高考物理一轮复习 第2章 高考微专题课件
高考物理一轮复习运动的描述与匀变速直线运动微专题2追及相遇问题课件新人教版
(2)判断是否相撞． 方法一：两者速度相等时的位置关系： ①若 B 车在前，则相撞；②若 A 车仍在前，则不相撞． 方法二：列出两车位置相同的方程： ①若方程有解，则相撞；②若方程无解，则不相撞．
[解析] 设 B 车刹车过程的加速度大小为 aB， 由 v2－v02＝2ax 可得：02－302＝2(－aB)·180 解得：aB＝2.5 m/s2 设经过时间 t 两车相撞，则有： vBt－12aBt2＝x0＋vAt， 即 30t－12×2.5t2＝85＋10t 整理得 t2－16t＋68＝0
(1)匀加速运动的物体追匀速或匀减速运动的物体．一定能追上， 追上前，vA＝vB 时，两者相距最远．
(2)匀减速运动的物体追匀速运动的物体．vA＝vB 时： ①若已超越则相遇两次； ②若恰好追上，则相遇一次； ③若没追上，则此时相距最近． 3．解题思路和方法 分析两物体 画运动 找两物体 列位移 运动过程 ⇨ 示意图 ⇨ 位移关系 ⇨ 方程
解析：BD [根据 v-t 图，甲、乙都沿正方向运动．t＝3 s 时， 甲、乙相遇，v 甲＝30 m/s，v 乙＝25 m/s，由位移和 v-t 图面积对应关 系，0～3 s 内位移 x 甲＝12×3×30 m＝45 m，x 乙＝12×3×(10＋25) m ＝52.5 m．故 t＝0 时，甲、乙相距 Δx1＝x 乙－x 甲＝7.5 m，即甲在乙 前方 7.5 m，B 选项正确.0～1 s 内，x 甲′＝12×1×10 m＝5 m，x 乙 ′＝12×1×(10＋15) m＝12.5 m，Δx2＝x 乙′－x 甲′＝7.5 m，说明甲、 乙第一次相遇．A、C 错误．甲、乙车两次相遇地点之间的距离为 x ＝x 甲－x 甲′＝45 m－5 m＝40 m，所以 D 选项正确．]
[题型一] 从 v-t 图象上分析追及相遇问题 [典例 1] (68520023)(2017·湖北黄冈期 末)2017 年元旦多地迎雾霾天气，给人们的 正常生活造成了极大的影响．在一雾霾天， 某人驾驶一辆小汽车以 30 m/s 的速度行驶 在公路上，突然发现正前方 30 m 处有一辆 大卡车以 10 m/s 的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，但刹车 过程中刹车失灵．如图，a、b 分别为小汽车和大卡车的 v-t 图象，以 下说法正确的是( )
全国通用2018年高考物理一轮温习第2章彼此作用微专题8动态平稳与极值问题
动态平稳与极值问题[方式点拨] (1)三力动态平稳、极值问题经常使用图解法、相似三角形法．(2)多力动态平稳、极值问题经常使用解析法．(3)多物体的平稳问题经常使用整体法、隔离法．(4)涉及到摩擦力的要注意静摩擦力与滑动摩擦力的转换．1．(三力平稳)如图1所示，必然质量的物体通太轻绳悬挂，结点为O.人沿水平方向拉着OB绳，物体和人均处于静止状态．假设OB绳中的拉力方向不变，人缓慢向左移动一小段距离，那么以下说法正确的选项是( )A．OA绳中的拉力先减小后增大图1B．OB绳中的拉力不变C．人对地面的压力慢慢减小D．地面对人的摩擦力慢慢增大2．(多物体平稳)如图2所示，用细线相连的质量别离为2m、m的小球A、B在拉力F作用下，处于静止状态，且细线OA与竖直方向的夹角维持θ＝30°不变，那么拉力F的最小值为( )A.332mgB.23＋12mg 图2C.3＋2 2mgD.32 mg3．(多力平稳)如图3所示，一个质量为m的物块静止在倾角为θ的斜面上．现物块受到与斜面成α角的力F 作用途于静止状态．假设增大力F，物块和斜面始终维持静止状态．那么( )图3A．物块受到斜面的摩擦力变小B．物块对斜面的压力变小C．斜面受地面的摩擦力大小不变D．斜面对地面的压力大小不变4．(相似三角形法)如图4所示，不计重力的轻杆OP能以O点为圆心在竖直平面内自由转动，P端用轻绳PB挂一重物，另用一根轻绳通过滑腻定滑轮系住P端．在力F的作用下，当杆OP和竖直方向的夹角α(0＜α＜π)缓慢增大时，力F的大小应( )A．慢慢增大图4 B．恒定不变C．慢慢减小D．先增大后减小5．如图5所示，斜面体A静置于粗糙水平面上，小球B置于滑腻的斜面上，用一轻绳拴住B，轻绳左端固定在竖直墙面上P处．初始时轻绳与斜面平行，假设将轻绳左端从P处缓慢沿墙面上移到P′处，斜面体始终处于静止状态，那么在轻绳移动进程中( ) 图5 A．轻绳的拉力慢慢减小B．斜面体对小球的支持力慢慢减小C．斜面体对水平面的压力慢慢增大D．斜面体对水平面的摩擦力慢慢增大6．如图6所示，等腰直角斜劈A的直角边靠在粗糙的竖直墙壁上，一根不可伸长的轻绳一端固定在竖直墙上，另一端与半径不可忽略的滑腻球B连接．轻绳与水平方向成30°角，现将轻绳上端点沿竖直墙缓慢向上移动，A始终处于静止状态．