2018屆高考物理二輪復習 專題一 力與運動練習

《2018屆高考物理二輪復習 專題一 力與運動練習》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2018屆高考物理二輪復習 專題一 力與運動練習（114頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題一　力與運動 第一講力與物體平衡 考點一 受力分析 1.[考查共點力的平衡條件、彈力的方向判斷] 如圖所示，三個形狀不規(guī)則的石塊a、b、c在水平桌面上成功地疊放在一起。下列說法正確的是(　　) A．石塊b對a的支持力一定豎直向上 B．石塊b對a的支持力一定等于a受到的重力 C．石塊c受到水平桌面向左的摩擦力 D．石塊c對b的作用力一定豎直向上 解析：選D　由題圖可知，a與b的接觸面不是水平面，可知石塊b對a的支持力與其對a的靜摩擦力的合力，跟a受到的重力是一對平衡力，故A、B錯誤；以三個石塊作為整體研究，整體受到的重力與支持力是一對平衡力，則石塊c不會受

2、到水平桌面的摩擦力，故C錯誤；選取ab作為整體研究，根據(jù)平衡條件，石塊c對b的作用力與其重力平衡，則石塊c對b的作用力一定豎直向上，故D正確。 2．[考查摩擦力的有無及方向判斷] [多選]如圖甲、乙所示，傾角為θ的斜面上放置一滑塊M，在滑塊M上放置一個質(zhì)量為m的物塊，M和m相對靜止，一起沿斜面勻速下滑，下列說法正確的是(　　) A．圖甲中物塊m受到摩擦力 B．圖乙中物塊m受到摩擦力 C．圖甲中物塊m受到水平向左的摩擦力 D．圖乙中物塊m受到與斜面平行向上的摩擦力 解析：選BD　對題圖甲：設m受到摩擦力，則物塊m受到重力、支持力、摩擦力，而重力、支持力平衡，若受到摩擦力作用，其

3、方向與接觸面相切，方向水平，則物體m受力將不平衡，與題中條件矛盾，故假設不成立，A、C錯誤。對題圖乙：設物塊m不受摩擦力，由于m勻速下滑，m必受力平衡，若m只受重力、支持力作用，由于支持力與接觸面垂直，故重力、支持力不可能平衡，則假設不成立，由受力分析知：m受到與斜面平行向上的摩擦力，B、D正確。 3．[考查力的合成與分解、胡克定律] [多選]如圖，粗糙水平面上a、b、c、d四個相同小物塊用四根完全相同的輕彈簧連接，正好組成一個等腰梯形，系統(tǒng)靜止。ab之間、ac之間以及bd之間的彈簧長度相同且等于cd之間彈簧長度的一半，ab之間彈簧彈力大小為cd之間彈簧彈力大小的一半。若a受到的摩擦力大小

4、為f，則(　　) A．a(chǎn)b之間的彈簧一定是壓縮的 B．b受到的摩擦力大小為f C．c受到的摩擦力大小為f D．d受到的摩擦力大小為2f 解析：選ABC　設每根彈簧的原長為L0，ab之間彈簧的形變量為Δx1，cd之間彈簧的形變量為Δx2，則有kΔx2＝2kΔx1，若ab之間的彈簧也是被拉長，則有：L0＋Δx2＝2(L0＋Δx1)，解得L0＝0，不符合題意，所以ab之間的彈簧被壓縮，A正確；由于a受到的摩擦力大小為f，根據(jù)對稱性可得，b受到的摩擦力大小也為f，B正確；以a和c為研究對象進行受力分析如圖所示，圖中的θ為ac與cd之間的夾角，則cos θ＝＝，所以θ＝60°，則∠cab＝12

5、0°，a受到的摩擦力大小f＝T；對c根據(jù)力的合成可得fc＝f，所以C正確；由于c受到的摩擦力大小為f，根據(jù)對稱性可知，d受到的摩擦力大小也為f，D錯誤。 4．[考查物體的平衡條件、摩擦力的分析與計算] 如圖，滑塊A置于水平地面上，滑塊B在一水平力作用下緊靠滑塊A(A、B接觸面豎直)，此時A恰好不滑動，B剛好不下滑。已知A與B間的動摩擦因數(shù)為μ1，A與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。A與B的質(zhì)量之比為(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：選B　滑塊B剛好不下滑，根據(jù)平衡條件得mBg＝μ1F；滑塊A恰好不滑動，則滑塊A與地面之間的摩擦力等于最

6、大靜摩擦力，把A、B看成一個整體，根據(jù)平衡條件得F＝μ2(mA＋mB)g，解得＝。選項B正確。 考點二 整體法與隔離法的應用 5.[考查整體法與隔離法、力的合成與分解] 如圖所示，質(zhì)量為M的四分之一圓柱體放在粗糙水平地面上，質(zhì)量為m的正方體放在圓柱體和光滑墻壁之間，且不計圓柱體與正方體之間的摩擦，正方體與圓柱體的接觸點的切線與右側(cè)墻壁成θ角，圓柱體處于靜止狀態(tài)。則(　　) A．地面對圓柱體的支持力為Mg B．地面對圓柱體的摩擦力為mgtan θ C．墻壁對正方體的彈力為 D．正方體對圓柱體的壓力為 解析：選C　以正方體為研究對象，受力分析，如圖： 由幾何知識得，墻壁對正

7、方體的彈力FN1＝ 圓柱體對正方體的彈力 FN2＝， 根據(jù)牛頓第三定律得正方體對圓柱體的壓力為。 以圓柱體和正方體為研究對象，豎直方向受力平衡， 地面對圓柱體的支持力：FN＝(M＋m)g， 水平方向受力平衡，地面對圓柱體的摩擦力： Ff＝FN1＝。 故選C。 6．[考查整體法與隔離法、物體的平衡條件] [多選]如圖所示，木板C放在水平地面上，木板B放在C的上面，木板A放在B的上面，A的右端通過輕質(zhì)彈簧秤固定在豎直的墻壁上，A、B、C、質(zhì)量相等，且各接觸面動摩擦因數(shù)相同，用大小為F的力向左拉動C，使它以速度v勻速運動，三者穩(wěn)定后彈簧秤的示數(shù)為T。則下列說法正確的是(　　)

8、A．B對A的摩擦力大小為T，方向向左 B．A和B保持靜止，C勻速運動 C．A保持靜止，B和C一起勻速運動 D．C受到地面的摩擦力大小為F－T 解析：選ACD　由題意，A、B、C質(zhì)量相等，且各接觸面動摩擦因數(shù)相同，再依據(jù)滑動摩擦力公式Ff＝μFN，可知，B、C之間的滑動摩擦力大于A、B之間的，因此在F作用下，BC作為一整體運動的，對A受力分析：A受水平向右的拉力和水平向左的摩擦力，那么根據(jù)平衡條件，可知，B對A的摩擦力大小為T，方向向左，故A、C正確，B錯誤；又因為木板間力的作用是相互的，則木板B受到A對它水平向右的摩擦力，大小為T；由于B、C做勻速直線運動，則B、C受到水平向左的拉力F

