（课标Ⅱ卷）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 (课标专用),考点一 常见的三种力、力的合成与分解,五年高考,A组 统一命题课标卷题组,1.(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。,考点二 受力分析、共点力的平衡,2.(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。,3.(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。,4.(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。,5.(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。,6.(2016课标,19,6分)(多选)如图,一光滑的轻滑轮用细绳OO悬挂于O点;另一细绳跨过滑轮, 其一端悬挂物块a,另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b,整个系统处 于静止状态。若F方向不变,大小在一定范围内变化,物块b仍始终保持静止,则 ( ) A.绳OO的张力也在一定范围内变化 B.物块b所受到的支持力也在一定范围内变化 C.连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化 D.物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化,答案 BD 系统处于静止状态,连接a和b的绳的张力大小T1等于物块a的重力Ga,C项错误;以 O点为研究对象,受力分析如图甲所示,T1恒定,夹角不变,由平衡条件知,绳OO的张力T2恒定 不变,A项错误;以b为研究对象,受力分析如图乙所示,则 FN+T1 cos +F sin -Gb=0 f+T1 sin -F cos =0 FN、f均随F的变化而变化,故B、D项正确。,考查点 共点力平衡、正交分解法 思路分析 以O点为研究对象,由三力平衡分析绳OO的张力变化情况;以物块b为研究对象,用 正交分解法列方程分析物块b所受支持力及与桌面间摩擦力的变化情况。,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。 考查点 共点力平衡 解题关键 利用几何关系推出各角的大小。 审题技巧 (1)给出a、b间的距离恰好等于圆弧的半径,应该联想到a、b、O连线组成等边三 角形。,(2)圆弧对轻环的弹力沿圆弧半径方向。,B组 自主命题省(区、市)卷题组,考点一 常见的三种力、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。,2.(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。,3.(2019浙江4月选考,6,3分)如图所示,小明撑杆使船离岸,则下列说法正确的是 ( ) A.小明与船之间存在摩擦力 B.杆的弯曲是由于受到杆对小明的力 C.杆对岸的力大于岸对杆的力 D.小明对杆的力和岸对杆的力是一对相互作用力,答案 A 小明与船之间存在相对运动的趋势,则存在静摩擦力,选项A正确;杆的弯曲是由于 杆受到力的作用,选项B错误;杆对岸的力与岸对杆的力是作用力与反作用力,大小相等,选项C 错误;小明对杆的力和杆对小明的力是一对相互作用力,选项D错误。,4.(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,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。 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。,5.(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。,6.(2015山东理综,16,6分)如图,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1,A与地面间的 动摩擦因数为2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A与B的质量之比为 ( ) A. B. C. D.,答案 B 设水平作用力大小为F,则对于B:1F=mBg,对于整体:F=2(mA+mB)g,解得 = 。