必做二0一九版高考物理二轮复习 专题一 力与运动 专题突破练1 力与物体的平衡【精品】

专题能力训练1力与物体的平衡(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共7小题,每小题8分,共56分。

在每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~7题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.(2017·全国卷Ⅱ)如图所示,一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。

若保持F的大小不变,而方向与水平面成60°角,物块也恰好做匀速直线运动。

物块与桌面间的动摩擦因数为()A.22.如图所示,一物体M放在粗糙的斜面体上保持静止,斜面体静止在粗糙的水平面上。

现用水平力F推物体时,M和斜面仍然保持静止状态,则下列说法正确的是()A.斜面体受到地面的支持力增大B.斜面体受到地面的摩擦力一定增大C.物体M受到斜面的静摩擦力一定增大D.物体M受到斜面的支持力可能减小3.如图所示,质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定,轻杆A端用铰链固定,滑轮在A点正上方(滑轮大小及摩擦均可不计),轻杆B端吊一重物G,现将绳的一端拴在杆的B端,用拉力F将B端缓慢上拉(均未断),在AB杆达到竖直前,以下分析正确的是()A.绳子越来越容易断B.绳子越来越不容易断C.AB杆越来越容易断D.AB杆越来越不容易断4.一带电金属小球A用绝缘细线拴着悬挂于O点,另一带电金属小球B用绝缘支架固定于O点的正下方,OA=OB,金属小球A、B静止时位置如图所示。

由于空气潮湿,金属小球A、B缓慢放电。

此过程中,小球A所受的细线的拉力F1和小球B对A的库仑力F2的变化情况是()A.F1减小,F2减小B.F1减小,F2不变C.F1增大,F2增大D.F1不变,F2减小5.如图所示,滑块A置于水平地面上,滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直),此时A恰好不滑动,B刚好不下滑。

已知A与B间的动摩擦因数为μ1,A与地面间的动摩擦因数为μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

专题突破练4万有引力定律及其应用（时间:45分钟满分：100分）一、选择题（共12小题,每小题7分，共84分。

在每小题给出的四个选项中，第1、6小题只有一个选项符合题目要求，第7 J2小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得7分，选对但不全的得 3 分，有选错或不答的得0分）1.（2018北京卷）若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律，在已知月地距离约为地球半径60倍的情况下，需要验证（）A.地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的評B.月球公转的加速度约为苹果落向地面加速度的評1C.自由落体在力球表面的加速度约为地球表面的E1D.苹果在月球表而受到的引力约为在地球表而的药2.（2018福建南平一质检）如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知日、b、c三颗卫星均做圆周运动，臼是地球同步卫星，臼和〃的轨道半径相同，且均为c的k倍,已知地球自转周期为T.则（）A.卫星方也是地球同步卫星B.卫星曰的向心加速度是卫星c的向心加速度的护倍C.卫星Q的周期为>￡厂D.曰、/?> C三颗卫星的运行速度大小关系为V i）=V f）=^Ve（2018河南濮阳三模）由中国科学家设计的空间引力波探测工程“天琴计划”，采用三颗相同的探测卫星（SCk SC2、SC3）构成一个边长约为地球半径27倍的等边三角形，阵列如图所示。

地球恰好处于三角形中心，探测卫星在以地球为中心的圆轨道上运行，对一个周期仅有 5. 4分钟的超紧凑双白星（RXJ0806.3H527）产生的引力波进行探测。

若地球表血附近的卫星运行速率为血则三颗探测卫星的运行速率最接近（）A. 0. 10 旳B. 0. 25 %4.（2018河北“名校联盟”质量监测）某卫星成功变轨进入同步卫星轨道。

卫星变轨原理图如图所示, 卫星从椭圆轨道/远地点0改变速度进入地球同步轨道〃，戶点为椭圆轨道近地点。

下列说法正确的是（）A.卫星在椭圆轨道/运行时，在户点的速度等于在O点的速度B.卫星在椭圆轨道/的0点速度小于在同步轨道〃的0点的速度C.卫星在椭圆轨道/的0点加速度大于在同步轨道〃的0点的加速度D.卫星耗尽燃料后,在微小阻力的作用下，机械能减小，轨道半径变小，动能变小—”　j（2018河南濮阳二模）如图所示,设月球半径为R,假设某探测器在距月球表面高度为3朮的圆形轨道 /上做匀速圆周运动，运行周期为7；到达轨道的A 点时点火变轨进入椭圆轨道〃,到达轨道的近月点〃时，再次点火进入近月轨道〃鏡月做匀速圆周运动，引力常量为G 则下列说法正确的是（）7 5 6兀2/?勻A.月球的质量可表Z5为―GT 2—B.探测器在轨道处〃点速率大于在轨道〃上〃点的速率C.探测器沿椭圆轨道从力点向〃点运动过程屮，机械能变小D.探测器从远月点A 向近月点〃运动的过程中，加速度变小（2018辽宁师大附中期中）由三颗星体构成的系统,忽略其他星体对它们的作用，存在着一种运动形式:三颗星体在相互Z 间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心0在三角形所在的平面内做相同角速度的圆周运动（图为力、B 、C 三颗星体质量不相同时的一般情况）。

专题突破练1 力与物体的平衡(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(共11小题,每小题7分,共77分。

在每小题给出的四个选项中,第1~8小题只有一个选项符合题目要求,第9~11小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得7分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)1.(2018湖北武汉调研)如图所示,在水平桌面上叠放着物体a、b、c,三个物体均处于静止状态。

下列说法正确的是()A.b对a的摩擦力可能水平向右B.b对a的支持力与a受到的重力是一对平衡力C.c一定受到水平桌面施加的摩擦力D.c对b的作用力一定竖直向上2.(2018河南郑州一中期中)如图所示,三个物块A、B、C叠放在斜面上,用方向与斜面平行的拉力F作用在B上,使三个物块一起沿斜面向上做匀速运动。

设物块C对A的摩擦力为F f A,对B的摩擦力为F f B,下列说法正确的是()A.如果斜面光滑,F f A与F f B方向相同,且F f A>F f BB.如果斜面光滑,F f A与F f B方向相反,且F f A>F f BC.如果斜面粗糙,F f A与F f B方向相同,且F f A>F f BD.如果斜面粗糙,F f A与F f B方向相反,且F f A<F f B3.(2018安徽安庆二模)如图所示,小车在水平地面上向右做匀速直线运动,车内A、B两物体叠放在一起,因前方有障碍物,为避免相撞,小车刹车制动,在小车整个运动的过程中,A、B两物体始终保持相对静止且随小车一起运动,则下列说法正确的是()A.在小车匀速运动过程中,A、B两物体间存在摩擦力B.在小车匀速运动过程中,B物体相对小车有向右运动的趋势C.在小车刹车制动过程中,A相对B一定有沿斜面向上运动的趋势D.在小车刹车制动过程中,A、B两物体间一定存在着沿斜面方向上的摩擦力4.(2018陕西安康质量联考)如图所示,两个小球a、b的质量均为m,用细线相连并悬挂于O点。

2019年高考物理第二轮练习专项高效升级卷一受力分析物体的平衡注意事项：认真阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思考，多理解！无论是单选、多选还是论述题，最重要的就是看清题意。

在论述题中，问题大多具有委婉性，尤其是历年真题部分，在给考生较大发挥空间的同时也大大增加了考试难度。

考生要认真阅读题目中提供的有限材料，明确考察要点，最大限度的挖掘材料中的有效信息，建议考生答题时用笔将重点勾画出来，方便反复细读。

只有经过仔细推敲，揣摩命题老师的意图，积极联想知识点，分析答题角度，才能够将考点锁定，明确题意。

〔时间：60分钟总分值：100分〕【一】选择题〔此题共8小题，每题6分，共48分。

在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。

全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分〕1、如下图，一物体在粗糙水平地面上受斜向上的恒定拉力F作用而做匀速直线运动，那么以下说法正确的选项是〔〕。

A、物体可能只受两个力作用B、物体可能受三个力作用C、物体可能不受摩擦力作用D、物体一定受四个力的作用2、L型木板P〔上表面光滑〕放在固定斜面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的滑块Q相连，如下图。

假设P、Q一起沿斜面匀速下滑，不计空气阻力。

那么木板P的受力个数为〔〕。

A、3B、4C、5D、63、如图，水平地面上有一楔形物块a，其斜面上有一小物块b，b与平行于斜面的细绳的一端相连，细绳的另一端固定在斜面上。

a与b之间光滑，a和b以共同速度在地面轨道的光滑段向左运动。

当它们刚运行至轨道的粗糙段时〔〕。

A、绳的张力减小，b对a的正压力减小B、绳的张力增加，斜面对b的支持力增加C、绳的张力减小，地面对a的支持力增加D、绳的张力增加，地面对a的支持力减小4、如下图，用两根细线把A、B两小球悬挂在天花板上的同一点O，并用第三根细线连接A、B两小球，然后用某个力F作用在小球A上，使三根细线均处于直线状态，且OB细线恰好沿竖直方向，两小球均处于静止状态。

专题能力训练2 力与物体的直线运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共6小题,每小题10分,共60分。

在每小题给出的四个选项中,1~3题只有一个选项符合题目要求,4~6题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得10分,选对但不全的得5分,有选错的得0分)1.如图所示,在光滑水平面上有一静止小车,小车质量为m0=5 kg,小车上静止放置一质量为m=1 kg的木块,木块和小车间的动摩擦因数为μ=0.2,用水平恒力F拉动小车,下列关于木块的加速度a和小车的加速1度a2,可能正确的是()A.a1=2 m/s2,a2=1 m/s2B.a1=1 m/s2,a2=2 m/s2C.a1=2 m/s2,a2=4 m/s2D.a1=3 m/s2,a2=5 m/s22.右图为用索道运输货物的情景,已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°,重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.30。

当载重车厢沿索道向上加速运动时,重物与车厢仍然保持相对静止状态,重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为()A.0.35mgB.0.30mgC.0.23mgD.0.20mg3.如图甲所示,粗糙斜面与水平面的夹角为30°,质量为0.3 kg 的小物块静止在A点。

现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上,作用一段时间后撤去推力F,小物块能达到的最高位置为C点,小物块从A到C的v-t图象如图乙所示。

g取10 m/s2,则下列说法正确的是()A.小物块到C点后将沿斜面下滑B.小物块加速时的加速度是减速时加速度的C.小物块与斜面间的动摩擦因数为D.推力F的大小为6 N4.(2018·全国卷Ⅱ)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动,其速度—时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示。