9、和水平向右的兩個摩擦力平衡(A對B的摩擦力和地面對C的摩擦力)，根據(jù)平衡條件可知，C受到地面的摩擦力大小為F－T，故D正確。 7．[考查整體法與隔離法、摩擦力的分析與判斷] [多選]如圖所示，質(zhì)量為M的斜面體A放在粗糙水平面上，用輕繩拴住質(zhì)量為m的小球B置于斜面上，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，已知斜面傾角及輕繩與豎直方向夾角均為θ＝30°。不計小球與斜面間的摩擦，則(　　) A．輕繩對小球的作用力大小為mg B．斜面對小球的作用力大小為mg C．斜面體對水平面的壓力大小為(M＋m)g D．斜面體與水平面間的摩擦力大小為mg 解析：選AD　以小球B為研究對象，受力如圖甲所示，由幾何關系知

10、θ＝β＝30°。根據(jù)受力平衡可得 FT＝FN＝mg 以斜面體A為研究對象，其受力如圖乙所示。 由受力平衡得FN1＝Mg＋FN′cos θ＝Mg＋mg Ff＝FN′sin θ＝mg 故B、C選項錯誤，A、D選項正確。 考點三 動態(tài)平衡問題 8.[考查用圖解法分析動態(tài)平衡問題] 質(zhì)量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上。用水平向左的力F緩慢拉動繩的中點O，如圖所示。用T表示繩 OA段拉力的大小，在O點向左移動的過程中(　　) A．F逐漸變大，T逐漸變大 B．F逐漸變大，T逐漸變小 C．F逐漸變小，T逐漸變大 D．F逐漸變小，T逐漸變小 解析：選A　以O點為研究

11、對象，受力如圖所示，當用水平向左的力緩慢拉動O點時，則繩OA與豎直方向的夾角變大，由共點力的平衡條件知F逐漸變大，T逐漸變大，選項A正確。 9．[考查用解析法分析動態(tài)平衡問題] [多選]如圖所示，疊放在一起的A、B兩物體放置在光滑水平地面上，A、B之間的水平接觸面是粗糙的，細線一端固定在A物體上，另一端固定于N點，水平恒力F始終不變，A、B兩物體均處于靜止狀態(tài)，若將細線的固定點由N點緩慢下移至M點(線長可變)，A、B兩物體仍處于靜止狀態(tài)，則(　　) A．細線的拉力將減小 B．A物體所受的支持力將增大 C．A物體所受摩擦力將增大 D．水平地面所受壓力將減小 解析：選AB　以A、B兩

12、物體組成的系統(tǒng)作為研究對象，受力分析如圖甲所示。 水平方向FTcos α＝F，豎直方向：FN＋FTsin α＝(mA＋mB)g，因為細線與水平地面的夾角α減小，cos α增大，sin α減小，F(xiàn)T將減小，F(xiàn)N將增大，所以細線所受拉力減小，地面受到的壓力增大，A正確，D錯誤；以物體A為研究對象，受力分析如圖乙所示，豎直方向：FNA＋FTsin α＝mAg，F(xiàn)T減小，sin α減小，所以FNA增大，B正確；以B為研究對象，在水平方向上由力的平衡可得Ff＝F，A物體所受摩擦力不變，C錯誤。 10．[考查用相似三角形法求解動態(tài)平衡問題] [多選]如圖所示，質(zhì)量均為m的小球A、B用勁度系數(shù)為k

13、1的輕彈簧相連，B球用長為L的細繩懸于O點，A球固定在O點正下方，當小球B平衡時，繩子所受的拉力為FT1，彈簧的彈力為F1；現(xiàn)把A、B間的彈簧換成原長相同但勁度系數(shù)為k2(k2>k1)的另一輕彈簧，在其他條件不變的情況下仍使系統(tǒng)平衡，此時繩子所受的拉力為FT2，彈簧的彈力為F2，則下列關于FT1與FT2、F1與F2大小之間的關系，正確的是(　　) A．FT1>FT2 B．FT1＝FT2 C．F1

14、此有＝＝，其中OA、L保持不變，因此繩子的拉力FT大小保持不變，A錯誤、B正確；當彈簧的勁度系數(shù)k增大時，彈簧的壓縮量減小，A、B間距離增大，因此對應的力F增大，C正確、D錯誤。 考點四 電磁場中的平衡問題 11.[考查庫侖定律、物體的平衡條件、力的合成與分解] [多選]如圖所示，絕緣水平地面上固定一個光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角θ＝30°。一根輕質(zhì)絕緣細線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個帶電小球A，細線與斜面平行，且小球A正好靜止在斜面中點。在小球A的正下方地面處固定放置一帶電小球B，兩球相距為d。已知兩球的質(zhì)量均為m、電荷量均為＋q，靜電力常量為k，重力加速度為g，兩球

15、均可視為點電荷。則下列說法正確的是(　　) A．兩球之間的庫侖力F＝k B．當＝ 時，斜面對小球A的支持力為 C．當＝ 時，細線上拉力為0 D．將小球B移到斜面底面左端C點，當＝2時，斜面對小球A的支持力為0 解析：選ABD　依據(jù)庫侖定律，得兩球之間的庫侖力大小為F＝k，故A正確；當＝ 時，則有k＝mg，對球A受力分析，如圖甲所示：根據(jù)矢量的合成法則，依據(jù)三角知識，則支持力N＝，拉力T＝，故B正確，C錯誤；當小球B移到斜面底面左端C點，對球A受力分析，如圖乙所示： 依據(jù)幾何關系可知，T與F的夾角為120°，且兩力的合力與重力反向。當＝ 時，即有k＝mg，根據(jù)矢量的合成法則，則有

16、兩合力與重力等值反向，那么斜面對小球A的支持力為N＝0，而現(xiàn)在＝2時，即有k＝4mg，那么小球A離開斜面，因此斜面對小球A的支持力仍為零，故D正確。 12．[考查庫侖力作用下物體的動態(tài)平衡問題] 如圖所示，可視為質(zhì)點的兩個帶同種電荷的小球a和b，分別靜止在豎直墻面和水平地面上；b球被光滑豎直板擋住，所有接觸面均光滑，a球由于緩慢漏電而緩慢下降，在此過程中(　　) A．地面對b的支持力變小 B．豎直擋板對b的支持力變小 C．a(chǎn)、b間的作用力變大 D．以上說法均不正確 解析：選C　對ab的整體而言，豎直方向受重力和地面的支持力，故支持力總等于兩球的重力，可知地面對b的支持力不變，選項

