（江苏专用）2020届高考物理一轮复习专题二相互作用课件.pptx

专题二 相互作用,高考物理 (江苏省专用),A组 自主命题江苏卷题组 考点一 三种常见的力 力的合成与分解,五年高考,1.(2019江苏单科,2,3分)如图所示,一只气球在风中处于静止状态,风对气球的作用力水平向 右。细绳与竖直方向的夹角为,绳的拉力为T,则风对气球作用力的大小为 ( ) A. B. C.T sin D.T cos ,答案 C 本题考查力的分解内容,有利于培养应用数学知识处理物理问题的能力,体现了核 心素养中的模型建构要素。 如图所示,气球处于平衡状态,在水平方向上风力与拉力T的水平分力平衡,F风=T sin ,故选项C 正确。,关键指导 气球在浮力、重力、水平向右的风力和绳的拉力共同作用下处于平衡状态,其中 浮力与重力的合力竖直向上。,2.(2016江苏单科,1,3分)一轻质弹簧原长为8 cm,在4 N的拉力作用下伸长了2 cm,弹簧未超出 弹性限度。则该弹簧的劲度系数为 ( ) A.40 m/N B.40 N/m C.200 m/N D.200 N/m,答案 D 根据胡克定律有F=kx,则k= = N/m=200 N/m,故D正确。,易错点拨 F=kx中的x为弹簧的形变量,而不是弹簧的总长度。本题中如果用弹簧总长度计算 k值,则会错选B。,3.(2011江苏单科,1,3分)如图所示,石拱桥的正中央有一质量为m的对称楔形石块,侧面与竖直 方向的夹角为,重力加速度为g。若接触面间的摩擦力忽略不计,则石块侧面所受弹力的大小 为 ( ) A. B. C. mg tan D. mg cot ,答案 A 石块受力如图所示,由对称性可知两侧面所受弹力FN1和FN2大小相等,设为FN,由三 力平衡可知四边形OABC为菱形,故ODC为直角三角形,且OCD=,则由 mg=FN sin 可得 FN= ,故A正确。,评析 考查受力分析和三力平衡知识,同时考查对数学知识的应用能力,特别是菱形转化成直 角三角形,再利用直角三角形特性解题的方法。,解题关键 明确研究对象,画好受力分析图。,考点二 共点力的平衡,4.(2010江苏单科,3,3分)如图所示,置于水平地面的三脚架上固定着一质量为m的照相机。三 脚架的三根轻质支架等长,与竖直方向均成30角,则每根支架中承受的压力大小为 ( ) A. mg B. mg C. mg D. mg,答案 D 如图,每根支架承受的压力为N,则N的竖直分量大小为 ,所以N= = mg, D正确。,方法指导 正交分解法。,解题思路 以照相机为研究对象,把每根支架对它的支持力分解在水平方向和竖直方向上,则 水平方向上的三个分力的合力为零,竖直方向上三个分力的合力大小等于照相机的重力。,B组 统一命题、省(区、市)卷题组 考点一 三种常见的力 力的合成与分解,1.(2019天津理综,2,6分)2018年10月23日,港珠澳跨海大桥正式通车。为保持以往船行习惯,在 航道处建造了单面索(所有钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥,其索塔与钢索如图所示。下列 说法正确的是 ( ) A.增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力 B.为了减小钢索承受的拉力,可以适当降低索塔的高度 C.索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时,钢索对索塔的合力竖直向下 D.为了使索塔受到钢索的合力竖直向下,索塔两侧的钢索必须对称分布,答案 C 本题考查实际情景下的受力分析和力的合成与分解,是物理知识在实际生活中的 具体应用,体现了科学思维中的科学推理素养。本题以港珠澳跨海大桥为背景材料,关注我国 的科技进步,体现爱国主义情怀。 