第1章 实验一 探究小车速度随时间变化的规律-【衡中学案】2025年高考物理一轮总复习学案（新教材）

实验一 探究小车速度随时间变化的规律 实验知识·自主回顾 一.实验目的 三. 实验器材 1.练习正确使用打点计时器 电火花计时器(或电磁打点计时器)、一端附有滑 2.会计算纸带上各点的瞬时速度 轮的长木板、小车、纸带、细绳、钩码、刻度尺、导线、交 3.会利用纸带计算加速度 流电源、复写纸。 4.会用图像法探究小车速度与时间的关系,并能 四. 实验步骤 根据图像求加速度 1.按照课本实验原理图所示安装实验装置,把打 二. 实验原理 点计时器固定在长木板无滑轮的一端,接好电源; 1.打点计时器 2.把一细绳系在小车上,细绳绕过滑轮,下端挂适 (1)作用:计时仪器,当所用交流电源的频率 量的钩码,纸带穿过打点计时器,固定在小车后面; 3.把小车停靠在打点计时器处,先 f=50Hz时,每隔 _打一次点。 (2)工作条件:电磁打点计时器,8V左右 4.小车运动一段时间后,断开电源,取下纸带; 电源;电火花计时器, 交流电源。 5.换纸带反复做三次,选择一条比较理想的纸带 (3)处理纸带数据时区分计时点和计数点:计时 进行测量分析。 016 点是指打点计时器在纸带上打下的点。计数点是指测 五. 注意事项 量和计算时在纸带上所选取的点,要注意“每5个点取 2025出壮 1.平行:纸带、细绳要和长本板 一个计数点”与“每隔 个点取一个计数点”取 2.两先两后:实验中应先接通电源,后放开小车; 点方法是一样的,相邻计数点间时间间隔均为 实验完毕应先断开电源,后取纸带。 3.防止碰撞:在到达长木板末端前应让小车停止 2.匀变速直线运动的判断 运动,防止钩码落地和小车与滑轮相撞。 (1)沿直线运动的物体在连续相等时间7内的位 4.减小误差:小车的加速度宜适当大些,可以减小 母慨 移分别为x.、.,若△x=x-x.=x-x=x- 长度的测量误差,加速度大小以能在约50cm的纸带 x.=...则说明物体在做匀变速直线运动,且Ax=a7^*} 上清楚地取出6~7个计数点为宜。 六. 实验拓展 (2)利用“平均速度法”确定多个点的瞬时速度 1.有效数字:带有一位估读不确定的数字的近似 作出物体运动的;-1图像。若:-1图线是一条倾斜 数字叫有效数字,而这位数字往往是产生于测量时的 的直线,则说明物体的速度随时间均匀变化,即做匀变 估读,有效数字位数是从数字左边第一位不为零的数 速直线运动。 字算起的,如0.02为两位有效数字:有效数字与物理量 3.由纸带求物体运动速度的方法:根据匀变速直 的单位无关,如1000mm与1.000m均为4位有效数字; 线运动某段时间中间时刻的瞬时速度等于这段时间内 乘方不算有效数字,如1.00x10m为3位有效数字 2.误差:测量值与真实值的差异叫误差。 系统误差 偶然误差 4. 利用纸带求物体加速度的两种方法 由于仪器本身不精密,实 (1)“逐差法”,若为偶数段,如6段,则a 由于各种偶然因素对实 来源 验方法粗略或实验原理 (x.+x+x)-(x.+x。+x) 验者、测量仪器、被测物 不完善而产生的 97 理量的影响而产生的 若为奇数段,则最小段往往不用,如5段,可不用 多次实验,误差总是偏大 多次实验,误差有时偏 特点 第1段,转换为偶数段。则。(x+x)-(x+) 或总是偏小 大,有时偏小,而且偏大。 47P 偏小的机会相同 (2)图像法,先求出n个点的瞬时速度(一般要5 减小 校准仪器,改进实验方法 点以上),然后作出v-(图像,用;-.图像的斜率求物 方法 和设计原理 多次测量求平均值 体运动的加速度。 核考点·重点突破 点] 教材原型实验 (2)经正确操作后打出一条纸带,截取其中一段如 (基础考点·自主探究) 图所示。选取连续打出的点0、1、2、3、4为计数 点,则计数点1的读数为 【跟踪训练】 cm。已知打 (实验原理和数据处理)打点计时器是高中物理 点计时器所用交流电源的频率为50Hz.则打计 数点2时小车的速度大小为: 实验中常用的实验器材,请你完成下列有关 m/s(结 问题: 果保留3位有效数字)。 线围 _mmmmrnmmm 墨粉纸盘 片 0cm1 点己 创新实验提升 永久磁 纸带 复写纸 (能力考点·深度研析 限位孔。 实验方法的改试 (1)如图甲、乙是两种打点计时器的图片,其中甲是 1.实验器材的改进及速度的测量方法(如图) 计时器。 #。 (选填“低 (2)乙打点计时器使用的电源为 山头 遮光片,光电门光电门 压交流”或“低压直流”)电源。 #1物 (3)某次实验过程中,小车拖动纸带运动,用打点计 时器打出一条纸带,如图丙所示,从某一清晰点 由纸带求速度 由光片的宽度和遮光月 _ 开始,描出0、A、B、C、D五个计数点(相邻两个 挡光时间A冰i-去 27 计数点间有四个点未画出),用刻度尺量出各点 与0点间距离,已知纸带的右端与小车相连接 2.获得加速度方法的改进 所用电源的频率为50Hz.则判断小车做 靠重物的拉力获得加速度一→长木板倾斜靠重力 (选填“加速”或“减速”)直线运动,打下B 获得加速度,如图甲、乙所示。 点时小车运动的速度大小为 _m/s,小车 017 m/s。 打点计时器 的加速度大小为 遮光 (单位:cn) 24.80- T 乙 1 (实验操作和数据处理)(2023·浙江卷)在“探 3.计时方法的改进 究小车速度随时间变化的规律”的实验中,实验 采用频闪照相法和滴水法获得两点间的时间间限 装置如图所示。 替代,打点计时器。 满水计时器 1小车 物 (1)需要的实验操作有 (多选); A. 调节滑轮使细线与轨道平行 B. 倾斜轨道以补偿阳力 !?..: C.小车靠近打点计时器静止释放 丙闪照相达 丁谪水法 D.先接通电源再释放小车 4.加速度计算方法的改进 (3)从实验结果可知,小车运动的i-Ai图线可视 为一条直线,此直线用方程n=kAt+b表示,其中k= cm/s,b= cm/s。(结果均保留3位 图像的斜率求加速度。 有效数字) (2)根据r-v=2a·x.由光电门测得和v.用$ (4)根据(3)中的直线方程可以判定小车做匀加 刻度尽测得两光电门间的距离:可求加速度。 速直线运动,得到打出A点时小车速度大小= 考向1 实验数据处理的改进 ,小车的加速度大小a= 。(结果用字母 例①(2023·全国甲卷)某同学利用如图(a)所示的 k、b表示) 实验装置探究物体做直线运动时平均速度与时间 考向2 实验器材的改进 的关系。让小车左端和纸带相连。右端用细绳跨过定 例^{②}利用如图所示的装置研究匀变速直线运动。 滑轮和钩码相连。钩码下落,带动小车运动,打点计时 气 器打出纸带。