22 第三章 相互作用——力 章末综合提升（课件PPT）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中物理必修第一册（人教版）江苏专版

复习任务群一 现代文阅读Ⅰ 把握共性之“新”　打通应考之“脉” 第三章　相互作用——力 章末综合提升 章末综合提升 巩固层·知识整合 提升层·主题探究 主题1　摩擦力的“突变”问题 摩擦力的突变问题，无论怎样变化，其本质就是静摩擦力和滑动摩擦力大小或方向的变化分析问题，以下是摩擦力突变的常见情况： 分类 说明 案例图示 静—静 “突变” 物体在摩擦力和其他力作用下处于平衡状态，当作用在物体上的其他力发生突变时，如果物体仍能保持静止状态，则物体受到的静摩擦力的大小或方向将会发生“突变” 在水平力F作用下物体静止于斜面，F突然增大时物体仍静止，则所受静摩擦力大小或方向将“突变”   巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 分类 说明 案例图示 静—动 “突变” 物体在摩擦力和其他力作用下处于静止状态，当其他力变化时，如果物体不能保持静止状态，则物体受到的静摩擦力将“突变”为滑动摩擦力 放在粗糙水平面上的物体，水平作用力F从零逐渐增大，物体开始滑动时，物体受到地面的摩擦力由静摩擦力“突变”为滑动摩擦力   巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 分类 说明 案例图示 动—静 “突变” 物体在摩擦力和其他力作用下做减速运动，突然停止滑行时，物体将不受摩擦力作用，或受到的滑动摩擦力“突变”为静摩擦力 滑块以速度v0冲上斜面做减速运动，当到达某位置静止时，滑动摩擦力“突变”为静摩擦力   巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 分类 说明 案例图示 动—动 “突变” 某物体相对于另一物体滑动的过程中，若突然相对运动方向变了，则滑动摩擦力方向发生“突变” 水平传送带的速度v1大于滑块的速度v2，滑块受到的滑动摩擦力方向向右，当传送带突然被卡住停止传动时滑块受到的滑动摩擦力方向“突变”为向左   巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 【典例1】　长直木板的上表面的一端放有一木块，如图所示，木板由水平位置缓慢向上转动(木板与地面的夹角α变大)，另一端不动，则木块受到的摩擦力Ff随角度α的变化图像是下列图中的(　　) A　　　　 B 　　　　C　 　 　D √ 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 C　[方法一：过程分析法 (1)木板由水平位置刚开始运动时有α＝0，Ff静＝0。 (2)从木板开始转动到木板与木块发生相对滑动前，木块所受的是静摩擦力。由于木板缓慢转动，可认为木块处于平衡状态，受力分析如图。 由平衡条件可知，静摩擦力大小等于木块重力沿木板向下的分力，即Ff静＝mg sin α，因此静摩擦力随α的增大而增大，它们满足正弦变化规律。 (3)木块相对于木板刚好要滑动而未滑动时，木块所受的静摩擦力为最大静摩擦力Ffm，α继续增大，木块将开始滑动，静摩擦力变为滑动摩擦力，且满足Ffm>Ff滑。 (4)木块相对于木板开始滑动后，Ff滑＝μmg cos α，此时滑动摩擦力随α的增大而减小，满足余弦变化规律。 (5)最后，α＝时，Ff滑＝0。 综上分析可知选项C正确。 方法二：特殊位置法 本题选两个特殊位置也可方便地求解，具体分析见下表： 特殊位置 分析过程 木板刚开始转动时 此时木块与木板无摩擦，即Ff静＝0，故A错误。 木块相对于木板刚好要滑动而未滑动时 木块此时所受的静摩擦力为最大静摩擦力，且大于刚开始运动时所受的滑动摩擦力，即Ffm>Ff滑，故B、D错误。 由以上分析知选项C正确。] 一语通关　解决摩擦力的突变问题的关键是找出摩擦力发生突变的临界条件，也就是突变前后摩擦力的分界点，再利用相应规律分别对突变前后进行分析求解。求解方法一般有两种： (1)过程分析法：对物体的整个受力过程进行分析，应用平衡条件、Ff＝μFN等得出静摩擦力、滑动摩擦力与变化量之间的定量关系，求解变化规律的特殊解。 (2)特殊位置法：选取物体受力情况变化过程中发生突变和具有代表性的位置，直接分析讨论临界值，得出研究问题的规律并求解。 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 主题2　应用整体法、隔离法处理平衡问题 1．问题界定：一个平衡系统中涉及两个或两个以上的物体，即为多物体的平衡问题。 2．处理方法：整体法和隔离法。 (1)如果不涉及系统内物体间的相互作用力，要优先采用整体法，这样涉及的研究对象少，未知量少，方程少，求解简便。 (2)如果涉及系统内物体间的相互作用力，则必须采用隔离法，对有关物体单独分析。 