已知两车在t2时刻并排行驶。

专题01 力与物体的平衡1．如图所示，无风时气球在轻绳的牵引下静止在空中，此时轻绳的拉力为F.当有水平风力作用时，轻绳倾斜一定角度后气球仍静止在空中，有风时与无风时相比()A．气球所受合力减小B．气球所受合力增大C．轻绳的拉力F减小D．轻绳的拉力F增大【答案】D【解析】有风时与无风时，气球都处于静止状态，受力平衡，合力为零，不变，A、B错误；无风时气球在竖直方向受重力、绳子拉力和浮力，由平衡条件得F浮－mg－F＝0，解得F＝F浮－mg；有风时，设绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子的拉力沿竖直方向的分量等于浮力和重力之差，则有F浮－mg－F′cos θ＝0，解得F′cos θ＝F浮－mg，故F′＞F，所以F增大，C错误，D正确．8.如图3，某同学将一本物理书用手指压在竖直的墙壁上保持静止，则与书本相关的作用力的大小，下列说法正确的是()图3A．书本受到的摩擦力一定等于书本的重力B．手指对书本的摩擦力一定等于书本的重力C．墙对书本的摩擦力一定等于书本的重力D．当手指对书本的压力增大时，书本受到的摩擦力也增大【答案】A9．一只蜗牛沿着弧形菜叶从右向左缓慢爬行，如图5所示．下列说法中正确的是()图5A．菜叶对蜗牛的弹力大小一定不变B．菜叶对蜗牛的摩擦力大小一定不变C．菜叶对蜗牛的摩擦力大小一定不断减小D．菜叶对蜗牛的作用力大小一定不变【答案】D【解析】设坡角为α，蜗牛受重力、支持力、摩擦力三力平衡，根据平衡条件可得：F N＝mg cos α，F f＝mg sin α；由于坡角α先变小后变大，故支持力F N先增大后减小，静摩擦力先减小后增大，故A、B、C错误；菜叶对蜗牛的作用力是静摩擦力和支持力的合力，始终与重力平衡，一直不变，故D正确．10．中国书法是一种艺术．在楷书笔画中，长横的写法要领如下：起笔时一顿，然后向右行笔，收笔时略向右按，再向左上回带，该同学在水平桌面上平铺一张白纸，为防止打滑，他在白纸的左侧靠近边缘处用镇纸压住，如图7所示．则下列关于行笔过程中各物体的受力情况正确的是()图7A．毛笔对纸的压力一定大于毛笔的重力B．镇纸受到了向右的静摩擦力C．白纸受到了3个摩擦力D．桌面受到了向右的静摩擦力【答案】D11．如图8所示，一个教学用的直角三角板的边长分别为a、b、c，被沿两直角边的细绳A、B悬吊在天花板上，且斜边c恰好平行于天花板，过直角的竖直线为MN.设A、B两绳对三角形薄板的拉力分别为F a和F b，已知F a和F b及薄板的重力为在同一平面的共点力，则下列判断正确的是()图8A．薄板的重心不在MN线上B．两绳对薄板的拉力F a和F b之比为F a∶F b＝b∶cC．两绳对薄板的拉力F a和F b之比为F a∶F b＝b∶aD．两绳对薄板的拉力F a和F b是由于薄板发生形变而产生的【答案】C【解析】三角形薄板受重力、两个拉力处于平衡状态，三个力虽然不是作用在同一点，根据三力汇交原理，三个力的延长线必然交于一点，由几何关系，三个力一定交于三角形下面的顶点，所以重心一定在MN线上，故A错误；三角形薄板受力分析如图所示．14．如图11所示，两段等长细线串接着两个质量、电荷量相等的带电小球a、b，a 带正电、b带负电，悬挂于O点．现在空间加上水平向右的匀强电场，则此装置平衡时的位置可能是下列哪幅图()图11【答案】A15.如图12所示，质量为m、电荷量为Q的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，另一个带电荷量也为Q的带电小球B固定于O点的正下方，已知细线长OA为2l，O到B 点的距离为l，平衡时带电小球A、B处于同一高度，已知重力加速度为g，静电力常量为k，则()图12A．A、B间库仑力大小为kQ2 l2B．A、B间库仑力大小为2mg C．细线拉力大小为3mgD．细线拉力大小为23kQ29l2【答案】D【解析】A、B间库仑力F＝kQ23l2＝kQ23l2又由平衡条件得F＝mg tan 60°＝3mg细线拉力F T＝mgsin 30°＝2mg19．如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体a、b，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F，使两物体均处于静止状态．则下列说法正确的是( )A ．a 、b 两物体的受力个数一定相同B ．a 、b 两物体对斜面的压力相同C ．a 、b 两物体受到的摩擦力大小一定相等D ．当逐渐增大拉力F 时，物体a 先开始滑动【答案】BD20.表面光滑、半径为R 的半球固定在水平地面上，球心O 的正上方O ′处有一无摩擦定滑轮，轻质细绳两端各系一个可视为质点的小球挂在定滑轮上，如图所示．两小球平衡时，若滑轮两侧细绳的长度分别为L 1＝2.4R 和L 2＝2.5R ，则这两个小球的质量之比为m 1m 2，小球与半球之间的压力之比为F N1F N2，则以下说法正确的是( )A.m 1m 2＝2425B.m 1m 2＝2524C.F N1F N2＝2524D.F N1F N2＝2425 【答案】BC21．如图所示，倾角为θ的斜面体C 置于水平地面上，一条细线一端与斜面上的物体B 相连，另一端绕过质量不计的定滑轮与物体A 相连，定滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的O 点，细线与竖直方向成α角，A 、B 、C 始终处于静止状态，下列说法不正确的是( )A ．若仅增大A 的质量，B 对C 的摩擦力一定减小B ．若仅增大A 的质量，地面对C 的摩擦力一定增大C ．若仅增大B 的质量，悬挂定滑轮的细线的拉力可能等于A 的重力D ．若仅将C 向左缓慢移动一点，α角将增大【答案】ACD【解析】设A的质量为m，B的质量为M，由平衡条件可知B受到细线的拉力T ＝mg，若Mg sinθ＞mg，则有：Mg sinθ＝mg＋f，若Mg sin θ＝mg，则f＝0，若Mg sin θ<mg，则有：Mg sin θ＋f＝mg，若仅增大A的质量，B对C的摩擦力可能增大也可能减小，所以A项错误；以B、C为整体分析可知若仅增大A的质量，绳子拉力T增大，地面摩擦力F f＝T cos θ＝mg·cos θ，所以B项正确；A、B、C始终处于静止状态，连接A、B细线的拉力始终等于物体A的重力，增大物体B的质量不会影响该细线的拉力，悬挂定滑轮的细线的拉力等于物体A上细线拉力和物体B上细线拉力的合力，它们之间的夹角不可能为120°，所以悬挂定滑轮的细线的拉力不可能等于A的重力，所以C项错误；若仅将C向左缓慢移动一点，连接A、B细线的拉力不变，而两细线夹角变小，合力与竖直方向的夹角等于α，合力沿角平分线方向，所以α角将减小，D项错误．。

