（新课标Ⅰ）2019版高考物理 专题二 相互作用课件.ppt

专题二 相互作用,高考物理 (新课标专用),A组统一命题课标卷题组 考点一常见的三种力、力的合成与分解,五年高考,1.(2017课标,16,6分)如图,一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F的大小不变,而方向与水平面成60角,物块也恰好做匀速直线运动。物块与桌面间的动摩擦因数为() A.2-B.C.D.,答案C本题考查受力分析、滑动摩擦力、共点力的平衡。 物块在水平力F作用下做匀速直线运动,其受力如图甲所示 由平衡条件:F=f、FN=mg 而f=FN=mg 即F=mg 当F的方向与水平面成60角时,其受力如图乙,甲,乙,由平衡条件: F cos 60=f1 f1=FN1=(mg-F sin 60) 联立解得=,选项C正确。,一题多解受力变化时,物块和桌面间的动摩擦因数不变,不妨假设摩擦力和支持力的合力方向与支持力的夹角为,则有tan =,因不变,故角不变,即F与mg的合力方向不变,由图可 知,当F由水平变为与水平面夹角为60时,F大小不变, =30,再由=tan 得=tan 30= 选项C正确。,2.(2017课标,17,6分)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上,弹性绳的原长也为80 cm。将一钩码挂在弹性绳的中点,平衡时弹性绳的总长度为100 cm;再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点,则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)() A.86 cmB.92 cmC.98 cmD.104 cm,答案B设弹性绳劲度系数为k,绳总长l1=100 cm时,绳上弹力大小F1=k(l1-l0),绳中点处受力平衡,设绳与水平方向夹角为,则有2F1 sin =F=G,cos =,sin =,绳两端缓慢移至同一点时, 设绳长为l2,其弹力大小F2=k(l2-l0),此时绳中点处受力平衡,有2F2=F=G,综上所述有2k(l1-l0) sin =2k(l2-l0),解得l2=92 cm,则选项B正确。,解题关键关键词理解与情景构建 弹性绳可按弹簧模型处理,始终处于弹性限度内说明劲度系数k不变,钩码挂在绳的中点,绳中点处受力平衡,两侧绳上弹力大小相等,等于弹性绳的弹力。,考点二受力分析、共点力的平衡,3.(2017课标,21,6分)(多选)如图,柔软轻绳ON的一端O固定,其中间某点M拴一重物,用手拉住绳的另一端N。初始时,OM竖直且MN被拉直,OM与MN之间的夹角为()。现将重物向右 上方缓慢拉起,并保持夹角不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中() A.MN上的张力逐渐增大 B.MN上的张力先增大后减小 C.OM上的张力逐渐增大 D.OM上的张力先增大后减小,答案AD本题考查对共点力平衡问题的理解和推理能力,要求运用数学工具求解物理问题。 设MN上的张力为T,OM上的张力为F,在缓慢拉起的过程中重物处于动态平衡状态。当OM与竖直方向成任意角时,由受力分析有 F cos +T cos (-)=mg F sin =T sin (-) 利用三角函数化简解得 T=mg,F=mg 可知,在由0增加至的过程中,MN上的张力T逐渐增大,选项A正确,B错误。由于OM与MN之 间的夹角,所以在由0增加至的过程中,-的值先由大于减小至后,进一步再减小, 相应sin (-)的值先增大后减小,即OM上的张力F先增大后减小,选项C错误,D正确。,一题多解重物受到重力mg、OM绳的拉力FOM、MN绳的拉力FMN共三个力的作用。缓慢拉起过程中任一时刻可认为是平衡状态,三力的合力恒为0。如图所示,由三角形定则得一首尾相接的闭合三角形,由于且不变,则三角形中FMN与FOM的交点在一个优弧上移动,由图可以 看出,在OM被拉到水平的过程中,绳MN中拉力一直增大且恰好达到最大值,绳OM中拉力先增大后减小,故A、D正确,B、C错误。,4.