么就有大致有五种题型；求粒子属性；求速度大小；求速度方向（角度）；求磁感应强度；求磁场区域（二）解题思路定圆心定半径定圆心角求解问题→→→二、经典考题：例题1（粒子属性未知）如图所示，带有正电荷的A粒子和B粒子同时从匀强磁场的边界上的P点以等大的速度，以与上边线成37°和53°的夹角射入磁场，又都恰好不从另一边界飞出，设边界上方的磁场范围足够大．求：（1）A粒子和B粒子比荷q之比．m（2）A粒子和B粒子在磁场中的运动时间之比（sin37°=0.6，cos37°=0.8）．解析：（1）设磁场的宽度为d，粒子进入磁场后向右偏，如图所示，设粒子做圆周运动的半径为r，则mv rqB=对A 粒子：r rcos37d +︒= 所以A A m dBq 1.8v=；例题2（速度方向（角度）未知）如图所示，磁感应强度大小B=0．15T 、方向垂直纸面向里的匀强磁场分布在半径R=0．10m 的圆形区域内，圆的左端跟y 轴相切于直角坐标系原点O ，右端跟荧光屏MN 相切于x 轴上的A 点。

置于原点的粒子源可沿x 轴正方向射出速度v 0=3．0×106m/s 的带正电的粒子流，粒子的重力不计，荷质比q/m=1．0×108C/kg 。

现以过O 点并垂直于纸面的直线为轴，将圆形磁场逆时针缓慢旋转90°，求此过程中粒子打在荧光屏上离A 的最远距离。

如下图，当D 点与出射点B 重合时，θ最大，由几何知识R sin2r＝得θ=60°求得粒子打在荧光屏上最远点到x 轴的距离max 31S m 0.15m 5-=＝。

...
...
5.(2021 XX 理综 ,2,6 分 ) 宇航员王亚平在“天宫 1 号〞飞船内进展了我国首次太空授课,
演示了一些完全失重状态下的物理现象。

假设飞船质量
为
m,距地面高度为 h, 地球质量为 M,半 径为 R, 引力常量为 G,那么飞船所在处的重力加速度大小为 ()
A.0
B.C. D. 答案 B
6.(2021 XX 理综 ,20,6 分)( 多项选择 ) 在星球外表发射探测器 , 当发射速度为 v 时, 探测器可绕星 球外表做匀速圆周运动 ; 当发射速度到达 v 时 , 可摆脱星球引力束缚脱离该星球。

地球、 火星两星球的质量比约为 10∶1, 半径比约为 2∶1, 以下说法正确的有 ()
A. 探测器的质量越大 , 脱离星球所需要的发射速度越大
B. 探测器在地球外表受到的引力比在火星外表的大
C.探测器分别脱离两星球所需要的发射速度相等
D.探测器脱离星球的过程中 , 势能逐渐增大
答案BD
7.(2021 XX 理综 ,8,6 分 )( 多项选择 )P 1、P 2为相距遥远的两颗行星 , 距各自外表一样高度处各有一颗卫星 s 1、s 2做匀速圆周运动。

图中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加 速度 a, 横坐标表示物体到行星中心的距离r 的平方 , 两条曲线分别表示P 1、P 2周围的 a 与 r 2 的反比关系 , 它们左端点横坐标一样。

那么 ()
A.P 的平均密度比 P 的大
1 2
B.P 1 的“第一宇宙速度〞比 P 2的小
C.s 1 的向心加速度比 s 2的大
D.s 1 的公转周期比 s 2的大
答案AC
3。