2019-2020年高考物理二轮复习 专题一 力与运动 第2讲 力和物体的平衡名师讲练[选考考点分布]考点一 重力、弹力、摩擦力及受力分析1. (2017·浙江4月选考·7)如图1所示，重型自卸车利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度，车厢上的石块就会自动滑下．以下说法正确的是( )图1A ．在石块下滑前后自卸车与石块整体的重心位置不变B ．自卸车车厢倾角越大，石块与车厢的动摩擦因数越小C ．自卸车车厢倾角变大，车厢与石块间的正压力减小D ．石块开始下滑时，受到的摩擦力大于重力沿斜面方向的分力答案 C解析物体的重心的位置跟形状还有质量分布有关，石块下滑前后，质量分布变化，形状变化，所以重心改变，选项A错；动摩擦因数与倾角无关，B错．如图，F N＝G cos θ，倾角变大，所以车厢与石块间的正压力减小，所以C正确；石块下滑时，重力沿斜面方向的分力大于受到的摩擦力，D错．2. (2016·浙江10月学考·3)中国女排在2016年奥运会比赛中再度夺冠．图2为比赛中精彩瞬间的照片，此时排球受到的力有( )图2A．推力B．重力、推力C．重力、空气对球的作用力D．重力、推力、空气对球的作用力答案 C解析此时手与球并没有接触，所以没有推力，故C选项正确．3. (2015·浙江10月学考·13)将质量为1.0 kg的木板放在水平长木板上，用力沿水平方向拉木块，拉力从0开始逐渐增大，木块先静止后相对木板运动．用力传感器采集木块受到的拉力和摩擦力的大小，并用计算机绘制出摩擦力大小F f随拉力大小F变化的图象，如图3所示．木块与木板间的动摩擦因数为(g取10 m/s2)( )图3A．0.3 B．0.5 C．0.6 D．1.0答案 A解析由图可知最大静摩擦力为5 N，滑动摩擦力为3 N，且滑动摩擦力满足公式F f＝μmg，所以μ＝0.3.4．(2017·浙江“七彩阳光”联考)“跑酷”是一项深受年轻人喜爱的运动，如图4为运动员在空中跳跃过程中的照片，此时运动员受到的力有( )图4A．重力B．重力、向前冲力C．重力、空气作用力D．重力、向前冲力、空气作用力答案 C5．(2017·台州市9月选考)足球运动是目前全球体育界最具影响力的项目之一，深受青少年喜爱．如图5所示的四种与足球有关的情景．其中正确的是( )图5A．如图甲所示，静止在草地上的足球，受到的弹力就是它受到的重力B．如图乙所示，静止在光滑水平地面上的两个足球，因接触受到弹力作用C．如图丙所示，踩在脚下且静止在水平草地上的足球，可能受到3个力的作用D．如图丁所示，落在球网中的足球受到弹力，是由于足球发生了形变答案 C6. (2017·湖州市期末)如图6所示，某人手拉弹簧，使其伸长了5 cm(在弹性限度内)，若此时弹簧的两端所受拉力各为10 N，则( )图6A．弹簧所受的合力大小为10 NB ．弹簧的劲度系数为200 N/mC ．弹簧的劲度系数为400 N/mD ．弹簧的劲度系数随弹簧的拉力的增大而增大 答案 B解析 弹簧所受合力大小为零；由F ＝kx 知k ＝F x＝200 N/m ，弹簧的劲度系数与拉力大小无关，和弹簧本身的因素有关．7．(2017·金华市高三期末)如图7所示，铁质的棋盘竖直放置，每个棋子都是一个小磁铁，能吸在棋盘上，不计棋子间的相互作用力，下列说法正确的是( )图7A ．小棋子共受三个力作用B ．棋子对棋盘的压力大小一定等于重力C ．磁性越强的棋子所受的摩擦力越大D ．质量不同的棋子所受的摩擦力不同 答案 D解析 小棋子受重力、棋盘的吸引力、棋盘的弹力、摩擦力，共四个力，选项A 错误；棋盘对棋子吸引力的大小与磁铁内部的分子结构有关，而棋子对棋盘的压力大小等于棋盘对棋子的吸引力的大小，与重力大小无关，选项B 错误；摩擦力的大小总是等于重力，不会变化，选项C 错误；摩擦力的大小等于重力，则质量不同的棋子所受摩擦力不同，选项D 正确．1.弹力有无的判断“三法”(1)条件法：根据物体是否直接接触并发生弹性形变来判断是否存在弹力．此方法多用来判断形变较明显的情况．(2)假设法：对形变不明显的情况，可假设两个物体间弹力不存在，看物体能否保持原有的状态，若运动状态不变，则此处不存在弹力，若运动状态改变，则此处一定有弹力． (3)状态法：根据物体的运动状态，利用牛顿第二定律或共点力平衡条件判断弹力是否存在． 2．静摩擦力的有无及方向的判断方法 (1)假设法(2)状态法：静摩擦力的大小与方向具有可变性．明确物体的运动状态，分析物体的受力情况，根据平衡方程或牛顿第二定律求解静摩擦力的大小和方向．(3)牛顿第三定律法：此法的关键是抓住“力是成对出现的”，先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再根据“力的相互性”确定另一物体受到的静摩擦力的方向． 3．弹力大小的计算方法 (1)根据胡克定律进行求解． (2)根据力的平衡条件进行求解． (3)根据牛顿第二定律进行求解． 4．摩擦力大小的计算方法(1)首先分清摩擦力的种类，因为只有滑动摩擦力才能用公式F f ＝μF N 求解，静摩擦力通常只能用平衡条件或牛顿运动定律来求解．(2)公式F f ＝μF N 中，F N 为两接触面间的正压力，与物体的重力没有必然联系，不一定等于物体的重力大小．(3)滑动摩擦力的大小与物体速度的大小无关，与接触面积的大小也无关．考点二 平衡条件的应用1. (2017·浙江11月选考·5)叠放在水平地面上的四个完全相同的排球如图8所示，质量均为m ，相互接触，球与地面间的动摩擦因数均为μ，则( )图8A ．上方球与下方三个球间均没有弹力B ．下方三个球与水平地面间均没有摩擦力C ．水平地面对下方三个球的支持力均为43mgD ．水平地面对下方三个球的摩擦力均为43μmg答案 C解析 将四个球看成一个整体，地面的支持力与球的重力平衡，设下方三个球中的一个球受到的支持力大小为F N ，因此3F N ＝4mg ，即F N ＝43mg ，所以选项C 正确．由力的平衡条件知，下面三个球对最上面的球有弹力，故最上面的球对下面三个球肯定有弹力，选项A 错误．对地面上的其中一个球进行受力分析，如图所示．由受力分析可知，选项B 错误；由于小球是受到地面的静摩擦力，因此不能通过F f ＝μF N 求解此摩擦力，选项D 错误．2. (2017·浙江4月选考·10)重力为G 的体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图9所示的比赛动作，当运动员竖直倒立保持静止状态时，两手臂对称支撑，夹角为θ，则( )图9A ．当θ＝60°时，运动员单手对地面的正压力大小为G2B ．当θ＝120°时，运动员单手对地面的正压力大小为GC ．当θ不同时，运动员受到的合力不同D ．当θ不同时，运动员与地面之间的相互作用力不相等 答案 A解析 单手对地面的正压力大小，与θ无关，如图F 1＝F 2＝G2而手臂受力与夹角θ有关，所以选项A 正确，B 错误；不管角度如何，运动员受到的合力为零，选项C 错误；不管角度如何，运动员与地面之间的相互作用力总是等大，选项D 错误．3. (2016·浙江10月学考·13)如图10所示，质量为m 、电荷量为q 的带电小球A 用绝缘细线悬挂于O 点，带有电荷量也为q 的小球B 固定在O 点正下方绝缘柱上．其中O 点与小球A 的间距为l ，O 点与小球B 的间距为3l .当小球A 平衡时，悬线与竖直方向夹角θ＝30°.带电小球A 、B 均可视为点电荷，静电力常量为k .则( )图10A ．A 、B 间库仑力大小为F ＝kq 22l2B ．A 、B 间库仑力大小为F ＝3mg 3C ．细线拉力大小为F T ＝kq 23l2D ．细线拉力大小为F T ＝3mg 答案 B解析 根据题意，OA ＝l ，OB ＝3l .当小球A 平衡时，悬线与竖直方向夹角θ＝30°，由几何关系可知，△AOB 为等腰三角形，AB ＝AO ＝l ，对小球A 受力分析如图所示，由库仑定律得：F ＝kq 2AB2＝kq 2l 2，故A 错误；△AOB 为等腰三角形，由于对称性，绳子拉力等于库仑力，且根据平衡条件得：F cos 30°＝F T cos 30°＝12mg ，即F ＝F T ＝3mg3，故B 正确，C 、D 错误． 4. (2015·浙江10月学考·11)如图11所示，一质量为m 、电荷量为Q 的小球A 系在长为l 的绝缘轻绳下端，另一电荷量也为Q 的小球B 位于悬挂点的正下方(A 、B 均视为点电荷)，轻绳与竖直方向成30°角，小球A 、B 静止于同一高度．已知重力加速度为g ，静电力常量为k ，则两球间的静电力为( )图11A.4kQ2l 2B.kQ 2l2 C ．mg D.3mg答案 A解析 根据库仑定律公式得F ＝kQQ(l sin 30°)2＝4kQ2l 2，A 选项正确，B 选项错误．由于小球A 、B 均静止，对球A 受力分析如图所示，由平衡条件得F T sin 30°＝F ，F T cos 30°＝mg联立解得F ＝33mg ，C 、D 选项错误．5. (人教版必修1P61插图改编)两小孩共提总重力为G 的一桶水匀速前行，如图12所示，两人手臂用力大小均为F ，手臂间的夹角为θ.则( )图12A ．当θ＝60°时，F ＝G2B ．当θ＝90°时，F 有最小值C ．当θ＝120°时，F ＝GD ．θ越大时，F 越小 答案 C解析 根据平衡条件得：2F cos θ2＝G , 解得：F ＝G 2cosθ2，当θ＝0°时，cos θ2值最大，则F ＝G 2，即为最小，当θ为60°时，F ＝33G ，当θ＝90°时，F ＝22G ；当θ为120°时，F ＝G ，当θ越大时，则F 越大，故A 、B 、D 错误，C 正确．6. (2016·浙江台州中学期中)如图13所示是磁悬浮地球仪，地球仪依靠它与底座之间的磁力悬浮在底座的正上方保持静止，已知地球仪的质量为m ，底座的质量为M ，则底座对水平地面的作用力大小为( )图13A ．0B ．mgC ．MgD ．(m ＋M )g答案 D解析 将地球仪和底座看作整体，整体受到的重力为(m ＋M )g ，支持力为F N ，满足F N ＝(m ＋M )g ，根据牛顿第三定律可知底座对水平地面的作用力大小为(m ＋M )g ，选项D 正确．7. (2016·浙江绍兴一中期中)如图14所示，小球A 、B 带等量同种电荷，质量均为m ，都用长为L 的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O 点，A 球靠墙且其悬线刚好竖直，B 球悬线偏离竖直方向θ角而静止，此时A 、B 两球之间的库仑力为F .由于外部原因小球B 的电荷量减少，使两球再次静止时它们之间的库仑力变为原来的一半，则小球B的电荷量减少为原来的( )图14A.12B.14C.18D.116 答案 C解析 小球B 受力如图所示．两绝缘细线的长度都是L ，则△OAB 是等腰三角形，根据力的合成及几何关系可知B 球悬线的拉力F T 与B 球的重力mg 大小相等，即mg ＝F T ，小球B 处于平衡状态，则库仑力F ＝2mg sin θ2，设原来小球带电荷量为q ，A 、B 间的距离是r ，则r ＝2L sinθ2，由库仑定律得F＝kq2r2，后来库仑力变为原来的一半，则F 2＝2mg sinθ′2，r′＝2L sinθ′2，F2＝kqq Br′2，解得q B＝18q，故选C.8. 如图15所示，倾角为θ、质量为m的直角三棱柱ABC置于粗糙水平地面上，柱体与水平地面间的动摩擦因数为μ.现施加一个垂直于BC面向下的外力F，柱体仍保持静止，则地面对柱体的摩擦力大小等于( )图15A．μmg B．F sin θC．F cos θD．μ(F cos θ＋mg)答案 B解析对三棱柱受力分析如图所示．F f＝F sin θ，故B选项正确．9. (2017·湖州市期末)如图16所示，质量为m的光滑小球放在斜面和竖直挡板之间，当挡板从竖直位置逆时针缓慢转动到水平位置的过程中，斜面和挡板对小球的弹力大小的变化是( )图16A．斜面的弹力逐渐变大B．斜面的弹力先变小后变大C．挡板的弹力先变小后变大D．挡板的弹力逐渐变大答案 C解析 小球受力如图甲所示，因挡板是缓慢转动，所以小球处于动态平衡状态，在转动过程中，此三力(重力、斜面支持力、挡板弹力)组成矢量三角形的变化情况如图乙所示(重力大小、方向均不变，斜面对其支持力方向始终不变)，由图可知此过程中斜面对小球的支持力不断减小，挡板对小球的弹力先减小后增大．动态平衡问题分析的常用方法1．解析法：一般把力进行正交分解，两个方向上列平衡方程，写出所要分析的力与变化角度的关系，然后判断各力的变化趋势．2．图解法：能用图解法分析动态变化的问题有三个显著特征：(1)物体一般受三个力作用；(2)其中有一个大小、方向都不变的力；(3)还有一个方向不变的力．考点三 平衡中的临界与极值问题1. 如图17所示，质量m ＝2.2 kg 的金属块放在水平地板上，在与水平方向成θ＝37°角斜向上、大小为F ＝10 N 的拉力作用下，以速度v ＝5.0 m/s 向右做匀速直线运动．(cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，取g ＝10 m/s 2)求：图17(1)金属块与地板间的动摩擦因数；(2)现换用另一个力F ′施加在金属块上，为使金属块向右做匀速直线运动，求F ′的最小值． 