每根钢索对索塔的拉力可分解为水平分力和竖直向下的分力,竖直方向上,索塔受到的向下的 压力大小等于钢索和桥面的总重力,故增加钢索数量不能减小索塔受到的向下的压力,A错;降 低索塔高度,钢索的水平倾角减小,钢索所受拉力反而会增大,B错;不论两侧钢索是否对称分 布,只要两侧钢索的水平分力相互抵消,钢索对索塔的合力就会竖直向下,C对,D错。,解题关键 对索塔和钢索进行受力分析,正确进行力的分解与合成是解决本题的关键。,答案 BC 本题考查力的分解。如图所示,把力F分解在垂直于木楔两侧的方向上,根据力的 作用效果可知,F1=F2=FN= ,由此式可见,B、C项正确,A、D项错误。,思路分析 力的分解方法 按照力的实际作用效果分解力,得出FN的函数式,结论便一目了然。,2.(2018天津理综,7,6分)(多选)明朝谢肇淛的五杂组中记载:“明姑苏虎丘寺塔倾侧,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,现在木楔背 上加一力F,方向如图所示,木楔两侧产生推力FN,则( ) A.若F一定,大时FN大 B.若F一定,小时FN大 C.若一定,F大时FN大 D.若一定,F小时FN大,3.(2015广东理综,19,6分)(多选)如图所示,三条绳子的一端都系在细直杆顶端,另一端都固定在 水平地面上,将杆竖直紧压在地面上,若三条绳长度不同,下列说法正确的有 ( ) A.三条绳中的张力都相等 B.杆对地面的压力大于自身重力 C.绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零 D.绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力,答案 BC 由于三条绳长度不同,则三条绳与竖直杆间的夹角不相等,因竖直杆仅是压在地 面上而没有固定,则三条绳对杆的拉力在水平方向的分力必平衡,但三个水平分力在水平面内 的方向关系不确定,故不能确定三条绳中张力的大小关系,A错误、C正确;由于三条绳对杆的 拉力在竖直方向的分力都向下,故B正确;绳子拉力的合力竖直向下,杆的重力也竖直向下,它们 不是一对平衡力,故D错误。,评析 本试题涉及不在同一平面内的外力的分析与处理,增大了试题的难度,主要考查了受力 分析与平衡问题,难度中等。,4.(2017课标,16,6分)如图,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.2- B. C. D.,考点二 共点力的平衡,答案 C 本题考查物体受力分析、滑动摩擦力、物体的平衡。 物块在水平力F作用下做匀速直线运动,其受力如图甲所示 甲 乙 由平衡条件:F=f、FN=mg 而f=FN=mg 即F=mg 当F的方向与水平面成60角时,其受力如图乙,由平衡条件: F cos 60=f1 f1=FN1=(mg-F sin 60) 联立解得= ,选项C正确。,一题多解 受力变化时,物块和桌面间的动摩擦因数不变,不妨假设摩擦力和支持力的合力方 向与支持力的夹角为,则有tan = =,因不变,故角不变,即F与mg的合力方向不变,由图可 知,当F由水平变为与水平面夹角为60时,F大小不变, =30,再由=tan 得=tan 30= 选项C正确。,5.(2019课标,16,6分)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30的固定斜面向上匀速运动,轻绳与斜 面平行。已知物块与斜面之间的动摩擦因数为 ,重力加速度取10 m/s2。若轻绳能承受的最 大张力为1 500 N,则物块的质量最大为 ( ) A.150 kg B.100 kg C.200 kg D.200 kg,答案 A 本题考查了对平衡条件的理解与应用,检验了理解能力、推理能力,体现了模型建 构、科学推理等核心素养。 