共点力作用下的平衡课后作业（一）1.如图所示，在水平力F的作用下，木块A、B保持静止．若木块A与B的接触面是水平的，且F≠0.则关于木块B的受力个数可能是( )A．3个或4个B．3个或5个C．4个或5个D．4个或6个【解析】木块B一定受重力和A对它的压力；将A、B看作整体，因整体保持静止，所以B一定受斜面的支持力；隔离木块A对其受力分析，因A静止，故A一定受B的静摩擦力，从而B也一定受A的静摩擦力；斜面对木块B的静摩擦力可能有，也可能无．综上所述，正确答案为C.【答案】 C2.(2011·海南高考)如图所示，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力( ) A．等于零 B．不为零，方向向右C．不为零，方向向左 D．不为零，v0较大时方向向左，v0较小时方向向右【解析】取物块与斜劈整体作为研究对象，由于物块匀速运动、斜劈静止，故整体所受外力之和必为零．分析整体的受力可知，由于重力、地面的支持力方向都沿竖直方向，若地面的摩擦力不为零时，其合力方向只能沿水平方向，必导致整体的合力不为零与题述矛盾，故只有A正确．【答案】 A3.小张将吊床用绳子拴在两棵树上等高的位置，如图所示．他先坐在吊床上，后躺在吊床上，两次均处于静止状态．则（）A．吊床对他的作用力，坐着时更大B．吊床对他的作用力，躺着时更大C．吊床对他的作用力，坐着与躺着时一定等大D．吊床两端绳的张力，坐着与躺着时一定等大C；因坐着和躺着时皆处于静止状态，故吊床对他的作用力大小等于重力，坐着和躺着时一定等大，则选项C正确，A、B错误．坐着和躺着使吊床两端的绳与竖直方向的夹角不同，所以张力也不同，D错误．4.如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G，左右两绳的拉力大小分别为（）A．G和G B．G和G C．G和G D．G和GB；对日光灯进行受力分析建立坐标系，将F1和F2进行分解，如图所示，由平衡条件知水平方向：F1sin 45° = F2sin 45°①竖直方向：F1cos 45°+ F2cos 45°=G ② 由①②解得F1 = F2 =，选项B正确．5.如图所示，一固定斜面上两个质量相同的小物块 A和 B 紧挨着匀速下滑，A 与B 的接触面光滑．已知 A 与斜面之间的动摩擦因数是 B 与斜面之间动摩擦因数的 2 倍，斜面倾角为α，B 与斜面之间的动摩擦因数是（）A． B． C．tanα D．cotαA；对于 A 和 B 物体进行受力分析，设 B 与斜面之间的动摩擦因数为μ，根据平衡条件列出方程2mgsinα = μmg cosα + 2μmg cosα解得μ = (2tanα)/3．6.如图所示，细绳 AO、BO 等长，A 点固定不动，在手持 B 点沿圆弧向 C 点缓慢运动过程中，绳 BO 的张力将（）A．不断变大 B．不断变小C．先变大再变小 D．先变小再变大D；选 O 点为研究对象，O 点受三力作用而平衡．此三力构成一个封闭的动态三角形，如图所示．很容易看出，当F B 与F A垂直时，即α+ β= 90°时，F B取最小值.因此，选项D正确．7.(2012·佛山一中模拟)如图所示，A、B都是重物，A被绕过小滑轮P的细线悬挂，B放在粗糙的水平桌面上．滑轮P被一根斜短线系于天花板上的O点，O′是三根细线的结点，细线bO′水平拉着物体B，cO′沿竖直方向拉着弹簧．弹簧、细线、小滑轮的重力不计，细线与滑轮之间的摩擦力可忽略，整个装置处于静止状态．若悬挂小滑轮的斜线中的拉力是F ＝20 3 N ，∠cO′a＝120°，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( ) A ．弹簧的弹力为20 NB ．重物A 的质量为2 kgC ．桌面对物体B 的摩擦力为10 3 ND ．细线OP 与竖直方向的夹角为60°【解析】 选取滑轮作为研究对象，滑轮两侧细线的夹角为60°，设滑轮两侧细线中拉力为F a ，则有F a ＝m A g ，，联立解得重物A 的质量为，选项B 正确；将O′a 中的拉力F a 沿水平方向和竖直方向分解，由平衡条件得F a cos 30°＝F b ，F a sin 30°＝F c ，解得弹簧的弹力为F c ＝10 N ，选项A 错误；细线O′b 中拉力F b ＝10 3 N ，对物体B 由平衡条件得桌面对物体B 的摩擦力为10 3 N ，选项C 正确；细线OP 的方向在滑轮两侧细线夹角的平分线上，与竖直方向的夹角为30°，选项D 错误．【答案】 BC8.(易错题)(18分)如图所示，在倾角为θ的粗糙斜面上，有一个质量为m 的物体被水平力F 推着静止于斜面上，已知物体与斜面间的动摩擦因数为μ，且μ＜tanθ，若物体恰好不下滑，则推力F 为多少？若物体恰好不上滑，则推力F 为多少？