(2016课标,19,6分)(多选)如图,一光滑的轻滑轮用细绳OO悬挂于O点;另一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块a,另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b,整个系统处于静止状态。若F方向不变,大小在一定范围内变化,物块b仍始终保持静止,则() A.绳OO的张力也在一定范围内变化 B.物块b所受到的支持力也在一定范围内变化 C.连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化 D.物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化,答案BD系统处于静止状态,连接a和b的绳的张力大小T1等于物块a的重力Ga,C项错误;以O点为研究对象,受力分析如图甲所示,T1恒定,夹角不变,由平衡条件知,绳OO的张力T2恒定不变,A项错误;以b为研究对象,受力分析如图乙所示,则 FN+T1 cos +F sin -Gb=0 f+T1 sin -F cos =0 FN、f均随F的变化而变化,故B、D项正确。,温馨提示关键词:光滑的轻滑轮;水平粗糙桌面;系统静止;F方向不变。,隐含条件整个系统处于静止状态,则绳子间的夹角不变,各段绳子上的拉力大小不变。,方法技巧以O点为研究对象,由三力平衡分析绳OO的张力变化情况;以物块b为研究对象,用正交分解法列方程分析物块b所受支持力及与桌面间摩擦力的变化情况。,5.(2016课标,17,6分)如图,两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上;一细线穿过两轻环,其两端各系一质量为m的小球。在a和b之间的细线上悬挂一小物块。平衡时,a、b间的距离恰好等于圆弧的半径。不计所有摩擦。小物块的质量为() A.B.mC.mD.2m,答案C由于物块通过挂钩悬挂在线上,细线穿过圆环且所有摩擦都不计,可知线上各处张力都等于小球重力mg。如图所示,由对称性可知a、b位于同一水平线上,物块处于圆心O点正上方,则1=2,3=4,1=5。因圆弧对轻环的弹力沿圆弧半径方向,且轻环重力不计,由平衡条件知环两侧细线关于圆弧半径对称,即5=6,由几何关系得1=2=5=6=30,3=4=60。再由物块与挂钩的受力平衡有mg cos 60+mg cos 60=Mg,故有M=m,C正确。,温馨提示隐含条件:不计所有摩擦及小球质量均为m意味着a和b在同一水平线上,且左右对称平衡。a、b间距等于半径意味着a、b间圆弧对应的圆心角等于60。,评析试题以连接体的平衡为载体,考查了受力分析、平衡条件的应用,对数学运算能力有较高的要求,难度中等偏上。,答案A设橡皮筋原长为l0 加速前平衡时橡皮筋伸长了x0,则有kx0=mg 当加速并稳定时设小球偏离竖直方向角,橡皮筋伸长了x 由小球在竖直方向受力平衡有 kx cos =mg 联立得kx cos =kx0 x cos =x0 此时小球距悬挂点的竖直距离 h=(l0+x)cos ,=l0 cos +x cos =l0 cos +x0l0+x0 故小球一定升高 选项A正确。,解题思路求解本题的关键是以小球为研究对象,小球在竖直方向上受力始终平衡,即mg=kx0=kx cos ,x0=x cos 。而l0 cos l0,导致l0 cos +x0l0+x0,即小球升高。解题时不能只注意到x0=x cos 而忽视l0 cos l0。,相似模型如图弹性皮筋原长l0=lAB,在弹性限度内用力F将物块m向右拉动过程中,物块m对地面的压力是否变化?(B为光滑的固定轴),B组自主命题省(区、市)卷题组,考点一常见的三种力、力的合成与分解,1.(2018天津理综,7,6分)(多选)明朝谢肇淛的五杂组中记载:“明姑苏虎丘寺塔倾侧,议欲正之,非万缗不可。一游僧见之曰:无烦也,我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去,经月余扶正了塔身。假设所用的木楔为等腰三角形,木楔的顶角为,现在木楔背上加一力F,方向如图所示,木楔两侧产生推力FN,则() A.若F一定,大时FN大B.若F一定,小时FN大 C.若一定,F大时FN大D.若一定,F小时FN大,思路分析力的分解方法 按照力的实际作用效果分解力,得出FN的函数式,结论便一目了然。,2.