考点10 牛顿第一、三定律-【百汇大课堂】新教材2023版高考物理总复习天天练

F降十F2,则F得=G-Fsin0,即F#=G-Fatan 0,因船 在靠岸的过程中，0角增大，所以F年减小。故选A、C。 则该过程中A上开的商度么==。 少 (2)当弹簧C的右端点沿水平方向缓慢拉到b位置时，弹 F、F 簧B恰好没有弹力，说明弹簧C拉力等于物体A的重 0入 F限元 力，根据平衡条件和胡克定律有k2x2=mg, G 解得= 从 解法二正交分解法。船受到的4个力可以认为是作用在 ab间的距高为d=十-爱+ k2 船的重心上，以重心为坐标原点，建立水平方向和竖直 10.见解析 方向的坐标轴，如图乙所示。由于浮力F、重力G、阻力 解析：木块在力F作用下沿斜面向上匀速运动，有 F显都落在坐标轴上，只需将绳子的拉力F分别在x轴 Fcos a=mgsin 0Fi, 和y轴上分解，有水平方向：Fa=Fcos,则F=F Fsin a+Fx=mgcos 0, cos a' F=uFN, 竖直方向：F浮十Fsin0=G,则F#=G-Fsin0=G一 其中u=tana, F慰tan0,因船在靠岸的过程中，0角增大，故cos0减小， 解得 tanO增大，所以F增大，F减小。放选A、C。 F 2mgsin 0 2mgsin 0 cos 0 mgsin 20 7.BC解析：以结点C为研究对象，受力分析如图所示，其 cos a+usin a cos acos 0+sin asin 0 cos(0-a)' 中F=m1g,FB=m2g,由力的平衡条件可知FA= 显然，当a=0时，F有最小值，最小值Fmn=mngsin20。 F0os30=m1gc0s30,由儿何关系知F=a30,整理 1.a9g e (3)(5+omg 解得m1:2=2:1,A错误，B正确；由以上分析可知当砂 解析：(1)圆柱C受力平衡，如图所示 桶（含砂子）P,Q的总质量的比值为2时，AC与BC保持 /F 垂直状态，C点的位置保持不变，而若在两桶内增加相同 质量的砂子，则两砂桶（含砂子）质量的比值会小于2，则 B 1 桶Q向下移动，C点的位置上升，C正确，D错误。 Rg. 当A向左运动时，A对C的弹力与B对C的弹力之间 的夹角减小，由矢量合成可知，F减小，当C达到最高 点时弹力最小：根据平衡条件可得 2Fcos30°=mg, 解得A对C的弹力的最小值为F= 3mg。 8.BD解析：设小球的质量为m,小球到圆柱体圆心的直 (2)由(1)分析可知，刚开始运动时B对C的支持力最 线与水平方向的夹角为0，以小球为研究对象，如图所 大，设为Fm,如图所示 示，小球受到重力、支持力和拉力，由平衡条件可得：F= mgcos0,F、=ngsin0,细线将小球从M点缓慢向上拉 至半圆柱体最高点的运动中，0逐渐增大，所以细线对小 球的拉力逐渐减小，A错误；圆柱体对小球的支持力逐 渐增大，由牛顿第三定律可得小球对圆柱体的压力逐渐 则根据力的平衡可得2 Fm cos60°=mg,解得Fm=mg, 增大，C错误：设圆柱体的质量为M,以圆柱体为研究对 象，在竖直方向由平衡条件可得F=Mg十Fysin0= 所以最大静摩擦力至少为f。=Fnc0s30°=5 mg. Mg十ngsin0,夹角9逐渐增大，圆柱体受到地面的支持 力逐渐增大，B正确；圆柱体在水平方向由平衡条件可得 B对的地面的压力为FN=ng十2mcg=mg, B受地面的摩擦力为f=mg, F%=Fcos0=mgsin6c0s0=2 ngsin20,当0=45°时，墙 对圆柱体的支持力最大，所以墙对圆柱体的支持力先增 根指题意有人。=人，解得以=受。 大后减小，由牛顿第三定律可得圆柱体对竖直墙面的压 (3)设A、C圆心连线与水平为0，则有2 Fac sin0=mg, 力先增大后减小，D正确。 F=uF+Fnc cos 0. 地面对A的支撑力为Fx=Fsin0叶2mg, 舒得F=(气+cot0mg。 mg 9.(1)”m3(2)g+mg 考点10牛顿第一、三定律 k 解析：(1)当弹簧C未发生形变时弹簧B处于压缩状态， 1.C解析：和同体积的“水球”相比，气泡质量小，惯性小， 设压缩量为x1,根据平衡条件和胡克定律有1x1=mg, 水球质量大，惯性大，列车向右加速前进时，气泡左边的 解得工一， 水由于容器壁的作用向右加速，气泡右边的水由于惯性 保持在原状态，这样气泡被水挤压而向右运动（相对车 ·150· 厢)：列车向右减速前进时，气泡右边的水由于容器壁的：4.B解析：小物块沿斜面向上运动时加速度大小为Q= 作用向右减速，气泡左边的水由于惯性保持在原状态， gsin a十gcos a-=10ms2,物块运动到最高点的时间t= 这样气泡被水挤压而向左运动（相对车厢）；玻璃珠与同 体积的“空气球”相比，质量大，惯性大，列车向右加速运 =1s<1.5s;由