17、A錯誤；對a受力分析如圖；受到重力G，庫侖力F和墻面的彈力N，當a球下移時，由受力圖可知，N和F均變大，可知選項C正確；對ab整體，水平方向豎直擋板對b的支持力等于墻面對a的彈力N，則豎直擋板對b的支持力變大，選項B錯誤。 13．[考查復合場中帶電粒子的平衡問題] [多選]長方形區(qū)域內(nèi)存在有正交的勻強電場和勻強磁場，其方向如圖所示，一個質(zhì)量為m且?guī)щ姾闪繛閝的小球以初速度v0豎直向下進入該區(qū)域。若小球恰好沿直線下降，則下列判斷正確的是(　　) A．小球帶正電 B．電場強度E＝ C．小球做勻速直線運動 D．磁感應強度B＝ 解析：選CD　小球在復合場內(nèi)受到自身重力，電場力和洛

18、倫茲力，其中電場力和重力都是恒力，若速度變化則洛倫茲力變化，合力變化，小球必不能沿直線下降，所以合力等于0，小球做勻速直線運動，選項C正確。若小球帶正電，則電場力斜向下，洛倫茲力水平向左，和重力的合力不可能等于0，所以小球不可能帶正電，選項A錯誤。小球帶負電，受到斜向上的電場力和水平向右的洛倫茲力，根據(jù)力的合成可得qE＝mg，電場強度E＝，選項B錯誤。洛倫茲力qv0B＝mg，磁感應強度B＝，選項D正確。 14．[考查安培力作用下導體的動態(tài)平衡問題] 如圖所示，兩根通電直導體棒用四根長度相等的絕緣細線懸掛于O1、O2兩點，已知O1O2連線水平，導體棒靜止時絕緣細線與豎直方向的夾角均為θ，保持

19、導體棒中的電流大小和方向不變，在導體棒所在空間加上勻強磁場后絕緣細線與豎直方向的夾角均增大了相同的角度，下列分析正確的是(　　) A．兩導體棒中的電流方向一定相同 B．所加磁場的方向可能沿x軸正方向 C．所加磁場的方向可能沿z軸正方向 D．所加磁場的方向可能沿y軸負方向 解析：選C　在導體棒所在空間加上勻強磁場后絕緣細線與豎直方向的夾角均增大了相同的角度，則兩導體棒中的電流方向一定相反，且電流大小相等，選項A錯誤；由左手定則可知，所加磁場的方向可能沿z軸正方向，選項C正確，B、D錯誤。 考點一　受力分析 本考點是對重力、彈力、摩擦力及受力分析等知識的考查，常結(jié)合物體的平衡

20、條件(如診斷卷第1、4題)、力的合成與分解(如診斷卷第3題)等相關知識簡單交匯命題，題型一般為選擇題。建議考生自學為主 [夯基固本] 1．理清知識體系 2．遵循分析順序 一般按照一重力、二彈力、三摩擦力、四其他力的順序分析物體受力。 [重點清障] 一、受力分析謹記三個“囑托”，不被“表象”遮慧眼 1．彈力的方向一定垂直于接觸面，或接觸點的切面，且指向受力物體。如診斷卷第1題中，石塊b對a的支持力應斜向左上，而不是豎直向上。 2．兩物體接觸處有無靜摩擦力，要根據(jù)物體間有無相對運動趨勢或根據(jù)平衡條件進行判斷。如診斷卷第2題，圖甲中m相對M無相對運動趨勢，m不受靜摩擦力，圖乙

21、中m隨M一起勻速下滑時必受沿斜面向上的靜摩擦力作用。 3．物體間恰好不相對滑動時，其間靜摩擦力恰好等于最大靜摩擦力。如診斷卷第4題中，對滑塊B：mBg＝μ1F，對A、B組成的整體：F＝μ2(mA＋mB)g。以上兩式聯(lián)立可得出選項B正確。 二、掌握摩擦力的三類“突變”，命題人常在此設“迷點” 類型一　“靜—靜”突變 靜摩擦力為被動力，當物體的受力情況發(fā)生變化時，其運動趨勢方向可能發(fā)生突變，靜摩擦力的方向也隨之發(fā)生突變，而突變的時刻往往發(fā)生在靜摩擦力為零的時刻。 　興趣課堂上，某同學將完全相同的甲、乙兩個條形磁鐵水平放在粗糙的水平木板上(N極正對)，如圖所示，并緩慢抬高木板的右端至傾角為

22、θ，這一過程中兩磁鐵均保持靜止狀態(tài)。請對該同學提出的說法進行分析，其中正確的是(　　) A．甲受到的摩擦力相對木板的方向可能發(fā)生變化 B．乙受到的摩擦力相對木板的方向可能發(fā)生變化 C．繼續(xù)增大傾角，甲、乙將會同時發(fā)生滑動 D．若減小甲、乙間距，重復上述過程，增大傾角時乙會先發(fā)生向上滑動 [解析]　因兩條形磁鐵N極正對，相互排斥，在θ較小時，乙有沿斜面向上運動的趨勢，且隨θ的增大，乙所受的摩擦力沿斜面向下逐漸減小，可能出現(xiàn)反向增大的情況；而甲一定具有沿斜面向下運動的趨勢，且隨θ的增大，甲所受摩擦力增大，不可能出現(xiàn)摩擦力方向變化的情況，故A錯誤，B正確；增大傾角θ或減小甲、乙間距時，

23、最易發(fā)生相對滑動的為甲，故C、D均錯誤。 [答案]　B 類型二　“靜—動”突變 靜摩擦力的大小變化范圍滿足：0

24、相等，重力加速度為g，則(　　) A．O～q段圖像可能是直線　　 　B．q＝ C．q～段圖像可能是直線 D．p＝ [解析]　半球體在平板上恰好開始滑動的臨界條件是：mgsin θ＝μmgcos θ，故有：μ＝tan θ，解得：θ＝，即q＝，故B錯誤；θ在0～之間時，F(xiàn)f是靜摩擦力，大小為mgsin θ；θ在～之間時，F(xiàn)f是滑動摩擦力，大小為μmgcos θ；綜合以上分析得其Ff與θ關系如圖中實線所示，故A、C錯誤；當θ＝時，F(xiàn)f＝mgsin＝，即p＝，故D正確。 [答案]　D 類型三　“動—靜”突變 當物體間的摩擦力由滑動摩擦力突變?yōu)殪o摩擦力時，摩擦力的大小所遵

25、循的規(guī)律也發(fā)生了突變。 　(2017·德州模擬)把一重為G的物體，用一個水平的推力F＝kt(k為恒量，t為時間)壓在豎直的足夠高的平整的墻上(如圖所示)，從t＝0開始物體所受的摩擦力Ff隨t的關系是下圖中的哪一個(　　) [解析]　開始時由于推力F為零，物體和墻面間沒有擠壓，則摩擦力為零。物體在重力作用下開始沿豎直墻面下滑，所以開始時為滑動摩擦力。由Ff＝μFN，又FN＝F＝kt，所以Ff＝μkt，即Ff隨時間t成正比增加，當Ff增大到等于G時，物體具有一定速度，由于慣性仍然滑行，隨著滑行的繼續(xù)，F(xiàn)f已大于物體重力G，最后物體靜止于墻上，變?yōu)殪o摩擦力，豎直方向上根據(jù)二力平衡，則有Ff＝