那么( ) 图6A．绳上拉力慢慢增大B．竖直墙对A的摩擦力先减小后增大C．竖直墙对A的摩擦力可能为零D．竖直墙对A的支持力慢慢减小7．一铁球通过3段轻绳OA、OB、OC悬挂在天花板上的A点，轻绳OC拴接在轻质弹簧测力计上．第一次，维持结点O位置不变，某人拉着轻质弹簧测力计从水平位置缓慢转动到竖直位置，如图7甲所示，弹簧测力计的示数记为F1.第二次，维持轻绳OC垂直于OA，缓慢移动轻绳，使轻绳OA从竖直位置缓慢转动到如图乙所示位置，弹簧测力计的示数记为F2.那么( )图7A．F1先增大后减小，F2慢慢减小B．F1先增大后减小，F2慢慢增大C．F1先减小后增大，F2慢慢减小D．F1先减小后增大，F2慢慢增大8．如图8所示，质量均为m＝10 kg的A、B两物体放在粗糙的水平木板上，中间用劲度系数为k＝5×102 N/m的弹簧连接，刚开始时A、B两物体处于平稳状态，弹簧的紧缩量为Δx＝5 cm.已知两物体与木板间的动摩擦因数均为μ＝32，重力加速度g＝10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现将木板的右端缓慢抬起，木板形成斜面，在木板缓慢抬起进程中，以下说法正确的选项是( ) 图8 A．A先开始滑动，A刚开始滑动时木板的倾角θ＝30°B．A先开始滑动，A刚开始滑动时木板的倾角θ＝60°C．B先开始滑动，B刚开始滑动时木板的倾角θ＝30°D．B先开始滑动，B刚开始滑动时木板的倾角θ＝60°9．如图9所示，三根细绳共系于O点，其中绳OA在竖直方向上，OB水平并跨过滑腻的定滑轮悬挂一个重物，OC的C点固定在地面上，整个装置处于静止状态．假设将绳OC加长从而使C点左移，同时维持O点位置不变，装置仍然维持静止状态，那么绳OA上拉力F T1和绳OC 上的拉力F T2与改变前相较( )图9A．F T1、F T2都减小 B．F T1、F T2都增大C．F T1增大，F T2减小 D．F T1减小，F T2增大10．如图10所示，倾角为θ的斜面体C置于水平地面上，一条细线一端与斜面上的物体B 相连，另一端绕过质量不计的定滑轮D与物体A相连，定滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的O点，细线与竖直方向成α角，A、B、C始终处于静止状态，以下说法正确的选项是( )图10A．假设仅增大A的质量，B对C的摩擦力必然减小B．假设仅增大A的质量，地面对C的摩擦力必然增大C．假设仅增大B的质量，悬挂定滑轮的细线的拉力可能等于A的重力D．假设仅将C向左缓慢移动一点，α角将增大11.如图11所示，质量均为m的木块A和B，用一个劲度系数为k的轻质弹簧连接，最初系统静止，此刻使劲缓慢拉A直到B恰好离开地面，那么这一进程A上升的高度为( )A.mgkB.2mgk图11C.3mgkD.4mgk12．如图12所示，在水平板左端有一固定挡板，挡板上连接一轻质弹簧．紧贴弹簧放一质量为m的滑块，现在弹簧处于自然长度．已知滑块与水平板的动摩擦因数为33(最大静摩擦力与滑动摩擦力视为相等)．现将板的右端缓慢抬起使板与水平面间的夹角为θ，最后直到板竖直，此进程中弹簧弹力的大小F随夹角θ的转变关系可能是( )图1213．(多项选择)如图13所示，固定在竖直平面内的半径为R的滑腻圆环的最高点C处有一个滑腻的小孔，一质量为m的小球套在圆环上，一根细线的一端拴着那个小球，细线的另一端穿过小孔C，手拉细线使小球从A处沿圆环向上移动．在移动进程中手对细线的拉力F和轨道对小球的弹力F N的大小转变情形是( ) 图13A．缓慢上移时，F减小，F N不变B．缓慢上移时，F不变，F N减小C．缓慢上移跟匀速圆周运动相较，在同一名置B点的拉力相同D．缓慢上移跟匀速圆周运动相较，在同一名置B点的弹力相同答案精析1．D [对结点O 受力分析，如下图，结点O 受到方向始终竖直向下的拉力(大小等于物体的重力mg )，OA 绳中的拉力F A (大小、方向均转变)，OB绳中的拉力F B (大小转变、方向不变)处于静止状态．假设OB 绳中的拉力方向不变，人缓慢向左移动一小段距离，由于F A 与F B 的合力不变(大小等于重力mg ，方向竖直向上)，由矢量图能够看出，拉力F A 会增大，拉力F B 也增大，选项A 、B 错误；由于人的拉力方向沿水平方向，因此拉力增大不阻碍人对地面的压力，选项C 错误．对人受力分析，在水平方向，由平稳条件可知，地面对人的摩擦力慢慢增大，选项D 正确．]2．D [因小球A 、B 处于静止状态，系统受到的合外力为零，对系统受力分析，如下图，由图中几何关系可得：F min ＝3mg sin θ＝32mg ，选项D 正确．]3．