某次实验得到的纸带和相关数据如图 (b)所示。 2 #气 打点计时器 纸带小车 水平的面 □18 (1)实验时,测出遮光条的宽度d.在法码盘中放 本析 2025H 图() 上法码,让滑块从光电门1的右侧由静止释放,用数字 毫秒计测出遮光条经过光电门1和2的时间分别为! (1)已知打出图(b)中相邻两个计数点的时间间 隔均为0.1;。以打出A点时小车位置为初始位置,将 和.测出从光电门1到光电门2所用的时间为A.计 算出滑块的加速度大小a= (用d、5和△ 打出B、C、D.E、F各点时小车的位移A:填到表中,小 车发生对应位移和平均速度分别为Av和i,表中Ax 表示)。 cm/s。 (2)一个同学利用(1)中的装置实验时,保持滑块 cm三 的质量、法码盘和法码的总质量不变,撤去光电门1. ) , 在某位置静止释放滑块,记录滑块的释放位置到光电 单位:1 门2的距离,记录遮光条的遮光时间,多次改变滑块的 图(1) 释放位置,重复实验,记录下的距离为x、x、、..,时 位移区间 AB AC AD 0AEAF △r_ 34.o0 Ax(cm) 6.60 14.60 47.30 i(cm/s) 66.0 73.0 vo 87.3 94.6 一条过原点的倾斜直线,已知该直线的斜率为5,则滑 (2)根据表中数据得到小车平均速度;随时间A 块匀变速运动过程中的加速度大小a= (用d 的变化关系,如图(c)所示。在图中补全实验点。 和&表示)。 温馨提示:复习至此,请完成练案[6 阁()实验一 b=59.0 cm/s。 探究小车速度随时间变化的规律 ,,差理得 (4)小球做匀交速直线运动,由位移公式x=rl+ 实验知识·自主回顾 #.. 二、1.(1)0.02s(2)交流 220V (3)4 0.1 四3.接通电源 放开小车 # 五、1.平行 核心考点·重点突破 故根据图像斜率和载距可得心=b,a=2k。 跟踪训练1:(1)电火花 (2)低压交流(3)减速 0.62 1.80 __d [解析](1)甲是电火花计时器,乙是电磁打点计时器。 过去#2:(1)分# (2)乙是电磁打点计时器,使用的电源为低压交流电源。 △ [解析](1)遮光条经过光电门1和2的速度大小分别为= (3)由纸带上的数据可知,从左向有相邻两计数点问的距离超 d 未越大,距离差为1.8cm,纸带的右瑞与小车相连接,则说明小 d 1. △△r (2)滑块从静止开始做匀加速直线运动,有2ax(-),整理 15.90-3. 50x10-}m/s=0. 62m/s;小车的加速度大小为a 2x0.1 -X-(24. 80-8. 80)-8. 80x10-* m/$}1. 80 m/s。 (27)} 0.04 练案[6] 跟踪训练2:(1)ACD(2)2.75 1.46 [解析](1)实验需要调节滑轮使细线与轨道平行,选项A正 1.(1)先接通电源再释放纸带(2)AC之间的距离 8.00cm 确;该实验只要使得小车加速运动即可,不需要倾斜轨道补偿 0.4m/s(3)匀加速直线运动 小车在连续相等时间内的位 阻力,选项B错误;为了充分利用纸带,则小车掌近打点计时器 移越来越大,且连续相等时间内的位移差几乎相等(4)0.80 静止释放,选项C正确;先接通电源再释放小车,选项D正确。 [解析](1)在实验中,使用打点计时器应先接通电源再释放 故选ACD。 纸善。 (2)计数点1的读数为2.75cm。已知打点计时器所用交流电 (2)根据句变速直线运动的规律可知,中间时刻的睡时速度等 源的频率为50Hz,则打点周期T=0.02s,则打计数点2时小车 于该过程的平均速度,则要测量B点的瞬时速度,需要测量的 是AC之间的距离,测得该物理量为xc=3.62cm+4.38cm= -m/s=1.46m/s。 0.04 8.00 cm. 例1:(1)24.00 80.0 (2)见解析图 (3)70.0 59.0(4)b 则B点的迷度为va--8.2x0.0m/s-0.4n/$。 _tr8.00x10-: 2 [解析](1)根据纸带的数据可得 (3)小车的运动性质是匀加速直线运动,判断的依据是小车在 Ax =xn+xsc+co=6. 60 cm+8. 00 cm+9 40 cm=24.00 cm 连续相等时间内的位移越来越大,且连续相等时间内的位移差 平均速度为 儿乎相等。 -_80. cn/. (4)根据逐差法可知,小车的加速度大小为 --59+680+7.62-32-4-38-5.20 10 5- 97 (2)根据第(1)小题结果补充表格和补全实验点图像得 9x00 1om 0.80m/s。 过1 (2)0.40(3)不变 [解析](1)利用“中间时刻的瞬时速度等千这段时间内的平 均速度”求E点的速度,可得c-10r。 d-d (2)用描点法作出+一1图像如图所示,由图线的料率求出加 速度 (3)从实脸结果可知,小车运动的v一A1图线可视为一条直线。 a-0.40m/。 ⊙ 图像为 ,.*) ___) 03 _2 65 A 1 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.1 此直线用方程i=△+b表示,由图像可知其中 -101.0-59.0 m/s2=70.0cm/$2. 0.6 (3)电网中交变电流的电压变化,并不改变电火花计时器的打 (2)1.5(3) 6.(1)刻度尺 2d(A-A.) △. A.(A.+A) 点周期,故测量值与实际值相比不变。 (4)光概板受到 3.(1)x(2)1.72(3)4.30 空气阻力的作用 [解析](1)由于刻度尺的最小分度为0.1cm,读数需要估读 [解析](1)该实验测量重力加速度,不需要天平测质量;需要 至下一位,则xo不符合刻度尺读数要求。 用刻度尺测量速光带(透光带)的宽度,故需要刻度尺。 (2)由千B点是A、C两点的中间时刻,所以 (2)根据平均速度的计算公式可知--44.5x10m. H30x10*; 27 2x0.1 一m/s~1.72m/s。 1.5m/s。 (3)由逐差法得物块的加速度大小为 (3)根据匀变速直线运动平均速度等于中间时刻的速度, -73.90-30. 91-(30. 91-5.10) 10-1 m/*一 #有:- d 47 4x0.1 --0(). 4.30m/s。 = 4.(1)A(2)61.20(3)9. 66(4)+五 (5)不正确,理由见 可得△(AA)! 2d(A.-△) 解析 [解析](1)为了减小空气阻力等误差影响,应该选用材质密 (4)光概板下落过程中受到空气阻力的影响,所以坚直向下的 度较大的小钢球,故选A 加速度小于重力加速度。 (2)刻度尺的分度值为1mm,估读到分度值的下一位,由图可 第二章 相互作用 知h=61.20cm。 第5讲 重力 弹力 故在2h-r图像中斜率表示重力加速度,则根据图线有 知识梳理·易错辨析 3.30-0.50 8-0.35-0. 06 ms*~9. 66 m/8 知识梳理 一、1.物体与物体间 2.运动状态 (4)下落过程中声音传的时间为1.五 二、1.地球的吸引 2.弹策测力计 3.竖直向下 4.(1)质量(2)悬挂 三、1.(1)弹性形变(2)弹性形变(3)相反 (5)设木条厚度为V,则台阶距离地面的高度h,时的时间为; 2.(1)正比(2)劲度系数 自身性质 变化量 高度h。时的时间为;则根据前面的分析有 易错辨析 2(h}+H)-2(h.+f)2(h-h) 1. x 2.x 3.x 4. x 5. x 6. x 7.8. x g= -. .- 核心考点·重点突破 可知与H无关。 跟踪训练1:C 瓶子受到地球对它的吸引力,同时它对地球也有 5.(1)见解析(2)9.7 0.80 吸引力,故A错误;装饰瓶内装有水,则其重心不一定在其几何 [解析](1)作出吾-:图像 中心,故B错误;装饰瓶的重心与其形状结构及质量分布有关, 故C正确;若装饰瓶底部出现一个小洞,在水滴完的过程中,装 il} 饰瓶的重心先降低后升高,故D错误。 跟踪训练2:D 质量分布均匀的物体的重心在其几何中心。物块 在重力、两根轻绳的拉力作用下处于静止状态,故三个力属于 #转) 共点力,则三个力的作用线必交于一点,D选项符合要求,故 选D 跟踪训练3:D 过 当小车匀速运动时,弹策弹力大小等于小球重力 大小,此时细绳的拉力F.=0:当小车和小球向右做匀加速直线 运动时,绳的拉力不可能为零,弹箭弹力有可能为零,故D 20 正确。 0.102 跟踪训练4:C 在一般情况下,轻杆对物体的弹力不一定沿杆的 (2)采用逆向思维方法,设钢球经过光电门2时的速率为v,由 坚直上抛运动可得 方向,图A中的小球只受重力和杆的弹力作用且处于平衡状 态,由二力平衡条件可知,小球受杆的弹力应为竖直向上,A错 #h=r-#”,即%-1 误;在图B中右边的绳是竖直方向,如果左边的绳有拉力的话 由图乙坐标点作出图线,由图像截距可知t=3.95m/s 有边的绳会产生倾斜,所以左边的绳没有拉力,B错误;对于球 由图线“料率”可以求得士83.95-2.50。20 与面接触的弹力方向,经接触点与接触而垂直(即接触点与球 0.3 6 m/. 心的连线上),C图中球与球的弹力方向,垂直于接触点的公切 g-9.7m/s. 面(在两球心的连线上)且指向受力物体,在D图中,大半圆对 小球的弹力F。应是从接触点沿大半圆的半径指向圆心,C正 确,D错误。 -478- 例1:B 小球处于静止状态,所受合力为零。当弹爹的弹力为零 8.D 由题意知,两根轻弹串接在一起,则两弹策弹力大小相 时,杆对小球的作用力方向是F.,由平衡条件知F,三ng;当弹 等,根据胡克定律F=得,x与k成反比,则得弹策的伸长量 赘的弹力不为零时,杆对小球的作用力方向可能是F.(也可能 是E),则F.(或F.)等于重力和弹力的合力,所以F.(或E >mg=F..F 一定不可能,因为在F、重力和弹弹力作用下 之和,即为1,-(1),故C错误,D正确。 小球不可能处于平衡状态,故B正确。 例2:B 由题知,取走一个盘子,稳定后余下的正好升高补平,则 9.C 设橡皮条的长度为1.51.时,两橡皮条夹角为6.此时皮兜对 说明一个盘子的重力可以使弹形变相邻两盘间距,则有mg= 3.k.解得k-100 N/m.故选B 系si2-0.51.解得F-221.故选C。 练案[7] 10.D 由于惊衣绳是穿过中间立柱上的固定套环并未打结,根据 1.B 物体的重心可以在物体上,也可以在物体外,如均匀圆环的 同一条绳上各点拉力大小相等,知F。=F。=Fn=Fn,D 重心在其圆心处,选项A错误;物体悬挂起来,根据二力平衡可 知,重力和绳子拉力等大反向,作用在同一直线上,绳子拉力在11.A 对小球整体处于平衡状态,受力分析得,沿简方向受力平 正确。 沿绳子方向上,所以该物体重力的作用点一定在沿绳子的方向 衡有ngsing=AF=h2R,解得x-=mgsjn,故选A。 上,即重心一定在绳子所在直线上,选项B正确;地球表面的重 2 力加速度随纬度的增大而增大,选项C错误;在同一地点,重力 12.D 如图所示,同一条线上拉力处处 _r 加速度为一定值,与物体的质量无关,选项D错误 相等,对于小球,由平衡条件可得F 2.D 由于水桶可以绕水平轴转动,因此一段时间后,当水桶中水 =mg,故细线对M点的拉力大小为 变多导致重心升高到一定程度时,竖直向下的重力作用线偏离 mg.B错误;轻环受力平衡,由对称性 中心转轴,就会造成水桶翻转,故选D 可得21=Z2,等腰三角形0AM两底M 3.B F的大小合适时,球可以静止在无墙的斜面上,F增大时墙 角相等,即/1=乙3.由几何关系可得乙1+乙2+乙3=90*,解 面才会对球有弹力,所以选项A错误,B正确;斜面一定有对球 得乙1=乙2= 3=30*,又由于/MAV=90*,所以乙 AVM= 斜向上的弹力才能使球不下落,该弹力方向垂直于斜面但不一 60*,故N点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30.D正确; 定通过球的重心,所以选项C、D错误。 细线对轻环的作用力大小为F=2F.cos30*=3mg,C错误;轨 4.如图所示 道对轻环的支持力与细线对轻环的作用力等大、反向,故F、= # F=③ng,A错误。 过13.(1)4ng(2)d0n _。 [解析](1)对AB整体:mg+F.-5mg 所以F.=4mg。 #。 f (2)对C:Fo-5ng, 2 对A:F=F+2mg. _) 开始时,通过对A受力分析可知,弹赘弹力大小为mg,弹赘的 (5) 压缩量为x2, 5.BC 对于轻质弹策来说,无论与其相连的物体处于什么样的运 则:n,:_ 动状态,弹的两端所受的拉力都相等,所以轻质弹测力计 的读数一定等于挂钩上的拉力,即弹测力计的读数一定等干 所以A上升的高度为h:=x+x-4mg。 F.故B.C正确,A.D错误 6.B 根据题图乙可知,当F-0时,弹处于自然伸长状态,即自 第6讲 摩擦力 然长度为15cm.A错误;由胡克定律可得= A △ 知识梳理·易错辨析 4N 知识梳理 --400N/m.B正确;由题意知,弹长度为 (25-15)x10*}m 一、粗糙 压力 相反 相反 10cm时F为正,则F方向向左,弹处于压缩状态,弹对墙 过三、正比 大于相等 壁的弹力水平向左,C错误;由题意知,弹长度为20cm时F 易错辨析 为负,则F方向向右,弹篝处于伸长状态,弹对墙壁的弹力水 1.2.x 3.x 4.x 5.x 6. 