高考物理5年高考3年模拟精品课件全国卷3地区通用专题二相互作用.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80cm的两点上,弹性绳的原长也为80cm。将一钩码挂在弹性绳的中点,平衡时弹性绳的总长度为100cm;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.86cmB.92cmC.98cmD.104cm,五年高考,A组统一命题课标卷题组,答案B设弹性绳劲度系数为k,绳总长l1=100cm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2F1sin=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=92cm,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.(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.,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:Fcos60=f1f1=FN1=(mg-Fsin60)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,得=tan30=选项C正确。,3.(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Fcos+Tcos(-)=mgFsin=Tsin(-)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。,4.(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+T1cos+Fsin-Gb=0f+T1sin-Fcos=0FN、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。,5.(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.mC.mD.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mgcos60+mgcos60=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。,6.(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kxcos=mg联立得kxcos=kx0 xcos=x0此时小球距悬挂点的竖直高度h=(l0+x)cos=l0cos+xcos=l0cos+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=kxcos,x0=xcos。而l0cosl0,导致l0cos+x0mB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AA、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。,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=0.4s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1000m。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1/10B.在0.4s2.5s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2.5gD.在0.4s2.5s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110m,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0.4s2.5s内飞机加速度大小几乎不变,约为27m/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=2Tcos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,00.4s围成的图形视为矩形,0.4s3.0s围成的图形视为三角形。(2)0.4s2.5s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阻拦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.(2012海南单科,8,4分)(多选)下列关于摩擦力的说法,正确的是()A.作用在物体上的滑动摩擦力只能使物体减速,不可能使物体加速B.作用在物体上的静摩擦力只能使物体加速,不可能使物体减速C.作用在物体上的滑动摩擦力既可能使物体减速,也可能使物体加速D.作用在物体上的静摩擦力既可能使物体加速,也可能使物体减速,答案CD摩擦力总是阻碍物体的相对运动(或相对运动趋势),而物体间的相对运动与物体的实际运动无关。当摩擦力的方向与物体的运动方向一致时,摩擦力是动力,方向相反时为阻力,故C、D项正确。,考点二受力分析、共点力的平衡5.(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.GB.GsinC.GcosD.Gtan,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。,6.(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BDP静止在斜面上时沿斜面方向有:mgsin=fmgcos,即sincos,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=mgsin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。