B [对物块受力分析，受到重力、斜面的支持力F N 、拉力F 和斜面对物块的摩擦力F f ，依照平稳条件可知，假设mg sin θ＞F cos α，那么F f ＝mg sin θ－F cos α，F 增大，F f 减小，假设mg sin θ≤F cos α，那么F f ＝F cos α－mg sin θ，F 增大，F f 增大，F N ＝mg cos θ－F sin α，F 增大，F N 减小，依照牛顿第三定律可知，物块对斜面的压力变小，A 项错误，B 项正确；把物块和斜面看成一个整体，设斜面质量为M ，对整体，依照平稳条件得：地面对斜面的支持力F N ′＝(M ＋m )g －F sin(α＋θ)，F 增大，F N ′减小，依照牛顿第三定律可知，斜面对地面的压力大小减小，斜面受地面的摩擦力F f ′＝F cos(α＋θ)，F 增大，F f ′增大，C 、D 项错误．]4．A [对P 点受力分析，如下图，设定滑轮处为C 点，由相似三角形可得F ＝PC OCG ，由于绳索长度PC 一直增加，因此F 一直增大．]5．B [小球受力如图甲所示，斜面体对小球的支持力F N1及轻绳拉力F的合力始终与小球重力G1等大反向，当轻绳左端上升时，F增大，F N1减小，A错误，B正确；对斜面体A进行受力分析，如图乙所示，随小球对斜面压力F N1′的减小，由受力平稳可知，水平面对斜面体的支持力F N2慢慢减小，摩擦力F f慢慢减小，由牛顿第三定律可知C、D错误．]6．D [以B为研究对象，受力分析如图：由图可知，当与斜面平行时绳上拉力最小，轻绳上端点沿竖直墙缓慢向上移动，绳索的拉力先减小后增大，A项错误；对AB整体受力分析，AB受到竖直向下的重力、垂直墙面水平向右的支持力、竖直向上的摩擦力、沿绳方向的拉力．随着轻绳上端点沿竖直墙缓慢向上移动，绳索的拉力在竖直方向的分力愈来愈大，因此竖直墙对A的摩擦力会一直减小，B项错误；对A受力分析，A受到竖直向下的重力、垂直墙面水平向右的支持力、竖直向上的摩擦力、B对A垂直斜面向下的压力．在竖直方向上受力平稳，因此竖直墙对A的摩擦力必然不为零，C项错误；由B项分析可知，绳索的拉力在竖直方向的分力愈来愈大，在水平方向的分力愈来愈小，对AB整体分析，水平方向上，支持力等于绳索的拉力在水平方向的分力，因此竖直墙对A的支持力慢慢减小，D项正确．]7．D [对甲、乙两图中的O点受力分析，两根绳的合力等于铁球的重力，其大小和方向不变，如下图．甲图中F1先减小，后增大；乙图中F2慢慢增大．选项D正确．]8．A [木板水平常，由胡克定律可知弹簧的弹力F ＝k Δx ＝25 N ，两物体与木板间的最大静摩擦力均为F fmax ＝μmg ＝50 3 N ，当木板举高后倾角为θ时，对A ：mg sin θ＋F ＝F f A ，对B ：mg sin θ＋F f B ＝F ，在木板慢慢举高的进程中，A 所受的静摩擦力慢慢增大，B 所受的静摩擦力先沿斜面向下慢慢减小后沿斜面向上慢慢增大，因此A 所受静摩擦力先达到最大静摩擦力，A 将先开始滑动，在A 刚要滑动时，有mg sin θ＋F ＝μmg cos θ，别离将θ＝30°、θ＝60°代入可知，A 正确．]9．A [以O 点为研究对象，其受F T1、F B 、F T2三个力平稳，如图，当按题示情形转变时，OB 绳的拉力F B 不变，OA 绳拉力F T1的方向不变，OC 绳拉力F T2的方向与拉力F B 方向的夹角减小，维持平稳时F T1、F T2的转变如虚线所示，显然都是减小了，A 项正确．]10．B [隔离物体B 进行受力分析，因不确信m A g 和m B g sin θ的大小关系，故斜面体C 对物体B 的静摩擦力大小和方向无法确信，选项A 错误；对物体B 和斜面体C 整体进行受力分析，增大m A g ，致使细线的拉力变大，其水平向左的分力变大，依照平稳条件，地面对斜面体C 水平向右的静摩擦力也必将变大，选项B 正确；当悬挂定滑轮的细线的拉力等于m A g 时，两细线间的夹角为120°，由题设条件可知，连接物体A 和物体B 间的细线间夹角可不能达到120°，选项C 错误；因为绳索对A 、B 的拉力大小相等，可知悬挂定滑轮的绳索的拉力方向沿∠ADB 的角平分线，当斜面C 向左移动时，∠ADB 减小．因此α角变小，选项D 错误．]11．B [最初A 、B 处于静止状态，而且弹簧处于紧缩状态，依照平稳条件对A 有k Δl 1＝mg ，B 恰好离开地面时弹簧处于拉伸状态，现在地面对B 支持力为零，依照平稳条件对B 有k Δl 2＝mg ，这一进程A 上升的高度为Δl 1＋Δl 2＝2mg k.] 12．C [当θ角较小时，滑块不能下滑紧缩弹簧，滑块受重力G 、斜面支持力F N 和斜面的静摩擦力F f 而平稳，直到mg sin θ－μmg cos θ＝0，即θ＝π6为止，A 、B 错误；当θ＞π6时，滑块下滑紧缩弹簧，在动态平稳进程中有F ＋μmg cos θ－mg sin θ＝0，F ＝mg (sin θ－μcos θ)＝mg 1＋μ2sin(θ－φ)，tan φ＝μ，即φ＝π6，由此可知C 正确，D 错误．] 13．AC [小球在缓慢上移时能够为每一刹时都受力平稳，分析小球受力，其受到重力、轨道给予的弹力和细线的拉力作用，作出力的矢量三角形(图略)，不管小球运动到哪个位置，总有力的矢量三角形与几何三角形相似，可得弹力F N ＝mg ，而F 的大小正比于小球与顶端小孔间的细线长，细线变短，F 减小，A 正确，B 错误．不管是缓慢上移仍是做匀速圆周运动，在同一名置其在切线方向的合力为零，但在半径方向的合力大小与速度大小有关，故弹力的大小与速度的大小有关，但细线的拉力相等，且F ＝2mg sin α2，C 正确，D 错误．]。