物块沿斜面向上匀速运动,则物块受力平衡,满足关系F-mg sin 30-mg cos 30=0,其中= ,g =10 m/s2,当F=1 500 N时,物块的质量最大,为m= =150 kg,故A正确。,审题指导 物块沿斜面向上匀速运动,说明摩擦力为滑动摩擦力,f=mg cos 。轻绳承受 最大张力时对应物块的质量最大。,6.(2017课标,17,6分)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上, 弹性绳的原长也为80 cm。将一钩码挂在弹性绳的中点,平衡时弹性绳的总长度为100 cm;再 将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点,则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于 弹性限度内) ( ) A.86 cm B.92 cm C.98 cm D.104 cm,答案 B 设弹性绳劲度系数为k,绳总长l1=100 cm时,绳上弹力大小F1=k(l1-l0),绳中点处受力 平衡,设绳与水平方向夹角为,则有2F1 sin =F=G,cos = ,sin = ,绳两端缓慢移至同一点时, 设绳长为l2,其弹力大小F2=k(l2-l0),此时绳中点处受力平衡,有2F2=F=G,综上所述有2k(l1-l0) sin =2k(l2-l0),解得l2=92 cm,则选项B正确。,解题关键 关键词理解与情景构建 弹性绳可按弹簧模型处理,始终处于弹性限度内说明劲度系数k不变,钩码挂在绳的中点,绳中 点处受力平衡,两侧绳上弹力大小相等,等于弹性绳的弹力。,7.(2019课标,16,6分)用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件,为使工件保持固定,将其置于两 光滑斜面之间,如图所示,两斜面、固定在车上,倾角分别为30和60。重力加速度为g。 当卡车沿平直公路匀速行驶时,圆筒对斜面、压力的大小分别为F1、F2,则 ( ) A.F1= mg,F2= mg B.F1= mg,F2= mg C.F1= mg,F2= mg D.F1= mg,F2= mg,答案 D 本题考查物体的受力分析和共点力平衡条件,以及学生应用几何知识处理物理问 题的能力,体现了运动与相互作用观念。 以工件为研究对象,受力分析如图所示,重力与F1、F2的合力等大反向,根据共点力平衡条件得 =cos 30, =cos 60,则F1= mg,F2= mg,故只有D选项正确。,解题关键 本题重点是画力的合成图,找准角度,列三角函数方程求解。,8.(2019课标,19,6分)(多选)如图,一粗糙斜面固定在地面上,斜面顶端装有一光滑定滑轮。一 细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块N,另一端与斜面上的物块M相连,系统处于静止状态。现用水 平向左的拉力缓慢拉动N,直至悬挂N的细绳与竖直方向成45。已知M始终保持静止,则在此 过程中 ( ) A.水平拉力的大小可能保持不变 B.M所受细绳的拉力大小一定一直增加 C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加 D.M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加,答案 BD 本题考查了受力分析、共点力平衡中的动态平衡内容、理解能力和推理能力的 应用,体现了核心素养中科学推理、科学论证要素。 用水平拉力向左缓慢拉动N,如图所示,水平拉力F逐渐增大,细绳的拉力T逐渐增大,则细绳对M 的拉力逐渐增大,故A错误,B正确。 