(2015山东理综,16,6分)如图,滑块A置于水平地面上,滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直),此时A恰好不滑动,B刚好不下滑。已知A与B间的动摩擦因数为1,A与地面间的动摩擦因数为2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A与B的质量之比为() A.B.C.D.,答案B设水平作用力大小为F,则对于B:1F=mBg,对于整体:F=2(mA+mB)g,解得= 。,3.(2014广东理综,14,4分)如图所示,水平地面上堆放着原木,关于原木P在支撑点M、N处受力的方向,下列说法正确的是() A.M处受到的支持力竖直向上 B.N处受到的支持力竖直向上 C.M处受到的静摩擦力沿MN方向 D.N处受到的静摩擦力沿水平方向,答案A支持力的方向垂直于支持面,因此M处受到的支持力垂直于地面竖直向上,N处支持力过N垂直于切面斜向上,A项正确、B项错;静摩擦力方向平行于接触面与相对运动趋势的方向相反,因此M处的静摩擦力沿水平方向,N处的静摩擦力沿MN方向,C、D项都错误。,考点二受力分析、共点力的平衡,4.(2017天津理综,8,6分)(多选)如图所示,轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点,悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的,挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件,当衣架静止时,下列说法正确的是() A.绳的右端上移到b,绳子拉力不变 B.将杆N向右移一些,绳子拉力变大 C.绳的两端高度差越小,绳子拉力越小 D.若换挂质量更大的衣服,则衣架悬挂点右移,答案AB本题考查物体受力分析、物体的平衡。衣架挂钩为“活结”模型,oa、ob为一根绳,两端拉力相等,设绳aob长为L,M、N的水平距离为d,bo延长线交M于a,由几何知识知 ao=ao,sin =,由平衡条件有2F cos =mg,则F=,当b上移到b时,d、L不变,不变,故F不变,选 项A正确,C错误。将杆N向右移一些,L不变,d变大,变大,cos 变小,则F变大,选项B正确。只改变m,其他条件不变,则sin 不变,不变,衣架悬挂点不变,选项D错误。,解题关键绳的“活结”模型两端受力相等 如果只改变a、b的高度差,不改变a、b间的水平距离,绳与竖直杆的夹角不变,在b点移动过程中,“活结”对应的位置如图所示。,5.(2015广东理综,19,6分)(多选)如图所示,三条绳子的一端都系在细直杆顶端,另一端都固定在水平地面上,将杆竖直紧压在地面上,若三条绳长度不同,下列说法正确的有() A.三条绳中的张力都相等 B.杆对地面的压力大于自身重力 C.绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零 D.绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力,答案BC由于三条绳长度不同,则三条绳与竖直杆间的夹角不相等,因竖直杆仅是压在地面上而没有固定,则三条绳对杆的拉力在水平方向的分力必平衡,但三个水平分力在水平面内的方向关系不确定,故不能确定三条绳中张力的大小关系,A错误、C正确;由于三条绳对杆的拉力在竖直方向的分力都向下,故B正确;绳子拉力的合力竖直向下,杆的重力也竖直向下,它们不是一对平衡力,故D错误。,评析本试题涉及不在同一平面内的外力的分析与处理,增大了试题的难度,主要考查了受力分析与平衡问题,难度中等。,6.(2014山东理综,14,6分)如图,用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点,制成一简易秋千。某次维修时将两轻绳各剪去一小段,但仍保持等长且悬挂点不变。木板静止时,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,则维修后() A.F1不变,F2变大B.F1不变,F2变小 C.F1变大,F2变大D.F1变小,F2变小,答案A木板静止时受力情况如图所示,设轻绳与竖直木桩的夹角为,由平衡条件知,合力F1=0,故F1不变,F2=,剪短轻绳后,增大,cos 减小,F2增大,故A正确。,C组教师专用题组 考点一常见的三种力、力的合成与分解,1.