答案 (1)0.5 (2)2255N解析 (1)设地板对金属块的支持力为F N ，金属块与地板间的动摩擦因数为μ，因为金属块匀速运动，所以有F cos θ＝μF Nmg ＝F sin θ＋F N解得：μ＝F cos 37°mg －F sin 37°＝822－6＝0.5.(2)分析金属块的受力，如图所示竖直方向：F ′sin α＋F N ′＝mg 水平方向：F ′cos α＝μF N ′ 联立可得：F ′＝μmgcos α＋μsin α＝μmg1＋μ2sin (α＋φ)所以F ′的最小值为2255N.2．如图18所示，质量均为m 的小球A 、B 用两根不可伸长的轻绳连接后悬挂于O 点，在外力F 的作用下，小球A 、B 处于静止状态．若要使两小球处于静止状态且悬线OA 与竖直方向的夹角θ保持30°不变，则外力F 的大小不可能为( )图18A.33mg B.52mg C.2mg D ．mg答案 A解析 将A 、B 两球作为一个整体，受力分析如图所示，由图可以看出，外力F 与悬线OA 垂直时最小，F min ＝2mg sin θ＝mg ，所以外力F 应大于或等于mg ，不可能为选项A.3．如图19所示，重50 N的物体A放在倾角为37°的粗糙斜面上，有一根原长为10 cm，劲度系数为800 N/m的弹簧，其一端固定在斜面顶端，另一端连接物体A后，弹簧长度为14 cm，现用力F沿斜面向下拉物体，若物体与斜面间的最大静摩擦力为20 N，当弹簧的长度仍为14 cm时，F的大小不可能为( )图19A．10 N B．20 NC．40 N D．0 N答案 C解析A在斜面上处于静止状态时合外力为零，A在斜面上受五个力的作用，分别为重力、支持力、弹簧弹力、摩擦力和拉力F，当摩擦力的方向沿斜面向上时，F＋mg sin 37°≤F fm＋k(l －l0)，解得F≤22 N，当摩擦力沿斜面向下时，F最小值为零，即拉力的取值范围为0≤F≤22 N，故选C.1.临界与极值问题解题流程(1)对物体初始状态受力分析，明确所受各力的变化特点．(2)由关键词判断可能出现的现象或状态变化．(3)据初始状态与可能发生的变化间的联系，判断出现变化的临界条件或可能存在的极值条件．(4)选择合适的方法作图或列方程求解．2．解决临界与极值问题的常用方法(1)解析法：利用物体受力平衡写出未知量与已知量的关系表达式，根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况，利用临界条件确定未知量的临界值．(2)图解法：根据已知量的变化情况，画出平行四边形的边角变化，确定未知量大小、方向的变化，确定未知量的临界值．专题强化练(限时：30分钟)1．(2017·浙江名校协作体联考)鱼在水中沿直线水平向左减速游动过程中，水对鱼的作用力方向合理的是( )答案 C解析鱼在水中沿直线水平向左减速游动过程中，水对鱼的作用力和重力的合力产生向右的加速度，水对鱼的作用力方向斜向右上方．2. (2017·金华市期末)第31届夏季奥林匹克运动会于2016年8月5日至21日在巴西里约热内卢举行．中国选手王嘉男在跳远比赛中跳出了8米17的好成绩，排名第5.图1为王嘉男比赛精彩瞬间，针对此时王嘉男受力情况的分析合理的是( )图1A．只受重力B．受重力和空气阻力C．受重力、空气阻力、沙子的支持力D．受重力、空气阻力、沙子的支持力和摩擦力答案 B3．(2017·浙江“七彩阳光”联考)在弹簧测力计指针前的滑槽中嵌一块轻质小泡沫，测力计便增加了“记忆”功能．用该测力计沿水平方向拉木块．在拉力F增大到一定值之前，木块不会运动．继续缓慢增大拉力，木块开始运动，能观察到指针会突然回缩一下，之后弹簧测力计上的泡沫与指针位置如图2所示．下列判断正确的是( )图2A．小泡沫的左边缘“记忆”的示数等于最大静摩擦力B．小泡沫的左边缘“记忆”的示数等于滑动摩擦力C．小泡沫的右边缘“记忆”的示数等于最大静摩擦力D．小泡沫的右边缘“记忆”的示数等于滑动摩擦力答案 C解析木块刚要开始运动时，弹簧秤的示数为最大静摩擦力；小泡沫的右边缘“记忆”的示数等于最大静摩擦力．4. (2017·浙江“超级全能生”联考)有些自动扶梯是阶梯状的，人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯斜向上匀速运动，如图3所示．以下说法正确的是( )图3A．人受到的合外力不为零B．人受到重力和支持力的作用C．人受到的合外力方向与速度方向相同D．人受到重力、支持力和摩擦力的作用答案 B解析由于匀速运动，人受到的合外力为零，不可能有摩擦力，否则不平衡了．5. (2017·宁波市诺丁汉大学附中高三上期中)如图4，球静置于水平地面OA上并紧靠斜面OB，一切摩擦不计，则( )图4A．小球只受重力和地面支持力B．小球一定受斜面的弹力C．小球受重力、地面支持力和斜面弹力D．小球受到的重力和对地面的压力是一对平衡力答案 A解析小球只受重力和地面支持力，斜面对球无弹力作用，选项A正确，B、C错误；小球受到的重力和地面对小球的支持力是一对平衡力，选项D错误；故选A.6．(2017·台州市9月选考)某木箱静止在水平地面上，对地面的压力大小为200 N，木箱与地面间的动摩擦因数为μ＝0.45，与地面间的最大静摩擦力为95 N，小孩分别用80 N、100 N的水平力推木箱，木箱受到的摩擦力大小分别为( )A．80 N和90 N B．80 N和100 NC．95 N和90 N D．90 N和100 N答案 A7．(2016·诸暨市联考)如图5所示，用相同的弹簧测力计将同一个重物m，分别按甲、乙、丙三种方式悬挂起来，读数分别是F1、F2、F3、F4，已知θ＝30°，则有( )图5A．F4最大B．F3＝F2C．F2最大D．F1比其他各读数都小答案 C解析由平衡条件可知：F1＝mg tan θ，F2cos θ＝mg,2F3cos θ＝mg，F4＝mg，因此可知F1＝33mg，F2＝233mg，F3＝33mg，故选项A、B、D错误，C正确．8. (2017·温州市十校期末联考)如图6所示，A、B为同一水平线上的两个固定绕绳装置，转动A、B，使光滑挂钩下的重物C缓慢竖直上升，下列说法正确的是( )图6A．绳子拉力大小不变B．绳子拉力大小逐渐减小C．两段绳子合力逐渐减小D．两段绳子合力不变答案 D解析重物受三个力，重力和两个拉力，重物C缓慢竖直上升时三力平衡，即有两个拉力的合力与重力平衡，所以两个拉力的合力一定，而两个拉力的夹角不断增大，故拉力不断增大，故D正确，A、B、C错误．9. (2017·金华市义乌模拟)在2015年9月3日抗战胜利70周年阅兵中，20架直升机组成数字“70”字样飞过天安门上空．如图7所示，为了使领航的直升机下悬挂的国旗不致上飘，在国旗的下端悬挂了重物，假设国旗与悬挂物(可看成一个物体)的质量为m，直升机的质量为M，直升机水平匀速飞行，在飞行过程中，悬挂国旗的细线始终与竖直方向的夹角为α.以下说法正确的是( )图7A ．国旗受到2个力的作用B ．细线的拉力大于mgC ．空气对国旗的阻力大小为mg cos αD ．空气给直升机的力方向竖直向上 答案 B解析 对国旗受力分析如图，国旗受三个力，重力、绳子的拉力和空气阻力，其中空气阻力与运动的方向相反，沿水平方向．根据共点力平衡得F ＝mgcos α，F f ＝mg tan α，故B 正确，A 、C 、D 错误．10．(2017·浙江名校协作体模拟)浙江省某中学校园环境优美，景色宜人，如图8甲所示，淡如桥是同学们必走之路，淡如桥是座石拱桥，图乙是简化图，用四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，其中第3、4块固定在地基上，第1、2块间的接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角为30°.假定石块间的摩擦力忽略不计，则第1、2石块间的作用力和第1、3石块间的作用力大小之比为( )甲 乙图8A.12B.33C.32 D.3 答案 C解析 对石块1受力分析，由F N12∶F N13＝sin 60°＝32知C 正确． 11. (2016·杭州市学考模拟)一串小灯笼(五只)彼此用轻绳连接，并悬挂在空中．在稳定水平风力作用下发生倾斜，绳与竖直方向的夹角为30°，如图9所示．设每只灯笼的质量均为m .由上往下第一只灯笼对第二只灯笼的拉力大小为( )图9A ．23mg B.233mg C.833mg D ．8mg答案 C解析 以下面四个灯笼作为研究对象，受力分析如图．由F T cos 30°＝4mg ， 得F T ＝833mg ，故C 正确．12. 如图10所示，质量为m 的正方体和质量为M 的正方体放在两竖直墙和水平面间，处于静止状态．m 和M 的接触面与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g ，若不计一切摩擦，下列说法正确的是( )图10A ．水平面对正方体M 的弹力大小大于(M ＋m )gB ．水平面对正方体M 的弹力大小为(M ＋m )g cos αC ．墙面对正方体m 的弹力大小为mg tan αD ．墙面对正方体M 的弹力大小为mgtan α答案 D解析 由于两墙面竖直，对M 和m 整体受力分析可知，水平面对M 的弹力大小等于(M ＋m )g ，A 、B 错误；在水平方向，墙对M 和m 的弹力大小相等、方向相反，对m 受力分析如图所示，根据平行四边形定则可得m 受到的墙对它的弹力大小为mgtan α，所以M 受到墙面的弹力大小也为mgtan α，C 错误，D 正确．13. (2016·浙江北仑中学期末)如图11所示，一个铁架台放在水平地面上，其上用轻质细线悬挂一个小球，开始时细线竖直．现将水平力F 作用于小球上，使其缓慢地由实线位置运动到虚线位置，铁架台始终保持静止．则在这一过程中( )图11A ．水平拉力F 先变小后变大B ．细线的拉力不变C ．铁架台对地面的压力变大D ．铁架台所受地面的摩擦力变大 答案 D解析 对小球受力分析，如图所示，小球受细线拉力、重力、水平力F .根据平衡条件，有F ＝mg tan θ，θ逐渐增大，则F 逐渐增大，故A 错误；由图可知，细线的拉力F T ＝mgcos θ，θ增大，F T 增大，故B 错误；以整体为研究对象，根据平衡条件得F f ＝F ，则F f 逐渐增大，F N ＝(M ＋m )g ，F N 保持不变，故D 正确，C 错误．14. 如图12所示，三根长度均为l 的轻绳分别连接于C 、D 两点，A 、B 两端被悬挂在水平天花板上，相距2l .现在C 点上悬挂一个质量为m 的重物，为使CD 绳保持水平，在D 点上可施加的力的最小值为( )图12A ．mg B.33mg C.12mg D.14mg答案 C解析 分析结点C 的受力如图甲所示，由题意可知，绳CA 与竖直方向间夹角为α＝30°，则可得：F D ＝mg tan α＝33mg ，再分析结点D 的受力如图乙所示，由图可知，F D ′与F D 大小相等且方向恒定，F B 的方向不变，当在D 点施加的拉力F 与绳BD 垂直时，拉力F 最小，即F ＝F D ′cos 30°＝12mg ，C 正确．15. 如图13所示，位于竖直侧面的物体A 的质量m A ＝0.2 kg ，放在水平面上的物体B 的质量m B ＝1.0 kg ，绳和滑轮间的摩擦不计，且绳的OB 部分水平，OA 部分竖直，A 和B 恰好一起匀速运动，g 取10 m/s 2.图13(1)求物体B 与水平面间的动摩擦因数．(2)如果用水平力F 向左拉物体B ，使物体A 和B 做匀速运动需多大的拉力？ 答案 (1)0.2 (2)4 N解析 (1)因物体A 和B 恰好一起匀速运动，所以物体A 、B 均处于平衡状态．由平衡条件得 对A ：F T －m A g ＝0 对B ：F T －μF N ＝0F N －m B g ＝0解得：μ＝0.2(2)如果用水平力F 向左拉物体B ，使物体A 和B 做匀速运动，此时水平绳的拉力与滑动摩擦力的大小均不变，对物体B 由平衡条件得F －F T －μF N ＝0解得：F ＝4 N.16. (2016·金华市十校模拟)如图14所示，某同学用大小为5 N 、方向与竖直黑板面成θ＝53°的力将黑板擦沿黑板表面竖直向上缓慢推动，黑板擦无左右运动趋势．已知黑板的规格为4.5×1.5 m 2，黑板的下边缘离地的高度为0.8 m ，黑板擦(可视为质点)的质量为0.1 kg ，g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.图14(1)求黑板擦与黑板间的动摩擦因数μ；(2)当她擦到离地高度2.05 m时，黑板擦意外脱手沿黑板面竖直向下滑落，求黑板擦砸到黑板下边缘前瞬间的速度大小．答案(1)0.5 (2)5 m/s解析(1)对黑板擦受力分析如图所示：水平方向：F sin θ＝F N ①竖直方向：F cos θ＝mg＋F f ②另有：F f＝μF N③联立①②③可得：μ＝0.5(2)由受力分析可知：黑板擦脱手后做自由落体运动自由落体：v2＝2gh代入数据可得：v＝5 m/s.。