当物块M的质量满足mMg sin mNg时,初始时M受到的摩擦力方向沿斜面向上,这时随着对物 块N的缓慢拉动,细绳的拉力T逐渐增大,物块M所受的摩擦力先向上逐渐减小,然后可能再向下 逐渐增大,故C错误,D正确。,解题关键 系统处于静止状态,水平向左缓慢拉动N,M处于平衡状态,则N处于动态平衡状 态。因为物块M和物块N的质量关系未知,故存在多种可能,其中临界条件为mMg sin =mNg。,C组 教师专用题组 考点一 三种常见的力 力的合成与分解,1.(2014广东理综,14,4分)如图所示,水平地面上堆放着原木,关于原木P在支撑点M、N处受力 的方向,下列说法正确的是 ( ),A.M处受到的支持力竖直向上 B.N处受到的支持力竖直向上 C.M处受到的静摩擦力沿MN方向 D.N处受到的静摩擦力沿水平方向,答案 A 支持力的方向垂直于支持面,因此原木在M处受到的支持力垂直于地面竖直向上, 在N处受到的支持力过N垂直于切面斜向上,A项正确、B项错误;静摩擦力方向平行于接触面 且与相对运动趋势的方向相反,因此M处的静摩擦力沿水平方向,N处的静摩擦力沿MN方 向,C、D项都错误。,2.(2014山东理综,14,6分)如图,用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点,制成一 简易秋千。某次维修时将两轻绳各剪去一小段,但仍保持等长且悬挂点不变。木板静止时,F1 表示木板所受合力的大小,F2表示单根轻绳对木板拉力的大小,则维修后 ( ) A.F1不变,F2变大 B.F1不变,F2变小 C.F1变大,F2变大 D.F1变小,F2变小,答案 A 木板静止时受力情况如图所示,设轻绳与竖直木桩的夹角为,由平衡条件知,合力F1 =0,故F1不变,F2= ,剪短轻绳后,增大,cos 减小,F2增大,故A正确。,3.(2013课标,15,6分)如图,在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用,F平行于斜面向上。 若要物块在斜面上保持静止,F的取值应有一定范围,已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F2 0)。由此可求出 ( ),A.物块的质量 B.斜面的倾角 C.物块与斜面间的最大静摩擦力 D.物块对斜面的正压力,答案 C 当物块所受外力F为最大值F1时,具有沿斜面向上的运动趋势 由平衡条件可得:F1=mg sin +fm; 同理:当物块所受外力F为最小值F2时,具有沿斜面向下的运动趋势,即F2+fm=mg sin 。 联立解得fm= ,F1+F2=2mg sin ,由于物块质量m和斜面的倾角未知,故选项C正确,选 项A、B、D错误。,4.(2013广东理综,20,6分)(多选)如图所示,物体P静止于固定的斜面上,P的上表面水平。现把物 体Q轻轻地叠放在P上,则 ( ) A.P向下滑动 B.P静止不动 C.P所受的合外力增大 D.P与斜面间的静摩擦力增大,答案 BD P静止在斜面上时沿斜面方向有:mg sin =fmg cos ,即sin cos ,当把物体 Q放在P上时、均不变,可等效为P的质量变大,故P仍将保持静止,且合外力为零,则A、C均 错,B项正确。由f=mg sin 知,当m变大时f将随之变大,D项正确。,评析 本题考查斜面上的自锁现象,即当tan 时,静放于斜面上的物体,无论其质量多大也 不会下滑。题目中的“把物体Q轻轻地叠放在P上”相当于P的质量变大。,考点二 共点力的平衡,5.(2014上海单科,9,3分)如图,光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内,A端与水平面相 切。穿在轨道上的小球在拉力F作用下,缓慢地由A向B运动,F始终沿轨道的切线方向,轨道对 球的弹力为N。在运动过程中 ( ) A.F增大,N减小 B.F减小,N减小 C.F增大,N增大 D.F减小,N增大,答案 A 由题意知,小球在由A运动到B过程中始终处于平衡状态。