,7.(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,考点二 受力分析、共点力的平衡,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。,8.(2015浙江理综,20,6分)(多选)如图所示,用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1 kg的 小球A悬挂到水平板的M、N两点,A上带有Q=3.010-6 C的正电荷。两线夹角为120,两线上的 拉力大小分别为F1和F2。A的正下方0.3 m处放有一带等量异种电荷的小球B,B与绝缘支架的 总质量为0.2 kg(重力加速度取g=10 m/s2;静电力常量k=9.0109 Nm2/C2,A、B球可视为点电荷), 则 ( ) A.支架对地面的压力大小为2.0 N B.两线上的拉力大小F1=F2=1.9 N C.将B水平右移,使M、A、B在同一直线上,此时两线上的拉力大小F1=1.225 N,F2=1.0 N D.将B移到无穷远处,两线上的拉力大小F1=F2=0.866 N,答案 BC 小球B和支架组成的整体,在三个力作用下平衡,故有:FN+FAB=mBg,FAB=k ,联立两 式解得:FAB=0.9 N,FN=1.1 N,根据牛顿第三定律可判断出A错。小球A在四个力作用下平衡,如 图(甲)所示。 (甲) 由对称性可知F1=F2,在竖直方向上有: 2F1 cos 60=2F2 cos 60=mAg+FBA,解得F1=F2=1.9 N,可见B正确。 当B球与M、A共线时,A球受力情况如图(乙)所示, (乙),由几何关系可知rAB=0.6 m,FBA=k =0.225 N。将A球所受重力分解在MA和NA的方向上,由 上述两个方向上分力的合力为零可得:F1=1.225 N,F2=1.0 N,故C正确。B球移至无穷远处 时,A、B之间的库仑力忽略不计,对A球由三力平衡条件可求得F1=F2=mAg=1.0 N,故D错。,9.(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。,C组 教师专用题组,考点一 常见的三种力、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M处受到的支持力垂直于地面竖直向上,N处支持 力过N垂直于切面斜向上,A项正确、B项错;静摩擦力方向平行于接触面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.(2013课标,15,6分,0.698)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F 2(F20)。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 物块对斜面的正压力FN=mg cos 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。 考查点 重力在斜面上的分解、最大静摩擦力、共点力的平衡 思路点拨 解答提示 重力在斜面上的分解属常用分解,垂直斜面分量为mg cos ,沿斜面分量为mg sin , 这个结论需要熟记。,3.(2013课标,21,6分,0.235)(多选)2012年11月,“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着 舰成功。图(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并 成功钩住阻拦索后,飞机的动力系统立即关闭,阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力,使飞 机在甲板上短距离滑行后停止。某次降落,以飞机着舰为计时零点,飞机在t=0.4 s时恰好钩住 阻拦索中间位置,其着舰到停止的速度-时间图线如图(b)所示。假如无阻拦索,飞机从着舰到 停止需要的滑行距离约为1 000 m。已知航母始终静止,重力加速度的大小为g。则 ( ) 图(a),图(b) A.从着舰到停止,飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10 B.在0.4 s2.5 s时间内,阻拦索的张力几乎不随时间变化 C.