7. 平向右,D错误。 核心考点·重点突破 7.C 题图甲中x-2mg 2mg4g,题图乙中两根轻弹的总伸 跟踪训练1:B 0~1.时间内,小物块相对传送带向左运动,滑动 t+1 长量为x-2-3m,、故C正确。 摩擦力方向始终向右,大小不变,1.时刻以后小物块相对传送带 静止,与传送带一起以速度v.匀速运动,不再受摩擦力作用,故 B项正确。 -479- 跟踪训练2:C 对手机进行受力分析,手机竖直放置时,如图甲所 的最大静摩擦力的大小,物体处于静止状态,根据平衡条件,A 示,竖直方向有F.+f -mg=0.水平方向有F-F.=0.且有 受到的静摩擦力大小为8N.方向向右,B受到的静摩擦力也是 f=nF,手机水平放置时,如图乙所示,坚直方向有F。-F。 8N.方向向左,当与水平方向成60*角的拉力F=6N.作用在木 -mg=0,水平方向有F-f=0.且有/.=af,解得F= F-af 4F-2f,故选C。 块B上,假设物体B仍静止,则B受到的摩擦力为11N.此时的 最大静摩擦力为F'=n(mg-Fsin60*}~14.57N.小于此时 +{ 的最大静摩擦力,则B仍然静止,摩擦力方向向左,施加F后; 弹篝的形变量不变,则A受力情况不变,A受到的摩擦力大小 r。 仍为8N.方向向右,C项正确。故选C项。 千机 名师讲坛·素养提升 _1 例3:BCD 物体在斜面上始终处于平衡状态,沿斜面方向受力平 wWT 支望 衡,方程为F-mgsin6+F.=0,解得F:=mgsin8-F,若初态 →选 mgsinθ=F,则B项正确;若初态mgsina>F.则C项正确;若初 态mgsine<F,则D项正确。 甲 例4:AB 地面对B的最大静摩擦力为F..三u.,A、B相对滑动后 例1:BD 对题图甲;设物块m受到摩擦力,则物块m受到重力。 力传感器的示数保持不变,则F.=h。-F.=k(t。-t),A、B 支持力、摩擦力作用,而重力、支持力平衡,若受到摩擦力作用 两项正确;由于A.B的质量未知,则-和u不能求出.C.D两 其方向与接触面相切,方向水平,则物块m受力将不平衡,与题 项错误。 中条件矛盾,故假设不成立,A.、C两项错误。对题图乙:设物块 例5:C 物块水平方向受力平衡,F=F。=5t.滑动摩擦力方向竖 m不受摩擦力,由于m匀速下滑,m必受力平衡,若m只受重 直向上,F.=F.=0.4x5t=2t。所以F.-:图像是过原点的倾 力、支持力作用,由于支持力与接触面垂直,重力、支持力不可 斜直线,斜率k-2.当物块静止时,物块受到静摩擦力作用F= 能平衡,则假设不成立,由受力分析知,m受到与斜面平行向上 mg=4 N.当F.<mg=4N.物块做加速运动.当F.>mg=4N 的摩擦力,B.D两项正确 时,物块做减速运动到速度为零,物块静止,其所受静摩擦力为 例2:D对物体受力分析可知,物体受重力、支持力、水平力F以 F.=mg=4N,即物块先做加速度减小的加速运动,后做加速度 及摩擦力的作用而处于平衡状态;将重力分解为垂直于斜面和 沿斜面的两个分力,根据平衡条件可知,在沿斜面方向上,重力 的分力mgsin8与水平力F以及摩擦力的合力为零,则摩擦力 正确,A.B.D错误 大小等于水平力与重力沿斜面向下的分力的合力,由几何关系 例6:BD 当小木块速度小于传送带速度时,小木块相对于传送带 可知,该物体受到的摩擦力大小为VF+(mgsin).故D 向上滑动,小木块受到的滑动摩擦力沿传送带向下,加速度a 正确。 gsin8+ngcosθ;当小本块速度与传送带速度相同时,由于n 跟踪训练3:C 对题图甲中的笔受力分析,受到手指的压力、重 tane.即umgcosθ<mgsinθ,所以速度能够继续增大,此时滑动 力、摩擦力,假设没有受到摩擦力,笔就会顺着手指滑下来,故A 摩擦力的大小不变,而方向突变为向上,且a=gsin8-gcos8. 错误;对题图乙中的笔受力分析,受到重力、支持力和摩擦力。 加速度变小,则+-!图像的斜率变小,所以B.D正确。 假设没有受到摩擦力,笔就会顺着手指滑下来,故B错误;因为 练案[8] 题图甲和题图乙中的笔都是静止状态,所以手对笔的作用力应 与重力大小相等,方向相反,故C正确;题图甲中的笔受到的是 1.D 若摩擦力的方向与物体的运动方向相同,则摩擦力是动力; 静摩擦力,其大小等于重力沿笔方向的分力,与手的握力大小 若与物体的运动方向相反,则是阻力。由于物体相对小车向左 无关,故D错误。 滑动,所以物体受到小车对它向右的滑动摩擦力的作用,但相 跟踪训练4:C 当小车水平向左启动时,加速度a的方向向左,金 对地面物体是向右运动的,即滑动摩擦力的方向与物体的运动 属桶受到向左的摩擦力,A错误;当小车水平向右启动时,加速 方向相同,所以是动力,故D正确。 度a的方向向右,金属桶受到水平向右的摩擦力,B错误;当小 2.AD 由于码处于静止状态,则tt三mg,所以有k-- 车水平向右减速运动时,加速度a的方向向左,金属桶受到水平 100×10 x10N/m=500N/m。书恰好能匀速运动时,有xr' 向左的摩擦力,再由牛顿第三定律知,金属桶对小车的摩擦力 2x10-) 水平向右,C正确;当小车水平向左减速运动时,金属桶受到的 摩擦力水平向右,D错误。 =nm'g,代入数据解得j=0.2。故选AD 3.C 木块在水平方向上受木板水平向右的滑动摩擦力和弹策测 跟踪训练5:C 对磁钉分析可知,磁钉没有相对彩纸的运动趋势 则不受摩擦力,故A错误;磁钉不仅受到重力和支持力还要受 力计水平向左的拉力作用,由于木块静止,则其所受滑动摩擦 力大小等于弹策测力计的拉力大小/,所以木块与木板间的滑 到白板的磁性吸引力,故B错误;由于彩纸相对于白板有向右 动摩擦力大小为/.B错误;本块与木板之间的动摩擦因数n= 的运动趋势,则彩纸受到白板向左的摩擦力,故C正确;对整体 分析可知,整体有向右的运动趋势,则白板和地面间有摩擦力, 故D错误。 f-fD错误。 跟踪训练6:C 最大静摩擦力等于滑动摩擦力,所以A受到的最 大静摩擦力为F.=uF.=0.25x50N-12.5N.B受到的最大4.BD 斜面光滑.A匀速向上运动,故/.沿斜面向上,C匀速向上 静摩擦力为F.=F.=0.25x60N=15N.此时弹策的弹力 运动,故C受到B的摩擦力沿斜面向上,因此/。沿斜面向下。 为F .=x=400x0.02N=8N.弹弹力的大小小于物体受到 以C为研究对象,设斜面倾斜角为a,故有/。'-/.'+m。gsina. -480一 故八.与/。方向相反,且f.