设某一时刻小球运动至 如图所示位置,则对球由平衡条件得:F=mg sin ,N=mg cos ,在运动过程中,增大,故F增大,N减 小,A正确。,6.(2017天津理综,8,6分)(多选)如图所示,轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N 上的a、b两点,悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的,挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个 条件,当衣架静止时,下列说法正确的是 ( ) A.绳的右端上移到b,绳子拉力不变 B.将杆N向右移一些,绳子拉力变大 C.绳的两端高度差越小,绳子拉力越小 D.若换挂质量更大的衣服,则衣架悬挂点右移,答案 AB 本题考查物体受力分析、物体的平衡。衣架挂钩为“活结”模型,oa、ob为一根 绳,两端拉力相等,设绳aob长为L,M、N的水平距离为d,bo延长线交M于a,由几何知识知ao=ao, sin = ,由平衡条件有2F cos =mg,则F= ,当b上移到b时,d、L不变,不变,故F不变,选项 A正确,C错误。将杆N向右移一些,L不变,d变大,变大,cos 变小,则F变大,选项B正确。只改 变m,其他条件不变,则sin 不变,不变,衣架悬挂点不变,选项D错误。,解题关键 绳的“活结”模型两端受力相等 如果只改变a、b的高度差,不改变a、b间的水平距离,绳与竖直杆的夹角不变,在b点移动过程 中,“活结”对应的位置如图所示。,7.(2016课标,17,6分)如图,两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上;一细线穿过 两轻环,其两端各系一质量为m的小球。在a和b之间的细线上悬挂一小物块。平衡时,a、b间 的距离恰好等于圆弧的半径。不计所有摩擦。小物块的质量为 ( ) A. B. m C.m D.2m,答案 C 由于物块通过挂钩悬挂在线上,细线穿过圆环且所有摩擦都不计,可知线上各处张 力都等于小球重力mg。如图所示,由对称性可知a、b位于同一水平线上,物块处于圆心O点正 上方,则1=2,3=4,1=5。因圆弧对轻环的弹力沿圆弧半径方向,且轻环重力不计, 由平衡条件知环两侧细线关于圆弧半径对称,即5=6,由几何关系得1=2=5=6=30 ,3=4=60。再由物块与挂钩的受力平衡有mg cos 60+mg cos 60=Mg,故有M=m,C正确。,8.(2017课标,21,6分)(多选)如图,柔软轻绳ON的一端O固定,其中间某点M拴一重物,用手拉住 绳的另一端N。初始时,OM竖直且MN被拉直,OM与MN之间的夹角为( )。现将重物向右 上方缓慢拉起,并保持夹角不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中 ( ) A.MN上的张力逐渐增大 B.MN上的张力先增大后减小 C.OM上的张力逐渐增大 D.OM上的张力先增大后减小,答案 AD 本题考查对共点力平衡问题的理解和推理能力,要求运用数学工具求解物理问 题。 设MN上的张力为T,OM上的张力为F,在缓慢拉起的过程中重物处于动态平衡状态。当OM与 竖直方向成任意角时,由受力分析有 F cos +T cos (-)=mg F sin =T sin (-) 利用三角函数化简解得 T= mg,F= mg 可知,在由0增加至 的过程中,MN上的张力T逐渐增大,选项A正确,B错误。由于OM与MN之 间的夹角 ,所以在由0增加至 的过程中,-的值先由大于 减小至 后,进一步再减小, 相应sin (-)的值先增大后减小,即OM上的张力F先增大后减小,选项C错误,D正确。