在滑行过程中,飞行员所承受的加速度大小会超过2.5g D.在0.4 s2.5 s时间内,阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变,答案 AC 速度图线与时间轴所围面积表示物体的位移,估算图中面积约为110 m,故A正确; 由于速度图线的斜率表示物体的加速度,由图可知在0.4 s2.5 s内飞机加速度大小几乎不变, 约为27 m/s2,则飞机所受阻拦索的合力F不变,但飞机的速度在减小,两侧阻拦索间夹角在减 小,故由P=Fv知D错误;由F=2T cos 知阻拦索的张力在减小,B错误;由上述知C正确。 考查点 力的合成与分解、运动图像问题 解题关键 (1)估算v-t图像中图线与时间轴所围面积,00.4 s围成的图形视为矩形,0.43.0 s围 成的图形视为三角形。 (2)0.42.5 s加速度不变,则合力不变,由力的合成可知拦阻索的张力改变。 易错警示 阻拦系统对飞机做功的功率等于两个拦阻索的张力功率的代数和,也等于阻拦索 合力对飞机做功的功率。,4.(2013上海单科,8,2分)如图,质量mAmB的两物体A、B叠放在一起,靠着竖直墙面。让它们由 静止释放,在沿粗糙墙面下落过程中,物体B的受力示意图是 ( ),答案 A A、B在竖直下落过程中与墙面没有弹力,所以也没有摩擦力,A、B均做自由落体运 动,处于完全失重状态,均只受重力,故A正确。,5.(2013广东理综,20,4分)(多选)如图,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 =fmgcos ,即sin cos ,当把物体 Q放在P上时、均不变,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。,6.(2013上海单科,18,4分)(多选)两个共点力F1、F2大小不同,它们的合力大小为F,则 ( ) A.F1、F2同时增大一倍,F也增大一倍 B.F1、F2同时增加10 N,F也增加10 N C.F1增加10 N,F2减少10 N,F一定不变 D.若F1、F2中的一个增大,F不一定增大,答案 AD 根据求合力的公式F= (为F1、F2的夹角),若F1、F2都变为原 来的2倍,合力也一定变为原来的2倍,A正确;对于B、C两种情况,力的变化不是按比例增加或 减少的,不能判断合力的变化情况,B、C错误;若F1与F2共线反向,F1F2,则F=F1-F2,F1增大时,F 增大,F2增大且小于F1时,F减小,所以D正确。,7.(2013海南单科,2,3分)一质点受多个力的作用,处于静止状态。现使其中一个力的大小逐渐 减小到零,再沿原方向逐渐恢复到原来的大小。在此过程中,其他力保持不变,则质点的加速度 大小a和速度大小v的变化情况是 ( ) A.a和v都始终增大 B.a和v都先增大后减小 C.a先增大后减小,v始终增大 D.a和v都先减小后增大,答案 C 质点在多个力作用下处于静止状态时,其中一个力必与其余各力的合力等值反 向。当该力大小逐渐减小到零的过程中,质点所受合力从零开始逐渐增大,做加速度逐渐增大 的加速运动;当该力再沿原方向逐渐恢复到原来大小的过程中,质点所受合力方向仍不变,大小 逐渐减小到零,质点沿原方向做加速度逐渐减小的加速运动,故C正确。,8.(2012上海单科,6,2分)已知两个共点力的合力为50 N,分力F1的方向与合力F的方向成30角, 分力F2的大小为30 N。则 ( ) A.F1的大小是唯一的 B.F2的方向是唯一的 C.F2有两个可能的方向 D.F2可取任意方向,答案 C 由F1、F2和F的矢量三角形图可以看出: 因F2=30 NF20=25 N且F2F,所以F1的大小有两个,即F1和F1,F2的方向有两个,即F2的方向和 F2的方向,故选项A、B、D错误,选项C正确。,9.(2013江苏单科,14,16分)如图所示,将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸 板迅速抽出,砝码的移动很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板 的质量分别为m1和m2,各接触面间的动摩擦因数均为。重力加速度为g。,(1)当纸板相对砝码运动时,求纸板所受摩擦力的大小; (2)要使纸板相对砝码运动,求所需拉力的大小; (3)本实验中,m1=0.5 kg,m2=0.1 kg,=0.2,砝码与纸板左端的距离d=0.1 m,取g=10 m/s2。