2020年高考物理备考微专题精准突破专题2.2 平抛运动(解析版)
2020年高考物理备考微专题精准突破专题2.2 平抛运动【专题诠释】 1．飞行时间 由t ＝2hg知，时间取决于下落高度h ，与初速度v 0无关． 2．水平射程 x ＝v 0t ＝v 02hg，即水平射程由初速度v 0和下落高度h 共同决定，与其他因素无关． 3．落地速度v ＝v 2x ＋v 2y ＝v 20＋2gh ，以θ表示落地速度与水平正方向的夹角，有tan θ＝v y v x ＝2gh v 0，落地速度与初速度v 0和下落高度h 有关． 4．速度改变量因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g ，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt 内的速度改变量Δv ＝g Δt 是相同的，方向恒为竖直向下，如图所示．5．两个重要推论(1)做平抛运动的物体在任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图所示，即x B ＝x A 2.推导：⎭⎬⎫tan θ＝y Ax A －x Btan θ＝v y v 0＝2yA xA→x B＝x A2 (2)做平抛运动的物体在任意时刻任意位置处，有tanθ＝2tan α.推导：⎭⎬⎫tan θ＝v y v 0＝gt v 0tan α＝y x ＝gt 2v→tan θ＝2tan α【高考领航】【2019·新课标全国Ⅱ卷】如图（a ），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的 速度和滑翔的距离。
某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v 表示他在竖直 方向的速度，其v –t 图像如图（b ）所示，t 1和t 2是他落在倾斜雪道上的时刻。
则（ ）A ．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小B ．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C ．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D ．竖直方向速度大小为v 1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大 【答案】BD【解析】A ．由v –t 图面积易知第二次面积大于等于第一次面积，故第二次竖直方向下落距离大于第一次下落距离，所以，A 错误；B ．由于第二次竖直方向下落距离大，由于位移方向不变，故第二次水平方向位移大，故B 正确C ．由于v –t 斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由0v v a t-=，易知a 1>a 2，故C 错误；D ．由图像斜率，速度为v 1时，第一次图像陡峭，第二次图像相对平缓，故a 1>a 2，由G –f y =ma ，可知，f y 1<f y 2，故D 正确。
【精准解析】2021高考物理教科版：第二章+微专题11+力的合成与分解和“晾衣绳模型”
1．一个结论：合力一定时，两等大分力夹角越大，分力越大．夹角趋于180°时，分力趋于无穷大．2．晾衣绳模型：如图．特点：(1)绳长不变，两杆间距不变，B点上下移动时，轻绳拉力不变．(2)绳长不变，两杆间距变大时，夹角θ增大，轻绳拉力增大．1．(多选)(2020·福建厦门市模拟)我国不少地方在节日期间有挂红灯笼的习俗，如图1所示，质量为m的灯笼用两根不等长的轻绳OA、OB悬挂在水平天花板上，OA比OB长，O为结点．重力加速度大小为g，设OA、OB对O点的拉力分别为T A、T B，轻绳能够承受足够大的拉力，则()图1A．T A小于T BB．T A、T B的合力大于mgC．调节悬点A的位置，可使T A、T B都大于mgD．换质量更大的灯笼，T B的增加量比T A的增加量大2．如图2所示，滑轮本身的质量可忽略不计，滑轮轴O安在一根轻木杆B上，一根轻绳AC 绕过滑轮，A端固定在墙上，且轻绳保持水平，C端挂一重物，BO与竖直方向夹角θ＝45°，系统保持平衡．