,一题多解 重物受到重力mg、OM绳的拉力FOM、MN绳的拉力FMN共三个力的作用。缓慢拉 起过程中任一时刻可认为是平衡状态,三力的合力恒为0。如图所示,由三角形定则得一首尾 相接的闭合三角形,由于 且不变,则三角形中FMN与FOM的交点在一个优弧上移动,由图可以 看出,在OM被拉到水平的过程中,绳MN中拉力一直增大且恰好达到最大值,绳OM中拉力先增 大后减小,故A、D正确,B、C错误。,A组 20172019年高考模拟考点基础题组 考点一 三种常见的力 力的合成与分解,三年模拟,1.(2019江苏南京、盐城二模联考,1)如图所示,物理课本放在水平桌面上,下列说法中正确的是 ( ) A.桌面对课本的支持力与课本的重力是一对平衡力 B.桌面对课本的支持力与课本对桌面的压力是一对平衡力 C.桌面对课本的支持力与课本的重力是一对作用力与反作用力 D.课本对桌面的压力就是课本的重力,答案 A 桌面对课本的支持力与课本的重力等大、反向,位于同一直线,都作用在课本上,是 一对平衡力,选项A正确,C错误;桌面对课本的支持力与课本对桌面的压力是一对作用力与反 作用力,选项B错误;课本对桌面的压力是由课本想要恢复形变而产生的对桌面向下的压力,施 力物体是课本,方向垂直于桌面,大小等于课本的重力,但不是重力,选项D错误。,2.(2019江苏南通海安期末,1)如图所示,跳水运动员在走板时,从跳板的a端缓慢地走到b端,跳 板逐渐向下弯曲,在此过程中,该运动员对跳板的 ( ) A.压力不断增大 B.摩擦力不断增大 C.作用力不断增大 D.作用力不断减小,答案 B 以运动员为研究对象,由平衡条件知,跳板对运动员的支持力N=mg cos ,摩擦力f= mg sin ,是跳板与水平方向的夹角。运动员从跳板a端缓慢走到b端时,逐渐增大,N减小,f增 大。由牛顿第三定律知,运动员对跳板的压力减小,摩擦力增大,A错误,B正确;跳板对运动员的 作用力是支持力和摩擦力的合力,与重力等大反向,则跳板对运动员的作用力保持不变,根据牛 顿第三定律,运动员对跳板的作用力保持不变,故C、D均错。,方法指导 运动员从a端缓慢地走到b端的过程,是动态平衡过程,分析时要选择好研究对象,分 析受力情况,利用平衡条件找到各力与夹角间的表达式,再根据夹角的变化即可确定各力的变 化。,3.(2018江苏如东中学、姜堰中学等五校联考,6)如图所示,一辆运送沙子的自卸卡车装满沙子, 沙粒之间的动摩擦因数为1,沙子与车厢底板的动摩擦因数为2(21),车厢的倾角用表示,下 列说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力) ( ) A.要顺利地卸干净全部沙子,应满足tan 2 C.只卸去部分沙子,车上还留有一部分沙子,应满足tan 21 D.只卸去部分沙子,车上还留有一部分沙子,应满足2tan 1,答案 D 放在斜面上的物体恰不下滑时有mg sin =mg cos ,即=tan 是物体恰好不会下 滑的临界条件,由此可知,A、B均错。1tan 时, 沙粒会下滑;2tan 时,沙粒将全部从车厢底 板滑下,可见C错,D正确。,规律总结 =tan 时,静止在斜面上的物体恰好不下滑;tan 时,物体沿斜面下滑。,考点二 共点力的平衡,4.(2019江苏南通启东、前黄中学等七校联考,2)如图所示,墙壁清洁机器人在竖直玻璃墙面上 由A点沿直线匀速“爬行”到右上方B点。对机器人在竖直平面内受力分析正确的是 ( ),答案 B 机器人匀速爬行,受竖直向下的重力和竖直向上的作用力而处于平衡状态,故 选B。,5.(2019江苏盐城中学阶段测试,2)如图所示,带有孔的小球A套在粗糙的倾斜直杆上,与正下方 的小球B通过轻绳连接,处于静止状态。给小球B施加水平力F使其缓慢上升,直到小球A刚要 滑动,在此过程中 ( ) A.水平力F的大小不变 B.