资源简介 条件是v ≤ 6as. 根的判别式来确定方程中各系数间的关系,这也是中0解法二(极值法):利用判别式求解,由解法一可 学物理中常用的数学方法;解法三通过图象使两物体1 1 的位移关系更直观、简捷;解法四通过巧妙地选取参知sA=s+sB,即v0t+ ×(2 -2a)×t2=s+2at2考系,使两物体的运动关系变得简明.整理得3at2-2v0t+2s=0专题 相互作用 牛顿运动定律这是一个关于时间t的一元二次方程,当根的判 2别式Δ=(2v )20 -4×3a×2s<0时,t无实数解,即 十年高考母题原型训练两车不相撞,所以要使两车不相撞,A 车的初速度v0组应满足的条件是v0≤ 6as. A解法三(图象法):利用速度—时间图象求解,先作题源1 处理平衡问题的基本方法A、B 两车的速度—时间图象,其图象如图乙所示,设经过t时间两车刚好不相撞,则对 A 车有v =v=v 1.B 【解析】 将拉力竖直方向分解A 0 .2Fcos45°-2at 2=G,F= G,所以B正确2 .2.D 【解析】 手托物体向上运动的过程中,若做加速运动,则物体处于超重状态,若做减速运动,则物体处于失重状态,故 A、B错误,要使物体离开手,则物体必须相对手有向上的加速度,既手向下的加速度大于物体的加速度,故C错,D正确.乙3.D 【解析】 将木块的重力沿平行于斜面方对B 车有vB=v=at 向和垂直于斜面方向分解,由平衡条件可得木块受到v0以上两式联立解得t= 的摩擦力大小是f=mgsinα,支持力F=mgcosα,由3a牛顿第三定律,木块对斜面体的压力大小是mgcosα,经t时间两车发生的位移之差,即为原来两车间A、B错误.把木块和斜面体看作整体,可知桌面对斜面的距离s,它可用图中的阴影面积表示,由图象可知s体的摩擦力大小为零,桌面对斜面体的支持力大小是1 1 v v2=2v0·t=2v· 00 3a=06a (M+m)g,C错误,D正确.所以要使两车不相撞,A 车的初速度v 应满足 4.B 【解析】 重 力 大0小、方向均不变,可知 N 、N的条件是v0≤ 6as. 1 2的合力大小、方向都 不 变,木解法四(相对运动法):巧选参考系求解.以B 车板 向 下 转 动 时, 、 变 化为参考系,A 车的初速度为v N1 N20,加速度为a=-2a-如图,即 、 都减小,所以a=-3a.A 车追上B 车且刚好不相撞的条件是:v N1 N2tB正确.=0,这一过程A 车相对于B 车的位移为s,由运动学【 】 “公式v2t-v20=2as得:2 2 ( )5.A 解析 本 题 通 过 大 家 熟 知 的 挂 件 平0 -v0=2× -3a ×s,所以衡”来考查学生 的 理 解 分 析 能 力.设 绳 承 受 的 最 大v0= 6as.即要使两车不相撞,A 车的初速度v0 应满拉 力为F,根据平衡知识有2Fcosθ=mg,解得cosθ足的条件是v0≤ 6as.1 3【点评】 解法一注重对运动过程的分析,抓住两 = ,θ=60°,再 由 几 何 关 系 得 到2 x= 2 m,故 A物体间距离有极值时速度应相等这一关键条件来求 项正确.解;解法二由位移关系得到一元二次方程,然后利用·5·fD=m sinθ+Fsinθ;所以只有D正确.题源2 弹力的分析 g4.A 【解析】 小物块在水平面上运动时t=1.A 【解析】 将 绳 子 的 拉 力 T 和 斜 面 弹 力 v0;在斜面上运动时,物体的加速度为:FN 分解为水平方向和竖直方向 μgTcosθ-FNsinθ=ma ① mgsinθ+μmgcosθa= m =gsinθ+μgcosθ,小物块Tsinθ+FNcosθ=mg ②联立解得T=m(gsinθ+acosθ), (v0 v0FN=m gcosθ 上滑的时间t'= ,故两gsinθ+μgcosθ=2 2-asinθ),A正确. 2g+2μg2.D 【解析】 本题重点考查的是弹簧的弹力 t' 2μ与弹簧长度 的 关 系.由 胡 克 定 律 F=kx 可 得,15= 个时间之比 = ,本题正确选项为t 1+ A.μk(0.16-L0),20=k(0.18-L0).解得:k=250N/m,题源4 牛顿运动定律的理解L0=0.10m.则D正确.3.A 【解析】 本题考查牛顿第二定律、物体的 1.D 【解析】 物体的速率不变,有可能是速度平衡.建筑材料以0.500m/s2 的加速度加速上升,根 大小不变而方向变化,此时物体做变速运动,合力一据牛顿第二定律,绳的拉力F 满足:T-mg=ma,求 定不为零,A项错误;匀加速的特点是加速度恒定,B得绳的拉力为T=210N,人对地面的压力为F=Mg 项错误;只有合外力恒定,方向与速度相反的运动是-T=490N,A项正确. 匀减速运动,C项错误;D项中物体的速度恒定,做匀4.D 【解析】 由图知增挂和减挂钩码时,伸长 速运动.本题正确选项为D.量与F 均不成正比,原因是所挂钩码过多,超过了橡 2.A 【解析】 求外力,先整体,再隔离.因为物皮筋的弹性限度,选项D对A错;由图知当所挂钩码 块匀速运动,斜劈静止,整体没有加速度,由牛顿第二相同时,增挂钩码时橡皮筋的伸长量比减挂时的要 定律,整体合外力为零,所以整体水平方向不受外力,小,选项B、C错.故正确选项为D. A正确.3.AD 【解析】 质量越大的物体,惯性越大,B题源3 摩擦力错;伽利略用理想斜面实验得出力不是维持物体运动1.C 【解析】 不施加F 时,mgsinα-μmgcosα 的原因,C错.=ma,a=g(sinα-μcosα),施加F 时,(mg+F)sinα 4.AC 【解析】 由速度图象与横轴所夹面积( ) 表示位移知,飞机的滑行距离约为 / ,-μ mg+F cosα=ma,a'= ( F+ )(sinα- 3×702=105mg m A正确.由速度图象斜率表示加速度和牛顿第二定律μcosα),所以C正确. 知,0.4~2.5s时间内加速度大于2.5g,合外力F 即2.BD 【解析】 整体看,竖直方向合力为零, 两条阻拦索张力的合力大小几乎不随时间变化,但是2Ff=2mg+Mg,所以A错,B正确;距离增大后,对 阻拦索之间的夹角θ 减小,由力的平行四边形法则O 受力分析可知,轻杆弹力增大,对木块分析得木块 知,阻拦索的张力的方向随时间变化,B错误,C正确.与挡板间的压力增大,C错误,D正确. F 不变而速度v 减小,由P=Fv 知,阻拦系统对飞机3.D 【解析】 因为施力后物块仍静止,所以根 做功的功率随时间减小,D错误.据平衡知识可知图 A中物块所受静摩擦力为fA= 5.B 【解析】 由题意可知,小球在斜面上做匀mgsinθ;图B中物块所受静摩擦力为fB=mgsinθ; 1加速运动, 由 2 知, 、 错;由图C中物块所受静摩擦力为fC=mgsinθ-Fsinθ,并a=gsinα. s=2gtsinα A D随F 的增大而减小,当F=mg 时fC=0,以后F 再 v=gtsinα知,B对;由v2=2sgsinα知,C错.增大物块将离开斜面;图D中物块所受静摩擦力为 6.D 【解析】 亚里士多德的观点是力是维持·6·物体运动的原因,受力越大,运动越快;伽利略用实验 联立③⑥得F=μmg+ma1=6N和推理,提出运动是物体的固有性质,物体的运动并 (3)解法一:由匀变速直线运动位移公式,得不需要力来维持.故选D. 1x=x1+x =v 22 10Δt1+ a1Δt1+v20Δt2+7.【解析】 (1)物体在斜面上运动时为匀加速 2运动 12a2Δt22=46ma1=gsinα解法二:根据v t图象围成的面积,得Δv 1.0-0.0由题知a1=Δt=/2 /2,所以0.2-0.0ms=5ms α x= (v10+v1t· 1Δt1+ · · =46m2 2 v20 Δt2 )=30°.(2)物 体 在 平 面 上 运 动 时 为 匀 减 速 运 动,a2= 题源5 用整体法与隔离法分析问题-μg 1.【解析】 (1)“A 鱼”在入水前做自由落体运Δv 0.7-1.1a2= /2Δt=1.4-1.2ms=-2m/s2 动,有v2A-0=2gH ①所以μ=0.2.得:vA= 2gH ②() 1.1-v3 B物体在平面上运动时,有1.2-t =-2 (2)“B A 鱼”在水中运动时受重力、浮力和阻力的得vB-1.1=-2(t 作用,做匀减速运动,设加速度为 ,有B-1.2) ① aA, vB-0.0F合=F浮+fA-mg ③物体在斜面上运动时 有t -0.0=5B F合=maA ④得vB=5tB ② 0-v2A=-2aAhA ⑤由①②解得tB=0.5s : 10由题意得 F浮= mg ⑥即t=0.6s时物体在平面上,设其速度为v 9v=1.1m/s-(-2)×(1.2-0.6)m/s=2.3m/s. 综合上述各式,得8.【解析】 (1)设物体做匀减速直线运动的时 H 1fA=mg (h -A 9 ) ⑦间为 Δt2、初 速 度 为 v20、末 速 度 为 v2t、加 速 度 为(3)考虑到“B 鱼”的受力、运动情况与“A 鱼”相a2,则似,有v2t-va = 200-8 /22 /2Δt = ms=-2ms ①2 4 fB=mg (H 1h -B 9 ) ⑧设物体 所 受 的 摩 擦 力 为 Ff,根 据 牛 顿 第 二 定综合⑦、⑧两式,得律,有fA hB(9H-h= A)Ff=ma ⑨2 ② fB hA(9H-hB)Ff=-μmg ③ 2.【解析】 (1)弹性球第一次下落加速度大小联立②③得 为a1,-a2 Δvμ= =0.2 ④ /2g a1=Δt=8ms(2)设物体做匀加速直线运动的时间为Δt1、初 mg-f=ma1,f=0.2N.