若保持滑轮的位置不变，改变θ的大小，则滑轮受到木杆作用力大小变化情况是()图2A ．只有角θ变小，作用力才变大B ．只有角θ变大，作用力才变大C ．不论角θ变大或变小，作用力都是变大D ．不论角θ变大或变小，作用力都不变3．如图3所示，一个“Y ”形弹弓顶部跨度为L ，两根相同的橡皮条自由长度均为L ，在两橡皮条的末端用一块软羊皮(长度不计)做成裹片．若橡皮条的弹力与形变量的关系满足胡克定律，且劲度系数为k ，发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为2L (弹性限度内)，则发射过程中裹片对弹丸的最大作用力为()图3A ．kLB ．2kL C.32kL D.152kL 4．如图4所示是轿车常用的千斤顶，当摇动把手时，螺纹轴就能迫使千斤顶的两臂靠拢，从而将汽车顶起．当车轮刚被顶起时，汽车对千斤顶的压力为1.0×105N ，此时千斤顶两臂间的夹角为120°.下列判断正确的是()图4A ．此时千斤顶每臂受到的压力大小均为5.0×104NB ．此时千斤顶对汽车的支持力为1.0×104NC ．若继续摇动把手，将汽车顶起，千斤顶每臂受到的压力将增大D ．若继续摇动把手，将汽车顶起，千斤顶每臂受到的压力将减小5．四个半径为r 的匀质球在光滑的水平面上堆成锥形，如图5所示．下面的三个球A 、B 、C 用绳缚住，绳与三个球的球心在同一水平面内，D 球放在三球上方处于静止状态．如果四个球的质量均为m ，重力加速度为g ，则D 球对A 、B 、C 三球的压力均为()图5A．mg B.32mgC.3 3mgD.66mg6．(2019·河北衡水市模拟)小明想推动家里的衣橱，但使出了很大的力气也没推动，于是他便想了个妙招，如图6所示，用A、B两块木板，搭成一个底角较小的人字形架，然后往中央一站，衣橱居然被推动了！下列说法正确的是()图6A．这是不可能的，因为小明根本没有用力去推衣橱B．这是不可能的，因为无论如何小明的力气也没那么大C．这有可能，A板对衣橱的推力有可能大于小明的重力D．这有可能，但A板对衣橱的推力不可能大于小明的重力7.(2019·河南郑州市期中)如图7所示是一种常用的“千斤顶”示意图，摇动手柄能使螺旋杆转动并保持水平，而A、B间距离发生变化，重物就能被顶起或下降．若物重为G，杆AB与AC之间的夹角为θ，不计“千斤顶”本身的重量，则“千斤顶”螺旋杆AB的拉力大小为()图7A．G sinθB．G cosθC．G tanθ D.Gtanθ8．(多选)(2019·河南洛阳市联考)如图8所示为缓慢关门时(图中箭头方向)门锁的示意图，锁舌尖角为37°，此时弹簧弹力为24N，锁舌表面较光滑，摩擦不计(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，下列说法正确的是()图8A．此时锁壳碰锁舌的弹力为40NB．此时锁壳碰锁舌的弹力为30NC．关门时锁壳碰锁舌的弹力逐渐增大D．关门时锁壳碰锁舌的弹力保持不变9．(2019·湖南衡阳市二模)超市里磁力防盗扣的内部结构及原理如图9所示，在锥形金属筒内放置四颗小铁珠(其余两颗未画出)，工作时弹簧通过铁环将小铁珠挤压于金属筒的底部，同时，小铁珠陷于钉柱上的凹槽里，锁死防盗扣．当用强磁场吸引防盗扣的顶部时，铁环和小铁珠向上移动，防盗扣松开，已知锥形金属筒底部的圆锥顶角刚好是90°，弹簧通过铁环施加给每个小铁珠竖直向下的力F，小铁珠锁死防盗扣，每个小铁珠对钉柱产生的侧向压力大小为(不计摩擦力以及小铁珠的重力)()图9FA.2FB.22C．F D.3F10.(2020·湖北省黄冈市模拟)一物块用轻绳AB悬挂于天花板上，用力F拉住套在轻绳上的光滑小圆环O(圆环质量忽略不计)，系统在图10所示位置处于静止状态，此时轻绳OA与竖直方向的夹角为α，力F与竖直方向的夹角为β.当缓慢拉动圆环使α(0°<α<90°)增大时()图10A．F变大，β变大B．F变大，β变小C．F变小，β变大D．F变小，β变小11．(2019·辽宁沈阳市诊测)如图11所示，A、B两物体的质量分别为m A和m B，且m A>m B，整个系统处于静止状态，滑轮的质量和一切摩擦均不计．如果绳一端由Q点缓慢地向左移到P点，整个系统重新平衡后，物体A的高度和两滑轮间绳与水平方向的夹角θ如何变化()图11A．物体A的高度升高，θ角变大B．物体A的高度降低，θ角变小C．物体A的高度升高，θ角不变D．物体A的高度不变，θ角变小12．(2019·河南省六校联考)如图12所示，一固定的细直杆与水平面的夹角为α＝15°，一个质量忽略不计的小轻环C套在直杆上，一根轻质细线的两端分别固定于细直杆上的A、B两点，细线依次穿过小环甲、小轻环C和小环乙，且小环甲和小环乙分居在小轻环C的两侧．调节A、B间细线的长度，当系统处于静止状态时β＝45°.不计一切摩擦．设小环甲的质量为m1，小环乙的质量为m2，则m1∶m2等于()图12A．