(2016江苏单科,1,3分)一轻质弹簧原长为8 cm,在4 N的拉力作用下伸长了2 cm,弹簧未超出弹性限度。则该弹簧的劲度系数为() A.40 m/NB.40 N/mC.200 m/ND.200 N/m,答案D根据胡克定律有F=kx,则k= N/m=200 N/m,故D正确。,易错点拨F=kx中的x为弹簧的形变量,而不是弹簧的总长度。本题中如果用弹簧总长度计算k值,则会错选B。,评析本题考查胡克定律的应用,为容易题。,2.(2013课标,21,6分,0.235)(多选)2012年11月,“歼15”舰载机在“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,以飞机着舰为计时零点,飞机在t=0.4 s时恰好钩住阻拦索中间位置,其着舰到停止的速度-时间图线如图(b)所示。假如无阻拦索,飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 000 m。已知航母始终静止,重力加速度的大小为g。则() 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 B.在0.4 s2.5 s时间内,阻拦索的张力几乎不随时间变化 C.在滑行过程中,飞行员所承受的加速度大小会超过2.5g D.在0.4 s2.5 s时间内,阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变,答案AC速度图线与时间轴所围面积表示物体的位移,估算图中面积约为110 m,故A正确;由于速度图线的斜率表示物体的加速度,由图可知在0.4 s2.5 s内飞机加速度大小几乎不变,约为27 m/s2,则飞机所受阻拦索的合力F不变,但飞机的速度在减小,两侧阻拦索间夹角在减小,故由P=Fv知D错误,由F=2T cos 知阻拦索的张力在减小,B错误;由上述知C正确。,温馨提示先要读懂v-t图线与飞机运动过程的对应关系,0.4 s飞机钩住阻拦索中间位置时,飞机开始做匀减速直线运动,0.42.5 s这一段时间的v-t图线与时间轴所围面积表示对应的位移,而斜率表示加速度。斜率保持不变表明合外力不变,而由图(a)可知,这个合力是两部分阻拦索对飞机的拉力与摩擦力的合力,摩擦力不变,则阻拦索对飞机拉力的合力保持不变,两个等值分力间的夹角越小,两个等值分力就越小。,评析本题结合社会热点,以舰载机为背景,利用速度图象,考查了识图能力、估算能力,在知识方面考查了图线与坐标轴所围面积与斜率的意义、力的合成与分解、功率等,考查有深度也有广度。,3.(2010课标,15,6分)一根轻质弹簧一端固定,用大小为F1的力压弹簧的另一端,平衡时长度为l1;改用大小为F2的力拉弹簧,平衡时长度为l2。弹簧的拉伸或压缩均在弹性限度内,该弹簧的劲度系数为() A.B. C.D.,答案C由胡克定律可知:k=,解得k=,故C项正确。,评析此题考查胡克定律。难度不大,学生应注意弹簧长度与弹簧形变量的区别和联系。,考点二受力分析、共点力的平衡,答案C物块对斜面的正压力FN=mg cos ,当物块所受外力F为最大值F1时,具有向上的运动趋势 由平衡条件可得:F1=mg sin +fm; 同理:当物块所受外力F为最小值F2时,具有向下的运动趋势,即F2+fm=mg sin 。 联立解得fm=,F1+F2=2mg sin ,由于物块质量m和斜面的倾角未知,故选项C正确,选 项A、B、D错误。,解题关键F平行于斜面,对物块施于斜面的压力没有影响。物块保持静止,但是运动趋势有两种可能,分别是沿斜面向上、向下。,5.(2012课标,24,14分)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,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。 (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。已知存在一临界角0,若0,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tan 0。