本套资源目录2019高考物理二轮复习第一部分专题一力和运动专题强化练一力与物体的平衡2019高考物理二轮复习第一部分专题一力和运动专题强化练三力与曲线运动2019高考物理二轮复习第一部分专题一力和运动专题强化练二力与直线运动2019高考物理二轮复习第一部分专题一力和运动专题强化练四万有引力定律与航天专题强化练(一)力与物体的平衡考点1 物体的受力分析1.(2016·海南卷)如图，在水平桌面上放置一斜面体P，两长方体物块a和b叠放在P 的斜面上，整个系统处于静止状态．若将a与b、b与P、P与桌面之间摩擦力的大小分别用F f1、F f2和F f3表示．则( )A．F f1＝0，F f2≠0，F f3≠0B．F f1≠0，F f2＝0，F f3＝0C．F f1≠0，F f2≠0，F f3＝0D．F f1≠0，F f2≠0，F f3≠0解析：对整体受力分析可知，整体相对地面没有相对运动趋势，故F f3＝0；再将a和b 看成一个整体，a、b整体有相对斜面向下运动的趋势，故b与P之间有摩擦力，即F f2≠0；再对a受力分析可知，a相对于b有向下运动的趋势，a和b之间存在摩擦力作用，即F f1≠0.故选项C正确.答案：C2.(2018·天水二模)如图所示，A和B两物块的接触面是水平的，A与B保持相对静止一起沿固定粗糙斜面匀速下滑，在下滑过程中B的受力个数为( )A．3个B．4个C．5个D．6个解析：先以A为研究对象，分析受力情况，其受重力、B的竖直向上的支持力，B对A 没有摩擦力，否则A不会匀速运动；再对B研究，B受到重力、A对B竖直向下的压力，斜面的支持力和滑动摩擦力，共4个力，故选项B正确．答案：B3．(2018·西安高三测试)a、b两个质量相同的球用线连接，a球用线挂在天花板上，b 球放在光滑斜面上，系统保持静止，以下图示哪个是正确的( )解析：对b球受力分析，受重力、斜面对其垂直向上的支持力和细线的拉力，由于三力平衡时三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故细线拉力向右上方，故A图错误；再对a、b两个球整体受力分析，受重力、斜面垂直向上的支持力和上面细线的拉力，再次根据共点力平衡条件判断上面的细线的拉力方向斜向右上方，故C、D图均错误．答案：B考点2 共点力平衡4．(多选)(2018·天津卷)明朝谢肇淛《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺庙倾侧，议欲正之，非万缗不可．一游僧见之，曰：无烦也，我能正之．”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身．假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力F N，则()A．若F一定，θ大时F N大B．若F一定，θ小时F N大C．若θ一定，F大时F N大D．若θ一定，F小时F N大解析：选木楔为研究对象，木楔受到的力有：水平向左的力F和两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力，由于木楔处于平衡状态，所以两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力与F沿两侧分解的推力大小是相等的，力F的分解如图：则：F＝2F N1sinθ2，F N1＝F N2＝F2sinθ2，所以F一定时，θ越小，F N越大；θ一定时，F越大，F N越大，B、C正确．答案：BC5．(2018·襄阳四校联考)将三个质量均为m的小球a、b、c用细线相连后(b、c间无细线相连)，再用细绳悬挂于O点，如图所示．用力F拉小球c，使三个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持为θ＝30°，则F的最小值为( )A ．mgB ．2mg C.32mg D.32mg 解析：将三个小球视为一个整体，重力为3mg ，当作用于小球c 上的力F 垂直于Oa 时，F 最小，由正交分解法知，水平方向F cos30°＝T sin 30°，竖直方向F sin 30°＋T cos 30°＝3mg ，解得F ＝32mg ，故C 正确．答案：C考点3 动态平衡6.(2018·本溪中学模拟)如图所示，上表面为光滑曲面的物体静置于水平地面上，一滑块从曲面底端受水平力作用缓缓地沿曲面向上滑动一小段的过程中，曲面始终静止不动．则地面对物体的摩擦力F f 和地面对物体的支持力F N 的大小变化情况是( )A ．F f 增大，F N 减小B ．F f 变小，F N 不变C ．F f 增大，F N 不变D ．F f 不变，F N 不变解析：对滑块受力分析，滑块受重力、水平力与支持力，因处于平衡状态，依据力的合成法则及平衡条件，可知水平力在增大，再将物体与滑块作为整体受力分析，处于平衡状态，那么竖直方向与水平方向均处于平衡状态，因此地面对物体的支持力F N 大小不变，而地面对物体的摩擦力F f 随着水平力的增大而增大，故C 正确．答案：C7.(2016·全国卷Ⅱ)质量为m 的物体用轻绳AB 悬挂于天花板上．用水平向左的力F 缓慢拉动绳的中点O ，如图所示．用T 表示绳OA 段拉力的大小，在O 点向左移动的过程中( )A ．F 逐渐变大，T 逐渐变大B ．F 逐渐变大，T 逐渐变小C ．F 逐渐变小，T 逐渐变大D ．F 逐渐变小，T 逐渐变小解析：以O 点为研究对象，受力如图所示，当用水平向左的力缓慢拉动O 点时，则绳OA 与竖直方向的夹角变大，由共点力的平衡条件知F 逐渐变大，T 逐渐变大，选项A 正确．答案：A8.(多选)如图所示，质量均为m 的小球A 、B 用劲度系数为k 1的轻弹簧相连，B 球用长为L 的细绳悬于O 点，A 球固定在O 点正下方，当小球B 平衡时，绳子所受的拉力为F T1，弹簧的弹力为F 1；现把A 、B 间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k 2(k 2＞k 1)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为F T2，弹簧的弹力为F 2，则下列关于F T1与F T2、F 1与F 2之间的大小关系，正确的是( )A ．F T1＞F T2B ．F T1＝F T2C ．F 1＜F 2D ．F 1＝F 2解析：小球B 受重力mg 、绳子拉力F T 和弹簧弹力F 三个力而平衡，平移F T 、F 构成矢量三角形如图所示，由图可以看出，力的矢量三角形总是与几何三角形OAB 相似，因此有mg OA＝F T L ＝F AB，其中OA 、L 保持不变，因此绳子的拉力F T 大小保持不变，A 错误，B 正确；当弹簧的劲度系数k 增大时，弹簧的压缩量减小，A 、B 间距离增大，因此对应的力F 增大，C 正确，D 错误．答案：BC9.(2018·衡阳模拟)如图所示，两竖直木桩ab 、cd 固定，一不可伸长的轻绳两端固定在a 、c 处，绳长为L ，一质量为m 的物体A 通过轻质光滑挂钩挂在轻绳中间．静止时轻绳两端夹角为120°.若把轻绳换成自然长度为L 的橡皮筋，物体A 仍处于静止状态，橡皮筋处于弹性限度内，若重力加速度大小为g ，对于上述两种情况，下列说法正确的是( )A ．轻绳的弹力大于mgB ．轻绳的弹力小于mgC．橡皮筋的弹力大于mg D．橡皮筋的弹力小于mg解析：设两木桩间的距离为s，轻绳的总长度为L，静止时轻绳两端夹角为120°，由于物体A所受拉力的合力方向竖直向上且大小为mg，根据矢量的合成可知，两个分力和mg 的大小是相等的，故轻绳的弹力大小为mg，故A、B错误；若把轻绳换成自然长度为L的橡皮筋，橡皮筋受到拉力后长度增大，两木桩间的距离s不变，所以物体A静止后橡皮筋之间的夹角一定小于120°，两个分力之间的夹角减小，而合力不变，所以两个分力减小，即橡皮筋的弹力小于mg，故C错误，D正确．答案：D10．(多选)(2018·贵阳检测)如图所示，一轻质细绳一端固定在O点，另一端通过一光滑动滑轮P和一光滑定滑轮Q系一质量为m2的物块B，物块B置于斜面体C上，定滑轮Q固定在斜面体C的顶点，斜面体C位于水平地面上．动滑轮P上挂一质量为m1的物块A，开始时，A、B、C均处于静止状态，现将C沿水平地面向右缓慢移动一小段距离，此过程中B相对于C未滑动，系统再一次处于平衡状态时，下列说法正确的是( )A．细绳对O点的拉力一定增大B．C对B的摩擦力一定增大C．地面对C的摩擦力一定增大D．地面对C的支持力一定增大解析：由题意知，OP与PQ间细绳的夹角变大，而合力不变，细绳拉力增大，故A正确；C对B的摩擦力的方向不确定，大小可能增大，可能减小，故B错误；对A、B、C整体而言，OP间细绳的拉力沿水平方向的分力等于地面对C的摩擦力，故地面对C的摩擦力一定增大，故C正确；OP间细绳的拉力在竖直方向的分力不变，对A、B、C整体分析易知，地面对C 的支持力不变，故D错误．答案：AC考点4 电学中的平衡问题11.(2018·重庆高三测试)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒，导体棒中电流为I.要使导体棒静止在斜面上，需要外加匀强磁场的磁感应强度B的最小值为( )A.mg2ILB.3mg2ILC.mg ILD.3mg IL解析：平衡状态下导体棒受三个力，重力为恒力，支持力的方向不变，安培力的大小和方向不确定；由动态平衡知当安培力F 平行于斜面向上时安培力最小，则B 最小，即BIL ＝mg sin 30°，B ＝mg2IL，由左手定则知B 的方向垂直于斜面向下． 答案：A12．(多选)(2016·浙江卷)如图所示，把A 、B 两个相同的导电小球分别用长为0.10 m 的绝缘细线悬挂于O A 和O B 两点．用丝绸摩擦过的玻璃棒与A 球接触，棒移开后将悬点O B 移到O A 点固定．两球接触后分开，平衡时距离为0.12 m ．已测得每个小球质量是8.0×10－4kg ，带电小球可视为点电荷，重力加速度g 取10 m/s 2，静电力常量k ＝9.0×109N ·m 2/C 2，则( )A ．两球所带电荷量相等B ．A 球所受的静电力为1.0×10－2N C ．B 球所带的电荷量为46×10－8 C D ．A 、B 两球连接中点处的电场强度为0解析：由于A 、B 是两个相同的导电小球，因此两球接触后分开带电荷量相等，选项A 正确；设平衡时小球受到的静电力为F ，则由几何知识，知Fmg＝0.06（0.1）2－（0.06）2，解得F ＝6×10－3N ，选项B 错误；由F ＝k q 2r2，解得小球的带电荷量q ＝46×10－8C ，选项C正确；等量同种电荷连线中点的电场强度为零，选项D 正确．