(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)【解析】因为μ＜tan θ，则F ＝0时，物体不能静止在斜面上，当物体恰好不下滑时，受力如图甲所示：由平衡条件得：mgsin θ－F 1cos θ－f 1＝0 (3分)N 1－mgcos θ－F 1sin θ＝0 (3分)又有：f 1＝μN 1 (2分)解得：F 1＝sin θ－μcos θμsin θ＋cos θmg (2分) 当物体恰好不上滑时，受力如图乙所示：由平衡条件得：mgsin θ＋f 2－F 2cos θ＝0 (3分)N 2－mgcos θ－F 2sin θ＝0 (2分)又有：f 2＝μN 2 (1分)解得：F 2＝μcos θ＋sin θcos θ－μsin θmg (2分) 9.两个相同的小球A 和B ，质量均为m ，用长度相同的两根细线把A 、B 两球悬挂在水平天花板上的同一点O ，并用长度相同的细线连接A 、B 两小球，然后，用一水平方向的力F 作用在小球A 上，此时三根细线均处于直线状态，且OB 细线恰好处于竖直方向，如图所示．如果不考虑小球的大小，两小球均处于静止状态，则： (1)OB 绳对小球的拉力为多大？(2)OA 绳对小球的拉力为多大？(3)作用力F 为多大？解析 (1)因OB 绳处于竖直方向，所以B 球处于平衡状态，AB 绳上的拉力为零，OB 绳对小球的拉力F OB ＝mg.(2)A 球在重力mg 、水平拉力F 和OA 绳的拉力F OA 三力作用下平衡，所以OA 绳对小球的拉力F OA ＝mg cos 60°＝2mg. (3)作用力F ＝mgtan 60°＝3mg.答案 (1)mg (2)2mg (3)3mg10.一光滑圆环固定在竖直平面内，环上套着两个小球A 和B(中央有孔)，A 、B 间由细绳连接着，它们处于如图11中所示位置时恰好都能保持静止状态．此情况下，B 球与环中心O 处于同一水平面上，A 、B 间的细绳呈伸直状态，且与水平线成30°角．已知B 球的质量为3 kg ，求细绳对B 球的拉力和A 球的质量．(g取10 m/s 2) 解析：对B 球受力分析如图12所示，物体B 处于平衡状态有：Tsin30°＝m B gT ＝2m B g ＝2×3×10 N＝60 N物体A处于平衡状态有：在水平方向：Tcos30°＝N A sin30°在竖直方向：N A cos30°＝m A g＋Tsin30°.由上两式解得：m A＝2m B＝6 kg.答案：60 N 6 kg第九讲共点力作用下的平衡课后作业（二）1.如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动．用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在以O点为圆心的圆弧形墙壁上的C点．当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中(保持OA与地面夹角θ不变)，OC绳所受拉力的大小变化情况是 ( )．A．逐渐减小 B．逐渐增大C．先减小后增大 D．先增大后减小答案 C2.(预测题)如图所示，用细绳系住放在倾角为θ的光滑斜面上的球，当细绳由水平方向缓慢向上偏移至竖直方向的过程中，细绳上的拉力将( )A.逐渐增大B.逐渐减小C.先增大后减小D.先减小后增大【解析】选D.球的重力有两个效果，即拉细绳和压斜面，用图解法分析，作出力的分解图如图所示，由图可知，当细绳由水平方向逐渐向上偏移至竖直方向时，细绳上的拉力F2将先减小后增大，当F2和F1的方向垂直时，F2有极小值；而球对斜面的压力F1逐渐减小，故D正确.3.(2012·洛阳模拟)如图所示，质量为m的物体在与斜面平行向上的拉力F作用下，沿着水平地面上质量为M的粗糙斜面匀速上滑，在此过程中斜面保持静止，则地面对斜面( )A.无摩擦力B.支持力等于(m＋M)gC.支持力为(M＋m)g－FsinθD.有水平向左的摩擦力，大小为Fcosθ5.【解析】选C、D.由于m沿着斜面匀速上滑，可把m和斜面看做整体.整体受力如图所示，根据平衡条件得，N＝(M＋m)g－Fsinθ，f＝Fcosθ，选项A、B错误，C、D正确.4.(2012·天津和平区模拟)如图所示，水平细杆上套一细环A，环A和球B间用一轻质绳相连，质量分别为m A、m B(m A＞m B)，由于B球受到水平风力作用，A环与B球一起向右匀速运动，已知细绳与竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是( )A．风力增大时，轻质绳对B球的拉力保持不变B. B球受到的风力F为m A gtan θC．杆对A环的支持力随着风力的增加而不变D. A环与水平细杆间的动摩擦因数为m Bm A＋m B【解析】如图为球B的受力情况，其中F为风力，F T为轻质绳对球B的拉力，由图中的几何关系可得F＝m B gtan θ，故B错误；由题中所给的B球的运动状态可知，F T大小等于F和m B g的合力F′，当风力F增大时，F和m B g的合力F′会增大，从而F T增大，故A 错误；由整体法可知，杆对A环的支持力大小等于环A与球B的总重力，故C正确；环A所受的滑动摩擦力大小等于风力，即μ(m A＋m B)g＝F，故μ＝m B tan θm A＋m B，D错误．【答案】 C5.(2012·江门模拟)如图所示，细绳a一端固定在杆上C点，另一端通过定滑轮用力拉住，一重物用绳b挂在杆BC上，杆可绕B点转动，杆、细绳的质量及摩擦均不计，重物处于静止．