内容正文:
高考专题辅导与训练
第一部分专题复习强化c0sa+sn a=sa+3sna-号3(os30^cosa+
专题一力与物体的运动
第1讲sin30^∘sna)=÷\sqrt{3}cos(30^∘-a),在α从0°逐渐增大到
[命题热点突破]
60∘的过程中,当a=30^°时,cosα+μsinα最大,F最小;
命题点一
[题组训练]则在α从0°逐渐增大到60^°的过程中,F先减小后增大。
1.D以O点为研究对象,受力分析如图,5.D设轻绳与竖直方向夹角为α,
由几何关系可知MB,NB间夹角为2a,如图则根据
θ=30^°几何关系可得2Rcosθ=MA,P一θ-
由平衡条件可得_MBsin a+NBsin a=MA,L=MA
F_1cos30^∘+F_2cos30^∘=F
MB+NB,联立可得sinα=
联立可得2 Ros θ,根据平衡条件可得
mg
故D正确,A,B,C错误。2Fcosa=mg,可得F=mg1-sin^2a
故选D。
:osa
mgL-,,故A错误;直径MN水平时,轻绳的
2.c=物体C受重力,B对C的支持力和摩擦力3个力的4
作用,C正确,D错误;物体B受重力,A对B的支持力、
C对B的压力和摩擦力4个力的作用,B错误;物体A交重力地面的支持力以及B对A的压力3个力的作张力大小为F=“一数B错误:由sma=
用,A错误。2Rcosθ可知,圆环从图示位置绕圆心O顺时针缓慢转
3.A-设风速度为v,取飘带上任意长度为x(x趋近于0)
的质量为m,飘带宽度为d,则该部分飘带的重力和所过2θ角的过程中,轻绳与竖直方向的夹角先增大后减
受风力分别为G=mg,F=kxdv^2sinθ,则重力与风力的
mgL=
合力与竖直方向的夹角为tanθ=6=kdxv^sin^θ,整理小故C错误;由F=。一4R^2cos^2a可知圆环从图
mg
示位置绕圆心O顺时针缓慢转过2θ角的过程中,轻绳
可得cos0-mg=,任意长度为x的飘带重力相等,所的张力先增大再减小,故D正确。
受风力的大小相等,则cosθ恒定,则飘带为一条倾斜的命题点三
直线,故A正确,B,C,D错误。故选A。[例2][解析]由图可知,当θ_2=0°,
命题点二
[例1][解析]对物体进行受-。_Ft细绳OA的拉力F_1为零,可得F_2=F
力分析,物体受重力mg、支持mg=10N。当θ_2=号时,拉力F_2最
力F_N,水平力F,已知小滑块
从半球形容器最低点缓慢移近
最高点,我们可以看成小滑块—____Cv
小,受力分析如右图,当F_1和F_2垂直
每一个状态都是平衡状态,根据平衡条件,应用力的合时,拉力F_2最小,可得θ_1=则细绳mg
成得出F=aaF_N=点a。由于小滑块从半球形容OB拉力F_2的最小值为F_2=mgsinθ_1=5N,故C正确,
器最低点缓慢移近最高点,所以θ减小,tanθ减小,sinθD错误;当θ_1=θ_2=号时,F_1=F2,根据平衡条件可得
减小。根据以上表达式可以发现F增大,F_N增大,A
2F_2esθ_1=mg可得细绳OB的拉力为F_2=10-N,
正确。
[答案]A
故A正确,B错误。
[题组训练]
故选AC。
4.A-对木箱受力分析如图所示,F、F
[答案]AC
据正交分解得F_N+Fsinα=
mgcosθ,Fcos a=mgsinθ+[题组训练]
F_1,F_f=μF_N。联立解得F=F=)θ6.B由图可知,当a-30°时BO的拉力最小,最小值为
mgsinθ+μmgcos0,又因为mg F_mn=5N,此时OB与OA垂直,则F_mn=mgsin30^∘,
cosα+μsinα解得mg=10N,故选B。
—233—
参考答案
7.C如图所示,木块受重力G、地面的支持力FN、摩擦力
竖直方向mg十(T十F4)sin30°=ToA cos30°,其中
F:和施加的外力F四个力作用
Ta4=43
/T=T'
3mg
FBA=FAB
,联立解得qB=
E
·9A>qB,B正
9A=
5√3mg
3E
确,C、D错误。
L∠
y
30、T0
设力F与x轴夹角为0,由共,点力平衡条件得
309
x轴方向有Fcos0=FE
y轴方向有Fsin 0+Fv=G
Eqa
A
且有Ff=FN
联立解得F=eos0十usin0
G
Eqe
30°
mg
利用两角和的正弦公式变形为
mg
F=
G
(其中tanp=
1
√1+sin(0+e)
「综合应用创新门
当sin(0十p)=1时,F有最小值
1.A钢箱梁1对2的作用力
和钢箱梁2对1的作用力
Fmin一
G
x5×10
3
是一对相互作用力,大小相
N=25N
1+
等,方向相反,故B错误;依
题意知,每个钢箱梁都处于F
3
-------
1
F12
平衡状态,合力均为0:设钢
上=3