,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广东理综,16,4分)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GB.G和GC.G和GD.G和G,答案B根据对称性知两绳拉力大小相等,设为F,日光灯处于平衡状态,由2Fcos45=G解得F=G,B项正确。,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=0.5kg,m2=0.1kg,=0.2,砝码与纸板左端的距离d=0.1m,取g=10m/s2。若砝码移动的距离超过l=0.002m,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)22.4N,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)gf=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=m1a1F-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=22.4N,10.(2013福建理综,21,19分)质量为M、长为L的杆水平放置,杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳,绳上套着一质量为m的小铁环。已知重力加速度为g,不计空气影响。(1)现让杆和环均静止悬挂在空中,如图甲,求绳中拉力的大小;(2)若杆与环保持相对静止,在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动,此时环恰好悬于A端的正下方,如图乙所示。求此状态下杆的加速度大小a;为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力,方向如何?,答案(1)mg(2)g(M+m)g与水平方向的夹角为60斜向右上方,解析(1)如图1,设平衡时,绳中拉力为T,有图12Tcos-mg=0由图知cos=由式解得T=mg(2)此时,对小铁环进行受力分析,如图2所示,有,图2Tsin=maT+Tcos-mg=0由图知=60,代入式解得a=g如图3,设外力F与水平方向成角,将杆和小铁环当成一个整体,有,图3,Fcos=(M+m)aFsin-(M+m)g=0由式解得F=(M+m)gtan=60即外力方向与水平方向的夹角为60斜向右上方,11.(2012课标,24,14分)拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图)。设拖把头的质量为m,拖杆质量可忽略;拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数,重力加速度为g。某同学用该拖把在水平地板上拖地时,沿拖杆方向推拖把,拖杆与竖直方向的夹角为。(1)若拖把头在地板上匀速移动,求推拖把的力的大小。(2)设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为。已知存在一临界角0,若0,则不管沿拖杆方向的推力多大,都不可能使拖把从静止开始运动。求这一临界角的正切tan0。,答案(1)(2),解析(1)设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把,将推的力沿竖直和水平方向分解,按平衡条件有Fcos+mg=NFsin=f式中N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。由摩擦定律有f=N联立式得F=mg(2)若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动,应有FsinN这时,式仍满足,联立式解得sin-cos现考察使上式成立的角的取值范围。注意到上式右边总是大于零,且当F无限大时极限为零,有sin-cos0使上式成立的角满足0,这里0是题中所定义的临界角,即当0时,不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把。临界角的正切为tan0=,考点一常见的三种力、力的合成与分解1.(2017四川达州一模,16)如图所示,一箱子放在水平地面上,现对箱子施加一斜向上的拉力F,保持拉力的方向不变,在拉力F的大小由零逐渐增大的过程中(箱子未离开地面)。关于摩擦力f的大小随着拉力F的变化关系,可能正确的是(),三年模拟,A组20162018年高考模拟基础题组,答案B箱子处于静止状态时,根据平衡条件得:箱子所受的静摩擦力为f=Fcos,F增大时,f增大;当拉力达到一定值,箱子运动瞬间,静摩擦力变为滑动摩擦力,由于最大静摩擦力略大于滑动摩擦力,故摩擦力有个突然减小的过程;箱子运动时,所受的支持力N=G-Fsin,F增大,N减小,此时箱子受到的摩擦力是滑动摩擦力,大小为f=N,N减小,则f减小。故选B。,解题指导拉力从零开始逐渐增大的过程中,箱子先保持静止状态,受到静摩擦力,根据平衡条件分析摩擦力的变化;后来物体开始运动,受到滑动摩擦力,根据竖直方向受力平衡,分析物体所受的支持力如何变化,由f=N分析摩擦力如何变化。,知识拓展有关摩擦力的问题,先分析是否存在摩擦力,接着判断是静摩擦力还是滑动摩擦力,然后分析摩擦力方向,最后计算摩擦力的大小。,考点二受力分析、共点力的平衡2.(2018贵州黔东南一模,15)如图,光滑圆轨道竖直固定在水平地面上,O为圆心,A为轨道上的一点,OA与水平面夹角为30。小球在拉力F作用下始终静止在A点。当拉力方向水平向左时,拉力F的大小为10N。当将拉力F在竖直平面内转至沿圆轨道切线方向时,拉力F的大小为()A.5NB.15NC.10ND.10N,答案A拉力水平向左时,小球静止于A,其合力为零,对小球受力分析,由图中几何关系可得mg=Ftan30=10N拉力F沿圆轨道切线方向时小球静止,合力为零,对小球受力分析,由图中几何关系可得F=mgcos30=10N=5N,则选项A正确。,3.(2018广西防城港1月模拟,15)如图所示,a、b、c三根轻质细绳悬挂两个质量相同的小球A、B保持静止,细绳a是水平的,现对B球施加一个水平向右的力F,将B缓慢拉到图中虚线位置,A球保持不动,这时三根细绳张力Fa、Fb、Fc的变化情况是()A.都变大B.