</.。A错误,B正确。如果斜面粗 11.A A4纸正反两面均受到与之接触的书页的滑动摩擦力,因 糙,A匀速向上运动,A受到斜面摩擦力沿斜面向下,故/,沿斜 为不计书皮及A4纸的质量,所以两个滑动摩擦力大小相等, 面向上,C匀速向上运动,故C受到B的摩擦力沿斜面向上,因 此f.沿斜面向下。以C为研究对象,设斜面倾斜角为a,故仍 有/'=/'+mgsina.C错误,D正确。 -2F.联立解得A4纸和书之间的动摩擦因数n~0.33.故 5. D 对于上面的书,手对书的摩擦力和书对手的摩擦力是一对 选A。 相互作用力,大小相等,故A错误;下面的书受到的摩擦力与其 12.ACD 第2张纸相对第3张纸有向右运动的趋势,所以第2张 自身的重力是一对平衡力,大小相等,方向相反,从而使其保持 纸受到第3张纸的摩擦力方向向左,故A正确;工作时搓纸轮 静止,故B错误;根据平衡条件可知,手对书的摩擦力大小始终 给第1张纸压力大小为F,第1张纸对第2张纸的压力为F+ 等于两本书的重力大小之和,所以若抓书的手指增加抓书力 mg,所以第2张以下的纸没有运动,只有运动趋势,所以第2 度,手对书的摩擦力不变,故C错误;两本书开始时处于静止状 张以下的纸之间以及第20张纸与摩擦片之间的摩擦力均为静 态,若松开手指,不计空气阻力,则两本书都只在重力作用下做 摩擦力,大小均为u(F+mg),故B错误,C正确;若p=P. 自由落体运动,故D正确。故选D 搓纸轮与第1张纸之间的摩擦力为u.F.第1张纸受到第2张 6.ABD 按动遥控器上的“前进”键,后轮顺时针转动,对甲车的 纸的滑动摩擦力为n.(F+mg).则有n.F<u.(F+mg).搓纸 摩擦力向后,则甲车对后轮摩擦力向前,甲车相对地面向后退; 轮与第1张纸之间会发生相对滑动,不会进纸,打印机不会正 前轮相对乙车向前滚动,对乙车的摩擦力向前,则乙车对前轮 常工作,故D正确。 的摩擦力向后,乙车相对地面向前进,故A、B正确;按动遥控器 13.AD工件在水平方向上有相对于铜板水平向左 上的“后退”键,后轮逆时针转动,对甲车的摩擦力向前,则甲车 的速度v。和沿导方向的速度v.,故工件相对v 对后轮的摩擦力向后,甲车相对地面向前进;前轮相对乙车向 于钢板的速度如图所示,滑动摩擦力方向与相对 后运动,对乙车的摩擦力向后,则乙车对前轮的摩擦力向前,乙 运动方向相反,所以有:F=foosθ-mgeos9.因此 车相对地面向后退,故C错误,D正确。 7.D 当长木板相对物块运动后,物块相对长木板向右滑动,受到 F的大小为m一 V+2 的摩擦力方向向左,故A错误;由题图乙可知,物块与长本板间 的滑动摩擦力大小约为7N.则物块与长木板闻的动摩擦因数 所以当v.越大时,F越小;当v.越大时,则F越大;钢板与地面 之间的滑动摩擦力与v.和r:无关,故A.D两项正确,B、C两 约为叫g 项错误;故选AD两项。 摩擦力,还受到实验台对其的摩擦力,两个摩擦力方向相同,所 14.C 设弹的弹力为F.因为当弹策弹力大于mg时,甲受到的 以向左拉长木板的力与物块受到的摩擦力不可能在任意时刻 摩擦力一定向左,乙受到的静摩擦力也向左,则2mg=F+F. 大小相等,则向左拉长木板的力的大小与时间的关系图线和题 mg Fan=F,可得fafz-1ng,F-3mg,选项A、B错 图乙中的曲线一定不同,故C错误;长木板滑动后,要使长木板 能沿实验台匀速运动(木板与物块未分离),则向左拉长木板的 误;对乙,剪断B绳之前,若弹篝的弹力F=mg,则此时乙受静 力约为F=umg+u(M+m)g=17N.故D正确。 摩擦力为mg,方向向左;若突然将B绳剪断,则摩擦力变为向 8.B 滑块上滑过程中受滑动摩擦力,F.=uF、.F.=mgcos8,联立 右,大小等于弹弹力ng,选项C正确;若突然将B绳剪断. 得F.-6.4N.方向沿斜面向下.当滑块的速度减为零后,由于 弹赞弹力不突变,因此甲物体的受力状态不变,受到的摩擦力 重力的分力mgsinθ<umgeoso.滑块静止,滑块受到的摩擦力 不变,选项D错误. 为静摩擦力,由平衡条件得F'=ngsin8.代人数据可得F' 第7讲 力的合成与分解 6N.方向沿斜面向上,故选项B正确。 9.D 当夹角为8.时,最大静摩擦力为F。,而滑动摩擦力为F。,此 知识梳理·易错辨析 时木块是加速下滑的,则有mgeos6.<mgsin8.,解得i<tan6.. 知识梳理 f,故A、.B错误;当木板与地 由 1gcos8.=Fa,解得-mgos6 一、1.(1)产生的效果 合力 分力(2)等效替代 2.同一点 延长线 面的夹角为6。时,木块只受重力,但初速度不为零,故C错误; 3.(1)合力(2)共点力 大小 方向 首尾相接 在木板由8.转到e.的过程中,依据umgcosθ=F..mgsinθ-F. 4.(1)分力(2)平行四边形 三角形(3)效果 =ma当e增大时,则其所受的合力增大,那么加速度会增大,因 二、1.方向 平行四边形定则 此木块的速度变化越来越快,故D正确。 2.没有 代数法则 10.CD 在书写的过程中毛笔受到重力,手的作用力以及纸的支 易错辨析 持力,处于平衡状态,由于手对毛笔的作用力是未知的,所以 1.x 2.V 3. 4. 5. 6.x 7.x 8.x 9.x 不能判断出毛笔对纸的压力与毛笔的重力的关系,A错误;白 10.x 纸始终是静止的,镇纸相对白纸也是静止的,没有运动趋势, 核心考点·重点突破 则镇纸不受摩擦力作用,B错误;白纸受到毛笔的向右的滑动 跟踪训练1:ABC 两个2N的力的合力范围为0~4N.然后与 摩擦力,同时受到桌面的向左的静摩擦力作用,C正确;白纸受 3.N的力合成,则三力的合力范围为0~7N.由于最大静摩擦力 到了毛笔向右的摩擦力作用,有向右的运动趋势,所以受到桌 为5N.因此可判定选项A.B.C正确,D错误。 面的向左的摩擦力,力的作用是相互的,则桌面受到了白纸的 跟踪训练2:B 先以力F,和F,为邻边作平行四边形,其合力与 向右的摩擦力作用,D正确。 F.共线,合力大小F。=2F。,如图所示,F。再与第三个力F,合 -481- 成求合力F.可得F。=3F,故选B$ 例5:B 对人受力分析有 ### 跟踪训练3:B 由题意可知擦窗工具做匀速 直线运动,则受力平衡。对擦窗工具在如 则有F.+F.=mg 题图所示平面内进行受力分析,如图所 其中工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作 →F=ng 用力,A错误,B正确;对滑轮做受力分析有 示。根据平行四边形定则,擦窗工具所受 摩擦力大小为/=VF+(mg)=2mg, 由tan*--1.