tan15°B．tan30°C．tan60°D．tan75°13.(多选)如图13所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上O点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，A、B都处于静止状态，现将物块B移至C点后，A、B仍保持静止，下列说法中正确的是()图13A．B与水平面间的摩擦力减小B．水平面对B的弹力增大C．悬于墙上的绳所受的拉力不变D．A、B静止时，图中α、β、θ三角始终相等答案精析1．ACD [对结点O 受力分析，画出力的矢量图如题图所示．由图可知，T A 小于T B ，T A 、T B 的合力等于mg ，选项A 正确，B 错误；调节悬点A 的位置，当∠AOB 大于某一值时，则T A 、T B 都大于mg ，选项C 正确；换质量更大的灯笼，则重力mg 增大，T B 的增加量比T A 的增加量大，选项D 正确．]2．D [对滑轮受力分析，受两个轻绳的拉力和杆的弹力；滑轮一直保持静止，合力为零，故杆的弹力与两个轻绳的拉力的合力等值、反向、共线；由于两个轻绳的拉力大小等于重物的重力，大小不变，方向也不变，则两个拉力的合力为2mg ，与水平方向成45°斜向右下方，方向、大小也不变，故杆的作用力也不变，选项D 正确．]3．D [根据胡克定律知，发射弹丸时，每根橡皮条的弹力F 弹＝k (2L －L )＝kL .设此时两橡皮条的夹角为θ，根据几何关系知sin θ2＝14.根据力的平行四边形定则知，弹丸被发射过程中所受的最大作用力F ＝2F 弹cos θ2＝2F 弹1－sin 2θ2＝152F 弹＝152kL ，选项D 正确．]4．D [汽车对千斤顶的压力大小为1.0×105N ，根据牛顿第三定律，千斤顶对汽车的支持力也为1.0×105N ，B 项错误；两臂夹角为120°，由力的合成可知千斤顶每臂受到的压力为1.0×105N ，A 项错误；继续摇动把手，将汽车顶起，千斤顶两臂夹角减小，每臂受到的压力减小，C 项错误，D 项正确．]5．D [如图所示，A 、B 、C 、D 分别为四个球的球心，θ为BD 连线与竖直方向间的夹角，根据几何关系有sin θ＝33，则cos θ＝63.分析D 球受力，得3F cos θ＝mg ，其中F 为A 、B 、C 三球对D 球的支持力大小，可得F ＝66mg ，选项D 正确．]6．C [开始小明是推不动衣橱的，说明小明的推力小于最大静摩擦力．站在人字形架上时，小明的重力产生两个效果，分别向左、右两侧推衣橱和墙壁，如图所示，小明的重力可以分解成沿A 、B 两个方向的力，由于底角较小，所以A 、B 方向的力会很大，A 对衣橱的力可以分解成水平方向和竖直方向的力，而水平方向的力会远大于小明的重力，可能大于最大静摩擦力，故选项C 正确．]7．D [如图所示，将重力G 分解到沿AB 方向的拉AB 杆的力F 1和沿AC 方向的压AC 杆的力F 2，即得F 1＝G tan θ，由牛顿第三定律知螺旋杆AB 的拉力大小为G tan θ.]8．AC [锁壳碰锁舌的弹力分解如图所示，其中F 1＝N sin 37°，且此时F 1大小等于弹簧的弹力24N ，解得锁壳碰锁舌的弹力为40N ，选项A 正确，B 错误；关门时，弹簧的压缩量增大，弹簧的弹力增大，故锁壳碰锁舌的弹力逐渐增大，选项C 正确，D 错误．]9．C [以一个铁珠为研究对象，将力F 按照作用效果进行分解如图所示，根据几何关系可得小铁珠对钉柱产生的侧向压力大小为：N＝Ftan45°＝F，故C正确、A、B、D错误．]10．B[圆环受到三个力，拉力F以及两个绳子的拉力T，三力平衡，故两个绳子的拉力的合力与拉力F始终等值、反向、共线．由于两个绳子的拉力等于物块的重力，α增大时，两拉力夹角越小，合力越大，且合力在角平分线上，逐渐竖直，故拉力F逐渐变大，由于始终与两绳拉力的合力反向，故拉力F也逐渐竖直，β逐渐变小，故选B.]11．C[原来整个系统处于静止状态，绳的拉力大小等于A物体的重力，B物体对动滑轮的拉力等于B物体的重力．将绳一端由Q点缓慢地向左移到P点，整个系统重新平衡后，绳的拉力大小仍等于A物体的重力，B物体对动滑轮的拉力仍等于B物体的重力，都没有变化，即滑轮所受的三个拉力都不变，则根据平衡条件可知，两绳之间的夹角也没有变化，则θ角不变，动滑轮将下降，物体A的高度升高，故选项C正确．]12．C[小环C为轻环，重力不计，受两边细线的拉力的合力与杆垂直，C环与乙环的连线与竖直方向的夹角为60°，C环与甲环的连线与竖直方向的夹角为30°，A点与甲环的连线与竖直方向的夹角为30°，乙环与B点的连线与竖直方向的夹角为60°，设细线拉力为T，根据平衡条件，对甲环有2T cos30°＝m1g，对乙环有2T cos60°＝m2g，得m1∶m2＝tan60°，故选C.]13．