26、G，所以B正確。 [答案]　B 考點二　整體法與隔離法的應用 本考點既是重點，更是難點，“難”表現(xiàn)在兩個方面：一是研究對象復雜，往往涉及多個物體(如診斷卷第6題)；二是試題情景新穎，常與生活實際相聯(lián)系或是實際情景的抽象(如診斷卷第5題)。對于該類問題，關鍵是在明確研究對象的前提下，靈活地選用兩大方法。建議對本考點重點攻堅 [夯基固本] 1．兩大思維方法對比 2．解答平衡問題的基本思路 [重點清障] 1．正確選取研究對象：實際問題中常常需要交叉應用整體法與隔離法準確選取研究對象，才能方便解題。如診斷卷第5題，以正方體為研究對象可求出墻壁和圓柱體對正方體的彈力，以圓

27、柱體和正方體為研究對象，可求出地面對圓柱體的摩擦力和支持力。 2．正確區(qū)分內(nèi)力與外力：若求物體間的相互作用力時，應隔離其中一個物體(一般選取受力個數(shù)較少的物體)，若將幾個物體看作一個整體，則物體間的相互作用力為內(nèi)力，不能呈現(xiàn)在受力圖上。如診斷卷第7題中，求斜面對小球的作用力時，應隔離小球B進行受力分析；求解水平面對斜面體的支持力和摩擦力時，應以斜面體和小球B為整體進行受力分析。 1．(2018屆高三·華中師大附中檢測)如圖所示，傾角為θ的斜面體C置于水平面上，B置于斜面上，通過輕繩跨過光滑的定滑輪與A相連接，連接B的一段輕繩與斜面平行，A、B、C都處于靜止狀態(tài)。則(　　) A．水平面

28、對C的支持力等于B、C的總重力 B．C對B一定有摩擦力 C．水平面對C一定有摩擦力 D．水平面對C可能沒有摩擦力 解析：選C　以BC組成的整體為研究對象，分析受力，畫出受力分析圖如圖所示。由圖得到水平面對C的支持力大小FN＝GC＋GB－GAsin θ＜GC＋GB，故A錯誤。當B的重力沿斜面向下的分力等于繩子的拉力時，B不受摩擦力；當B的重力沿斜面向下的分力不等于繩子的拉力時，B受摩擦力，故B錯誤。對BC整體分析，根據(jù)平衡條件得，水平面對C的摩擦力Ff＝Fcos θ，方向水平向左，故C正確，D錯誤。 2．[多選](2017·成都一診)如圖所示，一個質(zhì)量為4 kg的半球形物體A放在傾角為

29、θ＝37°的斜面B上靜止不動。若用通過球心的水平推力F＝10 N作用在物體A上，物體A仍靜止在斜面上，斜面仍相對地面靜止。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，則(　　) A．物體A受到斜面B的摩擦力增加8 N B．物體A對斜面B的作用力增加10 N C．地面對斜面B的彈力不變 D．地面對斜面B的摩擦力增加10 N 解析：選CD　若用通過球心的水平推力F＝10 N作用在物體A上，物體A仍靜止在斜面上，將該力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡條件可得：Fcos 37°＋Ff＝mgsin 37°，解得摩擦力Ff＝16 N。物體A受到斜面B的摩擦力減小

30、ΔFf＝24 N－16 N＝8 N，選項A錯誤；沒有施加水平力F時，根據(jù)平衡條件，A受斜面作用力與重力等大反向，即大小為40 N，根據(jù)牛頓第三定律，物體A對斜面的作用力為40 N，方向豎直向下。施加水平力F后，物體A對斜面的作用力如圖，F(xiàn)′＝ N＝10 N，物體A對斜面B的作用力增加(10－40)N，選項B錯誤；把物體A和斜面B看作整體，分析受力，由平衡條件可知，地面對斜面B的彈力不變，摩擦力增加10 N，選項C、D正確。 3．(2017·晉城三模)如圖所示，兩個相同的固定斜面上分別放有一個處于靜止的三角形木塊A、B，它們的質(zhì)量相等。A木塊左側(cè)面沿豎直方向，B木塊左側(cè)面垂直于斜面，在兩斜面上

31、分別放上一個相同的光滑球后，木塊仍保持靜止，則放上球后(　　) A．A木塊受到的摩擦力等于B木塊受到的摩擦力 B．A木塊受到的摩擦力小于B木塊受到的摩擦力 C．A木塊對斜面的壓力等于B木塊對斜面的壓力 D．A木塊對斜面的壓力大于B木塊對斜面的壓力 解析：選A　設小球的質(zhì)量為m，A、B的質(zhì)量為M，斜面的傾角為α。以小球與A整體為研究對象，由平衡條件可得：A木塊受到的摩擦力FfA＝(M＋m)gsin α；同理，以小球與B整體為研究對象，得到B木塊受到的摩擦力FfB＝(M＋m)gsin α，則FfA＝FfB，故A正確，B錯誤。以A為研究對象，分析受力，如圖所示，由平衡條件得： 斜面對

32、A的支持力FNA＝Mgcos α－FN1sin α 以B為研究對象，分析受力，由平衡條件得： 斜面對B的支持力FNB＝Mgcos α，則得FNA＜FNB。 由牛頓第三定律可知，A木塊對斜面的壓力小于B木塊對斜面的壓力，故C、D錯誤。 考點三　動態(tài)平衡問題 動態(tài)平衡問題是高考的重點。物體在緩慢移動過程中均處于平衡狀態(tài)，但物體所受的某些力的大小和方向均發(fā)生變化，使結(jié)果出現(xiàn)一些不確定性，這是此類問題常失分的主要原因。針對此類問題，只要按照以下思維流程，準確分析各力特點，合理選取解題方法，問題便可迎刃而解。 一、分門別類選方法——針對破解動態(tài)平衡問題 　[多選]如圖

33、所示，兩段等長細線L1和L2串接著兩個質(zhì)量相等的小球a、b，懸掛于O點?，F(xiàn)施加水平向右的力F緩慢拉動a，L1對a球的拉力大小為F1、L2對b球的拉力大小為F2，在緩慢拉動的過程中，F(xiàn)1和F2的變化情況是(　　) A．F1變大　　　　 　B．F1變小 C．F2不變 D．F2變大 [思維流程] [答案]　AC 二、進一步拓展——動態(tài)平衡中的極值問題 　(2018屆高三·九江聯(lián)考)將兩個質(zhì)量均為m的小球a、b用細線相連后，再用細線懸掛于O點，如圖所示。用力F拉小球b，使兩個小球都處于靜止狀態(tài)，且細線Oa與豎直方向的夾角保持θ＝30°，則F的最小值為(　　) A.mg　　　　　　