,答案(1)(2),解析(1)设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把,将推拖把的力沿竖直和水平方向分解,按平衡条件有 F cos +mg=N F sin =f 式中N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。由摩擦定律有 f=N 联立式得 F=mg (2)若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动,应有 F sin N 这时,式仍满足,联立式解得 sin - cos 现考察使上式成立的角的取值范围。注意到上式右边总是大于零,且当F无限大时极限为零,有,sin - cos 0 使上式成立的角满足0,这里0是题中所定义的临界角,即当0时,不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把。临界角的正切为 tan 0=。,A组20162018年高考模拟基础题组 考点一常见的三种力、力的合成与分解,1.(2018安徽A10联盟联考)(多选)如图所示,斜面体放在水平面上,C是斜面体斜面AB上的一点,AC部分粗糙,CB部分光滑,一物块在AC部分匀速下滑,此时斜面体对物块的作用力为F1、地面对斜面体的摩擦力为f1,物块在CB部分下滑时,斜面体对物块的作用力为F2、地面对斜面体的摩擦力为f2,整个过程斜面体始终处于静止,不计空气阻力,则() A.f1F2D.F1=F2,三年模拟,答案AC物块在AC段匀速下滑时,物块和斜面体整体处于平衡状态,因此地面对斜面体的摩擦力为零,即f1=0,这时斜面对物块的作用力大小等于物块的重力,即F1=mg。当物块在CB段下滑时,物块加速下滑,整体有向左的加速度,则地面对斜面体有向左的摩擦力,因此有f1F2,C正确,D错误。,2.(2016江西萍乡二模,16)刀、斧、凿等切削工具的刃部叫做劈,如图是用斧头劈木柴的示意图。劈的纵截面是一个等腰三角形,使用劈的时候,垂直劈背加一个力F,这个力产生两个作用效果,使劈的两个侧面推压木柴,把木柴劈开。设劈背的宽度为d,劈的侧面长为l,不计斧头的自身重力,则劈的侧面推压木柴的力约为() A.FB.FC.FD.,答案B斧头劈木柴时,设两侧面推压木柴的力分别为F1、F2且F1=F2,利用几何三角形与力三角形相似有=,得推压木柴的力F1=F2=F,所以B正确,A、C、D错误。,3.(2017安徽江淮十校三模,17)一长方形木板放置在水平地面上,在木板的上方有一条状竖直挡板,挡板的两端固定于水平地面上,挡板跟木板之间并不接触。现在有一个方形物块在木板上沿挡板以某一速度运动,同时方形木板以相同大小的速度向左运动,木板的运动方向与竖直挡板垂直,已知物块跟竖直挡板和水平木板间的动摩擦因数分别为1和2,物块的质量为m,则竖直挡板对物块的摩擦力大小为() A.0B.12mg C.12mgD.12mg,解题关键滑动摩擦力大小f=FN,方向与“相对”运动方向相反。,易错点评v2向左,误以为物块受到的滑动摩擦力向左,从而认为物块对挡板的压力FN=f=2mg,进而得出挡板对物块的摩擦力f=1FN=12mg,造成错解。实际物块相对于木板有两个方向的分运动,且速度大小相等。,考点二受力分析、共点力的平衡,4.(2018福建厦门质检)如图所示,一个质量为m的滑块置于倾角为30的固定粗糙斜面上,一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点,另一端系在滑块上的Q点,直线PQ与斜面垂直,滑块保持静止。则() A.弹簧可能处于原长状态 B.斜面对滑块的摩擦力大小可能为零 C.斜面对滑块的支持力大小可能为零 D.滑块一定受到四个力作用,答案A若滑块受重力、支持力和摩擦力,且三者合力为零时,弹簧对滑块没有作用力,弹簧处于原长状态,所以A正确,D错误;若摩擦力为零,滑块不可能静止,所以B错误;若支持力为零,则摩擦力也为零,滑块不可能静止,所以C错误。,5.(2018河北石家庄质检一)飞艇常常用于执行扫雷、空中预警、电子干扰等多项作战任务。如图所示为飞艇拖曳扫雷具扫除水雷的模拟图。当飞艇匀速飞行时,绳子与竖直方向恒成角。已知扫雷具质量为m,重力加速度为g,扫雷具所受浮力不能忽略,下列说法正确的是 () A.扫雷具受3个力作用 B.绳子拉力大小为 C.海水对扫雷具作用力的水平分力小于绳子拉力 D.绳子拉力一定大于mg,答案C扫雷具受绳子拉力、海水的浮力和阻力及自身重力四个力作用,A项错误。