速度为v10、末速度为v1t,加速度为a1,则 (2)3v2= /v -v 8-2 4v1=3msa1=1t 10Δt = 6 m/s2=1m/s2 ⑤1 小球第一次离开地面后,上升的加速度为a2,根据牛顿第二定律,有F+Ff=ma1 ⑥ mg+f=ma2,a2=12m/s2,·7·3 F-f=(2m)2 , a ④0-v2=-2a2hh=8 m. vt2=vt1+a(t2-t1) ⑤3.【解析】 (1)在匀速运动阶段,有 由①②③④⑤式与题给条件得mgtanθ0=kv0 v1=4m/s,v1.5=4.5m/s,v2=4m/s,v3=4m/smgtanθk= 0得 ⑥v0(2)加速阶段,设球拍对球的支持力为 N',有 v'2=4m/s,v'3=4m/s ⑦(2)由⑥⑦式得到物块与木板运动的 图象,N'sinθ-kv=ma v t如图所示N'cosθ=mg .a v得 tanθ= +vtanθg 00(3)以速度v0 匀速运动时,设空气阻力与重力的合力为F,有mgF=cosθ0球拍倾角为θ0+β时,空气阻力与重力的合力不变,设球沿球拍面下滑的加速度大小为a',有Fsinβ=ma'在s v 0~3s内物块相对于木板滑过的距离Δs 等设匀速跑阶段所用时间为t,有t= 0v -0 2a 于木板和物块v t图线下的面积之差,即图中带阴1 影的四边形面积.该四边形由两个三角形组成:上面球不从球拍上掉落的条件2a't2≤r的三角形面积为0.25m,下面的三角形面积为2m.2rcosθ得sin 0β≤ 因此:s v 20g (v -2a) Δs=2.25m ⑧0题源6 结合图象研究问题 题源7 超重、失重问题1.【解析】 (1)0~2s内F -mgsinα=ma ① 1.AD【解析】 t0~t1 内,弹簧测力计的示数1由题图知a=0.5m/s2 小于人的体重,电梯处于失重状态,应向上减速或向2s后F =mgsinα ② 下加速,选项B、C错误;t1~t2 内,弹簧测力计的示数2由①②得F -F =ma 等于人的体重,电梯应静止或向上匀速或向下匀速;t1 2 20.5 ~t3 内,弹簧测力计的示数大于人的体重,电梯处于超所以m=0.5kg=1kg. 重状态,应向上加速或向下减速.选项A、D正确.(2)由②式得α=30°. 2.C 【解析】 设 整 体 加 速 度 为 a,则 a=2.【解析】 (1)设木板和物块的加速度分别为a M g-kv2总 ,当v=0时,, a=g;当v≠0时,a和a' 在t时刻木板和物块的速度分别为vt 和v't, M总木板和物块 之 间 摩 擦 力 的 大 小 为f.依 牛 顿 第 二 定 箱内物体质量为m,受支持力为FN,对箱内物体:mg律、运动学公式和摩擦定律得 -FN=ma.故当v=0时,FN=0;v≠0时,FN=m(gf=ma' ① -a),故选项 A、B错误;因箱子下落为变加速运动,f=μmg,当v'tv't2=v't1+a'(t2-t1) ③ 知物体对箱底压力最大,故选项C正确;若下落距离·8·足够长,当f=M总g 时,a=0,箱子做匀速运动,此时 正确.FN=mg,故选项D错误. 题源2 弹力的分析B组 B 【解析】 当 甲、乙 两 木 块 一 起 匀 加 速 运 动时,F=(m1+m2)a,对于甲木块有:kx=m1a,解得题源1 处理平衡问题的基本方法Fmx= 1( ),故两木块间的距离s=L-x=L-1.C 【解析】 将滑块由 静 止 释 放,若 滑 块 下 m1+m2 k滑,则 mgsinθ-μmgcosθ>0,μ(m +m ),B项正确k .tanθ,则滑块具有沿斜面向下的加速度,因此滑块将 1 2加速下滑,B错;如果μ=tanθ,则拉滑块向上匀速滑 题源3 摩擦力动的 力 应 满 足 F -mgsinθ-μmgcosθ=0,F =1.A 【解析】 对整体F-(M+m)g=(M+2mgsinθ,C项正确;如果μ=tanθ,则拉滑块向下匀速F滑动的力应满足F+mgsinθ-μmgcosθ=0,F=0, m)a,a=M+m-g,对木块分析2f-Mg=Ma,代D错.入 得 F【 】 2f - Mg = M· - ,解 得 F =2.B 解析 g本题考查物体的受力平衡条件, (M+m )电场力的计算等知识点.雨滴受力平衡,则电场力和 2f(m+M),A正确M .4πr3重力大小相等,有mg=Eq,而 m=ρV= 3 ρ,联立 2.A 【解析】 设A 和B 的质量均为m,B 与两式,代入数据解得B选项对. 斜面间的动摩擦因数为μ,则A 与斜面间的动摩擦因3.BC 【解析】 因为物块 A 静止且F≠0,所 数为2μ,AB 系统处于平衡状态,故有2mg·sinα-以A、B 间摩擦力不等于0,且B 受到的摩擦力水平 22μmgcosα-μmgcosα=0,得μ= tanα,故选A.向右,此时,B 受重力、斜 面 的 弹 力、A 的 压 力、A 给 3【解析】 由轻弹簧竖直悬挂质量为 的B 的摩擦力,这 四 个 力 可 沿 斜 面 方 向 和 垂 直 斜 面 3.A m, , 物体,静止时弹簧伸长量为L 可知,当弹簧伸长量为方向分解 因为不确 定 各 力 大 小 所 以 不 能 确 定 物时弹簧的弹力为 现在系统静止时弹簧伸长量块B 在四个力作 用 下 是 否 平 衡,物 块 B 与 斜 面 方 L mg.也为 ,说明此时弹簧的弹力也为 ,对物体受力分向是否有 摩 擦 力.若 B 与 斜 面 间 无 摩 擦 力 则 受4 L mg析如 图,可 知 与 重 力 沿 斜 面 向 下 分 力个力,故B项正确,若B 与斜面有摩 擦 力 则 受5个 F =mg力,故C项正确. 2mgsin30°相等,所以摩擦力为零,故A项正确.4.D 【解析】 本题考查共点力的平衡条件及应用.AB 之间的绳无作用力,如果有的话,OB 就不会在竖直方向了,以 A 球为研究对象,进行 受 力 分析,利用正交分解法可解得力F= 3mg.5.D 【解析】 考查共点力的平衡条件.对于系统采用整体法分析,竖直方向受两个竖直向上的支持( ) , 4.BD 【解析】 当μ=0时,两滑块由于惯性力 FN 和 竖 直 向 下 的 重 力 M +m g FN =(M m)g 要保持原来的速度做匀速直线运动,两滑块原来的速+不变,B、C错误;设线与杆的夹角为θ,线2 度相同,故一定不相碰,B项正确;当μ≠0时,两滑块Mg , , , , 的加速度相同,初速度相同,经相同时间,滑行相同的的拉力F= 当2sinθ θ减 小 时 F 增 大 A 错 误 D距离停止运动,也不能相碰,故D项正确.·9·5.C 【解析】 因 为 B 与 水 平 面 的 接 触 面 光 tanθ0=λ ⑧滑,物体A 与物体B 之间有摩擦,所以在A、B 发生 3.【解析】 汽车沿倾斜车道做匀减速运动,用a相对滑动前,A、B 可以看作一个整体,当外力F 足够 表示加速度的大小,有v22-v21=-2as ①大时,A、B 恰好要发生相对滑动,这时,摩擦力Ff= 用F 表示刹车时的阻力,根据牛顿第二定律有μmAg=12N,这 个 摩 擦 力 给 物 块 B 提 供 加 速 度, F-(m1+m2)gsinα=(m1+m2)a ②Fa f2= =6m/s2B ,所以合外力F=(m mA+mB)a = 式中B sinα= =2×10-2B 100③48N,当F=12N和20N时,物块A 不会相对物块 设刹车过程中地面作用于汽车的阻力为f,根据B 滑动,B项、D项错误.当有外力作用在 A 上,物块 30题意f=100F ④A 便会运动,A项错误.当F=16N时,A、B 的加速方向与汽车前进方向相反,用fN 表示拖车作用度为2m/s2,或摩擦力F'f=4N,C项正确.于汽车的力,设其方向与汽车前进方向相同.以汽车题源4 牛顿运动定律的理解 为研究对象,由牛顿第二定律有f-fN-m1gsinα=1.AB 【解析】 当加速度向左时拉力 T 可能 m1a ⑤为零,向右时支持力 N 可能为零,两种可能均与小车 30由②④⑤式得fN= (m1+m2)(100 a+gsinα)-运动方向无关,故A、B正确,C、D错误.m1(a+gsinα) ⑥2.【解析】 (1)设该同学沿拖杆方向用大小为由①③⑥式,代入有关数据得F 的力推拖把.将推拖把的力沿竖直和水平分解,按fN=880N,与汽车运动方向相同. ⑦平衡条件有Fcosθ+mg=N ① 题源5 用整体法与隔离法分析问题Fsinθ=f ② 1.B 【解析】 分别对整体,右端一组及右端个式中 N 和f 分别为地板对拖把的正压力和摩擦 体受力分析,运用牛顿第二定律,由整 体 法、隔 离 法力.按摩擦定律有 可得f=μN ③ F=6ma ①联立①②③式得 F-μmg=2ma ②F= μ μmg-T=ma ③sinθ-μcosθmg ④3(2)若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把 由①②③联立可得T=4μmg从静止开始运动,应有 所以B正确.Fsinθ≤λN ⑤ 2.C 【解析】 在 光 滑 水 平 面 上 滑 行 的 过 程这时,①式仍满足.联立①⑤式得 中,b 和 a 一 起 做 匀 速 运 动,绳 的 拉 力 T1 =mgsinθ-λcosθ≤λ ⑥ mgsinθ,地面对a 的支 持 力 等 于 两 物 块 的 总 重 力;F当滑上粗糙 水 平 面 上 时,a 减 速 运 动,b 相 对a 向现考察使上式成立的θ角的取值范围.注意到上上滑动,b产生 了 沿 斜 面 向 上 的 加 速 度,系 统 处 于式右边总是大于零,且当F 无限大时极限为零,有超重状态,C项正确.sinθ-λcosθ≤0 ⑦ 3.