答案：ACD13．(多选)(2018·长沙模拟)不计电阻的平行金属导轨与水平面成某角度固定放置，两完全相同的金属导体棒a 、b 垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面．如图所示，现用一平行于导轨的恒力F 拉导体棒a ，使其沿导轨向上运动．在a 运动过程中，b 始终保持静止．则以下说法正确的是( )A ．导体棒a 做匀变速直线运动B ．导体棒b 所受摩擦力可能变为0C ．导体棒b 所受摩擦力可能先增大后减小D ．导体棒b 所受摩擦力方向可能沿导轨向下解析：导体棒a 先做加速度逐渐减小的加速直线运动，最后达到匀速．导体棒b 所受的安培力沿导轨向上，且不断增大，最后保持不变，故导体棒b 所受的摩擦力先沿导轨向上，且不断减小，最后可能变为零甚至变为沿导轨向下，正确选项为B 、D.答案：BD14．(2015·全国卷Ⅰ)如图所示，一长为10 cm 的金属棒ab 用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为0.1 T ，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12 V 的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm ；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm ，重力加速度大小取10 m/s 2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．解析：金属棒通电后，闭合回路电流I ＝E R ＝122A ＝6 A ，金属棒受到的安培力大小为F ＝BIL ＝0.06 N.开关闭合后，电流方向为从b 到a ，由左手定则判断可知金属棒受到的安培力方向竖直向下．由平衡条件知，开关闭合前：2kx ＝mg ， 开关闭合后：2k (x ＋Δx )＝mg ＋F ， 代入数值解得m ＝0.01 kg. 答案：方向竖直向下 0.01 kg专题强化练(三) 力与曲线运动考点1 运动的合成与分解1.一物体在光滑的水平桌面上运动，在相互垂直的x 方向和y 方向上的分运动的速度随时间变化的规律如图所示．关于物体的运动，下列说法中正确的是( )A ．物体运动的初速度大小是7 m/sB ．物体做变加速直线运动C ．物体做匀变速曲线运动D ．物体运动的加速度大小是5 m/s 2解析：由v －t 图象可得v 0x ＝3 m/s ，v 0y ＝4 m/s ，则初速度为v 0＝v 20x ＋v 20y ＝5 m/s ，选项A 错误；x 方向的匀速直线运动和y 方向的匀减速直线运动合成为匀变速曲线运动，选项B 错误，C 正确；a x ＝0，a y ＝2 m/s 2，物体的加速度a ＝a 2x ＋a 2y ＝2 m/s 2，选项D 错误.答案：C2．有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v 的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k ，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为( )A.kvk 2－1 B.v1－k2C.kv1－k2D.vk 2－1解析：设小船在静水中的速度为v 1，去程时船头垂直河岸，如图所示，由合运动与分运动具有等时性并设河宽为d ，则去程时间t 1＝dv 1；回程时行驶路线垂直河岸，故回程时间t 2＝dv 21－v2，由题意有t 1t 2＝k ，则k ＝v 21－v2v 1，得v 1＝v 21－k2＝v1－k2，选项B 正确．答案：B3.如图所示，长为L的轻直棒一端可绕固定轴O转动，另一端固定一质量为m的小球，小球搁在水平升降台上，升降台以速度v匀速上升，下列说法正确的是( )A．小球做匀速圆周运动B．当棒与竖直方向的夹角为α时，小球的速度为vcos αC．棒的角速度逐渐增大D．当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为vL sin α解析：棒与升降台接触点(即小球)的运动可视为竖直向上的匀速运动和沿平台向左的运动的合成．小球的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上方，如图所示．设棒的角速度为ω，则合速度v实＝ωL，沿竖直方向向上的速度分量等于v，即ωL sin α＝v，所以ω＝vL sin α，小球做角速度减小的变速圆周运动．答案：D考点2 平抛运动4.如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，某次球与墙壁上A点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的B点，已知球拍与水平方向夹角θ＝60°，A、B两点高度差h＝1 m，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则球刚要落到球拍上时速度大小为( )A．4 5 m/s B．2 5 m/sC.4315 m/s D．215 m/s解析：根据h ＝12gt 2得，t＝2hg＝2×110 s ＝15 s ，竖直分速度v y ＝gt ＝10×15m/s ＝2 5 m/s ，根据平行四边形定则知，刚要落到球拍上时速度大小v ＝v y cos 60°＝2512m/s＝4 5 m/s ，故A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A5．(多选)(2018·天水二模)如图所示，某一运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到斜面雪坡上．若斜面雪坡的倾角为θ，飞出时的速度大小为v 0，不计空气阻力．运动员飞出后在空中的姿势保持不变．重力加速度为g ，则( )A ．如果v 0不同，则该运动员落到雪坡时的速度方向也就不同B ．不论v 0多大，该运动员落到雪坡时的速度方向都是相同的C ．运动员在空中经历的时间是2v 0tan θgD ．运动员落到雪坡时的速度大小是v 0cos θ解析：设在空中飞行时间为t ，运动员竖直位移与水平位移之比y x ＝12gt 2v 0t ＝gt2v 0＝tan θ，则有飞行的时间t ＝2v 0tan θg，故C 正确；竖直方向的速度大小为v y ＝gt ＝2v 0tan θ，运动员落回雪坡时的速度大小v ＝v 20＋v 2y ＝v 01＋4tan 2θ，故D 错误；设运动员落到雪坡时的速度方向与水平方向夹角为α，则tan α＝v y v x＝2v 0tan θv 0＝2tan θ，由此可知，运动员落到雪坡时的速度方向与初速度方向无关，初速度不同，运动员落到雪坡时的速度方向相同，故A 错误，B 正确．答案：BC6．如图，窗子上、下沿间的高度H ＝1.6 m ，墙的厚度d ＝0.4 m ，某人在离墙壁距离L ＝1.4 m 、距窗子上沿高h ＝0.2 m 处的P 点，将可视为质点的小物体以速度v 垂直于墙壁水平抛出，小物体直接穿过窗口并落在水平地面上，取g ＝10 m/s 2，则v 的取值范围是( )A ．v >7 m/sB ．v >2.3 m/sC ．3 m/s<v <7 m/sD ．2.3 m/s<v <3 m/s解析：设小物体下落h 所用的时间为t 1，下落h ＋H 所用的时间为t 2，要使小物体直接穿过窗口并落在水平地面上，若小物体恰好经过窗子上沿，由平抛运动规律得，h ＝12gt 21，v max t 1＝L ，解得v max ＝7 m/s ；若小物体恰好经过窗子下沿，有h ＋H ＝12gt 22，v min t 2＝L ＋d ，解得v min ＝3 m/s.故v 的取值范围为3 m/s<v <7 m/s ，选项A 、B 、D 错误，选项C 正确．答案：C考点3 圆周运动7．(多选)如图所示，两个质量均为m 的小木块a 和b (可视为质点)放在水平圆盘上，a 与转轴OO ′的距离为l ，b 与转轴的距离为2l ，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g .若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )A ．b 一定比a 先开始滑动B ．a 、b 所受的摩擦力始终相等C ．ω＝kg2l是b 开始滑动的临界角速度 D ．当ω＝2kg3l时，a 所受摩擦力的大小为kmg 解析：小木块a 、b 做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即F f ＝mω2R .当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a ；F f a ＝mω2a l ，当F f a ＝kmg 时，kmg ＝mω2a l ，ωa ＝kgl；对木块b ；F f b ＝mω2b ·2l ，当F f b ＝kmg 时，kmg ＝mω2b ·2l ，ωb ＝kg2l，所以b 先达到最大静摩擦力，选项A 正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则F f a ＝mω2l ，F f b ＝mω2·2l ，F f a <F f b ，选项B 错误；当ω＝kg2l时b 刚开始滑动，选项C正确；当ω＝2kg 3l 时，a 没有滑动，则F f a ＝mω2l ＝23kmg ，选项D 错误． 答案：AC8．(2018·冀州月考)如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m 的小球沿轨道做完整的圆周运动，已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N 1，在最高点时对轨道的压力大小为N 2，重力加速度大小为g ，则N 1－N 2的值为( )A ．3mgB ．4mgC ．5mgD ．6mg解析：在最高点，根据牛顿第二定律可得N ′2＋mg ＝m v 22r ，在最低点，根据牛顿第二定律可得N ′1－mg ＝m v 21r，由牛顿第三定律可知N ′1＝N 1，N ′2＝N 2，从最高点到最低点过程中，机械能守恒，故有mg ·2r ＝12mv 21－12mv 22，联立各式可得N 1－N 2＝6mg ，故选项D 正确．