若将细绳a慢慢放下，则下列说法正确的是( )A．绳a的拉力F a减小，杆所受到的压力F增大B．绳a的拉力F a增大，杆所受到的压力F增大C．绳a的拉力F a不变，杆所受到的压力F减小D．绳a的拉力F a增大，杆所受到的压力F不变【解析】如图所示，以杆上C点为研究对象，C点受到三个力作用：杆的支持力F′(大小等于F)、绳b的拉力(大小等于重物重力G)、绳a的拉力F a.三力组合成一个矢量三角形，且力的三角形与几何三角形ABC相似．由于力的三角形与几何三角形相似，可由几何边长的变化判定对应力大小的变化：随着细绳a慢慢放下，几何边AC变长、BC边不变，则绳a的拉力F a增大，杆所受压力F不变．故选项D正确．【答案】 D6. (2012·湛江模拟)两倾斜的滑杆上分别套有A、B两个圆环，两圆环上分别用细线悬吊着一个物体，如图所示．当它们都沿滑杆向下滑动时，A的悬线与滑杆垂直，B的悬线竖直向下，则( )A．A圆环与滑杆无摩擦力B．B圆环与滑杆无摩擦力C．A圆环做的是匀速运动D．B圆环做的是匀速运动【解析】由于A圆环和物体的连线与滑杆垂直，对物体研究，将物体的重力沿滑杆的方向和垂直于滑杆的方向分解，则沿滑杆向下的分力产生的加速度为gsin θ，对整体研究，整体沿滑杆向下运动，整体要有沿滑杆向下的加速度等于gsin θ必须是A圆环与滑杆的摩擦力为零，A正确；对B圆环连接的物体研究，由于连接圆环与物体的绳竖直向下，物体受到的合力如果不为零，合力必定沿竖直方向，合力在垂直于滑杆的方向上的分力必产生加速度，这与题意矛盾，物体在垂直于滑杆的方向上速度为零，因此物体受到的合力必为零，物体和圆环一起做匀速运动，D正确．【答案】AD7.(2011·合肥模拟)如图所示，在倾角为α的传送带上有质量均为m的三个木块1、2、3，中间均用原长为L，劲度系数为k的轻弹簧连接起来，木块与传送带间的动摩擦因数均为μ，其中木块1被与传送带平行的细线拉住，传送带按图示方向匀速运行，三个木块处于平衡状态．下列结论正确的是( )A．2、3两木块之间的距离等于B．2、3两木块之间的距离等于C．1、2两木块之间的距离大于2、3两木块之间的距离D．如果传送带突然加速，相邻两木块之间的距离都将增大【解析】设2、3两木块之间弹簧伸长量为x1，分析木块3的受力，由平衡条件可知，＝kx1，故2、3两木块之间的距离为L＋x1＝，A错误，B正确；设木块1、2之间弹簧的伸长量为x2，以2、3两木块为一整体，可得：kx2＝，故1、2两木块之间的距离为，C正确；如果传送带突然加速，并不影响木块所受的摩擦力的大小和方向，因此相邻两木块之间的距离将不变，D错误．【答案】BC8.如图所示，光滑的直角三角形框架ABC竖直放在水平面上，两质量均为m的小环M、N用轻质细绳相连套在两直角边上而处于静止状态，已知θ＝30°，则下列判断正确的是( )A．细绳张力大小为3mg B．环M对AB边压力为mgC．环M、N对两直角边的压力比值为 3D．剪断细绳瞬间，环M、N的加速度比为3∶3【解析】因M处于平衡状态，对M受力分析可得：Tcos α＝mgsin θ及Tsin α＋mgcos θ＝F M，同理对N受力分析也可得：Tsin α＝mgcos θ，Tcos α＋mgsin θ＝F N，联立可得α＝60°，T＝mg，F M＝3mg，F N＝mg，A、B错，C对；剪断绳瞬gsin θgcos θ＝33，间，两环合力均为各自重力沿斜面的分力作用，产生的加速度比为D对．【答案】CD9.(2012·天水月考)如图所示，质量M＝ kg的木块套在水平杆上，并用轻绳与质量m＝ kg的小球相连．今用跟水平方向成α＝30°角的力F＝N拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变，g取10 N/kg.求：(1)运动过程中轻绳与水平方向夹角θ；(2)木块与水平杆间的动摩擦因数μ.【解析】 (1)以球为研究对象，球受力如图(a)所示据共点力平衡条件得Fcos 30°－Tcos θ＝0 Fsin 30°＋Tsin θ＝mg 解得T ＝10 3 N θ＝30°.(2)以木块M 为研究对象，其受力如图(b)所示据共点力平衡条件得Tcos 30°－f ＝0 F N －Mg －Tsin 30°＝0f ＝μF N解得μ＝0.35.10.(易错题)(18分)如图所示，两个质量均为m 的小环套在一水平放置的粗糙长杆上，两根长度均为l 的轻绳一端系在小环上，另一端系在质量为M 的木块上，两个小环之间的距离也为l ，小环保持静止.试求：(1)小环对杆的压力；(2)小环与杆之间的动摩擦因数μ至少为多大？【解析】(1)对整体由平衡条件得：2N －(M ＋2m)g ＝0 (4分)解得：N ＝12Mg ＋mg (2分) 由牛顿第三定律得，小环对杆的压力为：N ′＝12Mg ＋mg (2分) (2)对M 由平衡条件得：2Tcos30°－Mg ＝0 (4分)小环刚好不滑动，此时小环受到的静摩擦力达到最大值，则：Tsin30°－μN ′＝0 (4分) 解得动摩擦因数μ至少为：μ＝3M 3(M ＋2m)(2分) 答案：(1)12Mg ＋mg (2)3M 3(M ＋2m)。