【解析】 (1)设物块平抛运动的时间为t1,由使上式成立的θ角满足θ≤θ0,这里θ0 是题中所 平抛运动公式有:定义的临界角,即当θ≤θ0 时,不管沿拖杆方向用多 1 2大的力都推不动拖把.临界角的正切为 h=2gt ①·10·x=vBt ② (2)物体受重力G、支持力FN、拉力F'和摩擦力联立①②得 Ff 作用.将F 分解为水平和竖直两方向,vB=2m/s ③ 根据牛顿运动定律:F'cosθ-Ff=ma(2)设B 的加速度为aB,根据牛顿第二定律及运 F'sinθ+FN=mg动学的公式有: Ff=μFN1 联立各式得:2 F'=4.5N.xB=2aBtB ④ 2.【解析】 (1)在0~4s内:F-μmg=ma1,μmg=maB ⑤ a1=3m/s2.vB=aBtB ⑥ 4s末物体的速度v4=12m/s,联立④⑤⑥得 4s内物体的位移x1=24m.tB=0.5s ⑦ 4~5s内:-F-μmg=ma2,xB=0.5m ⑧ a2=-7m/s2.(3)设B 刚开始运动时A 的速度为v1,由动能定 5s末物体的速度v5=5m/s,理得 5s内物体的位移x2=8.5m.1Fl1= Mv21 ⑨ 5s后:-μmg=ma3,2, a3=-2m/s2,设B 运动后A 的加速度为aA 根据牛顿第二定再过: 2.5s时物体停止运动,律及运动学公式有5s后位移x3=6.25m.F-μmg=MaA ⑩所以:x=x1+x2+x3=38.75m.1l +x =vt + at22 B 1 B 2 A B (2)由题中数据可得速度—时间图象如图.联立⑦⑧⑨⑩ 得l2=1.5m 4.【解析】 (1)木板与地面间压力大小等于(M+m)g故木板所受摩擦力Ff=μ(M+m)g=20N() Ff2 木板的加速度a= /2M =5ms滑块静止不动,只要木板位移小于木板的长度, 题源7 超重、失重问题滑块就不掉下来,根据v20-0=2ax 得【解析】 汽车驶过拱形桥顶端,有竖直v0= 2ax= 2aL=4m/s1.BD/ 向下的加速度,汽车处于失重状态,A错;荡秋千的小即木板初速度的最大值是4ms.孩通过最低点时,有竖直向上的加速度,小孩处于超题源6 结合图象研究问题 重状态,B正确;跳水运动员离开跳板向上运动,只受1.【解析】 (1)由图乙可知,木块所受到的滑动 重力,有竖直向下的加速度g,处于完全失重状态,C摩擦力 错;火箭点火后加速上升,有竖直向上的加速度.处于F =3.12N 超重状态,故D正确.f由F = F 2.BC 【解析】 由超重、失重概念知,加速度竖f μ NF F 3.12 直向上时游客为超重状态,加速度竖直向下时游客为f f得μ=F =m =N g 0.78×10=0.4 失重状态,故BC正确,AD错误.·11·专题2 相互作用 牛顿运动定律考纲·题型解读1. 力是高中物理的核心知识,五种性质的力的大小、方向是对物体进行正确受力分析、解决动力学问题的关键.相互作用部分试题多以选择题的形式出现,考查五种性质力的大小的计算或方向的判断,试题难度不大.2. 牛顿运动定律的内容是经典物理学的核心知识,高考重点考查牛顿第二定律,有时还考查惯性定律、牛顿第三定律、运动和力的关系.题型以选择题居多,填空、填表、计算等题型也时有出现,特别是在计算题中常与匀变速直线运动、圆周运动、天体运动、带电粒子在电场、磁场或复合场中的运动结合,难度较大.F = +m sinθ;平行于斜面的外力F 取最小值F 时,最大静题源1 处理平衡问题的基本方法 1 f g 2摩擦力f 方向沿斜面向上,由平衡条件可得:f+F2=mgsinθ;f=(F2-F解题模型1.1 1)/2,C正确.不能得出物块质量 m,不能得出斜面倾角θ,不能得出物块对斜面的压力,A,B,D错误.处理平衡问题的基本方法 [答案] C1. 正交分解法 [真题2] (2023·江苏)如图所示,石拱桥的正中央有一质将各力分解到x 轴上和y 轴上,运用两坐标轴上的合 量为m 的对称楔形石块,侧面与竖直方向的夹角为α,重力加速{∑Fx=0 度为g,若接触面间的摩擦力忽略不计,则石块侧面所受弹力的力等于零的条件 ,多用于三个以上共点力作用下∑Fy=0 大小为 ( )的物体的平衡.值得注意的是,对x、y 方向选择时,尽可能使较多的力落在x、y 轴上.2. 力的合成法物体受三个力作用而平衡时,其中任意两个力的合力 mg mgA.2sinα B.2cosα必跟第三个力等大、反向.可利用力的平行四边形定则,根1 1据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解. C.2mgtanα D.2mgcotα3. 力的三角形法 [解析] 以楔形石为研究对象,它受到竖直向下的重力和物体受同一平面内三个互不平行的力处于平衡时,可 垂直侧面斜向上的两个支持力,共三个力,利用封闭三角形法则以将这三个力的矢量首尾相接,构成一个矢量三角形;即 有2Fsinα-mg=0,A正确.三个力矢量首尾相接,恰好构成三角形,则这三个力的合 [答案] A力必为零,利用三角形法,根据正弦定理、余弦定理或相似 [真题3] (2023·新课程标准Ⅰ)如图,用橡皮筋将一小球三角形等数学知识可求得未知力. 悬挂在小车的架子上,系统处于平衡状态,现使小车从静止开始[ ] ( · ) , 向左加速,加速度从零开始逐渐增大到某一值,然后保持此值,真题1 2023 新课程标准Ⅱ 如图 在固定斜面上的一, 小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)与物块受到一外力F 的作用 F 平行于斜面向上.若要物块在斜面 .上保持静止,F 的取值应有一定的范围,已知其最大值和最小值 稳定在竖直位置时相比,小球的高度 ( )分别为F1 和F2(F2>0).由此可求出 ( )A.物块的质量B.斜面的倾角 A. 一定升高C.物块与斜面间的最大静摩擦力 B. 一定降低D.物块对斜面的压力 C. 保持不变[解析] 设斜面倾角为θ,斜面对物块的最大静摩擦力为 D. 升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定f.当F 取最大值F1 时,f 方向沿斜面向下,由平衡条件可得: [解析] 对小球进行受力分析如图,得:·10·弹簧A 的拉力FA=2mg/cos30°,弹簧C 的拉力FC=2mgtan30°,由胡克定律F=kx联立解得:弹簧A、C 的伸长量之比为:xA∶xC=2∶1,D正确.Tcosα=mg, [答案] DTsinα=ma, [真题5] (2023·山东)如图,用两根等长轻绳将木板悬挂所以:a=gtanα 在竖直木桩上等高的两点,制成一简易秋千,某次维修时将两轻即加速度越大,橡皮绳与竖直方向之间的夹角越大,即使要 绳各剪去一小段,但仍能保持等长且悬挂点不变.木板静止时,考虑橡皮绳的伸长,小球的高度也是随α的增大而越高. F1 表示木板所受合力的大小,F2 表示单根轻绳对木板拉力的[ ] 大小,答案 则维修后 ( A)题源2 弹力的分析解题模型2.1A.F1 不变,F2 变大 1. 弹力有无的判断方法B.F 不变,F 变小对于形变明显的情况(如弹簧)可由形变直接判断,形 1 2C.F 变大,F 变大变不明显的通常用下面三种方法: 1 2(1)“ ” D.F变小,F 变小假设法 分析物体间的弹力 1 2[解析] 木板静止时,受重力和两个拉力而平衡,故三个力欲分析一物体的某一接触处是否有弹力作用,可先假设没有所接 触 的 物 体, 的合力为零,即:F =0;看 看 被 研 究 的 物 体 有 怎 样 的 运 动 1: 细线与竖直方向成θ 角,根据共点力平衡条件,有:2F趋势 2cosθ① =m,若被研究的物体倒向原接触物的一边,则两者之间 gmg有挤压的弹力,它们之间的弹力方向必与接触面(或接触 解得:F2= ;2cosθ点的切面)垂直,且指向受力物体的内部. 当细线变短时,细线与竖直方向的夹角θ 增加,故cosθ 减②若被研究的物体倒向远离接触物的一边,则两者之 小,拉力F2变大,故选A.间只可能产生拉伸的弹力,倘若仅是物体与细绳连接,它 [答案] A们之间的弹力方向必定沿绳指向各自的外部. [真题6] (2023·天津)如图所示,小球用细绳系住,绳的③若被研究的物体仍不动,则两者之间无弹力. 另一端固定于O 点.现用水平力F 缓慢推动斜面体,小球在斜面(2)“替换法”分析物体间的弹力 上无摩擦地滑动,细绳始终处于直线状态,当小球升到接近斜面用细绳替换装置中的杆,看能不能维持原来的力学状顶端时细绳接近水平,此过程中斜面对小球的支持力FN 以及绳态,如果能维持,则说明这个杆提供的是拉力,否则,提供对小球的拉力FT 的变化情况是 ( )的是支持力.(3)根据“物体的运动状态”分析弹力物体的受力必须与物体的运动状态相符合.依据物体的运动状态,由二力平衡(或牛顿第二定律)列方程,求解物体间的弹力. A.FN 保持不变,FT 不断增大2.弹力的大小 B.FN 不断增大,FT 不断减小弹簧类弹力在弹性限度内遵从胡克定律F=kx,非弹 C.FN 保持不变,FT 先增大后减小簧类弹力大小应由平衡条件或动力学规律求解. D.FN 不断增大,FT 先减小后增大[解析] 由于此 过 程 中 细 绳 与 斜 面 体 斜 面 的 夹 角 逐 渐 减[真题4] (2023·山东)如图所示,用完全相同的轻弹簧小,所以斜面对小球的支持力FN 增大.画出小球受力图,由平衡A、B、C 将两个相同的小球连接并悬挂,小球处于静止状态,弹条件可得FT 先减小后增大,选项D正确.