答案：D9．(多选)(2018·资阳联考)如图甲所示是一种利用霍尔效应传感器测量运动速率的自行车速度计．车轮每转一周，安装在自行车前轮上的一块磁铁就靠近霍尔传感器一次，产生一次电压脉冲．图乙为某次骑行中记录的脉冲电压U 与时间t 的图象．已知自行车车轮的半径为33 cm ，磁铁与轮轴的距离为半径的34，则该自行车( )A ．车轮边缘与磁铁的线速度大小相等B ．在1.0～1.4 s 内，速率几乎不变C ．在1.4～2.6 s 内做减速运动D ．在1.2 s 时的速率约为10 m/s解析：根据圆周运动的线速度和角速度的关系v ＝rω，可知，车轮边缘的线速度大于磁铁的线速度，A 项错误；由题图乙可知在1.0～1.4 s 内车轮运动的周期几乎不变，所以车轮的线速度大小不变，即速率几乎不变，B 项正确；同理由题图乙可知在1.4～2.6 s 内车轮运动的周期逐渐增大，则转速减小，自行车做减速运动，C 项正确；在1.0～1.4 s 内车轮的周期为0.2 s ，由线速度的定义式可得车轮的线速度v ＝2πrT≈10.36 m/s ，自行车的速度等于车轮的线速度大小，故D 项正确．答案：BCD考点4 平抛运动与圆周运动的综合问题10．如图所示，质量是1 kg 的小球用长为0.5 m 的细线悬挂在O 点，O 点距地面竖直距离为1 m ．如果使小球绕OO ′轴在水平面内做圆周运动，若细线最大承受拉力为12.5 N ，(g 取10 m/s 2)求：(1)当小球的角速度为多大时，细线将断裂； (2)线断裂后小球落地点与悬点的水平距离．解析：(1)当细线承受的拉力恰为最大时，对小球受力分析，如图所示： 竖直方向F T cos θ＝mg ，得θ＝37°， 向心力F 向＝mg tan 37°＝mω2L sin 37°， 解得ω＝5 rad/s.(2)线断裂后，小球做平抛运动，则其平抛运动的初速度为v 0＝ωL sin 37°＝1.5 m/s ，竖直方向：y ＝h －L cos 37°＝12gt 2，水平方向：x ＝v 0t .解得d ＝（L sin 37°）2＋x 2＝0.6 m. 答案：(1)5 rad/s (2)0.6 m11．(2018·长沙二模)如图所示，A 、B 是水平传送带的两个端点，起初以v 0＝1 m/s 的速度顺时针运转，今将一小物体(可视为质点)无初速度地轻放在A 处，同时传送带以a 0＝1 m/s 2的加速度加速运转，物体和传送带间的动摩擦因数为0.2，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道CPN ，其形状为半径R ＝0.8 m 的圆环剪去了左上角135°的圆弧，PN 为其竖直直径，C 点与B 点的竖直距离为R ，物体离开传送带后由C 点恰好无碰撞落入轨道，g 取10 m/s 2，求：(1)物体由A 端运动到B 端所经历的时间； (2)AC 间的水平距离；(3)判断物体能否沿圆轨道到达N 点．解析：(1)物体离开传送带后由C 点无碰撞落入轨道，则得在C 点物体的速度方向与C 点相切，与竖直方向成45°，有v Cx ＝v Cy ，物体从B 点到C 做平抛运动，竖直方向R ＝12gt 23，v Cy ＝gt 3，水平方向x BC ＝v B t 3(v B ＝v Cx )，得出v B ＝v Cx ＝v Cy ＝4 m/s ，x BC ＝1.6 m ，v C ＝2v B ＝4 2 m/s. 物体刚放上传送带时，由牛顿第二定律有μmg ＝ma ，得a ＝2 m/s 2.物体历时t 1后与传送带共速，则有at 1＝v 0＋a 0t 1，t 1＝1 s ，得v 1＝2 m/s<4 m/s ，故物体此时速度还没有达到v B ，且此后的过程中由于a 0<μg ，物体将和传送带以共同的加速度运动，设又历时t 2到达B 点v B ＝v 1＋a 0t 2，得t 2＝2 s.所以从A 运动到B 的时间为t ＝t 1＋t 2＝3 s. (2)AB 间的距离为x ＝12at 21＋at 1t 2＋12a 0t 22＝7 m ，从A 到C 的水平距离为x AC ＝x ＋x BC ＝8.6 m.(3)物体能到达N 点的速度要求mg ＝m v 2NR，解得v N ＝gR ＝8 m/s.对于小物体从C 到N 点，设能够到达N 位置且速度为v N ′，由机械能守恒定律得 12mv 2C ＝mgR (1＋22)＋12mv N ′2，解得v N′＝16－82m/s<v N. 故物体不能到达N点．答案：见解析专题强化练(二) 力与直线运动考点1 匀变速直线运动1．在离地高h 处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v ，不计空气阻力，两球落地的时间差为 ( )A.2vgB.v gC.2hvD.h v解析：根据竖直上抛运动的对称性，可知向上抛出的小球落回到出发点时的速度也是v ，之后的运动与竖直下抛的物体运动情况相同．因此上抛的小球比下抛的小球多运动的时间为：t ＝－v －v －g ＝2vg ，A 项正确． 答案：A2．大雾天气的时候高速公路经常封道，否则会造成非常严重的车祸．如果某人大雾天开车在高速上行驶，设能见度(观察者与能看见的最远目标间的距离)为50 m ，该人的反应时间为0.5 s ，汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为5 m/s 2，为安全行驶，汽车行驶的最大速度为 ( )A ．25 m/sB ．20 m/sC ．15 m/sD ．10 m/s解析：设汽车行驶的最大速度为v ，则vt 0＋v 22a ＝x ，即0.5v ＋v 22×5＝50，解得v ＝20 m/s ，选项B 正确．答案：B考点2 图象问题3．(2018·无锡测试)一质点由静止开始做直线运动的v －t 关系图象如图所示，则该质点的x －t 关系图象可大致表示为下图中的( )解析：根据位移图象中图线的斜率表示速度可知，该质点的x －t 关系图象可大致表示为B图．答案：B4．如图所示，为三个运动物体的v－t图象，其中A、B两物体是从不同地点出发，A、C是从同一地点出发，则以下说法正确的是( )A．A、C两物体的运动方向相反B．t＝4 s时，A、B两物体相遇C．t＝4 s时，A、C两物体相遇D．t＝2 s时，A、B两物体相距最远解析：在t＝4 s之前，A、B、C三个物体开始阶段速度方向均为正，方向相同；当t ＝4 s时，A、B两物体发生的位移相同，但由于两物体不是从同一地点出发，因此此时两者并没有相遇，而A、C两物体是同时同地出发，此时两者的位移也相等，故此时两物体相遇；当t＝2 s时，A、B两物体的速度相同，此时应当为两者之间距离的一个极值，但由于初始状态不清，没有明确A、B谁在前，故有“相距最远”和“相距最近”两种可能，因此D错．答案：C5．(多选)(2018·桂林、崇左联考)水平力F方向确定，大小随时间的变化如图(a)所示，用力F拉静止在水平桌面上的物块，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间t变化的图象如图(b)所示．重力加速度大小为10 m/s2，最大静摩擦力大于滑动摩擦力．由图可知( )A．物块与水平桌面间的最大静摩擦力为3 NB．物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.1C．物块的质量m＝2 kgD．在0～4 s时间内，合外力的冲量为12 N·s解析：由题图(b)可知，t＝2 s时物块刚开始运动，静摩擦力最大，最大静摩擦力等于此时的拉力，由题图(a)易知最大静摩擦力为6 N，故A错误；由题图(b)知：当t＝2 s时，a＝1 m/s2，F＝6 N，根据牛顿第二定律得：F－μmg＝ma，代入得：6－μm×10＝m.当t＝4 s时，a＝3 m/s2，F＝12 N，根据牛顿第二定律得：F－μmg＝ma，代入得：12－μm×10＝3m .联立解得μ＝0.1，m ＝3 kg ，故B 正确，C 错误；a －t 图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，则0～4 s 内物块速度的增量为Δv ＝1＋32×(4－2)m/s ＝4 m/s ，t ＝0时刻速度为0，则物块在第4 s 末的速度为4 m/s ；根据动量定理，得0～4 s 内合外力的冲量为：ΔI ＝Δp ＝m Δv ＝3×4 N ·s ＝12 N ·s ，故D 正确．答案：BD6．(2018·黄冈质检)如图所示，在水平地面上有一长木板B ，其上叠放木块A .假定木板与地面之间、木块和木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等．用一水平力F 作用于B ，A 、B 的加速度与F 的关系如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法中正确的是( )A ．A 的质量为0.25 kgB ．B 的质量为1.25 kgC ．B 与地面间的动摩擦因数为0.2D ．A 、B 间的动摩擦因数为0.2解析：由题图乙知，B 与地面的最大静摩擦力F f ＝3 N ，当F 1＝9 N 时，A 、B 达到最大的共同加速度a 1＝4 m/s 2，对A 、B 整体由牛顿第二定律得F 1－F f ＝(m A ＋m B )a 1.水平力再增大时，A 、B 发生相对滑动，A 的加速度仍为4 m/s 2，B 的加速度随水平力的增大而增大，当F 2＝13 N 时，a B ＝8 m/s 2，对B 有F 2－F f －m A a 1＝m B a B ，解得m B ＝1 kg ，m A ＝0.5 kg ，进一步求得B 与地面间的动摩擦因数μ1＝F f （m A ＋m B ）g ＝0.2，A 、B 间的动摩擦因数μ2＝m A a 1m A g＝0.4，C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C考点3 牛顿运动定律的应用7．(多选)(2018·西安联考)如图所示，质量为m ＝1 kg 的物块A 停放在光滑的水平桌面上．现对物块施加一个水平向右的外力F ，使它在水平面上做直线运动．已知外力F 随时间t (单位为s)的变化关系为F ＝(6－2t )N ，则( )A ．在t ＝3 s 时，物块的速度为零B ．物块向右运动的最大速度为9 m/sC ．在0～6 s 内，物块的平均速度等于4.5 m/sD ．物块向右运动的最大位移大于27 m。