海水对扫雷具作用力的水平分力F水=FT sin ,C项正确。因为浮力大小未知,则绳子拉力大小不能确定,B、D项错误。,6.(2017湖南永州三模,15)如图所示,将一长方形木块锯开为A、B两部分后,静止放置在水平地面上。则(),A.A受到二个力作用 B.B受到五个力作用 C.A对B的作用力方向垂直于它们的接触面向下 D.A对B的作用力方向竖直向下,答案D对A、B两部分分别受力分析可知,A受到三个力作用,B受到四个力作用,A、B错误。A对B存在压力和摩擦力作用,二者合力方向竖直向下,大小等于A的重力,C错误,D正确。,7.(2017广东华南三校联考,15)如图所示,小球A、B通过一细绳跨过定滑轮连接,它们都穿在一根竖直杆上。当两球平衡时,连接两球的细绳与水平方向的夹角分别为和2,假设装置中各处摩擦均不计,则A、B球的质量之比为() A.2 cos 1B.12 cos C.tan 1D.12 sin ,答案B小球A、B都平衡时,在竖直方向上:对A球T sin =mAg,对B球T sin 2=mBg,又T=T,解得:=,B项正确。,8.(2017湖南长沙三月模拟,14)如图所示,自动卸货车静止在水平地面上,车厢在液压机的作用下,角缓慢增大,在货物m相对车厢仍然静止的过程中,下列说法正确的是() A.货物受到的合外力增大 B.货物受到的支持力不变 C.货物受到的摩擦力增大 D.车对水平地面的作用力减小,答案C货物处于平衡状态,受重力、支持力、静摩擦力,合外力始终为零,根据共点力平衡条件,有:mg sin =f,N=mg cos ,增大时,f增大,N减小,A、B错误,C正确。对货车整体受力分析,只受重力与支持力,不受摩擦力,根据平衡条件知,车所受地面支持力不变,再根据牛顿第三定律知,车对地面的压力不变,D错误。,9.(2016山西八校一联,15)如图所示,小船被绳索牵引着匀速靠岸,若水的阻力不变,则() A.绳子张力不变 B.绳子张力不断减小 C.船所受浮力不变 D.船所受浮力不断减小,答案D对小船进行受力分析,如图,因为小船做匀速直线运动,所以小船处于平衡状态,设拉力与水平方向的夹角为,则有: F cos =F阻 F sin +F浮=mg 船在匀速靠岸的过程中,阻力不变,船的重力不变,增大,则cos 减小,sin 增大,根据式知,绳子的张力增大,再由式知,船所受浮力减小,故D正确。,评析解决本题的关键是掌握共点力平衡,知道小船在做匀速直线运动时,所受合力为零,根据角的变化,判断力的变化。,B组 20162018年高考模拟综合题组 (时间：35分钟 分值：48分),答案C三个小圆环能够静止在光滑的圆环上,因平衡时a、b的距离等于绳子长度的一半,则abc恰好是等边三角形,对a受力分析如图所示: 在水平方向上:Ta sin 30=Na cos 30 在竖直方向上:Ta cos 30=mg+Na sin 30 解得:Na=mg,Ta=mg,故A、B项均错。 c受到两根绳子的拉力的合力Tc=2Ta cos 30=3mg,所以C项正确。 c与环之间的弹力Nc=mg+Tc=4mg,故D项错误。,关键点拨三个完全相同的小圆环a、b、c,说明质量相同,光滑说明没有摩擦力作用。恰好处于平衡状态,说明c处于大圆环最高点,a、b的距离等于绳子长度的一半,说明abc恰好为一等边三角形。,2.(2018湖南郴州质检)如图所示,两个可视为质点的小球a和b,用质量可忽略的刚性细杆相连,放置在一个光滑的半球面内,已知小球a和b的质量之比为,细杆长度是球面半径的倍。 则:两球处于平衡状态时,细杆与水平面的夹角是() A.45B.30C.22.5D.15,答案D设杆的弹力为T,小球a和b受力如图所示,其中FNa和FNb指向球心,设球面的半径为R,则有cos =,得出=45,1=90-45-=45-,2=90-(45-)=45+。两球都受到重 力、细杆的弹力和球面的弹力的作用,过O作竖直线交ab于c点,由几何三角形与力三角形相似有:=,=,可得FNa=FNb;以整体为研究对象,由平衡条件:FNa sin 1=FNb sin 2,即 FNa sin (45-)=FNb sin (45+),解得=15,所以D项正确。,关键点拨对两小球正确受力分析是基础,明确两球受杆的弹力大小相等,明确角度关系是关键,充分利用隔离法和整体法结合解题。,3.