若砝码 移动的距离超过l=0.002 m,人眼就能感知。为确保实验成功,纸板所需的拉力至少多大?,答案 (1)(2m1+m2)g (2)大于2(m1+m2)g (3)22.4 N 解析 (1)砝码对纸板的摩擦力f1=m1g 桌面对纸板的摩擦力f2=(m1+m2)g f=f1+f2 解得f=(2m1+m2)g (2)设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为a2,则 f1=m1a1 F-f1-f2=m2a2 发生相对运动a2a1 解得F2(m1+m2)g,(3)纸板抽出前,砝码运动的距离x1= a1 纸板运动的距离:d+x1= a2 纸板抽出后,砝码在桌面上运动的距离,x2= a3 l=x1+x2 由题意知a1=a3,a1t1=a3t2 解得F=2m1+(1+ )m2g 代入数据得F=22.4 N,10.(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 ( ),考点二 受力分析、共点力的平衡,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。,11.(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。,12.(2013重庆理综,1,6分)如图所示,某人静躺在椅子上,椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜 角。若此人所受重力为G,则椅子各部分对他的作用力的合力大小为 ( ) A.G B.G sin C.G cos D.G tan ,答案 A 因人静躺在椅子上,由二力平衡可知椅子各部分对人的作用力的合力大小为G,方 向竖直向上。答案为A。,13.(2012课标,16,6分)如图,一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的压力大小为N1, 球对木板的压力大小为N2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴,将木板从图示位置开 始缓慢地转到水平位置。不计摩擦,在此过程中 ( ) A.N1始终减小,N2始终增大 B.N1始终减小,N2始终减小 C.N1先增大后减小,N2始终减小 D.N1先增大后减小,N2先减小后增大,答案 B 对小球进行受力分析(如图所示),设板与墙夹角为,转到水平位置过程中逐渐增 大,N1=G cot ,N2=N2,N2= ,而在第一象限内sin 为增函数,cot 为减函数,可知随着增大N1 和N2都减小,则只有B正确。 评析 本题考查共点力的动态平衡,由于小球缓慢运动,故对应的每一时刻都可按平衡处理,处 理动态平衡方法较多,本题除应用函数法外,还可应用画三角形、正弦定理、拉密定理等方法 解题,是较常见的题型,为中等难度试题。,14.(2014课标,17,6分,0.207)如图,用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上,系统处于平衡状 态。现使小车从静止开始向左加速,加速度从零开始逐渐增大到某一值,然后保持此值,小球稳 定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内),与稳定在竖直位置时相比,小球的高度 ( ) A.一定升高 B.一定降低 C.保持不变 D.升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定,答案 A 设橡皮筋原长为l0 加速前平衡时橡皮筋伸长了x0 则有kx0=mg 当加速并稳定时设小球偏离竖直方向角,橡皮筋伸长了x 由小球在竖直方向受力平衡有 kx cos =mg 联立得kx cos =kx0 x cos =x0 此时小球距悬挂点的竖直高度 h=(l0+x)cos =l0 cos +x cos ,=l0 cos +x0l0+x0 故小球一定升高 选项A正确。 考查点 弹力、平衡问题 解题关键 以小球为研究对象,小球在竖直方向上受力始终平衡,即mg=kx0=kx cos 。x0=x cos ,而l0 cos l0,导致l0 cos +x0l0+x0,即小球升高。 易错警示 解题时不能只注意到x0=x cos 而忽视l0 cos l0。,考点一 常见的三种力、力的合成与分解,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,1.