摩擦力课后作业（一）1.如图所示，在水平桌面上放一木块，用从零开始逐渐增大的水平拉力F拉着木块沿桌面运动，则图所示木块所受到的摩擦力f随拉力F变化的图象正确的是( )解析：选D.当木块不受拉力时(F＝0)，桌面对木块没有摩擦力(f＝0)．当木块受到的水平拉力F较小时，木块仍保持静止，但出现向右运动的趋势，桌面对木块产生静摩擦力，其大小与F相等，方向相反．随着水平拉力F不断增大，木块向右运动的趋势增强，桌面对木块的静摩擦力也相应增大，直到水平拉力F足够大时，木块开始滑动，桌面对木块的静摩擦力达最大值f max.在这个过程中，由木块水平方向二力平衡知，桌面对木块的静摩擦力f 始终与拉力F等大反向，即f随着F的增大而增大．木块滑动后，桌面对它的阻碍作用是滑动摩擦力，它小于最大静摩擦力，并且，在木块继续滑动的过程中保持不变．2.( 2012·山东济南调研)如图所示，一木板B放在粗糙的水平地面上，木块A放在B的上面，A的右端通过轻质水平弹簧与竖直墙壁连接．现用水平力F向左拉B，使B以速度v向左匀速运动，这时弹簧对木块A的拉力大小为T.则下列说法正确的是( )A．A和B之间滑动摩擦力的大小等于FB．木块B受到地面滑动摩擦力的大小等于F＋TC．若木板以2v的速度运动，木块A受到的摩擦力大小为2TD．若作用在木板B上的水平力为2F，则地面受到的滑动摩擦力的大小仍等于F－T解析：选D.木块A静止，木板B以速度v向左匀速运动，都属于平衡状态，弹簧对木块A 的拉力大小为T，所以B对A的滑动摩擦力大小也为T，选项A错误；隔离木板B，水平方向三力平衡，可判断木块B受到地面滑动摩擦力的大小等于F－T，选项B错误；若木板以2v的速度运动，地面和木块A受到的滑动摩擦力都不变，选项C错误、D正确．3.(2012·莆田模拟)如图所示，用一水平力F把A、B两个物体挤压在竖直的墙上，A、B两物体均处于静止状态，下列判断正确的是( )A．B物体对A物体的静摩擦力方向向上B．F增大时，A和墙之间的摩擦力也增大C．若B的重力大于A的重力，则B受到的摩擦力大于墙对A的摩擦力D．不论A、B的重力哪个大，B受到的摩擦力一定小于墙对A的摩擦力解析：选D.将A、B视为整体，可以看出A物体受到墙的摩擦力竖直向上，对B受力分析可知B受到的摩擦力向上，由牛顿第三定律可知B对A的摩擦力向下，A错误；由于A、B两物体受到的重力不变，根据平衡条件可知B错误；A和墙之间的摩擦力与A、B两物体重力平衡，故C错误、D正确．4.(2012·苏北四市调研)如图所示，质量分别为m A、m B的两物块A、B叠放在一起，若它们共同沿固定在水平地面上倾角为α的斜面匀速下滑．则下列说法不正确．．．的是( )A．A、B间无摩擦力B．A、B间有摩擦力，且A对B的摩擦力对B做正功C．B与斜面间的动摩擦因数μ＝tanαD．B对斜面的摩擦力方向沿斜面向下解析：选A.由题意“它们共同沿固定在水平地面上倾角为α的斜面匀速下滑”判断A物体必定受到沿斜面向上的摩擦力，大小为m A gsinα，A错误；根据作用力与反作用力，A对B 的静摩擦力沿斜面向下，对B物体做正功，B正确；利用整体法得到C正确；由于B受到斜面对它的摩擦力沿斜面向上，根据作用力与反作用力的关系得到B对斜面的摩擦力方向沿斜面向下，D正确．5.(2012·龙岩模拟)如图所示，斜面固定在地面上，倾角为37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，质量为1 kg的滑块，以一定的初速度沿斜面向下滑，斜面足够长，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.8.该滑块所受摩擦力f随时间变化的图象是图中的(取初速度方向为正方向，取g＝10 m/s2)( )解析：选A.由于mgsin37°＜μmgcos37°，滑块减速下滑，因斜面足够长，故滑块最终一定静止在斜面上，开始阶段f滑＝μmgcos37°＝6.4 N，方向沿斜面向上，静止在斜面上时，f静＝mgsin37°＝6 N，方向沿斜面向上，由于取初速度方向为正方向，故图象A正确，B、C、D均错误．6.A、B两物块如图叠放，一起沿固定在水平地面上倾角为α的斜面匀速下滑．则 ( ) A．A、B间无摩擦力B．B与斜面间的动摩擦因数μ＝tan αC．A、B间有摩擦力，且B对A的摩擦力对A做负功D．B对斜面的摩擦力方向沿斜面向下解析选取A为研究对象，对其受力分析可知，物体A除了受到竖直向下的重力G A和垂直A、B接触面向上的弹力F N作用外，肯定还受到平行于A、B接触面指向左上方的摩擦力F f的作用，如下图所示．根据受力图可知，B对A的摩擦力F f与运动方向之间的夹角小于90°，所以摩擦力F f对A做正功，选项A、C均错误；选取A、B组成的系统为研究对象，该系统始终处于平衡状态，对其受力分析，根据力的平衡条件易得，斜面对整体的滑动摩擦力方向沿斜面向上，根据牛顿第三定律可知B对斜面的摩擦力方向沿斜面向下，故选项D正确；沿斜面方向(m A＋m B)gsin α＝μ(m A＋m B)gcos α，解得μ＝tan α，故选项B正确．答案BD7.将力传感器A固定在光滑水平桌面上，测力端通过轻质水平细绳与滑块相连，滑块放在较长的小车上．如图甲所示，传感器与计算机相连接，可获得力随时间变化的规律．一水平轻质细绳跨过光滑的定滑轮，一端连接小车，另一端系沙桶，整个装置开始处于静止状态．在物体与小车分离前缓慢向沙桶里倒入细沙，力传感器采集的F - t图象如乙图所示．则（）A．2.5s前小车做变加速运动 B．2.5s后小车做变加速运动C．2.5s前小车所受摩擦力不变 D．2.5s后小车所受摩擦力不变BD；2.5s前小车静止，所受摩擦力为静摩擦力，逐渐增大，选项AC错误；2.5s后小车做变加速运动，所受摩擦力为滑动摩擦力，不变，选项BD正确．8.(2012·珠海模拟)如图所示，物体P放在粗糙水平面上，左边用一根轻弹簧与竖直墙相连，物体静止时弹簧的长度大于原长．若再用一个从0开始逐渐增大的水平力F向右拉P，直到拉动，那么在P被拉动之前的过程中，弹簧对P的弹力F T的大小和地面对P的摩擦力f的大小的变化情况是( )A．F T始终增大，f始终减小B．F T保持不变，f始终增大C．F T保持不变，f先减小后增大D．