BD[对物块A进行受力分析，受到重力和细绳的拉力，根据平衡条件可知，细绳的拉力T等于物块A的重力，大小不变．当把物块B移至C点后，连接物块B的细绳与水平方向的夹角θ′变小，对物块B进行受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，如图所示，根据共点力平衡条件，有T cosθ′＝f，由于θ′变小，故B与水平面间的静摩擦力变大，故A错误；水平面对B的弹力N＝mg－T sinθ′，θ′变小，则N变大，故B正确；对滑轮进行受力分析，受到的连接A、B的绳子的拉力相等且夹角变大，故其合力变小，故悬于墙上的绳所受的拉力也变小，故C错误；连接A、B的绳子的拉力相等，故合力在角平分线上，故α＝β，又由于三力平衡，所以α＝β＝θ，故D正确．]。
新亮剑高考物理总复习课件牛顿运动定律微专题
牛顿第一定律（惯性定律）
01
定义
一切物体总保持匀速直线运动 状态或静止状态，直到有外力
迫使它改变这种状态为止。
02
惯性
物体具有保持原有运动状态不 变的性质。
03
适用范围
牛顿第一定律只适用于惯性参 考系，不适用于非惯性参考系
。
牛顿第二定律（加速度定律）
03
定义
公式
物体的加速度跟所受的合外力成正比，跟 物体的质量成反比，加速度的方向跟合外 力的方向相同。
整体法与隔离法
对于多个物体组成的系统，可以运用整 体法和隔离法进行分析和求解。
高考常见题型及解题技巧总结
选择题
注意审清题意，明确题目所给条 件，运用排除法和特殊值法进行
快速判断。
计算题
认真审题，明确物理过程，分析 物理状态和物理量，列方程求解 实验步骤和 注意事项，注意数据处理和误差
整体法和隔离法在连接体问题中应用
整体法
将连接体看作一个整体，分析其整体受力情况和运动状态，从而简化问题。
隔离法
将连接体中的某个物体单独隔离出来，分析其受力情况和运动状态，再根据牛顿运动定律求解未知量 。
典型连接体问题解决方法探讨
01
02
03
弹簧连接体问题
分析弹簧的弹力与形变量 的关系，结合牛顿运动定 律求解。
新亮剑高考物理总复习课件 牛顿运动定律微专题
汇报人：XX
汇报时间：20XX-02-04
目录
• 牛顿运动定律基本概念与公式 • 牛顿运动定律在直线运动中应用 • 牛顿运动定律在曲线运动中应用
目录
• 牛顿运动定律在连接体问题中应用 • 牛顿运动定律综合应用及拓展 • 牛顿运动定律实验探究
高考物理一轮复习考点微专题—受力分析、共点力平衡
高考物理一轮复习考点微专题—受力分析、共点力平衡1．（2021•广东）唐代《耒耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力。
设牛用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种犁，F与竖直方向的夹角分别为α和β，α＜β，如图所示。
忽略耕索质量，耕地过程中，下列说法正确的是（）A．耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大B．耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大C．曲辕犁匀速前进时，耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力D．直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力【答案】B。
【解析】解：A、耕索对曲辕犁拉力的水平分力大小为F1＝Fsinα，耕索对直辕犁拉力的水平分力大小为F2＝Fsinβ，由于α＜β，则耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁拉力的水平分力小，故A错误；B、耕索对曲辕犁拉力的在竖直方向的分力大小为F1′＝Fcosα，耕索对直辕犁拉力的竖直方向分力大小为F2′＝Fcosβ，由于α＜β，则耕索对曲辕犁拉力的竖直方向的分力比对直辕犁拉力在竖直方向的分力大，故B正确；CD、无论曲辕犁匀速前进或直辕犁加速前进，耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力属于物体间的相互作用力，总是大小相等、方向相反，故CD错误。
2．（2020•浙江）如图是“中国天眼”500m口径球面射电望远镜维护时的照片。
为不损伤望远镜球面，质量为m的工作人员被悬在空中的氦气球拉着，当他在离底部有一定高度的望远镜球面上缓慢移动时，氦气球对其有大小为mg、方向竖直向上的拉力作用，使其有“人类在月球上行走”的感觉，若将人视为质点，此时工作人员（）A．受到的重力大小为mgB．受到的合力大小为mgC．对球面的压力大小为mgD．对球面的作用力大小为mg【答案】D。