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 角度1　先隔离后整体 【典例2】　如图所示，光滑水平地面上放有截面为圆周的柱状物体A，A与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B，对A施加一水平向左的力F，整个装置保持静止。若将A的位置向左移动稍许，整个装置仍保持平衡，则移动后和移动前相比较(　　) A．水平外力F增大 B．墙对B的作用力增大 C．地面对A的支持力减小 D．A对B的作用力减小 √ 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 D　[对B受力分析，B受到重力mg、A对B的支持力FN′和墙壁对B的支持力FN，如图甲所示。当A向左移动后，A对B的支持力FN′的方向不断变化，根据平衡条件及力的合成法则可知A对B的支持力FN′和墙壁对B的支持力FN都不断减小，故B项错误，D项正确；再对A和B整体受力分析，受到总重力G、地面支持力FN、推力F和墙壁的弹力FN′，如图乙所示，根据平衡条件有F＝FN′，FN＝G，故地面对A的支持力不变，推力F随着墙对B的支持力FN′的减小而减小，故A、C两项错误。] 甲　　　 　　　 乙 角度2　先整体后隔离 【典例3】　如图所示，甲、乙两个小球的质量均为m，两球间用细线2连接，甲球用细线1悬挂在天花板上。现分别用大小相等的力F水平向左、向右拉两球，平衡时细线都被拉紧，则平衡时两球的可能位置是下列选项中的(　　) A　 　 　B　　 　　C　　　 D √ 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 A　[用整体法分析，把两个小球看作一个整体，此整体受到的外力为竖直向下的重力2mg、水平向左的力F(甲受到的)、水平向右的力F(乙受到的)和细线1的拉力F1，两水平力相互平衡，故细线1的拉力F1一定与重力2mg等大反向，即细线1一定竖直；再用隔离法，分析乙球受力的情况，乙球受到竖直向下的重力mg、水平向右的拉力F、细线2的拉力F2。要使得乙球受力平衡，细线2必须向右倾斜，故A项正确。] 一语通关　整体法和隔离法的选择原则 (1)当分析系统所受外力时，可以采用整体法来分析外界对系统的作用力。 (2)当分析系统内各物体间相互作用时，一般采用隔离法且选择受力较少的物体为研究对象。 (3)整体法的优点在于减少受力分析的个数，但不能分析内力；隔离法的优点是对多个物体受力了解比较清楚，但计算时有点麻烦。 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 主题3　平衡中的临界、极值问题 1．临界问题 (1)问题界定：物体所处平衡状态将要发生变化的状态为临界状态，涉及临界状态的问题为临界问题。 (2)问题特点 ①当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。 ②注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。 (3)分析方法：基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 2．极值问题 (1)问题界定：物体平衡的极值问题，一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题。 (2)分析方法 ①解析法：根据物体的平衡条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值。 ②图解法：根据物体的平衡条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值。 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 【典例4】　如图所示，物体的质量为2 kg，两根轻细绳AB和AC的一端固定于竖直墙上，另一端系于物体上(∠BAC＝θ＝60°)，在物体上另施加一个方向与水平线也成θ角的拉力F，若要使两绳都能伸直，求拉力F的大小范围(g取10 m/s2)。 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 [解析]　物体的受力情况如图，由平衡条件得 F sin θ＋F1sin θ－mg＝0， F cos θ－F2－F1cos θ＝0， 由上述两式得F＝－F1， F＝＋。 令F1＝0，得F最大值 Fmax＝＝ N。 令F2＝0，得F最小值 Fmin＝＝ N。 综合得F的取值范围为 N≤F≤ N。 [答案]　 N≤F≤ N 一语通关　临界与极值问题的分析技巧 (1)求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡中的临界点和极值点。 (2)临界条件必须在变化中寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是要把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此作出科学的推理分析，从而给出判断或结论。 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 (时间：75分钟　总分：100分) 一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。 1．书静止放在水平桌面上时，下列说法错误的是(　　) A．书和桌面都发生了微小的形变 B．书对桌面的压力和桌面对书的支持力是一对相互作用力 C．桌面对书的支持力和书对桌面的压力是同一种性质的力 D．书对桌面的压力就是书受的重力 √ 章末综合测评(三)　相互作用——力 16 27 D　[书静止放在水平桌面上时，书和桌面都发生了微小的形变，选项A正确；书对桌面的压力和桌面对书的支持力是一对相互作用力，选项B正确；桌面对书的支持力和书对桌面的压力都是弹力，是同一种性质的力，选项C正确；书对桌面的压力作用在桌面上，是弹力；书受到的重力是由于地球对书的吸引产生的，两者不是相同的力，选项D错误。故D符合题意。] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 28 2．如图所示，某粮库使用电动传输机向粮垛上输送麻袋包，现将一麻袋包放置在倾斜的传送带上，与传送带一起向上匀速运动，其间突遇故障，传送带减速直至停止。若上述匀速和减速过程中，麻袋包与传送带始终保持相对静止， 下列说法正确的是(　　) 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 29 A．匀速运动时，麻袋包只受重力与支持力作用 B．匀速运动时，麻袋包受到的摩擦力一定沿传送带向上 C．减速运动时，麻袋包受到的摩擦力一定沿传送带向下 D．减速运动时，麻袋包受到的摩擦力一定沿传送带向上 √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 30 B　[传送带匀速运动时，麻袋包受力平衡，麻袋包除受重力、垂直传送带向上的支持力外，还受沿斜面向上的静摩擦力的作用，选项A错误，B正确；传送带向上减速运动时，麻袋包相对传送带可能有向下的运动趋势、向上的运动趋势或无相对运动趋势，受到的摩擦力可能沿传送带向上、沿传送带向下或为零，选项C、D错误。] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 31 3．在研究二力合成的实验中，AB是一根被拉长的橡皮筋，如图所示。不计轻绳与滑轮及滑轮与轮轴间的摩擦力，若改变拉力F而保持O点位置不变，则下列说法正确的是(重物P质量，夹角α、θ均可调)(　　) A．要使θ减小，减小拉力F即可 B．要使θ减小，增大拉力F即可 C．要使θ减小，必须改变α，同时改变F的 大小才有可能 D．要减小θ而保持α不变，则只改变F的大小 是不可能保持O点的位置不变的 √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 32 D　[O点位置不变，则橡皮筋的拉力F1不变，如图所示，分析可知选项D正确。] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 33 4．如图所示，“嫦娥五号”探测器静止在月球平坦表面处。已知探测器质量为m，四条腿与竖直方向的夹角均为θ，月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的。每条腿对月球表面压力的大小为(　　) A．　　　　　　 B． C． √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 34 D　[“嫦娥五号”受重力、月球表面对“嫦娥五号”的支持力，设每条腿所受的支持力大小为FN，则由平衡条件得4FN＝G，其中G＝mg，解得FN＝，根据牛顿第三定律得，每条腿对月球的压力大小为，D正确。] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 35 5．使用自卸式货车可以提高工作效率。如图所示，车厢由水平位置逐渐抬起。关于其中的货物所受摩擦力大小的变化，下列说法正确的是(　　) A．摩擦力逐渐增大 B．摩擦力逐渐减小 C．摩擦力先减小后增大 D．摩擦力先增大后减小 √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 36 D　[设车厢抬起时，车厢斜面与水平方向的夹角为θ，车厢中的货物的受力分析图如图所示，根据共点力平衡条件得，FN＝mg cos θ，Ff＝mg sin θ，车厢抬起后货物受到沿车厢斜面向上的静摩擦力，静摩擦力等于重力沿车厢斜面向下的分力，即Ff＝mg sin θ，随角度θ的增大，静摩擦力增大，当角度θ达到一定程度时，货物开始滑动，所受摩擦力由静摩擦力变化为滑动摩擦力，而滑动摩 擦力F′f＝μmg cos θ，cos θ随角度θ的增大而减小，故 滑动摩擦力将减小。