簧A 与竖直方向的夹角为30°,弹簧C 水平,则弹簧A、C 的伸 [答案] D长量之比为 ( ) [真题7] (2023·广东)如图所示,水平面上,橡皮绳一端固定,另一端连接两根弹簧,连接点P 在F1、F2 和F3 三力作用下保持静止,下列判断正确的是 ( )A.3∶4 B.4∶ 3 C.1∶2 D.2∶1[解析] 把两个小球看作整体,分析受力,由平衡条件可得:·11·A.F1>F2>F3 B.F3>F1>F2C.F >F >F D.F >F >F 要取上述范围中的任一值,与正压力无关.故静摩擦力的大2 3 1 3 2 1[解析] 连接点 P 在F1、F2 和 小不能由公式f=μN 直接计算,而应根据物体的实际受F 力情况,利用平衡条件或牛顿定律进行计算.两个物体之间3 三力作用下保持静止,说明三力的合力为零,F1,F2 的合力与 F 大 小 的最大静摩擦力与正压力成正比.3相等方向相反,如图所示,由三角形的 2. 摩擦力方向的判定边长关系可得:F' >F >F ,且 F =F' ,即 F >F >F , 相对运动趋 势 不 如 相 对 运 动 直 观,具 有 很 强 的 隐 蔽3 1 2 3 3 3 1 2B对. 性,所以静摩擦力的方向判定较困难,为此常用下面几种[答案] B 方法判断:[真题8] (2022·江苏)如图所示,置于水平地面的三脚架 (1)“假设法”和“反推法”上固定着一质量为m 的照相机,三脚架的三根轻质支架等长,与 假设法:先假定没有摩擦力(即光滑)时,看相对静止竖直方向均成30°角,则每根支架中承受的压力大小为 ( ) 的物体间能否发生相对运动.若能,则有静摩擦力,方向与相对运动方向相反;若不能,则没有静摩擦力.换句话说,静摩擦力的存在是为了使两物体相对静止,若没有它,两物体也相对静止,就没有静摩擦力.反推法:从被研究物体表现出的运动状态这个结果反推出它必须具有的条件,分析组成条件的相关因素中摩擦力所起的作用,就容易判断摩擦力的方向了.1 2A.3mg B.3mg (2)根据物体的运动状态,用牛顿第二定律判断.此法关键是先判断物体的运动状态(即加速度方向),再利用牛3 23C.6mg D.9 mg 顿第二定律(F=ma)确定合力,然后受力分析确定静摩擦力的大小及方向.[ ] 23解析 3Fcos30°=mg,F= 9 mg,选D. (3)利用牛顿第三定律(即作用力与反作用力的关系)[答案] D 来判断.此法关键是抓住“力是成对出现的”,先确定受力较少物体受到的静摩擦力的方向,再确定另一物体受到的静题源3 摩擦力 摩擦力.解题模型3.1 [真题9] (2023·上海)如图,质量mA>mB 的两物体A、B 叠放在一起,靠着竖直墙面.让它们由静止释放,在沿粗糙墙1. 摩擦力面下落过程中,物体B 的受力示意图是 (())1 摩擦力的产生条件①相互接触的物体间有弹力存在.②接触面粗糙.③接触物体之间有相对运动(滑动摩擦力)或有相对运动趋势(静摩擦力).(2)摩擦力的方向 A B C D①滑动摩擦力的方向 [解析] 由于物块与竖直墙面之间没有压力,故与墙面没沿着接触面与物体的相对滑动方向相反. 有摩擦力,二者一起做自由落体运动,即处于完全失重状态,之注意相对运动(以相互作用的另一物体为参照物)和 间没有弹力作用,故物体B 的受力示意图是图A.运动(以地面为参照物)的不同. [答案] A②静摩擦力的方向 [真题10] (2023·山东)如图所示,将两相同的木块a、b沿着接触面与物体的相对运动趋势方向相反,也可以 置于粗糙的水平地面上,中间用一轻弹簧连接,两侧用细绳系于根据平衡条件或牛顿定律进行判断. 墙壁.开始时a、b均静止.弹簧处于伸长状态,两细绳均有拉力,a(3)摩擦力的大小 所受摩擦力Ffa≠0,b所受摩擦力Ffb=0,现将右侧细绳剪断,①滑动摩擦力的大小f=μN. 则剪断瞬间 ( )注意:a.μ 为动摩擦因数,无单位.b.N 为接触面上的正压力,不一定等于物体的重力.c.滑动摩擦力的大小只由上述μ、N 决定,与物体的 A.Ffa大小不变 B.Ffa方向改变运动状态、受力情况以及接触面的面积均无关. C.Ffb仍然为零 D.Ffb方向向右②静摩擦力的大小 [解析] 本题考查绳剪断瞬间,绳子提供的力突变,弹簧提两个物体之间静摩擦力的取值范围0f 为两个物体之间的最大静摩擦力.静摩擦力可以根据需 态,对木板b有向左的拉力,故Ffb向右,D正确.m[答案] AD·12·[真题11] (2022·安徽)L形木板P(上表面光滑)放在固定斜面上,轻质弹簧一端固定在木板上,另一端与置于木板上表 3. 对牛顿第三定律理解的要点面的滑块Q 相连,如图所示.若P、Q 一起沿斜面匀速下滑,不计 (1)作用力和反作用力的相互依赖性:它们相互依存,空气阻力.则木板P 的受力个数为 ( ) 互以对方作为自己存在的前提.(2)作用力和反作用力的同时性:它们同时产生,同时变化,同时消失,不是先有作用力后有反作用力.(3)作用力和反作用力的性质相同,即作用力和反作用力是属同种性质的力.(4)作用力和反作用力不可叠加,作用力和反作用力分别作用在两个不同的物体上,各产生其效果,不可求它A.3 B.4 C.5 D.6 们的合力,两力的作用效果不能相互抵消.[解析] 确定研究对象,受力分析即可求解. 4. 力、加速度、速度间的关系[答案] C (1)物体所受合外力的方向决定了其加速度的方向,题源4 牛顿运动定律的理解 合力与加速度的大小关系是F=ma,只要有合力,不管速度是大,还是小,或是零,都有加速度,只有合力为零,加速解题模型4.1 度才能为零.一般情况下,合力与速度无必然的关系,只有速度变化才与合力有必然的联系.1. 对牛顿第一定律理解要点 (2)合力与速度同向时,物体加速,反之减速.(1)它定性地揭示了运动与力的关系:力是改变物体 (3)力与运动的关系:力是改变物体运动状态的原因,运动状态的原因,即是使物体产生加速度的原因.运动不需 即:力→加速度→速度变化(运动状态变化).要力来维持. 物体所受到的合外力决定了物体当时加速度的大小,(2)定 律 说 明 了 任 何 物 体 都 有 一 个 极 其 重 要 的 性 而加速度的大小决定了单位时间内速度的变化量的大小.质———惯性. 加速度大小与速度大小无必然的联系.(3)不受力的物体是不存在的,牛顿第一定律不能用 (4)加速度与力间有瞬时对应关系,即力变加速度也实验直接验证,它是建立在大量实验现象的基础之上,通 一定同时变,而此时速度没变化,因速度变化不能在瞬间过逻辑推理而发现的. 实现,需时间保证.(4)牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础,不能简单地认为它是牛顿第二定律不受外力时的特例,牛顿第一定 [真题12] (2023·广东)如图,物体P 静止于固定的斜面律定性地给出了力与运动的关系,牛顿第二定律定量地给 上,P 的上表面水平.现把物体Q 轻轻地叠放在P 上,则 ( )出了力与运动的关系.2. 对牛顿第二定律的理解(1)力是产生加速度的原因公式F合=ma 左边是物体受到的合外力,右边反映了质量为m 的物体在此合外力作用下的效果是产生加速度 A.P 向下滑动a,它突出了力是物体运动状态改变的原因,是物体产生加 B.P 静止不动速度的原因.因为力是产生加速度的原因,所以只能说:“物 C.P 所受的合外力增大体只有受了力才有加速度.”但不能说:“先受力而后产生加 D.P 与斜面间的静摩擦力增大速度.”只能说:“物体的加速度与合外力成正比.”而不 能 [解析] 设斜面的倾角为θ,把PQ 看成一个整体,相当于说:“合外力与加速度成正比.” 增加了P 的质量,列平衡方程 得f=mgsinθ<μmgcosθ,N=(2)牛顿第二定律的“四性”,即“瞬时性、矢量性、同一 mgcosθ.当m 增大时,不等式两边都增加,仍然成立,即P 静止性、同时性”. 不动,P 所受的合外力为零,P 与斜面间的静摩擦力f=mgsinθ①瞬时性:牛顿第二定律表明了物体的加速度与物体所受 增大,B,D正确.合外力的瞬时对应关系a.为某一瞬时的加速度,F 即为该时刻 [答案] BD物体所受的合外力,对同一物体的a与F 关系为“同时变”. [真题13] (2023·山东)如图所示,一质量m=0.4kg的②矢量性:公式F=ma 是矢量式,任一瞬时,a 的方向 小物块,以v0=2m/s的初速度,在与斜面成某一夹角的拉力F均与合外力方向相同.当合外力方向变化时,a 的方向同时 作用下,沿斜面向上做匀加速运动,经t=2s的时间物块由A变化,且任意时刻两者方向均保持一致. 点运动到B 点,A、B 之间的距离L=10m.已知斜面倾角θ=③同一性:牛顿第二定律的“同一性”有两层意思,一是指3加速度a相对于同一个惯性系,一般以大地为参考系;二是指 30°,物 块 与 斜 面 之 间 的 动 摩 擦 因 数 μ= .重 力 加 速 度3 g式中F、m、a三量必须对应同一个物体或同一个系统. 取10m/s2.④同时性:牛顿第二定律中F、a 只有因果关系而没有 (1)求物块加速度的大小及到达B 点时速度的大小;先后之分.F 发生变化,a 同时变化,包括大小和方向. (2)拉力F 与斜面的夹角多大时,拉力F 最小 拉力F 的最小值是多少 ·13·(3)滑块A 与B 粘在一起滑行,根据动能定理,有1f·l= (2 mA+mB)v'2,又∵f=μN=μ(mA+mB)g∴l=0.25m.[答案] (1)2m/s (2)1m/s (3)0.25m[解析] (1)设物块加速度的大小为a,到达B 点时速度的 [真题15] (2023·福建)如图甲所示,绷紧的水平传送带大小为v,由运动学公式得: 始终以恒定速率v1 运行.初速度大小为v2 的小物块从与传送带1 2, 等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带.