34、 B．mg C.mg D.mg [思維流程] [答案]　B 1．[多選](2017·全國卷Ⅰ)如圖，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點M拴一重物，用手拉住繩的另一端N。初始時，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為α。現(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角α不變。在OM由豎直被拉到水平的過程中(　　) A．MN上的張力逐漸增大 B．MN上的張力先增大后減小 C．OM上的張力逐漸增大 D．OM上的張力先增大后減小 解析：選AD　設重物的質(zhì)量為m，繩OM中的張力為T，繩MN中的張力為TMN。開始時，T＝mg，TMN＝0。由于緩慢拉起，則重物一直處于平衡狀態(tài)，兩繩

35、張力的合力與重物的重力mg等大、反向。如圖所示，已知角α不變，在繩MN緩慢拉起的過程中，角β逐漸增大，則角(α－β)逐漸減小，但角θ不變，在三角形中，利用正弦定理得：＝，(α－β)由鈍角變?yōu)殇J角，則TOM先增大后減小，選項D正確；同理知＝，在β由0變?yōu)榈倪^程中，TMN一直增大，選項A正確。 2．表面光滑、半徑為R的半球固定在水平地面上，球心O的正上方O′處有一無摩擦定滑輪，輕質(zhì)細繩兩端各系一個可視為質(zhì)點的小球掛在定滑輪上，如圖所示。兩小球平衡時，若滑輪兩側(cè)細繩的長度分別為L1＝2.4R和L2＝2.5R，則這兩個小球的質(zhì)量之比為，小球與半球之間的壓力之比為，以下說法正確的是(　　) A.＝

36、 B.＝ C.＝1 D.＝ 解析：選B　先以左側(cè)小球為研究對象，分析受力情況：重力m1g、繩子的拉力T和半球的支持力N1，作出受力示意圖。由平衡條件得知，拉力T和支持力N1的合力與重力m1g大小相等、方向相反。 設OO′＝h，根據(jù)三角形相似得：＝＝， 同理，對右側(cè)小球，有：＝＝， 解得：m1g＝，① m2g＝② N1＝③ N2＝④ 由①∶②得：m1∶m2＝L2∶L1＝25∶24， 由③∶④得：N1∶N2＝m1∶m2＝L2∶L1＝25∶24。 故A、C、D錯誤，B正確。 考點四　電磁場中的平衡問題 電磁場中的平衡問題，分析方法與純力學問題相同。解決此類問題，應

37、注意以下三點： ①庫侖力的方向和大小的確定； ②運用左手定則確定洛倫茲力或安培力的方向； ③綜合應用物體的平衡條件和力的合成與分解知識解題。 需要考生學會遷移應用 [夯基固本] 　　 [重點清障] 1．注意處理力學動態(tài)平衡問題方法的遷移。如診斷卷第12題中，a球緩慢下降過程中，b球?qū)球的庫侖斥力方向?qū)⒀啬鏁r針方向轉(zhuǎn)動，此過程中小球重力不變，墻面對a球彈力的方向不變，故可用圖解法分析墻面對a球的彈力及ab間作用力大小的變化規(guī)律。 2．注意安培力方向的判斷。如診斷卷第14題中，兩導體棒相斥分離，兩棒中電流方向一定相反，由左手定則可判斷，所加磁場方向沿z軸正方向時，可使兩棒所

38、受安培力方向相反，兩棒相互遠離，故A錯誤，C正確。 1．(2017·全國卷Ⅰ)如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里。三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc。已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動。下列選項正確的是(　　) A．ma>mb>mc　　　　　 　B．mb>ma>mc C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma 解析：選B　該空間區(qū)域為勻強電場、勻強磁場和重力場的疊加場，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，可知其重力與所受到的電場力平衡

39、，洛倫茲力提供其做勻速圓周運動的向心力，有mag＝qE，解得ma＝。b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mb＝＋。c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝－。綜上所述，可知mb>ma>mc，選項B正確。 2．(2017·棗莊模擬)如圖所示，PQ、MN是放置在水平面內(nèi)的光滑導軌，GH是長度為L、電阻為r的導體棒，其中點與一端固定的輕彈簧連接，輕彈簧的勁度系數(shù)為k。導體棒處在方向向下、磁感應強度為B的勻 強磁場中。圖中直流電源的電動勢為E，內(nèi)阻不計，

40、電容器的電容為C。閉合開關，待電路穩(wěn)定后，則有(　　) A．導體棒中電流為 B．輕彈簧的長度增加 C．輕彈簧的長度減少 D．電容器帶電量為CR2 解析：選C　導體棒中的電流為：I＝，故A錯誤；由左手定則知導體棒受的安培力向左，則彈簧長度減少，由平衡條件：BIL＝kΔx，代入I得：Δx＝，故B錯誤，C正確；電容器上的電壓等于導體棒兩端的電壓，Q＝CU＝C··r，故D錯誤。 一、高考真題集中演練——明規(guī)律 1．(2017·全國卷Ⅲ)一根輕質(zhì)彈性繩的兩端分別固定在水平天花板上相距80 cm的兩點上，彈性繩的原長也為80 cm。將一鉤碼掛在彈性繩的中點，平衡時彈性繩的總長度為100

41、cm；再將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點，則彈性繩的總長度變?yōu)?彈性繩的伸長始終處于彈性限度內(nèi))(　　) A．86 cm　　　　　　　　 　B．92 cm C．98 cm D．104 cm 解析：選B　將鉤碼掛在彈性繩的中點時，由數(shù)學知識可知鉤碼兩側(cè)的彈性繩(勁度系數(shù)設為k)與豎直方向夾角θ均滿足sin θ＝，對鉤碼(設其重力為G)靜止時受力分析，得G＝2kcos θ；彈性繩的兩端移至天花板上的同一點時，對鉤碼受力分析，得G＝2k，聯(lián)立解得L＝92 cm，可知A、C、D項錯誤，B項正確。 2．[多選](2017·天津高考)如圖所示，輕質(zhì)不可伸長的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿M、

42、N上的a、b兩點，懸掛衣服的衣架掛鉤是光滑的，掛于繩上處于靜止狀態(tài)。如果只人為改變一個條件，當衣架靜止時，下列說法正確的是(　　) A．繩的右端上移到b′，繩子拉力不變 B．將桿N向右移一些，繩子拉力變大 C．繩的兩端高度差越小，繩子拉力越小 D．若換掛質(zhì)量更大的衣服，則衣架懸掛點右移 解析：選AB　設兩段繩子間的夾角為2α，由平衡條件可知，2Fcos α＝mg，所以F＝，設繩子總長為L，兩桿間距離為s，由幾何關系L1sin α＋L2sin α＝s，得sin α＝＝，繩子右端上移，L、s都不變，α不變，繩子張力F也不變，A正確；桿N向右移動一些，s變大，α變大，cos α變小，F(xiàn)變大