可知擦窗工具所受摩擦 力方向与水平方向成8=45*角指向左上方。B正确,A.C、D 则有f=20 错误。 ng.则随着重物缓慢拉起,6逐渐增大,则F.逐渐 例1:C 如图所示 d-30n 增大,C、D错误。故选B。 例6:B 设甲、乙两物体的质量均为m.对0点进行受力分析,右 侧细绳上的拉力大小为mg,左侧细绳上的拉力大小为F,0点 下方的细线上的拉力大小为mg,系统平衡时对力进行水平和竖 直方向的正交分解可得FsinB=mgsina,FcosB+mgcosa= 将作用在绳索中点的水平恒力F分解到沿A0方向的拉力F mg,解得$=55*,选项B正确。 和沿B0方向的拉力F.,因F.=F.,则有f=Fsing,由于< 练案[9] d.则sinθ=tan9.因此Fi=2t.代人数值得F.=2500N.故 1.C 由题图可知,当两力夹角为180“时,两力的合力大小为2N 面当两力夹角为900时,两力的合力大小为10N。则这两个力 选C。 的大小分别为6N8N.故C正确,D错误。当两个力方向相同 例2:D 对结点0受力分析可得,水平方向有F.=F。,即F,的水 时,合力大小最大,等于两个力之和;当两个力方向相反对,合 平分力等于F。的水平分力,选项C错误,D正确;fv-ta f. 力大小最小,等于两个力之差,由此可知,合力大小的变化范围 是2NFs14N.故A.B错误。 2.D 当0D.0C两拉索夹角为120*时,三根拉索的拉力大小相 等,选项A错误;拉动手刹拉杆时,当0D.0C两拉索夹角大干 例3:C 如图所示, 120*时,拉索A0上的拉力比拉索0D和OC中任何一个拉力都 小.选项B错误;根据平行四边形定则可知,若在拉索A0上施 加一恒力.0D.0C两拉索夹角越小.拉索0D.0C上的拉力起 小,选项C错误;若保持0D.0C两拉索的拉力不变,0D.0C两 拉索越短,则两拉力的夹角越大,合力越小,即拉动拉索A0越 因为F。-F>Fsin30”,故F.的大小有两种可能情况,由余弦 3.C 对人的头部受力分析如图所示。在三角形F 省力,选项D正确。 定理可得F=F+F-2FF cos30*$化简可得F-3FF + 中,由几何知识可知,大角对大边,所以F>F -4G。又因为两边之和大于第三边,故F。<G+G #3-$^0.解得Fr.F。-25F。故选C。 F.=5G.根据牛顿第三定律知,颈稚受到的压力 4G<F5G,故C正确。 名师讲坛·素养提升 4.D 把汽车的重力按作用效果分解为平行于桥面方向和垂直于 例4:AC 由于题图甲中轻杆0A为“定杆”,其0端光滑,可以视 桥面(斜面)方向的两个分力,引桥越长,倾角越小,重力平行于 为活结,两侧细线中拉力大小相等,都等于nz,由力的平衡条件 引桥桥面的分力就越小,故选项D正确。 可知,题图甲轻杆中弹力为F=2mgcos 45o=2mg,故A正 5.C 由受力分析可得Feosθ={(mg+Fsine),代入数据解得- 确;题图乙中轻杆0A'可绕A点自由转动,为“动杆”,另一端0' 0.174,结果保留两位有效数字知C正确,A.B、D错误。 光滑,可以视为活结,0两侧细线中拉力大小相等,“动杆”中弹 6.AC 结点0受到三个力作用F.F。F,如图 力方向沿“动杆”方向,“动杆”0A'中弹力大小等于0'两侧细 所示,其中F、F。的合力与F.等大反向,即 线中拉力的合力大小,两细线夹角不确定,轻杆中弹力无法确 _ =cosθ,解得 定,乙B'0A'可能等于30{,故B.D错误;根据共点力平衡条件。 f_-G 题图甲中轻杆弹力与细线0B中拉力的合力方向一定与竖直细 线的拉力方向相反,即竖直向上,故C正确 -482- 7.A 对B由平衡条件知,绳子拉力T=mg.对A受力分析如图 所示,根据平衡条件有2Tcos8=m,g,由几何关系可知sin8= 'nt 由几何关系可得G=F.=F, 由F$=uF 得F=0. 5G (2)把整个装置倾斜,则重力沿压紧两划的斜面的分力F' F.'-Gcos 37*=0. 8G. 此时工件所受梅的摩擦力大小F'=2F'=0.4G 8.A 对题图中的A点受力分析,设轻杆0A的弹力大小分别为 F.',F',则由图甲可得F.=F'=2mgcos30*=3mg,由图乙可 第8讲 牛顿第三定律 受力分析 共点力的平衡 知识梳理·易错辨析 知识梳理 一、1.相互 2.相反 同一条直线上 二、1.受力示意图 2.(1)重力(2)弹力(3)摩擦力(4)电磁力 三、1.静止 匀速直线 $. F$-G=0F -F$=0$F$+F$-G=$$$$ 3.(1)大小相等,方向相反 (2)其余两个力的合力 (3)其 9.C 设每根绳的拉力为F,则这两根绳 余儿个力的合力 拉力的合力F。-2Foos-,方向沿绳 易错辨析 1. x 2. x 3.x 4.x 5.x 6. x 7. 8. 9. 子所组成角的角平分线,与水平面的 10.V 夹角为a.受力分析如图所示,对轮胎 核心考点·重点突破 有F。 cosa=F,解得F= -5,故A、B.D三项 跟踪训练1:D 甲拉乙的力与乙拉甲的力是一对作用力与反作用 200o 9 力,大小相等,与二者的运动状态无关,即不管哪个获胜,甲对 乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小,只是当地面对甲的 错误,C项正确。故选C项。 摩擦力大于地而对乙的摩擦力时,甲才能获胜,故A、B、C错误 10.B 某时刻舰载机的挂钩勾住阻拦索,形成题图所示的60*夹 D正确。 角,由于挂钩两侧阻拦索中拉力相等,由2Fcos30}=F.解得 跟踪训练2:AC 苹果对手的压力是因苹果发生形变而产生的,选 阻拦索中的拉力r-5f 项A正确;手所受压力和手对苹果的支持力是一对作用力与反 。由于柱塞两侧阻拦索中拉力相等 作用力,选项B错误:苹果所受重力和手对苹果的支持力都作 其合力方向在两侧阻拦索拉力所成夹角的角平分线上,所以 用在苹果上,大小相等,方向相反,是一对平衡力,选项C正确; 苹果对手的压力是因苹果发生形变面产生的,是苹果与手之间 的相互作用,而重力是由地球的吸引而产生的,是苹果与地球 B正确。 之间的相互作用,选项D错误。 11.A 受力如图所示,设大腿骨和小腿骨对膝 跟踪训练3:A 环在竖直方向上受重力及箱子内的杆对它的竖直 关节的作用力大小为F..已知它们之间的夹 向上的摩擦力F,受力情况如图甲所示,根据牛顿第三定律可 角为o,F即为它们的合力的大小,作出平行F -即对 知,环应给杆一个竖直向下的摩擦力F',故箱子竖直方向上受 四边形如图所示,有Eeos- 重力Mg、地面对它的支持力F,及环给它的摩擦力F',受力情 地面竖直向下的压力为F,=fi,由牛 况如图乙所示,以环为研究对象,有mg-F.