杆对小球A的支持力不变 C.轻绳对小球B的拉力先变大后变小 D.杆对小球A的摩擦力先变小后变大,答案 D 对B球受力分析,B球受拉力F、重力和轻绳的拉力T作用,合力为零,如图甲所示。 由此可知,设轻绳与竖直方向的夹角为,随着的增加,拉力F和轻绳张力T均增加,故A、C错 误。再对A、B球整体进行受力分析,受重力、拉力F、支持力N和静摩擦力f,如图乙所示。 甲 乙 设直杆与水平方向的夹角为,根据平衡条件,在垂直杆的方向上有N=(M+m)g cos +F sin ,随着F的增大,支持力N增大;在平行于杆的方向上有F cos +f=(M+m)g sin ,可得:f=(M+m)g sin -F cos , 可知随着F的增大,静摩擦力逐渐减小,当(M+m)g sin =F cos 时,摩擦力为零,此后静摩擦力反向增大,故B错误,D正确。,6.(2018江苏常州月考,8)(多选)如图所示,在倾斜的滑杆上套一个质量为m的圆环,圆环通过轻 绳拉着一个质量为M的物体,在圆环沿滑杆向下滑动的过程中,悬挂物体的轻绳始终处于竖直 方向,不计空气阻力。则 ( ) A.物体做匀速运动 B.环只受三个力作用 C.环一定受四个力作用 D.物体的重力小于悬绳对物体的拉力,答案 AC 物体的运动轨迹为平行于杆的直线,而受力方向均在竖直方向,故小球所受合力 必为零,做匀速运动,重力大小等于悬绳的拉力大小,故A对,D错。环与小球的运动相同,所受合 力必为零,所以必受摩擦力,此外还受重力、支持力、悬绳的拉力,故B错,C对。,7.(2019江苏通州、海门、启东联考,8)(多选)如图所示,橡皮筋一端固定在竖直墙的O点,另一 端悬挂质量为m的小球静止在M点(图示平面与墙面平行)。O点正下方N处固定一铁钉(橡皮 筋靠在铁钉左侧),ON间距等于橡皮筋原长,现对小球施加拉力F,使小球沿以MN为直径的圆弧 缓慢向N运动,橡皮筋始终在弹性限度内,不计一切摩擦,则小球从M移动到N的过程中 ( ) A.橡皮筋的弹力一直在变小 B.拉力F的方向始终跟橡皮筋垂直 C.拉力F的方向始终跟圆弧垂直 D.拉力F先变大后变小,答案 AB 小球从M移动到N的过程中,橡皮筋的长度越来越小,即橡皮筋的形变量越来越小, 所以橡皮筋的弹力一直在变小,故A正确;对小球在圆弧上任意一点A受力分析,小球受重力、 橡皮筋的弹力(方向沿AN)、拉力F三个力作用,由三角形定则可知,拉力方向始终跟橡皮筋垂 直,故B正确,C错误;小球在圆弧上由M向N运动,橡皮筋的弹力越来越小,由三角形定则可知,拉 力F越来越大,故D错误。,思路点拨 结合实际情境分析,橡皮筋的形变量越来越小,所以橡皮筋的弹力越来越小,由三角 形定则分析拉力的方向和大小。,B组 20172019年高考模拟专题综合题组 时间:15分钟 分值:23分 一、单项选择题(每小题3分,共15分),1.(2019江苏南通如皋期末,1)如图,A、B、C、D是四个完全相同的球,重力皆为G,A、B、C放 置在水平面上用细线扎紧,D球叠放在A、B、C三球上面,则球A对地面的压力为 ( ) A. B. C. D.G,答案 A 根据整体法,A、B、C、D四个球所受重力与地面对它们的支持力平衡,设地面对 下面每个球的支持力均为N,则有3N=4G,由牛顿第三定律可知,球A对地面的压力为N= G,即A 正确。,2.(2019江苏常州新北区期中)某班级同学要调换座位,一同学用斜向上的拉力拖动桌子沿水平 地面匀速运动。已知桌子的总质量为10 kg,若拉力的最小值为50 N,此时拉力与水平方向间的 夹角为。重力加速度大小为g=10 m/s2,桌子与地面间的动摩擦因数为,不计空气阻力,则 ( ) A.= ,=60 B.= ,=60 C.= ,=30 D.= ,=30,答案 D 对桌子受力分析,如图,由平衡条件得:竖直方向:F sin +N=mg,得N=mg-F sin ;水平 方向:F cos -f=0,又f=N=N,联立得F= = ,式中的满足tan = 。 