43、，B正確；繩子兩端高度差變化，不影響s和L，所以F不變，C錯誤；衣服質(zhì)量增加，繩子上的拉力增加，由于α不會變化，懸掛點不會右移，D錯誤。 3．[多選](2016·全國卷Ⅰ)如圖，一光滑的輕滑輪用細繩OO′懸掛于O點；另一細繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物塊b。外力F向右上方拉b，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。若F方向不變，大小在一定范圍內(nèi)變化，物塊b仍始終保持靜止，則(　　) A．繩OO′的張力也在一定范圍內(nèi)變化 B．物塊b所受到的支持力也在一定范圍內(nèi)變化 C．連接a和b的繩的張力也在一定范圍內(nèi)變化 D．物塊b與桌面間的摩擦力也在一定范圍內(nèi)變化 解析：選BD　

44、因為物塊b始終保持靜止，所以繩OO′的張力不變，連接a和b的繩的張力也不變，選項A、C錯誤；拉力F大小變化，F(xiàn)的水平分量和豎直分量都發(fā)生變化，由共點力的平衡條件知，物塊b受到的支持力和摩擦力在一定范圍內(nèi)變化，選項B、D正確。 4．(2017·4月浙江選考)重力為G的體操運動員在進行自由體操比賽時，有如圖所示的比賽動作，當運動員豎直倒立保持靜止狀態(tài)時，兩手臂對稱支撐，夾角為θ，則(　　) A．當θ＝60°時，運動員單手對地面的正壓力大小為 B．當θ＝120°時，運動員單手對地面的正壓力大小為G C．當θ不同時，運動員受到的合力不同 D．當θ不同時，運動員與地面之間的相互作用力不相等

45、 解析：選A　運動員受力如圖所示，地面對手的支持力F1＝F2＝，則運動員單手對地面的正壓力大小為，與夾角θ無關，選項A正確，B錯誤；不管角度如何，運動員受到的合力為零，與地面之間的相互作用力總是等大，選項C、D錯誤。 二、名校模擬重點演練——明趨勢 5．(2018屆高三·衡水調(diào)研)如圖所示，有一輕圓環(huán)和插栓，在甲、乙、丙三個力作用下平衡時，圓環(huán)緊壓著插栓。不計圓環(huán)與插栓間的摩擦，若只調(diào)整兩個力的大小，欲移動圓環(huán)使插栓位于圓環(huán)中心，下列說法中正確的是(　　) A．增大甲、乙兩力，且甲力增大較多 B．增大乙、丙兩力，且乙力增大較多 C．增大乙、丙兩力，且丙力增大較多 D．增大甲、丙兩

46、力，且甲力增大較多 解析：選D　根據(jù)題意可知，輕圓環(huán)受甲、乙、丙三個力及插栓的彈力作用，處于平衡狀態(tài)，根據(jù)共點力平衡條件的推論可知，甲、乙、丙三個力的合力必與插栓對輕圓環(huán)的彈力等大、反向，該彈力方向為沿輕圓環(huán)半徑方向向外，要通過移動圓環(huán)使插栓位于圓環(huán)中心，則甲、乙、丙三個力的合力需變?yōu)榱悖善叫兴倪呅味▌t可知，此時可同時增大甲、丙兩力且增加量的合量應與消失的彈力等大、同向，或同時減小乙、丙兩力，且減小量的合量應與消失的彈力等大、反向，且甲力增加得多或乙力減小得多，故選項A、B、C錯誤，選項D正確。 6．(2017·雞西模擬)如圖所示，穿在一根光滑的固定桿上的兩個小球A、B連接在一條跨過定滑

47、輪的細繩兩端，桿與水平面成θ角，不計所有摩擦，當兩球靜止時，OA繩與桿的夾角為θ，OB繩沿豎直方向，則下列說法正確的是(　　) A．A可能受到2個力的作用 B．B可能受到3個力的作用 C．繩子對A的拉力大于對B的拉力 D．A、B的質(zhì)量之比為1∶tan θ 解析：選D　對A球受力分析可知，A受到重力，繩子的拉力以及桿對A球的彈力，三個力的合力為零，故A錯誤；對B球受力分析可知，B受到重力，繩子的拉力，兩個力合力為零，桿對B球沒有彈力，否則B不能平衡，故B錯誤；定滑輪不改變力的大小，則繩子對A的拉力等于對B的拉力，故C錯誤；分別對AB兩球分析，運用合成法，如圖： 根據(jù)共點力平衡條件，

48、 得：T＝mBg， ＝(根據(jù)正弦定理列式)故 mA∶mB＝1∶tan θ，故D正確。 7．(2017·濟寧期末)如圖所示，在一個傾角為θ的斜面上，有一個質(zhì)量為m，帶負電的小球P(可視為點電荷)，空間存在著方向垂直斜面向下的勻強磁場，帶電小球與斜面間的摩擦力不能忽略，它在斜面上沿圖中所示的哪個方向運動時，有可能保持勻速直線運動狀態(tài)(　　) A．v1方向　 　B．v2方向　　C．v3方向　　D．v4方向 解析：選C　若小球的速度沿v1方向，滑動摩擦力與v1的方向相反，即沿圖中v3方向，由左手定則知，小球受到的洛倫茲力方向在斜面平面內(nèi)與v1垂直向下，重力的分力mgsin θ沿斜面向下，則知

49、球在斜面平面內(nèi)所受的合外力不為零，小球不可能做勻速直線運動，故A錯誤；同理可知B、D錯誤；若小球的速度沿v3方向，滑動摩擦力與v3的方向相反，即沿圖中v1方向，由左手定則知，小球受到的洛倫茲力方向在斜面平面內(nèi)與v3垂直向上，即沿v2方向，重力的分力mgsin θ沿斜面向下，則知斜面平面內(nèi)的合外力可能為零，小球有可能做勻速直線運動，故C正確。 第二講力與直線運動 考點一 勻變速直線運動的規(guī)律 1.[考查勻變速直線運動的規(guī)律] 一質(zhì)點沿直線運動，其平均速度與時間的關系滿足v＝2＋t(各物理量均選用國際單位制中單位)，則關于該質(zhì)點的運動，下列說法正確的是(　　) A．質(zhì)點可能做勻

50、減速直線運動 B．5 s內(nèi)質(zhì)點的位移為35 m C．質(zhì)點運動的加速度為1 m/s2 D．質(zhì)點3 s末的速度為5 m/s 解析：選B　根據(jù)平均速度v＝知，x＝vt＝2t＋t2，根據(jù)x＝v0t＋at2＝2t＋t2知，質(zhì)點的初速度v0＝2 m/s，加速度a＝2 m/s2，質(zhì)點做勻加速直線運動，故A、C錯誤；5 s內(nèi)質(zhì)點的位移x＝v0t＋at2＝2×5 m＋×2×25 m＝35 m，故B正確；質(zhì)點在3 s末的速度v＝v0＋at＝2 m/s＋2×3 m/s＝8 m/s，故D錯誤。 2．[考查位移－時間圖像] 甲、乙兩車在同一條直道上行駛，它們運動的位移x隨時間t變化的關系如圖所示，已知乙車做