都不变C.Fa、Fb不变,Fc变大D.Fa、Fc变大,Fb不变,答案D隔离小球B受力分析,F作用前,小球B受力平衡,即Fc=mg;F作用后,设绳c与竖直方向的夹角为,则Fccos=mg,由于cosFc,即Fc变大;对A、B两球整体分析,设b绳与竖直方向夹角为,在竖直方向,F作用前后均有Fbcos=2mg,即Fb不变,在水平方向,F作用前有Fbsin=Fa,F作用后有Fbsin+F=Fa,所以Fa变大,D正确。,4.(2018云南师大附中第八次月考,16)如图所示,柔软轻绳ON的一端O固定,在其上某点M拴一重物,用手拉住绳的另一端N将重物向右上方缓慢拉起。初始时,OM竖直,OMMN。保持OM与MN夹角不变,在OM由竖直被拉到水平的过程中,下列说法正确的是()A.OM上的张力逐渐增大B.OM上的张力先增大后减小C.MN上的张力逐渐增大D.MN上的张力先增大后减小,答案COM和MN对重物拉力的合力与重物的重力是一对平衡力,受力分析如图所示。根据三角形定则有FMN=Gsin,FOM=Gcos,可知,随着的增大,FMN增大,FOM减小,即MN上的张力逐渐增大,OM上的张力逐渐减小,故C正确。,5.(2018广西防城港3月模拟,16)如图所示,在水平桌面上放置一斜面体P,斜面倾角为,质量分别为m和M的两长方体物块a和b静止在斜面体P上,下列说法正确的是()A.a对b的作用力大小为mgB.a对P的压力为mgcosC.b受到的总摩擦力为(M+m)gsinD.地面受到向左的摩擦力,答案A取a为研究对象,b对a的作用力与a的重力等大反向,即大小为mg,方向竖直向上,故a对b的作用力大小为mg,A正确;a对b的压力为mgcos,a不对P产生压力,B错误;a对b的摩擦力沿斜面向下,大小为mgsin,P对b的摩擦力大小为(M+m)gsin,方向沿斜面向上,故b受到的总摩擦力大小为Mgsin,方向沿斜面向上,C错误;对a、b、P整体进行受力分析,整体相对地面没有运动趋势,地面对整体没有摩擦力,故地面不受摩擦力,D错误。,6.(2018贵州贵阳一中3月月考,19)(多选)如图所示,物块P、Q紧挨着并排放置在粗糙水平面上,P的左端用一根轻弹簧与竖直墙壁相连,物块P、Q处于静止状态;若直接撤去物块Q,P将向右滑动。现用一个从零开始逐渐增大的水平拉力F向右拉Q,直至拉动Q;那么在Q被拉动之前的过程中,弹簧对P的弹力T的大小、地面对P的摩擦力fP的大小、P对Q的弹力N的大小、地面对Q的摩擦力fQ的大小的变化情况为()A.T始终增大,fP始终减小B.T保持不变,fP保持不变C.N保持不变,fQ始终增大D.N先不变后增大,fQ先增大后减小,答案BC若直接撤去Q,P将向右滑动,表明fP已经达到最大,所以fP不再变化;对于P、Q整体有T+F=fP+fQ,其中T=kx不变,F增大,所以fQ增大;对于P,有T=fP+N,N=N,所以N保持不变。故B、C正确。,B组20162018年高考模拟综合题组（时间:25分钟分值:45分）一、选择题(每题6分,共30分)1.(2018云南保山第二次市级统测,18)如图所示,A、B为竖直墙面上等高的两点,AO、BO为长度相等的两根轻绳,AOB在同一水平面内,初始时AOB90,CO为一根轻杆,可绕C点在空间无摩擦转动,转轴C在AB中点D的正下方,在O点处悬挂一个质量为m的物体,整个系统处于平衡状态。现将绳AO的A端缓缓向D点移动,并逐渐缩短,使O点位置保持不动,系统仍然保持平衡,则()A.绳AO受到的拉力逐渐增大B.绳BO受到的拉力逐渐增大C.杆CO受到的压力逐渐增大D.绳AO、BO对O点拉力的合力逐渐增大,答案A设绳AO和绳BO对O点拉力的合力为F,以O点为研究对象,O点受到拉力T=mg、杆的支持力F2和绳AO与绳BO拉力的合力F,作出力的示意图如图甲所示,因重力不变,杆与竖直方向的夹角不变,故杆的支持力F2不变,杆受到的压力F2=F2也不变,绳AO与绳BO拉力的合力F也不变,方向仍沿OD方向,故C、D错误。由图乙知,绳AO对O点的拉力逐渐增大,绳BO对O点的拉力逐渐减小,由牛顿第三定律可知,A正确、B错误。乙,2.(2017四川凉山二诊,19)(多选)如图所示,质量为m1的物体放于水平桌面上,用轻绳通过滑轮悬挂一质量为m2的物体,不计绳子与滑轮的摩擦。现用力F把m2从最低位置1缓慢地移动到位置2,此时轻绳与竖直方向的夹角=37,然后释放m2,m2从释放到返回到位置1的过程中,所用时间为t,整个过程m1均处于静止状态,则()A.m2从位置1移到位置2过程中,处于超重状态B.m2静止在位置2时,拉力F的最小值为m2gtanC.在时间t内,m1受到的摩擦力大小一直增加D.在时间t内,m2受到重力的冲量为m2gt,答案CD把m2从位置1缓慢移到位置2,说明一直处于平衡状态,故A错。对m2进行动态平衡分析,可知拉力F最小值为m2gsin,故选项B错。在时间t内,绳子拉力增大,对m1进行受力分析可知,所受摩擦力增大,故选项C对。在时间t内,m2受到重力的冲量I=m2gt,选项D对。,思路分析审题时抓住关键词“缓慢”“静止”。首先对物体m1和m2进行受力分析,把m2受到的各个力转化到同一个三角形中,结合几何关系把问题解决。,知识拓展物体处于超重状态还是失重状态,只取决于加速度方向向上还是向下。,3.(2017四川自贡一诊,15)木块A、B分别重60N和70N,它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.2,夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了2cm,弹簧的劲度系数为500N/m。系统置于水平地面上静止不动,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用F=1N的水平拉力作用在木块B上,如图所示,力F作用后()A.木块A所受摩擦力大小是12NB.木块A所受摩擦力大小是11NC.木块B所受摩擦力大小是11ND.木块B所受摩擦力大小是13N,答案C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,弹簧弹力大小为:F1=kx=5000.02N=10N。B木块与地面间的最大静摩擦力为:fBm=GB=0.270N=14N,而A木块与地面间的最大静摩擦力为:fAm=GA=0.260N=12N。施加F后,对木块B有:F+F1fBm,木块B所受摩擦力仍为静摩擦力,其大小为fB=10N+1N=11N;施加F后,木块A所受摩