(2019黑龙江大庆实验中学二轮复习试卷,2)如图所示,A、B两物体叠放在水平地面上,A物体 质量m=20 kg,B物体质量M=30 kg。处于水平位置的轻弹簧一端固定于墙壁,另一端与A物体 相连,弹簧处于自然状态,其劲度系数为250 N/m,A与B之间、B与地面之间的动摩擦因数均为 =0.2。现有一水平推力F作用于物体B上,使B缓慢地向墙壁移动,当B移动0.2 m,水平推力的大 小为(g取10 m/s2) ( ) A.100 N B.140 N C.150 N D.200 N,答案 B 若A物块未滑动,则弹簧的压缩量为0.2 m,则弹簧的弹力F1=kx=2500.2 N=50 N mg=40 N,假设不成立。 根据平衡条件可得F=(m+M)g+mg=0.25010 N+0.22010 N=140 N,故B正确,A、C、D错 误。 考查点 弹力、摩擦力、平衡 解题指导 判断弹簧的弹力和摩擦力的大小关系,判断运动状态,再根据平衡条件求解。,2.(2019辽宁沈阳郊联体期末,4)如图所示,两个三角形物块A、B叠放在轻弹簧上,左侧为粗糙 的竖直墙壁,用力F将物块竖直向下缓慢压一小段距离后又缓慢撤去,A、B恢复静止状态,整个 过程中弹簧始终保持竖直,则A、B恢复静止状态后 ( ) A.弹簧弹力的大小小于两物块的总重力 B.墙壁对A有竖直向下的静摩擦力作用 C.B受到A沿接触面向下的静摩擦力作用 D.B对A的作用力大小大于A的重力大小,答案 C 对A、B组成的整体进行受力分析可知,墙壁对A没有弹力,否则水平方向不能平衡, 而没有弹力就没有摩擦力,根据平衡条件,结合整体法可知,弹簧弹力的大小等于两物体的总重 力,故A、B错误;对A受力分析,知A受到B沿接触面向上的静摩擦力作用,则B受到A沿接触面向 下的静摩擦力作用,故C正确;B对A的作用力有弹力与静摩擦力,其合力的大小与A的重力平衡, 故D错误。故选C。 考查点 弹力、摩擦力 思路分析 本题主要是考查弹力与摩擦力的关系,注意有弹力不一定有摩擦力,而有摩擦力一 定有弹力,同时要掌握平衡条件的应用。,3.(2019陕西汉中重点中学联考,2)如图所示,A、B两物块叠放在一起,B受到一水平向左的作用 力F,A、B在粗糙的水平地面上保持相对静止地向右做直线运动,在运动过程中,下列关于A、 B所受到的摩擦力的说法正确的是 ( ) A.A受到水平向右的摩擦力 B.A可能不受摩擦力作用 C.B受到地面水平向左的摩擦力 D.B可能不受地面的摩擦力作用,答案 C 地面粗糙,两物块整体向右运动,则地面对整体的滑动摩擦力向左,选项C正确,D错 误;因为F向左,则整体的合外力向左,加速度向左,则对A来说其肯定受到B对A向左的摩擦力,选 项A、B错误。故选C。 考查点 摩擦力 思路分析 先对整体受力分析,根据相对地面的运动方向可知地面对B的摩擦力方向;根据合 外力方向判断整体的加速度方向,隔离A可知B对A的摩擦力方向。,4.(2017重庆高三一诊,17)如图所示,有8个完全相同的长方体木板叠放在一起,每个木板的质量 为100 g,某人用手在这叠木板的两侧各加一大小为F的水平压力,使木板水平静止。若手与木 板之间的动摩擦因数为1=0.5,木板与木板之间的动摩擦因数为2=0.2,最大静摩擦力等于滑动 摩擦力,g取10 m/s2。则水平压力F至少为 ( ) A.8 N B.15 N C.16 N D.30 N,答案 B 把8个木板看成整体:在竖直方向上受重力、静摩擦力,二力平衡,有21F8mg 对中间6个木板进行分析,在竖直方向上受重力、静摩擦力,二力平衡,可得 22F6mg 由可得F8 N,由可得F15 N,故B正确。 方法指导 先对8个木板整体分析,再对中间6个木板隔离分析。,5.(2018甘肃兰州一诊,17)一质量为m的物体用一根足够长细绳悬吊于天花板上的O点,现用光 滑的金属钩子钩住细绳,水平向右缓慢拉动绳子(钩子与接触点A始终在一条水平线上),下列说 法正确的是 ( ) A.钩子对细绳的作用力始终水平向右 B.OA段绳子的张力逐渐增大 C.钩子对细绳的作用力先减小后增大 D.钩子对细绳的作用力不可能等于 mg,答案 D OA段绳子的张力始终等于物体的重力,大小不变,故B错误。绳子对钩子的作用力 等于两段绳子拉力的合力,因为两段绳子之间的夹角逐渐减小,绳子对钩子的作用力逐渐增大, 方向逐渐改变,由牛顿第三定律知钩子对细绳的作用力大小逐渐增大、方向逐渐改变,故A、 C错误。