若从小物块滑上传L=v0t+2at ① 送带开始计时,小物块在传送带上运动的v t图象(以地面为参v=v0+at, ② 考系)如图乙所示.已知v2>v1,则 ( )联立解得:a=3m/s2, ③v=8m/s. ④(2)设物块所受支持力为FN,摩擦力为Ff,拉力与斜面之间的夹角为α.受力分析如图所示.甲由牛顿第二定律得:Fcosα-mgsinθ-Ff=ma, ⑤Fsinα+FN-mgcosθ=0, ⑥ 乙又Ff=μFN. ⑦: mg(sinθ+ cosθ)+ma联立解得 F= μcosα+ sinα . ⑧ A.t2 时刻,μ 小物块离A 处的距离达到最大B.t2 时刻,小物块相对传送带滑动的距离达到最大: 3 23由数学知识得 cosα+3sinα= 3sin(60°+α), ⑨ C.0~t2 时间内,小物块受到的摩擦力方向先向右后向左由⑧⑨式可知对应的F 最小值的夹角α=30°, ⑩ D.0~t3 时间内,小物块始终受到大小不变的摩擦力作用[133 解析] 通过v t图象,可确定小物块的运动过程,0~t1联立解得F 的最小值为:Fmin= 5 N. 小物块向左做匀减速直线运动,到t1 时刻速度为0,t1~t2 小物133 块向右做匀加速直线运动,到t2 时刻速度增加到与传送带一样[答案] (1)3m/s2 8m/s (2)30° 5 N 的速度v1,从t2 时刻开始,小物块与传送带相对静止,共同以速[真题14] 如图所示,竖直平面内的四分之一圆弧轨道下 度v1 向右做匀速直线运动,由以上分析知,t1 时刻小物块离A端与水平桌面相切,小滑块A 和B 分别静止在圆弧轨道的最高 点最远,选项A错误;t2 时刻后小物块与传送带之间不再滑动,点和最低点.现将A 无初速度释放,A 与B 碰撞后结合为一个整 选项B正确;0~t2 时间内,滑动摩擦力的方向一直水平向左,t2体,并沿桌面滑动.已知圆弧轨道光滑,半径R=0.2m;A 和B 时刻之后小物块不再受摩擦力作用,选项C,D错误.的质量相等;A 和B 整体与桌面之间的动摩擦因数为0.2.取重 [答案] B力加速度g=10m/s2.求: 题源5 用整体法与隔离法分析问题解题模型5.11. 整体法是将一组连接体作为一个整体看待.牛顿第(1)碰撞前瞬间A 的速率v; 二定律F合=ma,F合 是指研究对象所受的合外力,将连接(2)碰撞后瞬间A 和B 整体的速率; 体作为整体看待,简化了受力情况,因为连接体的相互作(3)A 和B 整体在桌面上滑动的距离. 用力是内力而不是外力.在研究连接体的加速度与力的关[解析] (1)滑块从圆弧最高点滑到最低点的过程中,根据 系时,往往是将连接体视为整体.把连接体视为整体时,连机械能守恒定律,有接体各部分的运动状态可以相同,也可以不同.对牛顿第二1m 2AgR= mAvA 解得vA= 2gR=2m/s. 定律F合=ma,F合 是整体所受的合外力,ma 是整体与外2力对应的效果,对各个部分运动状态不同的情况,将各个(2)滑块A 与B 碰撞,根据动量守恒定律,有部分的效果求矢量和,即∑F=∑ma .在平面内可用x、( ) , 1i i ymAvA= mA+mB v'v'=2vA=1m/s. 分量表示:·14·别为2m 和m,静止叠放在水平地面上.A、B 间的动摩擦因数为∑Fx=∑miaix 1∑F =∑ma μ,B 与地面间的动摩擦因数为 μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦y i iy 22. 隔离法是在求解连接体的相互作用力时,将某个部 力,重力加速度为g.现对A 施加一水平拉力F,则 ( )分从连接体 中 分 离 出 来,其 他 部 分 对 它 的 作 用 力 就 成 了外力.整体法与隔离法在研究连接体问题时经常交叉使用.[真题16] (2023·福建)质量为M、长为 3L 的杆水平放置,杆两端A、B 系着长为3L 的不可伸长且光滑的柔软轻绳,绳 A. 当F<2μmg 时,A、B 都相对地面静止上套着一质量为 m 的小铁环.已知重力加速度为g,不计空气 5 , 1B. 当F= 时2μmg A的加速度为3μg影响.C. 当F>3μmg 时,A 相对B 滑动1D. 无论F 为何值,B 的加速度不会超过2μg[ 3解析] 以整体为研究对象,地面的最大静摩擦为 mgμ,2甲 乙; 5(1)现让杆和环均静止悬挂在空中,如图甲,求绳中拉力的 故A错 当 F= μmg 时,A、B 相 对 静 止,整 体 的 加 速 度 为2大小; 1 3() , 3μg,B正确;当F=3mg 时,同理整体法:3mg- mg=2 若杆与环保持相对静止 在空中沿AB 方向水平向右做 μ μ 2μ匀加速直线运动,此时环恰好悬于A 端的正下方,如图乙所示. 13ma,a= μg,对B 进行受力分析,B 可获得的最大加速度为①求此状态下杆的加速度大小a; 2②为保持这种状态需要杆上施加一个多大的外力,方向 3 1 12μmg-2μmg=2μmg=ma,a= ,故 时, 、 2μg F>3μmg A B如何[ ] () , 发生相对滑动,、 选项均正确解析 1 如图1 CD .设平衡时绳子拉力为T,有:2Tcosθ-, [答案]m =0 BCDg[真题18] (2023·新课程标准Ⅱ)一长木板在水平面上运6由几何关系:cosθ=3. 动,在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上,以后木板运动的速度—时间图象如图所示.已知物块与木板的质解得: 6T=4mg. 量相等,物块与木板间及木板与地面间均有摩擦,物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上,取重力加速度的大小g=10m/s2,求:(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数;(2)从t=0时刻到物块与木板均停止运动时,物块相对于木板的位移的大小.图1 图2 图3(2)①对小铁环受力分析如图2,有:T'sinθ'=ma,T'+T'cosθ'-mg=0,, 3其中θ'=60°解得:a=3g.②如图3,设外力F 与水平方向成α 角,将杆和环视为一个整体,有Fcosα=(M+m)a [解析] (1)从t=0时开始,木板与物块之间的摩擦力使Fsinα-(M+m)g=0 物块加速,使木板减速,此过程一直持续到物块和木板具有共同: 23速度为止.联立解得 F= (M+m)g,tanα= 3(或3 α=60°)根据图象知,在t1=0.5s时,物块和木板的速度相同,设t6 3 23 =0到t=t1 时间间隔内,物块和木板的加速度分别为a1 和a2,[答案] (1) mg (2)① g ② (M+m)g,方向4 3 3 v0,v1 分别为木板在t=0、t=t1 时速度的大小,则:与水平方向成60°角 a1=v1/t1, ①[真题17] (2023·江苏)如图所示,A、B 两物块的质量分 a2=(v0-v1)/t1, ②·15·设物块和木板的质量为m,物块和木板间、木板与地面间的题源6 结合图象研究问题动摩擦因数分别为μ1、μ2,由牛顿第二定律得:μ1mg=ma1, ③ 解题模型( ) 6.1μ1+2μ2 mg=ma2, ④联立①②③④式解得:μ1=0.2, ⑤ 图象信息题目,要从图象的点、线、斜、截、交等方面真正μ2=0.3. ⑥ 把物体运动的情景反映出来,真实地把物理规律反映出来.(2)在t1 时刻后,地面对木板的摩擦力阻碍木板运动,物块与 [真题20] (2022· 福木板之间的摩擦力改变方向.设物块与木板之间的摩擦力大小为f,建)质量为2kg的物体静止在物块和木板的加速度大小分别为a1'和a2',则由牛顿第二定律得: 足够大的水平地面上,物体与f=ma1', ⑦ 地面间的动摩擦因数为0.2,2μ2mg-f=ma2'. ⑧ 最大静摩擦力与滑动摩擦力假设f<μ1mg.则a1'=a2'. 大小视为相等.从t=0时刻开由⑤⑥⑦⑧式 得f=μ2mg >μ1mg,与 假 设 矛 盾,故f= 始,物体受到方向不变、大小μ1mg ⑨ 呈周期性变化的水平拉力F 的作用,F 随时间t的变化规律如由⑦⑨式知,物块加速度的大小a'=a .物块的v t图象 图所示.重力加速度g 取10m/s21 1 ,则物体在t=0至t=12s这如图中点画线所示. 段时间的位移大小为 ( )A.18m B.54mC.72m D.198m[解析] 滑动摩擦力大小为Fμ=μmg=4N,则0~3s内物体静止,6~9s内物体做匀速直线运动,3~6s和9~12s做加8-4速度相等的匀加速直线运动,加速度为a= m/s2=2m/s22 .6s末的速度为v1=2×3m/s=6m/s,12s末的速度为v2=6m/s+62×3m/s=12m/s.3~6s发生的位移大小为x1=2×3m=由运动学公式可推知,物块和木板相对于地面的运动距离9m,6~9s发生的位移大小为x2=6×3m=18m,: 9~12s发生分别为6+12v2 的位移大小为1 x3= 2 ×3m=27m,则0~12s发生的位移大s1=2× ,2a ⑩1 小x=x1+x2+x3=54m,故正确选项为B.v0+v1 v2s 12= 2 t1+,2a' [答案] B2物块相对于木板的位移的大小为s=s -s . 题源7 超重、失重问题2 1联立①⑤⑥⑧⑨⑩ 解得:s=1.125m.[答案] (1)0.2 0.3 (2)1.125m 解题模型7.1[真题19] (2023·天津)如图所示,A,B 两物块叠放在一 1. 