F T先不变后增大，f先增大后减小【解析】加力F前，物体P所受到的静摩擦力方向水平向右，加上力F后，力F增大的开始阶段，物体P 所受到的静摩擦力仍水平向右，由平衡条件可得：F T ＝f ＋F ，物体被拉动之前，F T 不变，f 随F 的增大而减小，当f ＝0之后，F 仍然增大，物体P 所受静摩擦力水平向左，由平衡条件得：F T ＋f ＝F ，f 随F 的增大而增大，故只有C 正确．【答案】 C9.如图所示，物块m 放在倾角为θ的斜面上，受到平行于斜面的推力F 而静止，现将力F 撤去，则物块( )A ．会沿斜面下滑B ．摩擦力方向变化C ．摩擦力不变D ．摩擦力变小【解析】 物体实际只受一个摩擦力的作用，施力时摩擦力的一个分力与重力沿斜面的分力相平衡，另一个分力与推力相平衡，撤去推力时摩擦力随外力的变化而突变，由原来的倾斜方向变为沿斜面向上，与重力沿斜面的分力相平衡，故选B 、D.【答案】 BD10.如图甲所示，A 、B 两物体叠放在光滑水平面上，对B 物体施加一水平变力F ，F －t 关系图象如图乙所示．两物体在变力F 作用下由静止开始运动，且始终相对静止，则( )A ．t 时刻，两物体之间的摩擦力最大B ．t 时刻，两物体的速度方向开始改变C ．t ～2t 时间内，两物体之间的摩擦力逐渐增大D ．0～2t 时间内，物体A 所受的摩擦力方向始终与变力F 的方向相同【解析】 t 时刻F ＝0，A 、B 的加速度为零，因此两物体速度方向不变，且A 、B 间的摩擦力为零，可见选项A 、B 错．t ～2t 时间内，A 、B 系统的加速度逐渐增大，以A 为研究对象，A 受到的摩擦力应逐渐增大；A 的加速度由其受到的摩擦力提供，因此A 受到摩擦力与A 、B 加速度同向，即与F 同向，可见选项C 、D 正确．【答案】 CD11.(2012·山东省实验中学月考)如图所示，质量为m 的木块在质量为M 的长木板上受到向右的拉力F 的作用向右滑行，长木板处于静止状态．已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2.下列说法正确的是( )A ．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mgB ．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m ＋M)gC ．当F>μ2(m ＋M)g 时，木板便会开始运动D ．无论怎样改变F 的大小，木板都不可能运动【解析】 木块在力F 的作用下向右滑动，木块与木板之间为滑动摩擦力，F f1＝μ1mg.木板处于静止状态，其与地面间为静摩擦力，根据物体的平衡条件可知F f2＝F f1＝μ1mg ，并保持不变．【答案】 AD12.(18分)木块A 、B 分别重50 N 和60 N ，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.25；夹在A 、B 之间的轻弹簧被压缩了2 cm ，弹簧的劲度系数为400 N/m.系统置于水平地面上静止不动.现用F ＝1 N 的水平拉力作用在木块B 上，如图所示，求力F 作用后木块A 、B 所受摩擦力的大小.【解析】未加F 时，木块A 、B 受力平衡，所受静摩擦力等于弹簧的弹力，即f A ＝f B ＝F 弹＝kx ＝400×0.02 N ＝8 N (4分)木块B 受地面的最大静摩擦力为：m B f ＝μN B ＝0.25×60 N ＝15 N (4分)施加F 后，对木块B 有：F ＋F 弹＜m B f (3分)故B 所受摩擦力仍为静摩擦力，其大小为： f ′B ＝F ＋F 弹＝9 N (4分)施加F 后，木块A 所受摩擦力仍为静摩擦力，大小为： f ′A ＝8 N (3分)第七讲 摩擦力课后作业（二）1.如图所示，物体m静止在倾角为θ的斜面上，现用垂直于斜面的推力F＝kt(k为比例常量、t为时间)作用在物体上，从t＝0开始，物体所受摩擦力f随时间t的变化的关系是图中的( )【解析】选D.因物体静止，故所受摩擦力为静摩擦力，沿斜面方向：f＝mgsinθ，垂直斜面方向：N＝mgcosθ；施加力F后，垂直斜面方向：N′＝F＋mgcosθ，沿斜面方向：f＝mgsinθ，故斜面受到压力变大，静摩擦力大小不变，D正确.2.如图所示，把一重为G的物体，用一水平方向的推力F＝kt(k为恒量，t为时间)压在竖直的足够高的平整墙上，从t＝0开始物体所受的摩擦力f随t的变化关系是图中的( )【解析】选B.物体在竖直方向上只受重力G和摩擦力f的作用，由于f从零开始均匀增大，开始一段时间f<G，物体加速下滑；当f＝G时，物体的速度达到最大值，之后f>G，物体向下做减速运动，直至减速为零.在整个运动过程中，摩擦力为滑动摩擦力，其大小为f＝μN＝μF＝μkt，即f与t成正比，是一条过原点的倾斜直线；当物体速度减为零后，滑动摩擦力变为静摩擦力，其大小为f＝G，所以物体静止后的图线平行于t轴，故B正确.3.(2012·揭阳模拟)如图所示，物体P放在粗糙水平面上，左边用一根轻弹簧与竖直墙相连，物体静止时弹簧的长度小于原长.若再用一个从0开始逐渐增大的水平力F向右拉P，直到拉动，那么在P被拉动之前的过程中，弹簧对P的弹力T的大小和地面对P的摩擦力f 的大小的变化情况是( )A.弹簧对P的弹力T始终增大，地面对P的摩擦力始终减小B.弹簧对P的弹力T保持不变，地面对P的摩擦力始终增大C.弹簧对P的弹力T保持不变，地面对P的摩擦力先减小后增大D.弹簧对P的弹力T先不变后增大，地面对P的摩擦力先增大后减小【解析】选B.在P被拉动之前的过程中，弹簧长度不变，弹簧对P的弹力T的大小保持不变；由于弹簧长度小于原长，P有向右的运动趋势，所受静摩擦力向左，用一个从0开始逐渐增大的水平力F向右拉P的过程中，地面对P的摩擦力始终增大，选项B正确.4.(预测题)如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态，则( )A.B受到C的摩擦力一定不为零B.C受到水平面的摩擦力一定为零C.不论B、C间摩擦力大小、方向如何，水平面对C的摩擦力方向一定向左D.水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等4.【解题指南】解答本题应把握以下两点：(1)B 受到C 的摩擦力方向取决于绳的拉力与B 所受重力沿斜面向下的分力的大小关系.(2)水平面对C 的支持力利用整体法分析.【解析】选C.