51、勻變速直線運動，其圖線與t軸相切于10 s處，則下列說法正確的是(　　) A．甲車的初速度為零 B．乙車的初位置在x0＝60 m處 C．乙車的加速度大小為1.6 m/s2 D．5 s時兩車相遇，此時甲車速度較大 解析：選C　位移時間圖像的斜率等于速度，則知甲車的速度不變，做勻速直線運動，初速度不為零，選項A錯誤；乙車做勻變速直線運動，其圖線與t軸相切于10 s處，則t＝10 s時，速度為零，反過來看成初速度為0的勻加速直線運動，則x＝at2，根據(jù)圖像可知，x0＝a·100，20＝a·25，解得：a＝1.6 m/s2，x0＝80 m，選項C正確，B錯誤；5 s時兩車相遇，此時甲的速度v

52、甲＝ m/s＝4 m/s，乙的速度為v乙＝at＝1.6×5 m/s＝8 m/s，選項D錯誤。 3．[考查應用勻變速直線運動規(guī)律解決實際問題] 在娛樂節(jié)目《幸運向前沖》中，有一個關口是跑步跨欄機，它的設置是讓挑戰(zhàn)者通過一段平臺，再沖上反向移動的跑步機皮帶并通過跨欄，沖到這一關的終點。現(xiàn)有一套跑步跨欄裝置，平臺長L1＝4 m，跑步機皮帶長L2＝32 m，跑步機上方設置了一個跨欄(不隨皮帶移動)，跨欄到平臺末端的距離L3＝10 m，且皮帶以v0＝1 m/s的恒定速率轉(zhuǎn)動，一位挑戰(zhàn)者在平臺起點從靜止開始以a1＝2 m/s2 的加速度通過平臺沖上跑步機，之后以a2＝1 m/s2 的加速度在跑步機上往

53、前沖，在跨欄時不慎跌倒，經(jīng)過2 s爬起(假設從摔倒至爬起的過程中挑戰(zhàn)者與皮帶始終相對靜止)，然后又保持原來的加速度a2，在跑步機上順利通過剩余的路程，求挑戰(zhàn)者全程所需要的時間？ 解析：挑戰(zhàn)者勻加速通過平臺：L1＝a1t12 通過平臺的時間：t1＝ ＝2 s 沖上跑步機的初速度：v1＝a1t1＝4 m/s 沖上跑步機至跨欄：L3＝v1t2＋a2t22 解得t2＝2 s 摔倒至爬起隨跑步機移動距離： x＝v0t＝1×2 m＝2 m(向左) 取地面為參考系，則挑戰(zhàn)者爬起向左減速過程有：v0＝a2t3 解得：t3＝1 s 對地位移為：x1＝a2t32＝0.5 m(向左) 挑戰(zhàn)者向

54、右加速沖刺過程有：x＋x1＋L2－L3＝a2t42 解得：t4＝7 s 挑戰(zhàn)者通過全程所需要的總時間為： t總＝t1＋t2＋t＋t3＋t4＝14 s。 答案：14 s 考點二 動力學的兩類基本問題 4．[考查已知受力求運動問題] 如圖所示，Oa、Ob是豎直平面內(nèi)兩根固定的光滑細桿，O、a、b、c位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a為最低點，Ob經(jīng)過圓心。每根桿上都套著一個小滑環(huán)，兩個滑環(huán)都從O點無初速釋放，用t1、t2分別表示滑環(huán)到達a、b所用的時間，則下列關系正確的是(　　) A．t1＝t2　　　　　　　 　B．t1＜t2 C．t1＞t2 D．無法確定 解析：選

55、B　設Oa與豎直方向夾角為θ，則Ob與豎直方向夾角為2θ，由2Rcos θ＝gcos θ·t12,2R＝gcos 2θ·t22，比較可得t1＜t2，故B正確。 5．[考查已知運動求受力問題] 將一質(zhì)量為m的小球靠近墻面豎直向上拋出，圖甲是向上運動小球的頻閃照片，圖乙是下降時的頻閃照片，O是運動的最高點，甲乙兩次閃光頻率相同，重力加速度為g，假設小球所受的阻力大小不變，則可估算小球受到的阻力大小約為(　　) A．mg B.mg C.mg D.mg 解析：選C　設每塊磚的厚度是d，向上運動時： 9d－3d＝a1T2① 向下運動時：3d－d＝a2T2② 聯(lián)立①②得：＝③ 根

56、據(jù)牛頓第二定律，向上運動時：mg＋f＝ma1④ 向下運動時：mg－f＝ma2⑤ 聯(lián)立③④⑤得：f＝mg，選C。 6．[考查瞬時加速度的計算] [多選]光滑斜面上，當系統(tǒng)靜止時，擋板C與斜面垂直，彈簧、輕桿均與斜面平行，A、B質(zhì)量相等。在突然撤去擋板的瞬間(　　) A．兩圖中兩球加速度均為gsin θ B．兩圖中A球的加速度均為零 C．圖甲中B球的加速度為2gsin θ D．圖乙中B球的加速度為gsin θ 解析：選CD　撤去擋板前，對整體分析，擋板對B球的彈力大小為2mgsin θ，因彈簧彈力不能突變，而桿的彈力會突變，所以撤去擋板瞬間，圖甲中A球所受合力為零，加速度為零

57、，B球所受合力為2mgsin θ，加速度為2gsin θ；圖乙中桿的彈力突變?yōu)榱?，A、B球所受合力均為mgsin θ，加速度均為gsin θ，故C、D正確，A、B錯誤。 考點三 牛頓第二定律與運動圖像的綜合應用 7.[考查牛頓第二定律與v -t圖像的綜合應用] [多選]如圖甲所示，傾角為30°的斜面固定在水平地面上，一個小物塊在沿斜面向上的恒定拉力F作用下，從斜面底端A點由靜止開始運動，一段時間后撤去拉力F，小物塊能達到的最高位置為C點，已知小物塊的質(zhì)量為0.3 kg，小物塊從A到C的v-t圖像如圖乙所示，取g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) A．小物塊加速時的加

58、速度大小是減速時加速度大小的 B．小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為 C．小物塊到達C點后將沿斜面下滑 D．拉力F的大小為4 N 解析：選AC　小物塊加速時的加速度大小為： a1＝＝ m/s2＝2.5 m/s2 減速時的加速度大小為： a2＝＝ m/s2＝7.5 m/s2 小物塊加速時的加速度大小是減速時加速度大小的， 故A正確； 撤去拉力后，根據(jù)牛頓第二定律，有： mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2 即：a2＝gsin 30°＋μgcos 30°， 得：μ＝，故B錯誤；在C點mgsin 30°＞μmgcos 30°， 所以小物塊到達C點后將沿斜面下滑，故C