【解析】解：A、工作人员的质量为m，则工作人员受到的重力为：G＝mg，故A错误；B、工作人员在球面上缓慢行走，处于平衡状态，合力为0，故B错误；C、工作人员站在的球面位置不水平，对球面的压力不等于，故C错误；D、球面对工作人员的作用力为F，由平衡条件得：+F＝mg，解得：，根据牛顿第三定律可得，工作人员对球面的作用力大小为F′＝F＝，故D正确。
2023年高考物理一轮复习考点微专题《 牛顿运动定律的综合运用》(全国通用)
考向06 牛顿运动定律的综合运用【重点知识点目录】1.超重与失重问题2.整体法与隔离法在动力学中的运用3.滑块-滑板模型4.传送带模型5.动力学中的临界极值问题（多选）1．（2021•乙卷）水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图（a）所示。
用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。
木板的加速度a1随时间t的变化关系如图（c）所示。
已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2。
假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。
则（）A．F1＝μ1m1gB．F2＝（μ2﹣μ1）gC．μ2＞μ1D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等【答案】BCD。
【解析】解：A、由图（c）可知，在0～t1时间段物块和木板均静止，在t1时刻木板与地面的静摩擦力达到最大值，对物块和木板整体分析可知F1＝μ1（m1+m2）g，故A错误；B、由图（c）可知，t1～t2时间段物块和木板一起加速运动，在t2时刻物块和木板开始相对运动，此时物块和木板间的静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律，有对物块和木板F2﹣μ1（m1+m2）g＝（m1+m2）a m对木板μ2m2g﹣μ1（m1+m2）g＝m1a m整理可得F2＝（μ2﹣μ1）g故B正确；C、由图（c）可知，对木板μ2m2g﹣μ1（m1+m2）g＝m1a m故μ2m2g＞μ1（m1+m2）g，即μ2＞μ1，故C正确；D、由上述分析可知，在0～t1时间段物块和木板均静止，t1～t2时间段物块和木板一起以共同加速度运动，故在0～t2时间段物块与木板加速度相等，故D正确。
2．（2022•山东）某粮库使用额定电压U＝380V，内阻R＝0.25Ω的电动机运粮，如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度v＝2m/s沿斜坡匀速上行，此时电流I＝40A，关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零。
2022届高考一轮复习课件微专题—盐风化 (精讲精练+赢在高考+知识导图)
答案： ①西北地区盛行西风迎风坡一侧（西 北侧）雨水较丰富，而东南侧一般保 持干燥; ②南侧比北侧光照强，蒸发量大，盐 分易结晶，破坏岩石表面。
(2020年广东省二模)阅读图文材料，完成下列要求。（17分） 盐风化是岩石表面的盐分随着降水渗入岩石孔隙(或裂隙)中，向岩石背风面运动，在
四、盐风化作用及其风化穴的形成机理
为何砂岩容易遭受盐风化作 用？因为其渗透性！看看砂岩 的结构示意图就容易明白。我 们用西北干旱区的盐风化地貌 实例进行简单的解释：
四、盐风化作用及其风化穴的形成机理
为何砂岩容易遭受盐风化作用？因 为其渗透性！看看砂岩的结构示意图就 容易明白。我们用西北干旱区的盐风化 地貌实例进行简单的解释：
盐类物质到达岩石和山体内部的过程： 盐类被风或雾从海水、盐湖甚或含
盐表土中带到空气中最后降落在岩石表 面，被雨露等溶解带进岩石孔隙或微裂 隙中。
最终在蒸发强烈的岩石表面附近因过 饱和而结晶，晶体生长撑破孔隙周围的 表面----盐类----水携带盐---进入岩石孔隙或裂隙----水蒸发结晶----岩 石表面破碎脱落的物理风化，形成盐风化穴（tafoni）、蜂窝石构造（honeycomb structure）
通过降水，含盐溶液从岩石表面通过碎屑岩颗粒之间的孔隙向砂岩内部渗透。 在中国北方西北风为主，降水雨滴多从西北向东南方向下降，所以主要冲刷岩块露头的北西侧，而雨 滴不直接滴落在南东侧。（迎背风坡） 渗出的含盐溶液在露头的迎风侧（主要是北西侧）随着雨水的冲刷而流失，而在背风侧（主要是南东侧） 下部因干燥而水分蒸发，盐类（如：硫酸钠、氯化钠等）在靠近露头侧面近底部表面的颗粒之间结晶。 盐类晶体结晶产生的张力将靠近表面的碎屑颗粒撑开而脱落，其中部分盐晶也随着脱落的碎屑颗粒和 黏土掉落在岩块下方边缘。 经过长时间的连续蒸发或者频繁干湿交替的短暂蒸发作用，岩石碎屑脱落的地方就逐渐形成凹槽，这 便是盐风化穴。