以B 物体为研究对象，沿斜面方向受到重力沿斜面方向向下的分力、绳的拉力和静摩擦力，静摩擦力的大小等于重力沿斜面方向向下的分力与拉力的合力，所以可能为0，可能沿斜面向上或向下，A 错误；对B 、C 整体受力分析可知不论B 、C 间摩擦力大小、方向如何，水平面对C 的摩擦力与拉力在水平方向上的分力平衡，方向水平向左，B 错误，C 正确；水平面对C 的支持力等于B 、C 的总重力减去拉力在竖直方向上的分力，D 错误.5.(2012·中山模拟)如图所示，质量为m 的木块在质量为M 的长木板上向右滑行，木块受到向右的拉力F 的作用，长木板处于静止状态，已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，则( )A.长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mgB.长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m ＋M)gC.当F>μ2(m ＋M)g 时，长木板便开始运动D.无论怎样改变F 的大小，长木板都不可能运动【解析】选A 、D.木块向右滑行，木块受到水平向左的滑动摩擦力，其大小F f ＝μ1mg ，则木板受到木块水平向右的滑动摩擦力为μ1mg ，由于木板处于静止状态，故木板受到地面的静摩擦力的大小一定是μ1mg ，方向水平向左，A 正确，B 错误；力F 发生变化，只能改变木块的运动状态，但木块所受的滑动摩擦力不会发生变化，因此长木板仍保持静止状态，C 错误、D 正确.6.A 、B 、C 三个物体如图所示放置在水平面上，所有接触面均不光滑，有一个水平向右的力F 作用在物体C 上，使A 、B 、C 一起向右做匀速运动，则( )A.B 对A 的静摩擦力方向水平向左B.B 对A 的静摩擦力方向水平向右C.C 对A 的静摩擦力方向水平向左D.C 对A 的静摩擦力方向水平向右【解析】选A 、D.物体B 相对地面水平向右运动，所受地面的滑动摩擦力方向向左，因B 匀速运动，故A 对B 的静摩擦力方向水平向右，从而B 对A 的静摩擦力方向水平向左，A 正确，B 错误；物体A 水平向右匀速运动，B 对它的静摩擦力方向水平向左，因而C 对A 的静摩擦力方向水平向右，C 错误，D 正确.7．(2010·高考课标全国卷)如图2－1－21所示，一物块置于水平地面上．当用与水平方向成60°角的力F 1拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成30°角的力F 2推物块时，物块仍做匀速直线运动．若F 1和F 2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为( ) A.3－1 B ．2－ 3 C.32－12 D ．1－32解析：选B.当用F 1拉物块时，由平衡条件可知：F 1cos 60°＝μ(mg －F 1sin60°)；当用F 2推物块时，又有F 2cos30°＝μ(mg ＋F 2sin30°)，又F 1＝F 2，求得μ＝cos30°－cos60°sin30°＋sin60°＝2－3，B 正确．8. [2013·东北三校二联]如图所示，A 、B 两物块始终静止在水平地面上，有一轻质弹簧一端连接在竖直墙上P 点，另一端与A 相连接，下列说法正确的是( )A ．如果B 对A 无摩擦力，则地面对B 也无摩擦力B ．如果B 对A 有向左的摩擦力，则地面对B 也有向左的摩擦力C ．P 点缓慢下移过程中，B 对A 的支持力一定减小D ．P 点缓慢下移过程中，地面对B 的摩擦力一定增大解析：物块B 在水平方向只有可能受到地面对B 、A 对B 的两个摩擦力的作用，由于B 物体静止，则这两个力或都不存在、或同时存在且等大反向，故A 、B 皆正确．在P 点缓慢下移到P 、A 等高过程中，若弹簧原处于拉伸状态时，弹簧可能由伸长变为压缩，也可能一直处于拉伸状态，则弹力可能由斜向上的逐渐减小的拉力变为斜向下逐渐增大的推力，也可能一直是斜向上逐渐减小的拉力，故对A 由平衡条件知：两种情况下B 对A 的支持力在弹力逐渐减小时是一直减小的，而在弹力逐渐增大时不能判定；B 对A 的摩擦力变化情况在弹力减小时不能确定，在弹力增大时摩擦力一定增大．同理可知若弹簧原处于原长或压缩状态时，则弹力一直是逐渐增大的推力，由平衡条件知B 对A 的支持力变化情况不能确定，B 对A 的摩擦力一定是一直增大的，再考虑到还有P 点移动到与A 等高位置之下的情况，故整个过程中B 对A 的支持力、摩擦力变化情况都不能确定，则地面对B 的摩擦力变化情况也不能确定，C 、D 皆错误．答案：AB9.如图2－1－26所示，物体A 、B 的质量m A ＝6 kg ，m B ＝4 kg ，A 与B 、B 与地面之间的动摩擦因数都为μ＝0.3，在外力F 作用下，A 和B 一起匀速运动，求A 对B 和地面对B 的摩擦力的大小和方向(g 取10 m/s 2)．【解析】 因为A 、B 一起在地面上运动，所以A 与B 间是静摩擦力，而B 与地面间是滑动摩擦力，所以有F 地B ＝μ(m A ＋m B )g ＝0.3×(6＋4)×10 N＝30 NF 地B 的方向与相对运动方向相反，即向左．整体受力分析知F ＝F 地B ＝30 N ，对A 物体有F T －F BA ＝0，其中F T 为绳的拉力，大小为F T ＝F 2＝15 N 解得F BA ＝15 N ，方向向左，根据牛顿第三定律知，A 对B 的摩擦力大小为F AB10.[2014·陕西宝鸡]如图所示，质量为m 的物体，放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F 的水平向右恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F 多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)这一临界角θ0的大小．解析：(1)对物体受力分析，由平衡条件可知，mgsin30°＝μmgcos30°解得，μ＝tan30°＝33. (2)设斜面倾角为α时，受力情况如图，由匀速直线运动的条件：Fcos α＝mgsin α＋f N ＝mgcos α＋Fsin αf ＝μN解得：F ＝mgsin α＋μmgcos αcos α－μsin α当cos α－μsin α→0，即cot α→33时，F→∞， 即“不论水平恒力F 多大，都不能使物体沿斜面向上滑行”此时，临界角θ0＝α＝60°.答案：(1)33(2)60°。