因此摩擦力是先增大后减小的， D正确，A、B、C错误。] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 37 6．餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接托盘。托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平。已知单个盘子的质量为300 g，相邻两盘间距为1.0 cm，重力加速度大小取10 m/s2。弹簧始终在弹性限度内，每根弹簧的劲度系数为(　　) A．10 N/m B．100 N/m C．200 N/m D．300 N/m √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 38 B　[设托盘上每减少一个盘子每根弹簧的形变量为Δx，由题意知mg＝3kΔx，解得k＝100 N/m，B正确，A、C、D错误。] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 39 7．如图所示，轻质网兜兜住重力为G的足球，用轻绳挂于光滑竖直墙壁上的A点，轻绳的拉力为FT，墙壁对足球的支持力为FN，则 (　　) A．FT＜FN B．FT＝FN C．FT＞G D．FT＝G √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 40 C　[对网兜和足球受力分析，设轻绳与竖直墙面的夹角为θ，由平衡条件得FT＝＝，FN＝G tan θ，可知FT＞G，FT＞FN，C正确。] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 41 8．如图所示，质量为m的小球置于倾角为30°的光滑斜面上，劲度系数为k的轻质弹簧，一端系在小球上，另一端固定在墙上的P点，小球静止时，弹簧与竖直方向的夹角为30°，则弹簧的伸长量为 (　　) A． C． √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 42 C　[解法一：正交分解法 如图甲所示为小球的受力情况，其中F为弹簧的弹力，由几何关系可知，弹力F与斜面之间的夹角为30°。将小球所受的重力mg和弹力F分别沿平行于斜面和垂直于斜面的方向进行正交分解，由共点力的平衡条件知，弹力F沿斜面向上的分力与重力mg沿斜面向下的分力大小相等，即F cos 30°＝mg sin 30°，由胡克定律得F＝kx，联立解得弹簧的伸长量x＝，选项C正确。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 甲　　　　　　　 乙 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 解法二：合成法 如图乙所示，将弹力F和斜面对小球的支持力FN直接合成，图中的F′即为两力的合力。 由几何关系可知，图中α＝120°，β＝30°，由正弦定理可得＝，而弹力F＝kx，联立解得弹簧的伸长量x＝。] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 9．筷子是中国人常用的饮食工具，也是中华饮食文化的标志之一。如图所示，用筷子夹质量为m的光滑小球，两根筷子与小球球心均在竖直平面内，两根筷子和竖直方向的夹角均为θ，下列说法正确的是(　　) 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 46 A．两根筷子对小球的弹力均为2mg cos θ B．两根筷子对小球的弹力均为2mg sin θ C．若要以同样大小的弹力夹起一更重的光滑小球，则应增大夹角θ D．若要以同样大小的弹力夹起一更重的光滑小球，则应减小夹角θ √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 47 C　[对小球受力分析，小球受筷子对它的两个弹力及重力作用，如图所示，在竖直方向上有2F1sin θ＝mg，解得F1＝F2＝，A、B错误；若要夹起更重的小球而不改变F1的大小，应增大夹角θ，C正确，D错误。] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 48 10．如图所示，A、B两物体的重力分别是GA＝3 N，GB＝4 N。A用细线悬挂在顶板上，B放在水平地面上，A、B间轻质弹簧的弹力大小F＝2 N，则细线中的张力T及B对地面的压力FN的可能值分别是(　　) A．7 N和1 N B．5 N和2 N C．1 N和7 N D．