=mo.以箱子为研 究对象,有F.=F'+Mg=F.+Mg=Mg+mg-ma。根据牛顿 第三定律可知,箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的支持 力大小,即F'=Mg+mg-ma,故A项正确。 tan。故选A。 12.(1)0.5G (2)0.4G [解析](1)分析图柱体的受力可知,沿轴线方向受到拉力 F、两个侧面对圆柱体的滑动摩擦力,由题给条件知F=2F, 1 由圈柱体重力产生的效果将重力进行分解,如图所示: 乙 4 例1:D 对AB系统受力分析可知,斜面对B摩擦力可能为零。对 跟踪训练6;B 以斜面体为研究对象,受力分析如图所示,图1中 A受力分析,由平衡条件得:A受重力,B对A的支持力,水平力 N. =Feos8.Jf. =mg+Fsinθf..图2中N.=Feos θ,即墙面受 F.以及B对A的摩擦力四个力的作用,故A.B错误;对B受力 到的压力不变,A错误;若Fsinθ=mg,则/.=0,若Fsin8>mg. 分析:B至少受重力,A对B的压力、A对B的静摩擦力,斜面对 则/方向向下,且./.=Fsine-mg,若Fsin9<mg,则/:方向向 B的支持力,还可能受到斜面对B的摩擦力,故D正确,C错误 上.且f=mg-Fsin8.所以斜面体受到的摩擦力一定变小.B正 跟踪训练4:C 压力和重力是不同性质的力,压力不是重力,石块 确,C错误;因为墙而受到的压力不变,所以/.不变,图1中f A对B的压力的大小等于重力大小,故A错误;石块B除了受 mg+Fsin9f..斜面体静止,图2中f一定比/.小,所以斜面 到重力A对B的压力,C对B的支持力外,还可能受到A对B 体一定不会沿墙面向上滑动,D错误 的摩擦力,C对B的摩擦力,因此石块B受力的个数最多为5 个,故B错误;由于石块A.B能够正立在石块C上,以石块A、B 为整体研究,重力竖直向下,因此石块C对石块B的作用力与 A和B的总重力大小相等、方向相反,即竖直向上,故C正确; 以石块A、B.C为整体作为研究对象,石块A、B.C的总重力坚 直向下,根据力的平衡,石块C下面的大石头对C的作用力方 向只能是竖直向上,且大小与A、B.C的总重力相等,故D错误 例2:A 解法一:合成法。对滑块进行受力分析如图甲所示,滑块 _n 12 受到重力n,支持力F,、水平推力F三个力作用。由共点力的 跟踪训练7:B 对小球,沿斜面方向上,有F.cos30=mgsin30. 平衡条件知,F与mg的合力F与F,等大、反向。由几何关系 可知F、ng和合力F构成直角三角形,解直角三角形可求得F .所以选项A正确,B.C.D错误. sin 有F-F-cos 60-50,选项B正确。 6 名师讲坛·素养提升 例4:AD 设绳A0和绳B0拉力的合力为F,以0点为研究对象 0点受到衣服的拉力(大小等于衣服的重力mg)、C0杆的支持 力F.和两绳的合力F,受力分析如图甲所示,根据平衡条件得 乙 解法二:正交分解法,将滑块受的力沿水平,坚直方向分解,如 小为2mg,故A正确.B错误;F=mgtan60{}=/3mg,将F分解. m,故A正确。 如图乙所示,绳A0和绳B0所受拉力的大小相等,即F:三F. sin 由F=2F.cos30*,解得F.=mg,故C错误,D正确。 解法三:矢量三角形法。如图丙所示,将滑块受的力平移,使三 _ 例3:C 以三个彩灯(含2、3两细绳)为一整体,由平衡条件可得 T.sin6.=T..T.cos8.=3mg,以3.4绳节点为研究对象,有 中 乙 r 跟踪训练8:C 令0E、0F轻绳与竖直方向夹角为e.根据几何关 2.因8。和e.随ng的变化而变化,所以in不一定等于 ) sin 系有sinθ= {sinB. sinB 3,根据对称性可知,0F、0F轻绳 2。故C正确,A.B.D错误 跟踪训练5:B 对轻杆和小球组成的系统进行受力分析,如图,设 上弹力大小相等,令为7..针对0E0F分析有27.cos8=mg.解 左侧斜面对杆AB支持力的大小为N.由平衡条件有N.= ngeos30”,得N.-mg,故选B。 ③ 11 绳上弹力大小相等,令为7.,对轻绳的节点F进行受力分析有 述可知.AE.DE.BF.CF轻绳上弹力大小相等.0E、0F轻绳上弹 力大小相等,但AE.DE、BF、CF轻绳上弹力小于OE、OF轻绳上 弹力,故A错误;若0E0F绳增长相同长度,根据几何关系可 知,0E,0F轻绳与竖直方向夹角为8减小,根据27.cos8=mg. 30 可知,0E、0F轻绳上弹力7,减小,根据27.c0s30*=T.可知. __ AE绳张力减小,故D错误。故选C。 -484- 练案[10] 7.BC 分别对A.B受力分析,如图所示,故小球A受到三个力作 用,小球B受到2个力作用,A错误,B正确;根据共点力平衡条 1.B 水对船桨的作用力与船桨对水的作用力是一对相互作用 力,大小相等,故A错误;鼓手对座椅的压力与座椅对鼓手的支 持力也是一对相互作用力,大小相等,故B正确;队员对龙舟的 理列式).故m。:m.=1:tan8.C正确.D错误。 压力作用在龙舟上,队员受到的重力作用在队员上,所以压力 并不是重力,故C错误;龙舟受到的浮力和龙舟及所有队员所 00-28 受的总重力是一对平衡力,所以龙舟受到的浮力和所有队员对 /1 龙舟的压力不是一对平衡力,故D错误。故选B 2.B 琼琼受到重力、绳子拉力、岩石的弹力、向上的摩擦力4个 __ 力的作用,故A错误;岩石对琮琼的弹力是由于岩石形变产生 的,故B正确;岩石对琮琮有方向水平向右弹力、竖直向上的厚 擦力,所以岩石对琼琮作用力方向斜向右上方,故C错误;当瑞 综向上攀爬时,岩石对它的作用力与它对岩石的作用力是一对 8.C 根据题意可知,总绳对人的作用力大 相互作用力,等大反向,故D错误。故选B 小为F=2x100xcos30*N=1003N. 3.B 由题意可知,书受到重力和弹力作用,由于书有沿斜面向下 对人受力分析,如图所示,由平衡条件有 的分力,所以书必然受到一个沿斜面向上的力,以维持平衡,这 F$=Fsin30*=503N. Feos 30*+F =¥$ 个力可以是摩擦力,也可以是支架下边缘对书的弹力,也可以 mg,解得F.=350N,故选C 是摩擦力和支架下边缘对书的弹力的合力,故可能受三个力作 9.A 对球A受力分析可知,球B对A的 →{x 用,也可能受四个力作用,A错误,B正确;书沿斜面向下的分力 与支架下边缘对书的弹力相等时,摩擦力不存在,C错误;书沿 斜面向下的分力,与向上的摩擦力相等时,支架下边缘对书的 弹力不存在,D错误。 