2015年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ）一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．（6分）如图，两平行的带电金属板水平放置。

若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。

现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将（）A．保持静止状态B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动2．（6分）如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为U a、U b、U c．已知bc边的长度为l．下列判断正确的是（）A．U a＞U c，金属框中无电流B．U b＞U c，金属框中电流方向沿a﹣b﹣c﹣aC．U bc=﹣Bl2ω，金属框中无电流D．U bc=Bl2ω，金属框中电流方向沿a﹣c﹣b﹣a3．（6分）由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道．当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行．已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为（）A．西偏北方向，1.9×103m/s B．东偏南方向，1.9×103m/sC．西偏北方向，2.7×103m/s D．东偏南方向，2.7×103m/s 4．（6分）一汽车在平直公路上行驶。

从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示。

- 1 - 高考模拟二 (限时：60分钟) 第Ⅰ卷 一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．) 1．(2014·全国卷·14)一质点沿x轴做直线运动，其v－t图像如图1所示．质点在t＝0时位于x＝5 m处，开始沿x轴正向运动．当t＝8 s时，质点在x轴上的位置为( )

图1 A．x＝3 m B．x＝8 m C．x＝9 m D．x＝14 m 答案 B 解析 质点前4 s内沿x轴正方向运动，其位移可由v—t图像中的“面积”数值表示，则对应

位移x1＝2＋4×22 m＝6 m．同理可得4～8 s内的位移(沿x轴负方向运动)x2＝－2＋4×12 m＝－3 m．又知初位移x0＝5 m，则当在t＝8 s时，质点在x轴上的位置为x＝x0＋x1＋x2＝8 m，选项B正确． 2．如图2所示，三个物体质量分别为m1＝1.0 kg、m2＝2.0 kg、m3＝3.0 kg，已知斜面上表面光滑，斜面倾角θ＝30°，m1和m2之间的动摩擦因数μ＝0.8.不计绳和滑轮的质量和摩擦．初始用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，m2将(g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )

图2 A．和m1一起沿斜面下滑 B．和m1一起沿斜面上滑 C．相对于m1上滑 - 2 -

D．相对于m1下滑 答案 D 解析 m1、m2的总重力沿斜面向下的分力小于m3的重力，将加速上滑，由题意m1、m2一起加速上滑的最大加速度a＝μgcos 30°－gsin 30°≈1.9 m/s2，假设m1、m2一起加速上滑，设绳上的拉力为FT，由牛顿第二定律：则FT－(m1＋m2)gsin 30°＝(m1＋m2)a，m3g－FT＝m3a，解得：a＝2.5 m/s2＞1.9 m/s2，不可能一起运动，m2将相对于m1下滑，D正确． 3．(2014·天津·3)研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时．假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比( ) A．距地面的高度变大 B．向心加速度变大 C．线速度变大 D．角速度变大 答案 A