超重起,在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动, (1)当物体加速上升或减速下降时,视重大于重力的现象.运动过程中B 受到的摩擦力 ( ) (2)特征:物体处于超重状态时,加速度(a)向上.2. 失重(1)当物体加速下降或减速上升时,视重小于重力的现象.(2)特征:物体处于失重状态时,加速度(a)向下.3. 完全失重视重等于零的现象,例:自由落体、绕地球做匀速圆周A.方向向左,大小不变运动的太空舱等.B.方向向左,逐渐减小4. 对超重和失重的理解应当注意以下几点C.方向向右,大小不变 (1)物体处于超重或失重状态时,只是物体的视重发D.方向向右,逐渐减小 生改变,物体的重力始终存在,大小也没有变化,因为万有[解析] A,B 保持相对静止向右做匀减速直线运动,故以 引力并没有改变.A,B 视为整体,先整体后隔离,受到向左的滑动摩擦力作用,其 (2)发生超重或失重现象与物体的速度大小及方向无(m +m )g加速度为a=μ A Bm +m =关,只决定于加速度的方向及大小μg,对物体 B,其加速度为a= .A B (3)在完全失重的状态下,平常一切由重力产生的物μg,方向向左,所受的摩擦力为静摩擦力,由牛顿第二定律可知 理现象都会完全消失,如单摆停摆、天平失效、浸在水中的f=μmBg,A正确. 物体不再受浮力、液体柱不再产生向下的压强等.[答案] A·16·[真题21] (2022·海南)如图,木箱内有一竖直放置的弹 球b的细线后,在球b上升过程中地面受到的压力 ( )簧,弹簧上方有一物块;木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上.若在某一段时间内,物块对箱顶刚好无压力,则在此段时间内,木箱的运动状态可能为 ( )A.小于FNB.等于FNC.等于FN+FD.大于FN+FA.加速下降 B.加速上升 [解析] 剪断细线前,处于静止状态,利用整体法,压力FNC.减速上升 D.减速下降 等于系统的总重力,即FN=Mg+mag+mbg,剪断连接球b 的[解析] 木箱静止时,设弹簧弹力为F1,顶对物块的压力, 细线后,系统处于超重状态,压力大于总重力,所以 、 项错误为F2 根据力的平衡条件F1=mg+F ,当箱顶对物块的压力A B .2F 恰好为零时,而弹力F 不变,所以合外力方向向上,即加速 再选a 和箱为研究对象,箱子受到的支持力2 1 F'N=Mg+mag+度向上,物块可能加速上升或减速下降.本题正确选项为BD. F'引,其中F'引 为b球对a球的库仑力,因为平衡时,F引 等于mbg+[答案] BD F,而球b 加速上升过程中,随着两球距离的减小,F'引>F引 =[真题22] (2023·上海)如图,在水平面上的箱子内,带异 mbg+F,故F'N>Mg+mag+mbg+F=FN+F,故D正确.种电荷的小球a、b用绝缘细线分别系于上、下两边,处于静止状[答案]态.地面受到的压力为FN,球b所受细线的拉力为F.剪断连接D(★代表高考出现的频次)A.木块受到的摩擦力大小是m cosαA组 gB.木块对斜面体的压力大小是mgsinαC.桌面对斜面体的摩擦力大小是m sinαcosα题源1 处理平衡问题的基本方法(★★★★★) gD.桌面对斜面体的支持力大小是(M+m)g1.(2023·广东)如图所示,两根等长的轻绳将日光灯悬挂 4.(2023·新课程标准)如图,一小球放置在木板在天花板上,两绳与竖直方向的夹角都为45°,日光灯保持水平, 与竖直墙面之间.设墙面对球的压力大小为 N1,球对所受重力为G,左右两绳的拉力大小分别为 ( ) 木板的压力大小为 N2,以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴,将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置.不计摩擦,在此过程中 ( )A.N1 始终减小,N2 始终增大B.N1 始终减小,N2 始终减小A.G 和G C.N1 先增大后减小,N2 始终减小2 2B. G 和 G D.N1 先增大后减小,N2 先减小后增大2 2 5.(2021·江苏)用一根长1m的轻质细绳将一幅质量为1 3C. G 和 G 1kg的画框对称悬挂在墙壁上,已知绳能承受的最大张力为2 2 10N.为 使 绳 不 断 裂,画 框 上 两 个 挂 钉 的 间 距 最 大 为(g 取1 1D. G 和 G 10m/s2) ( )2 22.(2023·北京)应用物理知识分析生活中的常见现象,可以使物理学习更加有趣和深入.例如平伸手掌托起物体,由静止开始竖直向上运动,直至将物体抛出.对此现象分析正确的是( )A. 手托物体向上运动的过程中,物体始终处于超重状态B. 手托物体向上运动的过程中,物体始终处于失重状态C. 在物体离开手的瞬间,物体的加速度大于重力加速度D. 在物体离开手的瞬间,手的加速度大于重力加速度 3 2A. m B. m3.(2023·北京)倾角为α、质量为 M 的斜面体静止在水平 2 2桌面上,质量为m 的木块静止在斜面体上.下列结论正确的是 1 3C. 2 m D. 4 m( )·17·题源2 弹力的分析(★★★)挂钩码时的相等D.增挂钩码时所挂钩码数过多,导致橡皮筋超出弹性限度1.(2023·安徽)如图所示,细线的一端系一质量为m 的小 ( )球,题源 摩擦力另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端,细线与斜面平行. 3 ★★★★★在斜面体以加速度a 水平向右做匀加速直线运动的过程中,小 1.(2023·安徽)如图所示,放在固定斜面上的物块以加速球始终静止在斜面上,小球受到细线的拉力T 和斜面的支持力 度a沿斜面匀加速下滑,若在物块上再施加一个竖直向下的恒为FN 分别为(重力加速度为g) ( ) 力F,则 ( )A. 物块可能匀速下滑A.T=m(gsinθ+acosθ),FN=m(gcosθ-asinθ)物块仍以加速度 匀加速下滑B.T=m(gcosθ+asinθ),FN=m(gsinθ-acosθ)B. aC. 物块将以大于a的加速度匀加速下滑C.T=m(acosθ-gsinθ),FN=m(gcosθ+asinθ)D. 物块将以小于a的加速度匀加速下滑D.T=m(asinθ-gcosθ),FN=m(gsinθ+acosθ)2.(( · ) , 2023·山东)如图所示,两相同轻质硬杆OO1、OO2 可2. 2020 广东 探究弹力和弹簧伸长的关系时 在弹性限绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2 转动,在O 点悬挂一重度内,悬挂15N重物时,弹簧长度为0.16m;悬挂20N重物时,物 ,将两相同木块 紧压在竖直挡板上,此时整个系统保持弹簧长度为0.18m,M m则弹簧的原长L0 和劲度系数k分别为静止.Ff 表示木块与挡板间摩擦力的大小,( ) FN表示木块与挡板间正压力的大小.若挡板间的距离稍许增大后,系统仍静止且A.L0=0.02m,k=500N/mO1、O2 始终等高,则 ( )B.L0=0.10m,k=500N/mC.L0=0.02m,k=250N/mD.L0=0.10m,k=250N/m3.(2021·广东)建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料.质量为70.0kg的工人站在地面上,通过定滑轮将20.0kg的建筑材料以0.500m/s2 的加速度拉升,忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦,则工人 A.Ff 变小 B.Ff 不变对地面的压力大小为(g 取10m/s2) ( ) C.FN 变小 D.FN 变大A.490N B.510N 3.(2021·天津)物块静止在固定的斜面上,分别按图示的C.890N D.910N 方向对物块施加大小相等的力F,A中F 垂直于斜面向上,B中4.(2022·福建)某实验小组研究橡皮筋伸长与所受拉力的 F 垂直于斜面向下,C中F 竖直向上,D中F 竖直向下,施力后关系.实验时,将原长约200mm的橡皮筋上端固定,在竖直悬挂 物块仍然静止,则物块所受的静摩擦力增大的是 ( )的橡皮筋下端逐一增挂钩码(质量均为20g),每增挂一只钩码均记下对应的橡皮筋伸长量;当挂上10只钩码后,再逐一把钩码取下,每取下一只钩码,也记下对应的橡皮筋伸长量.根据测量数据,作出增挂钩码和减挂钩码时的橡皮筋伸长量Δl与拉力F 关系的图象如图所示.从图象中可以得出 ( ) 4.(2022·海南)在水平的足够长的固定木板上,一小物块以某一初速度开始滑动,经一段时间t后停止.现将该木板改置成倾角为45°的斜面,让小物块以相同的初速度沿木板上滑.若小物块与木板之间的动摩擦因数为μ,则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为 ( )2A. μ1+ B.μμ 1+ 2μ1+A.增挂钩码时Δl与F 成正比,而减挂钩码时Δl与F 不成 C. μ D. μ2+μ 2μ正比B.当所挂钩码数相同时,增挂钩码时橡皮筋的伸长量比减 题源4 牛顿运动定律的理解(★★★★★)挂钩码时的大1.(2022·海南)下列说法正确的是 ( )C.当所挂钩码数相同时,增挂钩码时橡皮筋的伸长量与减·18·A.若物体运动速率始终不变,则物体所受合力一定为零 B.在0.4s~2.5s时间内,阻拦索的张力几乎不随时间变化B.若物体的加速度均匀增加,则物体做匀加速直线运动 C.