2 N和5 N √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 49 B　[此处弹簧的弹力可能是拉伸形变产生的，也可能是压缩形变产生的。弹簧的弹力若为拉伸形变产生的，以A为研究对象，根据平衡条件有GA＋F＝T1，得T1＝5 N；以B为研究对象，有GB＝F′N1＋F，F′N1＝FN1，得FN1＝2 N；若为压缩形变产生的，同理可得T2＝ 1 N，FN2＝6 N。故选项A、C、D错误，B正确。] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 50 11．如图所示，小球放在光滑的墙与装有铰链的光滑薄板之间，薄板在F作用下逆时针转动，在墙与薄板之间的夹角θ缓慢地从90°逐渐减小的过程中(　　) A．小球对薄板的正压力增大 B．小球对墙的正压力减小 C．小球对墙的压力先减小，后增大 D．小球对薄板的压力不可能大于小球的重力 √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 51 A　[根据小球重力的作用效果，可以将重力G分解为小球压薄板的力F1和小球压墙的力F2，作出平行四边形如图所示，当θ减小时，F1、F2均增大，而且在初始(θ＝90°)时，F1最小，等于G，所以A项正确。] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 52 二、非选择题：共5题，共56分。 12．(15分)小圆同学用橡皮筋、同种一元硬币、刻度尺、塑料袋、支架等，设计了如图(a)所示的实验装置，测量冰墩墩玩具的质量。主要实验步骤如下： 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 53 (1)查找资料，得知每枚硬币的质量为 6.05 g； (2)将硬币以5枚为一组逐次加入塑料袋，测量每次稳定后橡皮筋的长度l，记录数据如下表； 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 序号 1 2 3 4 5 硬币数量n/枚 5 10 15 20 25 长度l/cm 10.51 12.02 13.54 15.05 16.56 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 54 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 (3)根据表中数据在图(b)上描点，绘制图线； 见解析图 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 55 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 (4)取出全部硬币，把冰墩墩玩具放入塑料袋中，稳定后橡皮筋长度的示数如图(c)所示，此时橡皮筋的长度为______cm； (5)由上述数据计算得冰墩墩玩具的质量为__________g(计算结果保留三位有效数字)。 15.35 127 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 56 [解析]　(3)根据表中数据描点连接，如图所示。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 57 (4)刻度尺的分度值为1 mm，则橡皮筋的长度l′＝15.35 cm。 (5)橡皮筋的弹力与其长度关系为F＝k(l－l0)，图像的斜率大小等于橡皮筋的劲度系数大小，有k＝＝N/cm＝ 0.196 N/cm，将k＝0.196 N/cm、n＝25和l＝16.56 cm 代入F＝k(l－l0)可得橡皮筋的原长l0≈9.00 cm，挂上冰墩墩时l′＝15.35 cm，由mg＝k(l′－l0)，解得m＝127 g。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 58 13．(6分)小园想用以下两种方式提起重物。图甲是一用铰链固定于O点的轻杆，通过绳PA将挂于P端的重物提起；图乙是一端固定于O′的轻杆(斜角恒定为67°)，其另一端N有一光滑滑轮，绳CD绕过滑轮提起重物。当图甲中杆与水平面成67°夹角时，绳与水平方向夹角为30°；此时图乙中绳与水平方向夹角也为30°，已知重物的重力为60 N，求两种情况下，杆的作用力分别为多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 59 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 60 [解析]　甲图中，对P结点受力分析可知，由正弦定理＝， 解得杆的作用力大小为N1＝150 N， 乙图中对滑轮N受力分析如图，则杆的作用力大小为 N2＝2G cos 30°＝180 N。