因为钩子与接触点A始终在一条水平线上,两段绳子之间的夹角不可能达到90,细绳 对钩子的作用力不可能等于 mg,由牛顿第三定律知钩子对细绳的作用力也不可能等于 mg,故D正确。 考查点 力的合成、共点力平衡 温馨提示 钩子与接触点A始终在一条水平线上,说明两段绳子之间的夹角不可能达到90。,6.(2018重庆八中月考,24)如图所示,一本大字典置于桌面上,一张A4纸(质量与厚度均可忽略不 计)夹在字典最深处。假设字典的质量分布均匀,同一页纸上的压力分布也均匀,字典总质量M =1.5 kg、宽L=16 cm、高H=6 cm,A4纸上下表面与书页之间的动摩擦因数均为1=0.3,字典与 桌面之间的动摩擦因数为2,各接触面的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力,水平向右拉动A4 纸,当A4纸夹在字典中离桌面的高度h为2 cm,字典恰好能被拖动。重力加速度g取10 m/s2,求: (1)字典与桌面之间的动摩擦因数2; (2)若将A4纸夹在字典最深处,且离桌面高度为3 cm,用水平向右的拉力F将A4纸从字典中匀速 抽出,写出拉力F与A4纸位移x之间关系的函数表达式(在抽出A4纸的过程中,只有与A4纸上方 重叠部分的字典才对A4纸有压力)。,答案 (1)0.4 (2)见解析 解析 (1)字典刚好被拖动,A4纸对字典的摩擦力f=f桌 而f桌=2Mg f=21mg m= M 代入数据得2=0.4 (2)A4纸夹在字典最深处,且离桌面的高度为3 cm,高于2 cm,所以拖不动字典,当A4纸被抽出至 位移为x时,纸上压力FN= 此时A4纸受到的拉力大小F=f=21FN 即F=1Mg 代入数据得F=4.5-28.125x(N) 考查点 摩擦力 解题关键 纸上压力的计算是该题解答的难点与关键。,7.(2019重庆部分县区第一次诊断,3)如图所示,水平直杆OP右端固定于竖直墙上的O点,长为L =2 m的轻绳一端固定于直杆P点,另一端固定于墙上O点正下方的Q点,OP长为d=1.2 m,重为8 N的钩码由光滑挂钩挂在轻绳上处于静止状态,则轻绳的弹力大小为 ( ) A.10 N B.8 N C.6 N D.5 N,考点二 受力分析、共点力的平衡,答案 D 设挂钩所在处为N点,延长PN交墙于M点,如图所示 同一条绳子拉力相等,根据对称性可知两边的绳子与竖直方向的夹角相等,设为,则根据几何 关系可知NQ=NM,即PM等于绳长;根据几何关系可得sin = =0.6,则=37,根据平衡条件可 得2T cos =F=mg,解得T=5 N,故D正确,A、B、C错误。故选D。 答题指导 根据几何关系得到两边绳子与竖直方向的夹角,再根据竖直方向的平衡条件列方 程求解。,8.(2019吉林长春外国语学校检测,3)如图,半圆形金属框竖直放在粗糙的水平地面上,套在其上 的光滑小球P在水平外力F的作用下处于静止状态,P与圆心O的连线与水平面的夹角为,现用 力F拉动小球,使其缓慢上移到框架的最高点,在此过程中金属框架始终保持静止,下列说法中 正确的是 ( ) A.框架对小球的支持力先减小后增大 B.水平拉力F先增大后减小 C.地面对框架的支持力先减小后增大 D.地面对框架的摩擦力一直减小,答案 D 以小球为研究对象,分析受力情况如图所示。 根据动态三角形可知,框架对小球的支持力不断减小,故A错误;水平拉力F也一直减小,故B错 误。以框架与小球组成的整体为研究对象,整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以 及力F的作用,由图可知,水平拉力F一直减小,所以地面对框架的摩擦力也一直在减小,整体的 重力不变,所以地面对框架的支持力保持不变,故D正确,C错误。 温馨提示 本题用动态三角形法求解,准确画出受力的动态三角形是解答该题的关键。,9.(2018陕西西安长安二模,11)如图甲所示,质量为M的直角劈B放在水平地面上,在劈的斜面上 放一个质量为m的物体A,用一个竖直向下的力F作用于A上,物体A刚好沿斜面匀速下滑。若改 用一个斜向下的力F作用在A上,物体A加速下滑,如图乙所示,则关于图乙中地面对劈的摩擦力 f及支持力N的说法正确的是 ( ) A.f=0,NMg B.f=0,NMg,答案 A 设斜面的倾角为。对于图甲,以A为研究对象,分析其受力如图1,根据平衡条件得: (mg+F) sin =(mg+F)cos ,得到=tan 。对于乙图,以B为研究对象,设地面对B的摩擦力方向 水平向右,分析其受力如图2,根据平衡条件得水平方向:f=f1 cos -N1 sin ,又f1=N1,得到f=N1 cos -N1 sin =tan N1 cos -N1 sin =0;竖直方向:NMg。