在滑行过程中,飞行员所承受的加速度大小会超过2.5gC.若物体所受合力与其速度方向相反,则物体做匀减速直 D.在0.4s~2.5s时间内,阻拦系统对飞机做功的功率几乎线运动 不变D.若物体在任意的相等时间间隔内位移相等,则物体做匀 5.(2020·广东)伽利略在著名的斜面实验中,让小球分别速直线运动 沿倾角不同、阻力很小的斜面从静止开始滚下,他通过实验观察2.(2023·海南)如图,粗糙的水平地面上有一斜劈,斜劈上 和逻辑推理,得到的正确结论有 ( )一物块正在沿斜面以速度v0 匀速下滑,斜劈保持静止,则地面 A. 倾角一定时,小球在斜面上的位移与时间成正比对斜劈的摩擦力 ( ) B. 倾角一定时,小球在斜面上的速度与时间成正比C. 斜面长度一定时,小球从顶端滚到底端时的速度与倾角无关D. 斜面长度一定时,小球从顶端滚到底端所需的时间与倾A.等于零 角无关B.不为零,方向向右 6.(2019·海南)16世纪末,伽利略用实验和推理,推翻了C.不为零,方向向左 已在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论,D.不为零,v0 较大时方向向左,v0 较小时方向向右 开启了物理学发展的新纪元.在以下说法中,与亚里士多德观点3.(2023·山东)以下叙述正确的是 ( ) 相反的是 ( )A.法拉第发现了电磁感应现象 A.四匹马拉的车比两匹马拉的车跑得快:这说明,物体受B.惯性是物体的固有属性,速度大的物体惯性一定大 的力越大,速度就越大C.牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的 B. 一个运动的物体,如果不再受力了,它总会逐渐停下来:原因 这说明,静止状态才是物体长时间不受力时的“自然状态”D.感应电流遵从楞次定律所描述的方向,这是能量守恒定 C. 两物体从同一高度自由下落,较重的物体下落较快律的必然结果 D. 一个物体维持匀速直线运动,不需要受力4.(2023·新课程标准Ⅰ)2023年11月,“歼15”舰载机在 7.(2019·上海)如图所示,物体从光滑斜面上的A 点由静“辽宁号”航空母舰上着舰成功.图(a)为利用阻拦系统让舰载机 止开始下滑,经过B 点后进入水平面(设经过B 点前后速度大在飞行甲板上快速停止的原理示意图.飞机着舰并成功钩住阻 小不变),最后停在C 点.每隔0.2s通过速度传感器测量物体的拦索后,飞机的动力系统立即关闭,阻拦系统通过阻拦索对飞机 瞬时速 度,下 表 给 出 了 部 分 测 量 数 据(取 重 力 加 速 度 g=施加一作用力,使飞机在甲板上短距离滑行后停止.某次降落, 10m/s2).求:以飞机着舰为计时零点,飞机在t=0.4s时恰好钩住阻拦索中t/s 0.0 0.2 0.4 … 1.2 1.4 …间位置,其着舰到停止的速度—时间图线如图(b)所示.假如无/( · -1) … …阻拦索,飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1000m.已知航 v m s 0.0 1.0 2.0 1.1 0.7母始终静止,重力加速度的大小为g.则 ( ) (1)斜面的倾角α;(2)物体与水平面间的动摩擦因数;(3)t=0.6s时的瞬时速度v.图(a)图(b)A.从着舰到停止,飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10·19·8.(2022·安徽)质量为2kg的物体在水平推力F 的作用 (3)“A 鱼”与“B 鱼”在水中运动时所受阻力之比fA∶fB.下沿水平面做直线运动,一段时间后撤去F,其运动的v t图象如图所示.g 取10m/s2,求:(1)物体与水平面间的动摩擦因数μ;(2)水平推力F 的大小;(3)0~10s内物体运动位移的大小.2.(2023·安徽)质量为0.1kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落,该下落过程对应的v t图象如图所示.球与水平3地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的 设球受到的4.空气阻力大小恒为f,取g=10m/s2,求:(1)弹性球受到的空气阻力f 的大小;(2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h.题源5 用整体法与隔离法分析问题(★★★★★)1.(2023·浙江)为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系,小明同学用石蜡做成两条质量均为m、形状不同的“A 鱼”和“B 鱼”,如图所示.在高出水面 H 处分别静止释放“A 鱼”和“B鱼”,“A 鱼”竖直下潜hA 后速度减为零,“B 鱼”竖直下潜hB 后速度减为零.“鱼”在水中运动时,除受重力外,还受浮力和水的10阻力.已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的 倍,重力加速度为9g,“鱼”运动的位移值远大于“鱼”的长度.假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定,空气阻力不计.求:(1)“A 鱼”入水瞬间的速度vA;(2)“A 鱼”在水中运动时所受阻力fA;·20·3.(2023·重庆)某校举行乒乓球跑步比赛,赛道为水平直道,比赛距离为s.比赛时,某同学将球置于球拍中心,以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运动,当速度达到v0 时,再以v0 做匀速直线运动跑至终点.整个过程中球一直保持在球拍中心不动.比赛中,该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为θ0,如图所示.设球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比,方向与运动方向相反,不计球与球拍之间的摩擦,球()小环的质量 ;的质量为m,重力加速度为 . 1 mg() ()细杆与地面间的倾角1 求空气阻力大小与球速大小的比例系数k; 2 α.(2)求在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v变化的关系式;(3)整个匀速跑阶段,若该同学速度仍为v0,而球拍的倾角比θ0 大了β并保持不变,不计球在球拍上的移动引起的空气阻力变化,为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r 的下边沿掉落,求β应满足的条件.2.(2022·海南)如图甲中,质量为m 的物块叠放在质量为2m 的足够长的木板上方右侧,木板放在光滑的水平地面上,物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.2.在木板上施加一水平向右的拉力F,在0~3s内F 的变化如图乙所示,图中F 以mg为单位,重力加速度g=10m/s2.整个系统开始时静止.(1)求1s、1.5s、2s、3s末木板的速度以及2s、3s末物块的速度;(2)在同一坐标系中画出0~3s内木板和物块的v t图象,据此求0~3s内物块相对于木板滑过的距离.题源6 结合图象研究问题(★★★)1.(2019·上海)固定光滑细杆与地面成一定倾角,在杆上套有一个光滑小环,小环在沿杆方向的推力F 作用下向上运动,推力F 与小环速度v随时间变化规律如图所示,取重力加速度g=10m/s2.求:·21·题源7 超重、,则 ( )失重问题(★★) g1.(2021·广东)某人在地面上用弹簧测力计称得其体重为490N.他将弹簧测力计移至电梯内称其体重,t0 至t3 时间段内,弹簧测力计的示数如图所示,电梯运行的v t图可能是(取电梯向上运动的方向为正) ( ) A. 将滑块由静止释放,如果μ>tanθ,滑块将下滑B. 给滑块沿斜面向下的初速度,如果μ下滑C. 用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动,如果μ=tanθ,拉力大小应是2mgsinθD. 用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动,如果μ=tanθ,拉力大小应是mgsinθ2.(2022·全国Ⅱ)在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为104V/m.已知一半径为1mm的雨滴在此电场中不会下落,取重力加速度大小为10m/s2,水的密度为103kg/m3.这雨滴携带的电荷量的最小值约为 ( )A.2×10-9C B.4×10-9CC.6×10-9C D.8×10-9C3.如图所示,在水平力F 的作用下,物块A、B 保持静止.若A 与B 的接触面是水平的,且F≠0,则B 的受力个数可能为( )2.(2020·山东)直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子,如图所示.设投放初速度为零,箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比,且运动过程中箱子始终保持图示姿态.在箱子下落过程中,下列说法正确的是 ( ) A.3个 B.4个 C.5个 D.6个4. 