据题,拉力的最小值为50 N,则有 =50 N,解得= ,可得 =60,=90-=30,故A、B、C 错误,D正确。,3.(2019江苏南师附中等四校联考,2)使用自卸式货车可以提高工作效率。如图所示,在车厢由 水平位置缓慢抬起的过程中,关于货物所受车厢的支持力FN和摩擦力Ff,下列说法正确的是( ) A.支持力FN逐渐减小 B.支持力FN先减小后不变 C.摩擦力Ff逐渐增大 D.摩擦力Ff先增大后不变,答案 A 设车厢与水平面夹角为,支持力FN=mg cos ,cos 随角度的增大而减小,则支持力 一定是逐渐减小的,故A正确、B错误。开始时货物受重力和支持力,抬起后受到斜向上的静 摩擦力;静摩擦力等于重力沿车厢斜面向下的分力,即Ff=mg sin ,随着角度的增大,摩擦力增 大;当角度达一定程度时,物体开始滑动,货物受到的摩擦力由静摩擦力变化为滑动摩擦力,而 滑动摩擦力Ff=mg cos ,cos 随角度的增加而减小,故摩擦力将减小;综合可知摩擦力是先增 大后减小的,故C、D错误。,温馨提示 根据斜面角度的变化可知货物受力的变化;同时货物的运动状态也会发生变化,所 受摩擦力由静摩擦力转化为滑动摩擦力,根据两种摩擦力的表达式可求得摩擦力的变化。 本题考查静摩擦力与滑动摩擦力的大小表达式,在分析摩擦力问题时一定要先明确物体受到 的是滑动摩擦力还是静摩擦力;一般来说,最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力。,4.(2019江苏高考模拟卷,3)如图所示,一左半部分是半个圆柱的柱状物体B放在粗糙的水平地 面上,在B与竖直墙之间放置一光滑小球A,整个系统处于静止状态。现用水平力F拉动B缓慢 向右移动一小段距离后,它们仍处于静止状态,在此过程中,下列判断正确的是 ( ) A.小球A对物体B的压力逐渐增大 B.小球A对物体B的压力逐渐减小 C.墙面对小球A的支持力逐渐减小 D.墙面对小球A的支持力先增大后减小,答案,A 对A球受力分析并建立直角坐标系如图 由平衡条件,竖直方向有F cos =mg 水平方向:N=F sin ,联立解得:F= N=mg tan B缓慢向右移动一小段距离,A缓慢下落,则增大。所以F增大,N增大,由牛顿第三定律知小球A 对物体B的压力逐渐增大,故A正确,B、C、D错误。,解题方法 对A球受力分析,根据平衡条件写出B对A的弹力和墙对A的支持力的表达式,根据 表达式讨论大小的变化。 本题考查了物体的平衡条件的应用,采用写出函数表达式来分析的方法。也可用合成法求解。,5.(2019江苏连云港模拟,14)如图所示,在倾角为的粗糙固定斜面上,有一质量为m的物块,用水 平推力F作用使物块静止在斜面上,物块与斜面间的动摩擦因数为,关于水平推力F的大小,下 面说法中一定成立的是 ( ) A.F mg B.F mg C. mgF mg D.无法确定,答案 D 若tan ,物块在斜面上静止时无须水平推力,A、C错误;若斜面倾角较大,不管水 平推力的大小如何,物块都无法上滑,所以F不一定有上限,B错误;故本题答案为D。,6.(2018江苏扬州月考,10)如图所示,质量为m的小正方体和质量为M的大正方体放在两竖直墙 和水平面间,处于静止状态。小正方体和大正方体接触的面与竖直方向的夹角为,重力加速 度为g,若不计一切摩擦,下列说法正确的是 ( ) A.水平面对大正方体的弹力大小等于(M+m)g B.水平面对大正方体的弹力大小等于(M+m)g cos C.墙面对小正方体的弹力大小为mg tan D.墙面对小正方体的弹力大小为,二、多项选择题(每小题4分,共8分),答案 AD 对两物体组成的系统受力分析可知,水平面对大正方体的支持力等于(M+m)g,墙 面对大正方体和小正方体的弹力为一对平衡力;再对小正方体分