(2018安徽六校二联)如图,在一段平坦的地面上等间距分布着一排等高的输电线杆,挂在线杆上的电线粗细均匀且呈对称性。由于热胀冷缩,冬季两相邻线杆之间的导线长度会有所减少。对B线杆及两侧的电线,冬季与夏季相比() A.电线最高点处的张力变小 B.电线最低处的张力不变 C.线杆对地面的压力变小 D.线杆两侧电线对线杆拉力的合力不变,答案D以线杆间电线为研究对象,受力分析如图所示。 由对称性及共点力平衡条件可得:F cos =mg,由于热胀冷缩,冬天电线变短,角增大,电线最 高点处的张力变大,A项错误,电线最低处的张力F=F sin =mg tan ,角增大,F变大,B项错 误。线杆两侧电线对线杆拉力的合力等于两杆间电线的重力,方向竖直向下,且保持不变,则知杆对地面的压力不变,则C项错误,D项正确。,4.(2018湖北四地七校联盟联考)如图所示,带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上,放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接,开始时轻绳与斜劈平行。现给小滑块施加一个竖直向上的拉力,使小滑块沿杆缓慢上升,整个过程中小球始终未脱离斜劈,则有() A.小球对斜劈的压力保持不变 B.轻绳对小球的拉力先减小后增大 C.竖直杆对小滑块的弹力先增大再减小 D.对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大,思路点拨先对小球受力分析,受重力、支持力和轻绳的拉力,其中重力不变、支持力的方向不变,拉力方向改变,再根据平衡条件分析;然后对球和滑块整体受力分析,根据平衡条件分析。,5.(2017河北唐山一模,15)光滑斜面上固定着一根刚性圆弧形细杆,小球通过轻绳与细杆相连,此时轻绳处于水平方向,球心恰位于圆弧形细杆的圆心处,如图所示。将悬点A缓慢沿杆向上移动,直到轻绳处于竖直方向,在这个过程中,轻绳的拉力() A.逐渐增大B.大小不变 C.先减小后增大D.先增大后减小,答案C当悬点A缓慢向上移动过程中,小球始终处于平衡状态,小球所受重力mg的大小和方向都不变,支持力的方向不变,对球进行受力分析如图所示,由图可知,拉力T先减小后增大,C项正确。,方法拓展由正弦定理得=,得T=,由于mg和不变,而sin 先增大,后减小,可 得T先减小后增大。,6.(2017山西五校四联,16)如图所示,轻绳OA一端固定在天花板上,另一端系一光滑的圆环,一根系着物体的轻绳穿过圆环后,另一端固定在墙上B点,且OB处于水平。现将A点缓慢沿天花板水平向右移动,且OB段的轻绳始终保持水平,则OA、OB段轻绳所受的拉力的大小TA、TB的变化情况是() A.TA增大,TB不变B.TA、TB均不变 C.TA不变,TB增大D.TA、TB均减小,答案B因为圆环光滑,则OC、OB段轻绳所受的拉力的大小TC、TB始终相等,且等于物体的重力。又OB段轻绳始终保持水平,OC段轻绳始终保持竖直,则A点缓慢右移,圆环也随之右移,角不变,由平衡条件可知OA段绳上所受的拉力不变。故B项正确。,关键点拨BC段轻绳穿过光滑圆环,O点并非结点。当A点向右移时,光滑圆环也向右侧移动,保持OB水平,物体下降。TC=TB=mg,而TA=mg保持不变。,易错点评在A点缓慢移动过程中误以为O点不动从而造成错解。,7.(2017广东汕头二模,16)重力都为G的两个小球A和B用三段轻绳如图连接后悬挂在O点上,O、B间的绳子长度是A、B间的绳子长度的2倍,将一个拉力F作用到小球B上,使三段轻绳都伸直且O、A间和A、B间的两段绳子分别处于竖直和水平方向上,则拉力F的最小值为 () A.GB.GC.GD.G,答案A对A球受力分析可知,因O、A间绳竖直,则A、B间绳上的拉力为0。对B球受力分析如图所示,则可知当F与O、B间绳垂直时F最小,大小为G sin ,其中sin =,则F的最小值 为G,故A项正确。,关键点拨O、A间绳竖直时,A、B间绳上拉力为0;画出B球的受力分析图,结合几何关系寻找F的最小值。,8.