4.D 对该篮球受力分析,设单根托杆对篮球的弹力大小为F、. 两托杆对篮球弹力的合力为F,水平支撑杆对篮球的弹力为 F、',垂直两根托杆平面篮球受力图示如图(a),则有F= 2mg,容器底对B的支持力为2mg,B错误;对球A、B组成的整 体而言,容器壁对B的支持力等于容器壁对A的支持力,则大 R 小为)mng.C错误。 2VR-fcos 8 10.A 对下而的小球进行受力分析,如图甲所示。根据平衡条件 mg,解得tanθ-.f.-(2mg){+F-5mg,由题意可知 tm 图) 图(b 5.D 六块形状完全相同的石块围成半罔对应的圆心角为180{. A正确,B、C、D错误。 每块石块对应的圆心角为30{,对第3块石块受力分析如图1 结合力的合成可知tan60。= F ,解得_2,故选D。 力分析如图2,tan30- (m+m)g 出 r 乙 11.C 过B点作CD的垂线,其垂足为E.由几何关系可知,BE的 r 2.3 长度约为2m。设轻绳所在平面与水平面的夹角为e.两轻绳 。 , n')8 上的拉力大小为F,合力为F。,石碗做匀速直线运动,所以其 图2 6.C 当F水平时,根据平衡条件得F=mg;当保持F的大小不 变,而方向与水平面成60*角时,由平衡条件得Feos 60{}=n(mg #3.sn,带入数据解得F。= F. sinθ).其中cos8= ③ 60 N.由上述分析可知,设BD绳上的拉力与BE夹角为B,则 -485一 该夹角的余弦值为cosB-2.201m201' 2m200.有2FeosB=F。,解得 F-30.2N.故选C. D0.P0不变.PD变小.可见T变小;N不变。即知弹策的弹力 12.AD 由题意可知,当 =37*时,木块恰能静止在斜面上,则 变小,弹变短。由牛顿第三定律知小球对半球的压力V不 um.gcos 37*=m.gsin37*,解得u=0. 75,故A正确;现将0改 变,故B正确,A错误;对半球体受力分析,设小球对半球体的 为30{*},在A与斜面间放一质量为m的光滑圆柱体B.对A受 压力与水平方向夹角为e.由平衡条件可知Vcos=f.Vsin 力分析,则最大静摩擦力f'=V,N=mgeos30;而N.= +Mg=F..V大小不变,小球滑半球体表面上移,8变大,可知 ngsin30 ,当/”<mgsin30+m,gsin30*时,A相对斜面向下滑 地面对半球体的摩擦力/减小,地面对半球体的支持力F、增 动,当/”>mgsin30+m。gsin30o,A相对斜面不滑动,因此A. 大,故C正确,D错误 B是否静止在斜面上,由B对A弹力决定,故B错误;若m。= 例3:CD[速解指导] 惊衣绳模型:近小远大恒不变→绳长不 m.则mgsin 30+m.gsin 30=mgf =V=0. 75xm.geos 30 变,绳子端点水平间距a变小一绳子拉力变小。 [解析] 设绳子两墙点所悬点的水平距离为d.绳长为1.绳子 拉力为T,绳子与竖直方向之间的夹角为θ,物体的质量为m。 斜面的滑动摩擦力,大小为33 -ng,故C错误;若m。=4m,则 2mg:而/f"=V-0.75xmgeos 30 mgsin30*+m.gsin30= 5 见,d相等,T相等,所以F.=F.F.=F.故A错误,C正确; 大,T也大,F.<F,F.F.,B错误,D正确。 -ng,故D。过 例4:BD 在缓慢移动过程中,小球在重力G.斜面F 斜面的静摩擦力,大小为mgsin30 +m.gsin30o- 对其的支持力F、和细线上的张力F。三力的作 正确。 用下保持动态平衡,故三个力可以构成一个封 13.C 设输电线在A.B、C三个位置的拉力分别为F.、F。、Fe.F 闭的矢量三角形如图所示,因G的大小和方向 一定沿着狐线切线方向,即水平方向,设A、B间输电线的质量 始终不变,F、的方向不变,大小可变,F,的大 为n.对AC段输电线,根据平衡条件,在竖真方向有F.cosa 小、方向都在变,因此可以作出一系列矢量三角 形,由图可知,F。逐渐增大,F.只能变化到与F。 4mg,在水平方向有F.sina=F.,对BC段输电线,根据平衡 垂直,故F。是逐渐变小的,因弹策弹力与F.大G 条件,在竖直方向有FcosB=-mg,在水平方向有F。sinB= 小相等,则弹策弹力逐渐减小.选项B、D正确,A.C错误。 例5:A 初状态系统平衡时,两弹赞弹力相等,合力与两弹赘夹 F..联立解得a=60.C正确,A.B.D错误 45*斜向左上方,则由0点受力平衡知:0P,00两绳拉力合力斜 专题强化二 动态平衡问题 平衡中的临界和极值问题 向下与0P夹45*角。保持0点不动,则两弹伸长状态不变, 合力不变,将0P、00沿顺时针方向缓慢旋转70{,此过程0P。 例1:C 对小滑块进行受力分析,设小滑块与圆心F .M 00合力不变,而两力夹角不变,根据力三角形法可作图如下; 的连线与坚直方向的夹角为9,凹橹对小滑块的! 1.N 支持力为N.则有F=mgsin6.N=mgcos6.6由 0*增加到90{的过程中,推力F一直增大,凹橹 对小滑块的支持力V一直减小,故A、B错误;对 (M+nig 四樽和小滑块整体进行受力分析,如图所示,设地面对凹糟的 支持力为A.,墙面对回橹的压力为V.,则由平衡条件可得.= Feos 8.N.+Fsinθ=(M+m)g,联立可得N=mgsin20.N= 由图可以看出:在旋转70*的过程中,表示0P的拉力Te长度一 直在减小,说明0P上的作用力一直减小;表示00的拉力T。 Mg+mgcose.可知V.先增大后减小,N一直减小,故C正确。 长度先增大后减小,说明00上的作用力先增大后减小;当00 D错误。 旋转至水平位置时,00对应的周角为180*-60*-45*-75。 例2:BC 以小球为研究对象,分析小球受力情况:重力G.细线的 <90*.说明此时00拉力不是最大值。故A正确,B.C、D错误 拉力7和半球面的支持力N.作出N.7的合力F.由平衡条件得 例6:B 设两根轻绳的合拉力为F,对石墩受力分析如图1.根据 知F=G。 平衡条件有Feos θ=f.Fsinθ+F.=mg,且 nF =f.联立可得F =osinoA错误,B正确;上式变形得F= D_A ng ___mg,其中tana-一,根据三角函数特点,由于不 1+sin(9+a) 知道开始时(e+a)的值,因此减小8.轻绳的合拉力F不一定减 77777777777 小.C错误;根据上述讨论,当e+a=90时,轻绳的合拉力F最 G -_知大来 小,而摩擦力/=Feos θ-mgeos8 角^.摩擦力一直减小.当e趋近于90时,度擦力最小.故轻绳 -486-