两个相同的可视为质点的小球A 和B,质量均为 m,用长度相同的两根细线把A、B 两球悬挂在水平天花板上的同一点O,并用长度相同的细线连接A、B 两个小球,然后,用一水平方向的力F 作用在小球A 上,此时三根线均处于伸直状态,且OB 细线恰好处于竖直方向,如图所示.如果两小球均处于静止状态,则力F 的大小为 ( )A. 箱内物体对箱子底部始终没有压力B. 箱子刚从飞机上投下时,箱内物体受到的支持力最大C. 箱子接近地面时,箱内物体受到的支持力比刚投下时大D. 若下落距离足够长,箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来”A.0 B.mgB组3C.3mg D.3mg题源1 处理平衡问题的基本方法(★★★★★) 5. 如图所示,水平杆上套有两个相同的质量为 m 的环,两1.(2021·北京)如图所示,将质量为m 的滑块放在倾角为 细线等长,下端系着质量为 M 的物体,系统静止,现在增大两环θ的固定斜面上.滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ.若滑块与斜 间距而系统仍静止,则杆对环的支持力FN 和细线对环的拉力F面之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等,重力加速度为 的变化情况是 ( )·22·2 2A. 3tanα B. 3cotαC.tanα D.cotα3.用轻弹簧竖直悬挂质量为m 的物体,静止时弹簧伸长量为L.现用该弹簧沿斜面方向拉住质量为2m 的物体,系统静止时弹簧伸长也为L.斜面倾角为30°,如图所示.则物体所受摩擦力A.都不变 B.都增大( )C.FN 增大,F 不变 D.FN 不变,F 增大题源2 弹力的分析(★★★)如图所示,在光滑水平面上有甲、乙两木块,质量分别为m1和m2,中间用一原长为L、劲度系数为k 的轻质弹簧连接起来,现用一水平力F 向左推木块乙,当两木块一起匀加速运动时,两 A. 等于零木块之间的距离是 ( ) 1B. 大小为 mg,方向沿斜面向下23C. 大小为 mg,方向沿斜面向上2Fm FmA.L+ 2 B.L- 1 D. 大小为mg,方向沿斜面向上(m1+m2)k (m1+m2)k4. 如图所示,在一无限长的水平小车上,有质量分别为 m1Fm FmC.L- 1 D.L- 2mk mk 和m2 的两个滑块(m1>m2)随车一起向右匀速运动.设两滑块2 1与小车间的动摩擦因数均为μ,其他阻力不计,当车突然停止题源3 摩擦力(★★★★★)时,以下说法中正确的是 ( )1.(2023·江苏)如图所示,一夹子夹住木块,在力F 作用下向上提升.夹子和木块的质量分别为 m、M,夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f.若木块不滑动,力F 的最大值是( ) A. 若μ=0,两滑块一定相碰B. 若μ=0,两滑块一定不相碰C. 若μ≠0,两滑块一定相碰D. 若μ≠0,两滑块一定不相碰5. 如图所示,物体A 放在物体B 上,物体B 放在光滑水平面上,已知mA=6kg,mB=2kg,A、B 间动摩擦因数为μ=0.2.2f(m+M)A. A 物体受到水平向右的拉力F 作用,下述说法中正确的是(g 取M10m/s2) ( )2f(m+M)B. m2f(m+M)C. -(M m+M)g2f(m+M)D. +(m+M)m g A. 当F<12N时,A 静止不动2.(2020·全国Ⅱ)如图所示,一固定斜面上两个质量相同 B. 当F=12N时,A 相对B 滑动的小物块A 和B 紧挨着匀速下滑,A 与B 的接触面光滑.已知 C. 当F=16N时,B 受A 的摩擦力等于4NA 与斜面之间的动摩擦因数是B 与斜面之间动摩擦因数的2 D. 当F=20N时,A 相对B 滑动倍,斜面倾角为α.B 与斜面之间的动摩擦因数是 ( ) 题源4 牛顿运动定律的理解(★★★★★)1.(2020·宁夏)一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动,小球通过细绳与车顶相连.小球某时刻正处于如图所示状态.设斜面对小球的支持力为 N,细绳对小球的拉力为T,关于此时刻小球的受力情况,下列说法正确的是 ( )·23·3.(2019·海南)如图所示,一辆汽车A 拉着装有集装箱的拖车B,以速度v1=30m/s进入向下倾斜的直车道.车道每100m下降2m.为使汽车速度在s=200m的距离内减到v2=10m/s,驾驶员必须刹车.假定刹车时地面的摩擦阻力是恒力,且A. 若小车向左运动,N 可能为零 该力的70%作用于拖车B,30%作用于汽车 A.已知 A 的质量B. 若小车向左运动,T 可能为零 m1=2000kg,B 的质量m2=6000kg.求汽车与拖车的连接处沿C. 若小车向右运动,N 不可能为零 运动方向的相互作用力.取重力加速度g=10m/s2.D. 若小车向右运动,T 不可能为零2.(2023·新课程标准)拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图).设拖把头的质量为 m,拖杆质量可忽略;拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ,重力加速度为g.某同学用该拖把在水平地板上拖地时,沿拖杆方向推拖把,拖杆与竖直方向的夹角为θ.(1)若拖把头在地板上匀速移动,求推拖把的力的大小;(2)设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ,已知存在一临界角θ0,若θ≤θ0,则不管沿拖杆方向的推力多大,都不可能使拖把从静止开始运动,求这一临界角的正切tanθ0.题源5 用整体法与隔离法分析问题(★★★★★)1.(2019·北京)如图所示,光滑水平面上放置质量分别为m 和2m 的四个木块,其中两个质量为m 的木块间用一不可伸长的轻绳相连,木块间的最大静摩擦力是μmg.现用水平拉力F拉其中一个质量为2m 的木块,使四个木块以同一加速度运动,则轻绳对m 的最大拉力为 ( )3μmg 3mgA. 5 B.μ43μmgC. 2 D.3μmg·24·2.(2022·海南)如图所示,水平地面上有一楔形物块a,其 4. 如图所示,木板长L=1.6m,质量 M=4.0kg,上表面光斜面上有一小物块b,b 与平行于斜面的细绳的一端相连,细绳 滑,下表面与地面间的动摩擦因数为μ=0.4.质量m=1.0kg的的另一端固定在斜面上.a与b之间光滑,a和b以共同速度在地 小滑块(视为质点)放在木板的右端,开始时木板与物块均处于面轨道的光滑段向左运动.当它们刚运行至轨道的粗糙段时 静止状态,现给木板以向右的初速度,取g=10m/s2,求:( ) (1)木板所受摩擦力的大小;(2)使小滑块不从木板上掉下来,木板初速度的最大值.A.绳的张力减小,b对a的正压力减小B.绳的张力增加,斜面对b的支持力增加C.绳的张力减小,地面对a的支持力增加D.绳的张力增加,地面对a的支持力减小3.(2023·山东)如图所示,在高出水平地面h=1.8m的光滑平台上放置一质量 M=2kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A,其右段长度l1=0.2m且表面光滑,左段表面粗糙.在A最右端放有可视为质点的物块B,其质量m=1kg.B 与A 左段间动摩擦因数μ=0.4.开始时二者均静止,现对A 施加F=20N水平向右的恒力,待B 脱离A(A 尚未露出平台)后,将A 取走.B 离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x=1.2m(取g=10m/s2).求:(1)B 离开平台时的速度vB;(2)B 从开始运动到刚脱离A 时,B 运动的时间tB 和位移xB;(3)A 左端的长度l2.·25·( ) 2. 如图甲所示,质量 m=2kg的物体静止在水平面上,物题源6 结合图象研究问题 ★★★体跟水平面间的动摩擦因数μ=0.20.从t=0时刻起,物体受到1.在研究摩擦力特点的实验中,将木块放在足够长的静止 一个水平力F 的作用而开始运动,前8s内F 随时间t变化的规水平木板上.如图甲所示,用力沿水平方向拉木块,使拉力F 从0 律如图乙所示,g 取10m/s2,求:开始逐渐增大.经实验绘制出摩擦力Ff 随拉力F 的变化图象, (1)8s内物体的位移;如图乙所示.已知木块质量为0.78kg. (2)在图丙的坐标系中画出物体在前8s内的v t图象.(1)求木块与长木板间的动摩擦因数;(2)若木块在与水平方向成θ=37°角斜向右上方的恒定拉力F'作用下,以a=2.0m/s2 的加速度从静止开始做匀加速直线运动,如图丙所示,则 F'为多大 (取sin37°=0.6,cos37°=0.8)甲 乙丙题源7 超重、失重问题(★★)1.(2019·山东)下列实例属于超重现象的是 ( )A. 汽车驶过拱形桥顶端B. 荡秋千的小孩通过最低点C. 跳水运动员被跳板弹起,离开跳板向上运动D. 火箭点火后加速升空2.(2019·海南)游乐园中,游客乘坐能加速或减速运动的升降机,可以体会超重或失重的感觉,下列描述正确的是 ( )A. 当升降机加速上升时,游客是处在失重状态B. 当升降机减速下降时,游客是处在超重状态C. 当升降机减速上升时,游客是处在失重状态D. 当升降机加速下降时,游客是处在超重状态·26· 展开更多...... 收起↑ 资源列表 专题2 相互作用 牛顿运动定律 答案.pdf 专题2 相互作用 牛顿运动定律.pdf
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