59、正確；在拉力作用下，根據(jù)牛頓第二定律，有： F－mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma1， 代入數(shù)據(jù)得：F＝3 N，故D錯誤。 8．[考查牛頓第二定律與a-m圖像的綜合應用] [多選]如圖甲所示，水平地面上固定一足夠長的光滑斜面，斜面頂端有一理想定滑輪，一輕繩跨過滑輪，繩兩端分別連接小物塊A和B。保持A的質(zhì)量不變，改變B的質(zhì)量m，當B的質(zhì)量連續(xù)改變時，得到A的加速度a隨B的質(zhì)量m變化的圖線，如圖乙所示，圖中a1、a2、m0為未知量，設加速度沿斜面向上的方向為正方向，空氣阻力不計，重力加速度g取9.8 m/s2，斜面的傾角為θ，下列說法正確的是(　　) A．若θ已知，可求出

60、A的質(zhì)量 B．若θ未知，可求出乙圖中a1的值 C．若θ已知，可求出乙圖中a2的值 D．若θ已知，可求出乙圖中m0的值 解析：選BC　根據(jù)牛頓第二定律得： 對B得：mg－F＝ma① 對A得：F－mAgsin θ＝mAa② 聯(lián)立得a＝③ 若θ已知，由③知，不能求出A的質(zhì)量mA，故A錯誤。 由③式變形得a＝。 當m→∞時，a＝a1＝g，故B正確。 由③式得，m＝0時，a＝a2＝－gsin θ，故C正確。 當a＝0時，由③式得，m＝m0＝mAsin θ，可知，m0不能求出，故D錯誤。 9．[考查牛頓第二定律與v2-x圖像的綜合應用] [多選]如圖甲所示，物塊的質(zhì)量m＝1 k

61、g，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下從O點沿粗糙的水平面向右運動，某時刻后恒力F突然反向，整個過程中物塊速度的平方隨位置坐標變化的關系圖像如圖乙所示，g＝10 m/s2。下列選項中正確的是(　　) A．0～5 s內(nèi)物塊做勻減速運動 B．在t＝1 s時刻，恒力F反向 C．恒力F大小為10 N D．物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.3 解析：選BD　物塊勻減速直線運動的加速度大小為： a1＝＝ m/s2＝10 m/s2。 勻加速直線運動的加速度大小為： a2＝＝ m/s2＝4 m/s2。 根據(jù)牛頓第二定律得：F＋f＝ma1，F(xiàn)－f＝ma2， 聯(lián)立兩式解得：

62、F＝7 N，f＝3 N。 則動摩擦因數(shù)為：μ＝＝＝0.3。 物塊勻減速直線運動的時間為： t1＝＝ s＝1 s。即在0～1 s內(nèi)做勻減速直線運動，1 s后恒力F反向，做勻加速直線運動。故B、D正確，A、C錯誤。 考點四 動力學的連接體問題 10.[考查用牛頓第二定律解決連接體問題] 在兩個足夠長的固定的相同斜面體上(其斜面光滑)，分別有如圖所示的兩套裝置，斜面體B的上表面水平且光滑，長方體D的上表面與斜面平行且光滑，p是固定在B、D上的小柱，完全相同的兩只彈簧一端固定在p上，另一端分別連在A和C上，在A與B、C與D分別保持相對靜止狀態(tài)沿斜面自由下滑的過程中，下列說法正確的是(　　

63、) A．兩彈簧都處于拉伸狀態(tài) B．兩彈簧都處于壓縮狀態(tài) C．彈簧L1處于壓縮狀態(tài)，彈簧L2處于原長 D．彈簧L1處于拉伸狀態(tài)，彈簧L2處于壓縮狀態(tài) 解析：選C　由于斜面光滑，它們整體沿斜面下滑的加速度相同，為gsin α。對于題圖甲，以A為研究對象，重力與支持力的合力沿豎直方向，而A沿水平方向的加速度：ax＝acos α＝g·sin αcos α 該加速度由水平方向彈簧的彈力提供，所以彈簧L1處于壓縮狀態(tài)；對于題圖乙，以C為研究對象，重力與斜面支持力的合力大?。篎合＝mgsin α，即C不能受到彈簧的彈力，彈簧L2處于原長狀態(tài)。故選項C正確，A、B、D錯誤。 11．[考查連接

64、體中的臨界問題] 如圖所示，物塊A放在木板B上，A、B的質(zhì)量均為m，A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ，B與地面之間的動摩擦因數(shù)為。若將水平力作用在A上，使A剛好要相對B滑動，此時A的加速度為a1；若將水平力作用在B上，使B剛好要相對A滑動，此時B的加速度為a2，則a1與a2的比為(　　) A．1∶1 B．2∶3 C．1∶3 D．3∶2 解析：選C　當水平力作用在A上，使A剛好要相對B滑動，臨界情況是A、B的加速度相等，隔離對B分析，B的加速度為： aB＝a1＝＝μg， 當水平力作用在B上，使B剛好要相對A滑動，此時A、B間的摩擦力剛好達到最大，A、B的加速度相等，有：aA＝a2＝

65、＝μg， 可得a1∶a2＝1∶3，C正確。 12．[考查運用牛頓第二定律解決板塊運動問題] (2017·全國卷Ⅲ)如圖，兩個滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5；木板的質(zhì)量為m＝4 kg，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1。某 時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為v0＝3 m/s。A、B相遇時，A與木板恰好相對靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)B與木板相對靜止時，木板的速度； (2)A、B開始運動時，兩者之間的距離。 解析：(1)滑

66、塊A和B在木板上滑動時，木板也在地面上滑動。設A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3，A和B相對于地面的加速度大小分別為aA和aB，木板相對于地面的加速度大小為a1。在滑塊B與木板達到共同速度前有 f1＝μ1mAg① f2＝μ1mBg② f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③ 由牛頓第二定律得 f1＝mAaA④ f2＝mBaB⑤ f2－f1－f3＝ma1⑥ 設在t1時刻，B與木板達到共同速度，其大小為v1。由運動學公式有 v1＝v0－aBt1⑦ v1＝a1t1⑧ 聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)得 v1＝1 m/s。⑨ (2)在t1時間間隔內(nèi)，B相對于地面移動的距離為 sB＝v0t1－aBt12⑩ 設在B與木板達到共同速度v1后，木板的加速度大小為a2。對于B與木板組成的體系，由牛頓第二定律有f1＋f3＝(mB＋m)a2? 由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B與木板達到共同速度時，A的速度大小也為v1，但運動方向與木板相反。由題意知，A和B相遇時，A與木板的速度相同，設其大小為v2。設A的速度大小從v1變到v2所用的時間為t2，則由運動