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 甲　　　　　　　乙 [答案]　150 N，180 N 61 14．(11分)如图所示，质量为m1＝10 kg的滑块，置于一粗糙的斜面上，用一平行于斜面向上的、大小为60 N 的力F推滑块，滑块沿斜面向上匀速运动，斜面体质量m2＝10 kg，且始终静止，取g＝ 10 m/s2。求： (1)斜面对滑块的摩擦力的大小和方向； (2)地面对斜面的摩擦力大小和支持力大小。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 62 [解析]　(1)以滑块为研究对象，分析受力情况如图甲所示，滑块向上匀速运动时，则有F＝m1g sin 30°＋Ff1，则得斜面对滑块的摩擦力为 Ff1＝F－m1g sin 30°＝60 N－10×10×0.5 N ＝10 N，方向沿斜面向下。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 甲 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 63 (2)以斜面和滑块整体为研究对象，整体的合力为零，分析受力情况，如图乙所示，根据平衡条件， 水平方向有Ff2＝F cos 30°， 竖直方向有FN2＋F sin 30°＝(m1＋m2)g， 解得Ff2＝30 N，FN2＝170 N。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 乙 [答案]　(1)10 N，方向沿斜面向下　 (2)30 N　170 N 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 64 15．(12分)风洞实验室中可以产生沿水平方向、速度大小可以调节的风，用来研究处在流动气体中的物体的受力情况。一种测定风作用力的仪器原理图如图所示，细长的轻质金属丝一端固定于悬点O，另一端悬挂着一个重力为G的金属球。无风时，金属丝自然下垂；风沿水平方向吹来时，金属丝偏离竖 直方向的角度为θ。求： 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 65 (1)风力F的大小和金属丝拉力T的大小； (2)已知风力与风速的大小关系为F＝kv2，其中k＝3×10-3N·s2/m2，金属球的重力为0.4 N，当偏角θ＝37°时，求此时风速的大小。 (sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 66 [解析]　(1)对球受力分析，受到重力、拉力T和风力F，如图所示，由几何关系，得到F＝G tan θ，T＝。 (2)由F＝G tan θ，又F＝kv2，代入数据解得 v＝10 m/s。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 [答案]　(1)G tan θ　　(2)10 m/s 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 16．(12分)用AB和CD两根绳悬挂一小轻环，A、C两点在同一水平面上，如图所示。已知AC＝50 cm，AB＝30 cm，CD＝40 cm，AB绳能承受的最大拉力为5 N，CD绳能承受的最大拉力为4 N，问小环最多能悬挂多重的物体？(已知环下悬挂物体的悬绳不会断) 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 [解析]　由于AC 2＝AB2＋CD2，故绳AB和CD与水平线AC组成的三角形为直角三角形。 设∠CAB＝α，∠ACD＝β，由几何关系可知sin α＝0.8，cos α＝0.6，sin β＝0.6，cos β＝0.8， 以小环为研究对象，分析其受力情况。小环受三个力作用而平衡，即AB绳的拉力FAB、CD绳的拉力FCD和悬挂物体的绳的拉力G，并建立如图所示坐标系，根据共点力作用下物体的平衡条件，有 水平方向：FAB·sin β－FCD·sin α＝0。 ① 竖直方向：FAB·cos β＋FCD·cos α－G＝0。 ② 由①式解得FAB＝FCD。 ③ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 当FCD＝4 N时，FAB＝N＞5 N，绳AB已断； 当FAB＝5 N时，FCD＝ N＜4 N，绳CD未断。 所以，当AB绳承受5 N拉力时，G最大且AB、CD两绳均不断，此时由②式可得 G＝FAB·cos β＋FCD·cos α＝5 N×0.8＋ N×0.6＝6.25 N。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 [答案]　最多悬挂重6.25 N的物体 谢 谢！ 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 $