第一部分专题一第1讲基础题——知识基础打牢1. (2022·浙江1月高考，3分)如图所示，水平放置的电子秤上有一磁性玩具，玩具由哑铃状物件P和左端有玻璃挡板的凹形底座Q构成，其重量分别为G P和G Q.用手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态(即P和Q的其余部分均不接触)，P与Q间的磁力大小为F.下列说法正确的是( D )A．Q对P的磁力大小等于G PB．P对Q的磁力方向竖直向下C．Q对电子秤的压力大小等于G Q＋FD．电子秤对Q的支持力大小等于G P＋G Q【解析】由题意可知，因手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，即Q对P有水平向左的磁力；P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态，则说明Q对P有竖直向上的磁力，则Q对P的磁力方向斜向左上方向，其磁力F大小大于G P，选项A、B错误；对PQ的整体受力分析，竖直方向电子秤对Q的支持力大小等于G P＋G Q，即Q对电子秤的压力大小等于G P＋G Q，选项C错误，D正确．2. (2022·福建龙岩一模)一台空调外机用两个三角形支架固定在竖直外墙上，如图所示，横梁AO水平，斜梁BO与横梁AO连接于O点，空调外机对横梁AO压力集中作用于O点，不计支架的重力．下列说法正确的是( D )A．横梁对O点的作用力沿AO方向B．斜梁对O点的作用力沿OB方向C．若换较长的斜梁，连接点O的位置不变，斜梁对O点的作用力增大D．若换较长的斜梁，连接点O的位置不变，斜梁对O点的作用力减小【解析】空调对横梁O点的压力竖直向下，则横梁对O点的作用力竖直向上，选项A错误；斜梁对O点有竖直向上的支持力和水平方向的作用力，其合力方向不一定沿OB方向，选项B错误；以O点为研究对象，受到空调外机的压力、两根支架的作用力，受力如图所示：由受力图结合几何关系可得F1＝Gcos θ，若把斜梁加长一点，仍保持点O的位置不变，横梁仍然水平，此时θ减小，cos θ增大，故F1将变小，故C错误，D正确．3.如图所示，质量m＝0.15 kg、长度L＝10 cm的金属棒ab由两个完全相同的弹簧水平悬挂在匀强磁场中，弹簧劲度系数k＝100 N/m，开关闭合，稳定后发现弹簧的伸长量均为Δx＝1 cm，电流表的示数为5 A，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( A )A．N端是电源正极B．磁场的磁感应强度大小为0.1 TC．滑动变阻器的滑片左移，弹簧的长度变小D．仅使磁场反向，稳定后弹簧的伸长量为0.2 cm【解析】由于mg＝1.5 N<2kΔx＝2 N，故安培力方向竖直向下，根据受力分析，满足mg＋BIL＝2kΔx，可得B＝1 T，B错误；根据左手定则，可知ab棒中电流方向由b指向a，故N端是电源正极，A正确；滑动变阻器的滑片左移，接入电路的电阻减小，电流增大故形变量变大，弹簧的长度变大，C错误；仅使磁场反向，则mg＝BIL＋2kΔx′，可得Δx′＝0.5 cm，D错误．4. (2022·湖南衡阳二模)如图所示，小球A、B的质量都为m，它们用三段轻绳分别连接在竖直墙壁上的M点和天花板上的N点，稳定时M A段水平，B N段与水平天花板的夹角为30°，轻绳AB段与水平方向的夹角为θ，则tan θ的值为( C )A.34B．35C．36D．38【解析】以A、B组成的整体为研究对象，受力情况如图甲所示，则由平衡条件可得F B N＝2mgsin 30°＝4mg，隔离B并对其进行受力分析，受力情况如图乙所示，根据平衡条件有F B N sin 30°＝mg＋F AB sin θ，F B N cos 30°＝F AB cos θ，联立解得tan θ＝36，选项C正确．5. (2022·哈尔滨二模)如图所示，M、N两支架固定在高台边缘，钢绳两端连接到两个支架上等高的位置，钢绳的长度可通过固定在支架M上的电动机收放．某杂技演员(可视为质点)抓住套在钢绳上的滑环静止在高空，滑环可沿钢绳无摩擦滑动．下列说法正确的是( C )A．若启动电动机使钢绳缓慢缩短，钢绳拉力将不断减小B．若启动电动机使钢绳缓慢缩短，左侧钢绳拉力将增大，右侧钢绳拉力将减小C．若启动电动机使钢绳缓慢伸长，钢绳拉力将不断减小D．若启动电动机使钢绳缓慢伸长，演员运动的轨迹为偏向支架N一侧的曲线【解析】设滑环两侧钢绳与水平面的夹角为θ，对杂技演员由平衡条件可得2T sinθ＝mg，若启动电动机使钢绳缓慢缩短，则θ减小，两侧钢绳拉力将不断增大，若启动电动机使钢绳缓慢伸长，则θ增大，两侧钢绳拉力将不断减小，C正确，A、B错误；由于钢绳两端连接到两个支架上等高的位置，同一条钢绳上拉力大小处处相等，由对称性可知，滑环两侧钢绳与水平面的夹角总是相等，故启动电动机使钢绳缓慢伸长，演员运动的轨迹为竖直向下，若演员运动的轨迹偏向支架N一侧，滑环两侧的钢绳与水平面的夹角就不会相等，D错误．6. (2021·山东省实验中学高三月考)如图所示，在水平地面上有一斜面，质量均为m 的A、B两物块放在斜面的等高处，A、B之间连接着一个轻质弹簧，其劲度系数为k，弹簧处于压缩状态，且物块与斜面均能保持静止．已知斜面的倾角为θ，两物块和斜面间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是( C )A ．斜面对A 、B 组成系统的静摩擦力的合力为0B ．若将弹簧拿掉，物块有可能发生滑动C ．弹簧的最大压缩量为mg μ2cos 2θ－sin 2θkD ．弹簧的最大压缩量为mg μ2cos 2θ＋sin 2θk【解析】 把A 、B 看成一个整体，斜面对A 、B 组成系统的静摩擦力的合力为f ＝2mg sin θ，所以A 错误；有弹簧时，对A 分析有f A ＝mg sin θ2＋k Δx 2，若将弹簧拿掉，对A 则有f A ′＝mg sin θ<f A ，所以若将弹簧拿掉，物块不可能发生滑动，所以B 错误；弹簧的压缩量最大时，物块达到最大静摩擦力，则mg sin θ2＋k Δx 2＝μmg cos θ，解得Δx ＝mg μ2cos 2θ－sin 2θk，所以C 正确，D 错误．故选C. 7. (2021·河南濮阳一中调研)如图所示，用绝缘细线把小球A 悬于O 点，静止时恰好与另一固定于O 点正下方的小球B 接触．现使两球带同种电荷，细线将偏离竖直方向某一角度θ1，此时细线中的张力大小为T 1，库仑斥力为F 1；若增加两球的带电量，悬线偏离竖直方向的角度将增大为θ2，此时细线中的张力大小为T 2，库仑斥力为F 2，则( B )A ．T 1<T 2B ．T 1＝T 2C ．F 1>F 2D ．F 1＝F 2【解析】 小球A 的受力情况如图所示，重力mg 、悬线张力T 、库仑斥力F ，这三个力的合力为0.因此这三个力构成封闭的力的三角形，且正好与几何三角形O A′B 相似，则有：mg O B ＝T O A′＝FA′B，因为O A′＝O B，所以T＝mg，即T与θ无关，则有T1＝T2，而F与两球间距成正比A′B>AB，则F2>F1，故B正确，A、C、D错误．应用题——强化学以致用8. (2021·广东湛江二模)如图所示，某学生的水壶(含挂绳)挂在课桌边，图甲为实物图，图乙为简化图，O为挂钩，A、B等高且之间拴接挂绳，不计一切摩擦，以下说法正确的是( B )A．挂绳对挂钩的作用力等于水壶的重力B．挂绳对水壶的作用力大于水壶的重力C．课桌对水壶的作用力大于水壶的重力D．课桌对水壶的作用力小于水壶的重力【解析】水壶的受力如图所示，(图中T表示两个绳子的拉力的合力)，由图可知，挂绳对水壶的作用力T的竖直分量等于水壶的重力G，可知T>G，绳子对挂钩的作用力大小也是T，所以大于水壶的重力，A错误，B正确；课桌对水壶的作用力为T和F的合力，与水壶所受重力等大反向，故CD错误．故选B.9. (2022·山东济南一中期中)内燃机汽缸内的燃气推动活塞运动的示意图，如图所示，活塞质量为m，若活塞从汽缸的顶部向底部匀速运动过程中，气体对活塞的合力F大小恒定、方向向下，汽缸与活塞之间的摩擦可忽略，重力加速度为g.当连杆与竖直方向的夹角为θ时，下列说法正确的是( A )A．汽缸壁对活塞的作用力大小为(F＋mg)tan θB．汽缸壁对活塞的作用力大小为F＋mgsin θC．长连杆受到的作用力大小为(F＋mg)cos θD ．长连杆受到的作用力大小为F sin θ【解析】 对活塞进行受力分析，如图所示，根据平衡条件有N 1cos θ＝F ＋mg ①N 1sin θ＝N 2②联立①②解得汽缸壁对活塞的作用力大小为N 2＝(F ＋mg )tan θ，长连杆对活塞的作用力大小为N 1＝F ＋mg cos θ，根据牛顿第三定律可知长连杆受到的作用力大小为N ′1＝N 1＝F ＋mg cos θ，故A 正确，B 、C 、D 错误．故选A. 10. (多选)(2022·福建漳州二模)如图，直角支架固定在水平地面上，小球A 穿在竖直光滑杆上，横杆上固定一滑轮．将细绳一端系在A 上，另一端跨过滑轮系在小水桶B 上，系统处于静止状态．现因桶底破损，里面有少许水缓慢渗漏下来．不计滑轮质量及摩擦，在球A 缓慢下降过程中( AD )A ．绳对球A 拉力的竖直分量保持不变B ．竖直杆对球A 的弹力保持不变C ．轴对滑轮的作用力方向竖直向上D ．轴对滑轮的作用力越来越小【解析】 球A 缓慢下降，A 处于平衡状态，对A 受力分析，如图所示，根据平衡条件得T cos θ＝m A g ，T sin θ＝N 得N ＝m A g tan θ，所以绳对球A 拉力的竖直分量保持不变，θ减小，则N 减小，故A 正确，B 错误；以滑轮为研究对象，由平衡条件可知轴对滑轮的作用力方向在两绳子的夹角的角平分线上，故C 错误；对滑轮由平衡条件可得2T cos θ2＝T 1，其中T ＝m A g cos θ，则T 1＝2m A g cos θcos θ2＝2m A g 2cos 2θ2－1cos θ2＝2m A g 2cos θ2－1cos θ2，θ减小，由数学知识可知，T 1变小，故D 正确．故选AD.11. (2021·山东潍坊二中高三期中)如图所示，斜面的倾角为30°，轻绳一端固定于天花板，另一端通过两个滑轮与物块甲相连，动滑轮悬挂物块乙后，甲、乙保持静止，此时动滑轮两边轻绳的夹角为120°.已知甲的质量为m ，甲与斜面间的动摩擦因数为36，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，不计滑轮的质量及轻绳与滑轮的摩擦，则乙的质量可能为( B ) A.16m B ．12m C ．m D ．2m【解析】 当甲恰好不下滑时，对甲T 1＋μmg cos θ＝mg sin θ，解得T 1＝14mg ，对乙，根据平衡条件2T 1cos 60°＝m 1′g ，解得m 1′＝14m ，当甲恰好不上滑时，对甲T 2＝μmg cos θ＋mg sin θ，解得T 2＝34mg ，对乙，根据平衡条件2T 2cos 60°＝m 2′g ，解得m 2′＝34m ，故乙的质量取值范围为14m ≤m ′≤34m ，故选B. 12. (2021·湖北武汉实验中学高三期中)如图所示，衣服悬挂在不可伸长的轻绳上，衣架的挂钩是光滑的，轻绳的两端固定在两根竖直杆上的A 、B 两点，衣服处于静止状态．保持A 端位置不变，将B 端分别移动到B 1、B 2两点．下列说法正确的是( D )A ．B 端移到B 1，绳子张力变大B ．B 端移到B 1，绳子张力变小C ．B 端移到B 2，绳子张力变大D ．B 端移到B 2，绳子张力不变【解析】 设绳子间的夹角为2θ，绳子总长为L ，两杆间距离为d ，如图所示，根据几何关系有L 1sin θ＋L 2sin θ＝d ，得sin θ＝dL 1＋L 2＝d L.当B 端移到B 1位置或B 2位置时，d 、L都不变，则θ也不变；由平衡条件可知2F cosθ＝mg，解得F＝mg2cos θ可见，绳子张力F 也不变，故D正确，A、B、C错误．13. (2021·广东河源模拟)如图1所示，吊车是建筑工地常用的一种大型机械．为了便于研究问题，将它简化成如图2所示的模型，硬杆OB的一端装有定滑轮，另一端固定在车体上；质量不计的绳索绕过定滑轮吊起质量为m的物体匀速上升，不计定滑轮质量和滑轮与轴承之间的摩擦，重力加速度为g.下列说法正确的是( C )A．OA段绳索受到的拉力小于mgB．OA段绳索受到的拉力大于mgC．OB杆对定滑轮的支持力小于2mgD．OB杆对定滑轮的支持力大于2mg【解析】OA段绳索受到的拉力与OC段受到的拉力相等，对物体根据平衡条件可得绳索对物体的拉力大小为T＝mg，所以OA段绳索受到的拉力等于mg，故A、B错误；设两段绳索之间的夹角为2θ，由于同一条绳索拉力相等，则两段绳索的合力沿角平分线方向，如图所示；根据平衡条件可得：2T cos θ＝F，解得：F＝2mg cos θ；由于θ>0，所以OB杆对定滑轮的支持力F<2mg，故C正确，D错误．14. (2021·浙江杭州模拟)在卫生大扫除中，某同学用拖把拖地，沿推杆方向对拖把施加推力F(如图所示)，此时推力与水平方向的夹角为θ，且拖把刚好做匀速直线运动．从某时刻开始保持力F的大小不变，减小F与水平方向的夹角θ，则( C )A．拖把将做减速运动B．拖把继续做匀速运动C．地面对拖把的支持力F N变小，地面对拖把的摩擦力F f变小D．减小θ的同时若减小F，拖把一定做加速运动【解析】设拖把与地面之间的动摩擦因数为μ，则拖把头受到重力、支持力、推力和摩擦力处于平衡，受力示意图如图所示．将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，由平衡条件得：竖直方向上：F sin θ＋mg＝F N①；水平方向上：F cos θ－F f＝0 ②；式中F N和F f 分别为地板对拖把的正压力和摩擦力．其中F f＝μF N③；由①得：减小F与水平方向的夹角θ，sin θ减小，地面对拖把的支持力F N变小；由③可得地面对拖把的摩擦力F f变小，故选项C正确；减小F与水平方向的夹角θ时，F f减小，而F cos θ增大，所以F cos θ－F f将大于0，所以拖把将做加速运动，故选项A、B错误；减小θ的同时若减小F，则F cos θ－F f不一定大于0，拖把不一定做加速运动，故选项D错误．15. (2022·山东昌乐二中模拟)如图所示，风筝借助于均匀的风和牵线对其作用，才得以在空中处于平衡状态．图中所示风筝质量m＝0.4 kg，某时刻风筝平面与水平面的夹角为30°，主线对风筝的拉力与风筝平面成53°角．已知风对风筝的作用力与风筝平面相垂直，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2.(1)画出风筝的受力图，求此时风对风筝的作用力F的大小和主线对风筝的拉力T的大小(结果保留三位有效数字)；(2)若拉着风筝匀速运动时，主线与水平面成53°角保持不变，这时拉主线的力为10 N，则此时风筝平面与水平面的夹角θ为多大(用反三角函数表示)?【答案】(1)图见解析33.3 N 6.13 N(2)arctan 12【解析】 (1)风筝平衡时共受到三个力的作用，即重力mg 、风对它的作用力F 和主线对它的拉力T (如图所示)，以风筝平面方向为x 轴，F 方向为y 轴，建立一个坐标系，将重力和拉力T 正交分解在x 轴方向mg sin 30°－T cos 53°＝0在y 轴方向F ＝T sin 53°＋mg cos 30°联立两式，解得T ≈33.3 NF ≈6.13 N.(2)同理以水平方向为x 轴，竖直方向为y 轴建立坐标系．(如图所示)设风对风筝的作用力水平分力为F x ，竖直分力为F y ，由平衡条件知 F x ＝T cos 53°＝6 NF y ＝T sin 53°＋G ＝12 N风筝平面与水平面的夹角θ满足tan θ＝F xF y ＝12故θ＝arctan 12.。