综上,本题选A。 图1 图2 考查点 受力分析 解题关键 理解N1与f1的合力方向竖直向下。,B组 20172019年高考模拟专题综合题组 (时间：35分钟 分值：50分),一、选择题(每小题6分,共42分),1.(2019重庆沙坪坝等主城六区调研,2)如图,轻绳一端系在小球A上,另一端系在圆环B上,B套在 粗糙水平杆PQ上。现用水平力F作用在A上,使A从图中实线位置(轻绳竖直)缓慢上升到虚线 位置,但B仍保持在原来位置不动。则在这一过程中,杆对B的摩擦力F1、杆对B的支持力F2、 绳对B的拉力F3的变化情况分别是 ( ) A.F1逐渐增大,F2保持不变,F3逐渐增大 B.F1逐渐增大,F2逐渐增大,F3逐渐增大 C.F1保持不变,F2逐渐增大,F3逐渐减小 D.F1逐渐减小,F2逐渐减小,F3保持不变,答案 A 设A球的质量为m,B环的质量为M,轻绳与竖直方向的夹角为,对A球受力分析,如图 所示。 由平衡条件可得F3 cos =mg,F=mg tan ,故随增大,F3增大,F增大;由牛顿第三定律可知,F3增 大。 再对两者的整体受力分析,如图所示。 有F1=F,F2=(M+m)g,则F2不变,F1变大,故选A。,思路指导 根据“缓慢上升”“B仍保持在原来位置不动”可知,本题考查动态平衡问题,结 合隔离法和整体法进行研究,运用正交分解法分析力的关系。,2.(2019陕西宝鸡高考模拟检测二)如图所示,一条细绳跨过定滑轮连接物体A、B,A悬挂起来,B 穿在一根竖直杆上,两物体均保持静止,不计绳与滑轮、B与竖直杆间的摩擦,已知绳与竖直杆 间的夹角为,则物体A、B的质量之比mAmB等于 ( ) A.1cos B.cos 1 C.tan 1 D.1sin ,答案 A 设绳子的拉力大小为T,隔离A分析有:T=mAg 隔离B分析有:mBg=T cos 联立可得mAmB=1cos ,故A正确,B、C、D错误。故选A。 思路指导 根据“两物体均保持静止”可知,本题考查共点力平衡问题,根据共点力平衡规律, 分别对物体A、B进行受力分析,并运用平衡条件可得绳子的拉力与各自重力的关系,从而确定 物体A、B的质量之比。,3.(2019陕西渭南质检,3)如图,质量为M的楔形物块静置在水平地面上,其斜面的倾角为,斜 面上有一质量为m的小物块。给小物块一沿斜面向下的速度,小物块能匀速下滑,在下滑到某 位置时,用一沿斜面向下的恒力F推小物块,在小物块继续下滑的过程中,地面对楔形物块的支 持力为(已知楔形物块始终保持静止) ( ) A.(M+m)g B.(M+m)g+F C.(M+m)g+F sin D.(M+m)g-F sin ,答案 A 对楔形物块受力分析可知,当匀速滑行时,楔形物块受到小物块给的沿斜面向下的 摩擦力,垂直斜面向下的压力,地面对楔形物块的支持力;对小物块、楔形物块整体受力分析, 匀速下滑时,整体平衡,地面对楔形物块的支持力等于两物体重力;当给小物块施加恒力F后,对 小物块受力分析,小物块受到的斜面的摩擦力与支持力不变,则楔形物块受到的小物块的作用 力不变,楔形物块的受力未发生变化,且楔形物块始终未动,所以地面对楔形物块的支持力仍等 于两物体重力,B、C、D错误,A正确。 温馨提示 本题中两物体的运动状态不同,应用隔离法对楔形物块受力分析,不要整体分析。,4.(2018陕西咸阳一模,2)如图,有一个半径为R的圆球体,用长为R(固定点到球表面的长度)的细 绳拴在倾角为30的光滑斜面上而静止,若球体重为G,则细绳承受的拉力为 ( ) A. G B. C. D.,答案 B 由题可得细绳承受的拉力为水平方向,以小球为研究对象,分析受力如图,根据平衡 条件可得tan 30= ,解得T= G,故B正确。 考查点 受力分析 温馨提示 由如图几何关系可知绳子是水平的。,5.(2017陕西西安高新一中一模,2)如图所示,放在水平桌面上的木块A处于静止状态,所挂的托 盘和砝码总重为6 N,弹簧测力计读数为2 N,滑轮与绳间摩擦不计。若轻轻取走部分砝码,使总 重减小为4 N,将会出现的情况是 ( ) A.A对桌面的摩擦力不变 B.A所受合力增大 C.A仍静止不动 D.弹簧测力计的读数减小,答案 C 当砝码与托盘总重为6 N时,绳对A的拉力大小为6 N,方向水平向右,弹簧测力计对A 的拉力为2 N,方向水平向左,根据A受力平衡可知A受桌面摩擦力的大小为4 N,方向水平向左, 同时得到桌面对A的最大静摩擦力大于或等于4 N;当托盘与砝码的总重为4 N时,绳对A的拉力