(2016山西右玉一模,14)如图所示,物块A和滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接,滑环B套在与竖直方向成=37的粗细均匀的固定杆上,连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内,滑环B恰好不能下滑,滑环和杆间的动摩擦因数=0.4,设滑环和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则物块A和滑环B的质量之比为() A.B.C.D.,答案C设物块A和滑环B的质量分别为m1、m2,若杆对B的弹力垂直于杆向下,因滑环B恰好不能下滑,则由平衡条件有m2g cos =(m1g-m2g sin ),解得=;若杆对B的弹力垂直于杆向 上,因滑环B恰好不能下滑,则由平衡条件有m2g cos =(m2g sin -m1g),解得=-(舍去)。综 上分析可知应选C。,解题关键光滑定滑轮;绳与杆垂直;恰好不能下滑;最大静摩擦力等于滑动摩擦力。,温馨提示滑环静止,则环与杆之间的摩擦力为静摩擦力,注意杆对环B的弹力有垂直于杆向上和向下两种可能情况。要关注所求结果是否有实际的物理意义。,C组教师专用题组 1.(2018广东佛山质检)将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱,3、4两块固定在地基上,1、2块间的接触面竖直,每个石块的两个侧面所夹的圆心角均为30,不考虑石块间的摩擦力,则石块1、2间的作用力F1和石块1、3间的作用力F2的大小之比为() A.2B.12C.3D.1,答案A对石块1进行受力分析如图所示: 由共点力平衡条件可得=cos 30=。 故A项正确。,2.如图所示,物体A、B在力F作用下一起以大小相等的速度沿F方向匀速运动,关于物体A所受的摩擦力,下列说法正确的是() A.甲、乙两图中物体A均受摩擦力,且方向均与F相同 B.甲、乙两图中物体A均受摩擦力,且方向均与F相反 C.甲、乙两图中物体A均不受摩擦力 D.甲图中物体A不受摩擦力,乙图中物体A受摩擦力,方向和F方向相同,答案D用假设法分析:甲图中,假设A受摩擦力,与A做匀速运动在水平方向所受合力为零不符,所以A不受摩擦力;乙图中,假设A不受摩擦力,A将相对B沿斜面向下运动,则知A受沿F方向的摩擦力。正确选项是D。,3.(2017四川绵阳中学测试)两个共点力F1、F2大小不同,它们的合力大小为F,则() A.F1、F2同时增加10 N,F也增加10 N B.F1、F2同时增大一倍,F也增大一倍 C.F1增加10 N,F2减少10 N,F一定不变 D.若F1、F2中的其中一个增大,F一定增大,答案B若F1、F2方向相反,F1、F2同时增加10 N,F不变,故A错误;根据平行四边形定则,若F、F2同时增大一倍,F也增大一倍,故B正确;若F1、F2方向相反,且F1F2,F1增加10 N,F2减少 10N,则F增加20 N,故C错误;若F1、F2方向相反,且F1F2,F2增大,F不一定增大,故D错误。,4.如图所示,物块A放在直角三角形斜面体B上面,B放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁,初始时A、B静止,现用力F沿斜面向上推A,但A、B仍未动。则施力F后,下列说法正确的是() A.A、B之间的摩擦力一定变大 B.B与墙面间的弹力可能不变 C.B与墙之间可能没有摩擦力 D.弹簧弹力一定不变,答案D最初A所受的静摩擦力沿斜面向上,施力F后,摩擦力可能变小,A错;由于弹簧的形变没有变化,所以弹簧的弹力一定不变;将A、B作为一整体分析,力F有水平向左的分力,所以B与墙面间的弹力由无变有,而力F有竖直向上的分力,所以B与墙之间有静摩擦力,故B、C错,D对。,答案A圆环从静止释放到速度最大的过程中,对圆环分析可知,其速度不断增大,加速度不断减小,所受的合力不断减小,A项正确;由于环在向下运动的过程中,弹簧的长度不断减小,弹力不断增大,弹力沿水平方向的分力不断增大,对环水平方向研究知,杆对圆环的作用力不断增大,B项错误;对环、弹簧和物块整体研究,地面对物块的摩擦力与杆对环的作用力等大反向,因此地面对物块的摩擦力不断增大,C项错误;对环、弹簧和物块整体研究知,由于环沿竖直方向向下的加速度不断减小,因此整体所受合力向上且不断增大,又因杆光滑,则知地面对物块的支持力不断增大,D项错误。,温馨提示光滑杆f=0,轻弹簧m=0,弹簧处于原长时弹力为0,静止释放时v0=0,v达最大时a=0,F合=0。,解题思路圆环下滑过程中,弹簧的弹力增大,其与杆的夹角增大,则可分析判断各物体的受力变化情况。,