(江苏专用)2020高考物理二轮复习第一部分专题一力与运动第五讲力学的经典模型(一)课后自测诊断卷
江苏高考物理二轮复习专题突破课件专题一力与直线运动PPT
反思感悟：运动图象问题的“三点提醒” (1)对于 x-t 图象，图线在纵轴上的截距表示 t＝0 时物体的位置； 对于 v-t 和 a-t 图象，图线在纵轴上的截距并不表示 t＝0 时物体的位 置。 (2)在 v-t 图象中，两条图线的交点不表示两物体相遇，而是表示 两者速度相同。 (3)v-t 图象中两条图线在轴上的截距不同，不少同学误认为两物 体的初始位置不同，位置是否相同应根据题中条件确定。
江 苏 高 考 物 理二轮 复习专 题突破 课件专 题一力 与直线 运动PP T【PPT 实用课 件】
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考点1 匀变速直线运动规律的应用
江 苏 高 考 物 理二轮 复习专 题突破 课件专 题一力 与直线 运动PP T【PPT 实用课 件】
甲车停下来所需时间为 t1＝va10＝140 s＝2.5 s， 滑行距离 x＝2va201＝21×024 m＝12.5 m， 由于 x＝12.5 m<15 m， 可见甲车司机刹车后能避免闯红灯。
江 苏 高 考 物 理二轮 复习专 题突破 课件专 题一力 与直线 运动PP T【PPT 实用课 件】
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[跟进训练] 1.(2020·四川成都七中一诊)如图所示，A、B 分别是甲、乙两小球 从同一地点沿同一直线运动的 v-t 图象，根据图象可以判断出( )
A．出发 4 s 内冰橇的加速度大小为 1.5 m/s2 B．冰橇与赛道间的动摩擦因数为 0.05 C．出发 10 s 内冰橇的位移为 75 m D．比赛中运动员到达终点时的速度大小为 36 m/s
高考物理(江苏版) 复习大纲
3.带电粒子在组合场和叠加场中的运动
4.几何作图在分析磁场中带电粒子的运动中的重要作用
专题七
电磁感应与恒定电流的结合
1.感应电动势的计算公式和感应电流方向的判断
2.串并联电路及其简化解答电路动态问题
3.欧姆定律、焦耳定律与电功、电功率的计算
4.电磁感应中导体棒力学问题的综合分析
专题八
动量定理及动量守恒定律
1.动量定理和动量守恒定律的理解与应用
2.碰撞模型分析及其可能性分析
3.动量与能量在滑块模型的综合利用
专题九
高考物理大题综合训练提高
专题十
实验专题
1.打点计时器研究匀变速直线运动和机械能守恒定律中纸带的处理
2.螺旋测微器和游标卡尺的使用与读数
专题四
机械能及其守恒定律
1.对动能、动能定理的理解与运用
2.对机械能守恒定律的理解与运用
3.物体运动过程分析、研究范围的恰当选取
专题五
电场
1.点电荷的电场分布特征、点电荷间的力的作用（库仑定理）
2.电场中带电粒子的能量转换问题
3.匀ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ电场中带电粒子的偏转问题（类平抛运动）
专题六
磁场
1.安培力大小计算及方向判断和安培力作用下的导体问题
2.非平衡态下物体的受力分析——整体法与隔离法
3.牛顿运动定律的综合利用——动力学的两类基本问题
4.物体运动过程临界条件的判断
专题三
曲线运动：平抛运动、圆周运动与天体运动
1.平抛运动以及类平抛运动的运动合成与分解
2.向心力与圆周运动及竖直方向上圆周运动临界点受力分析
3.天体运动中向心加速度、线速度、角速度、周期和轨道半径的公式总结与变换
2020高考物理二轮总复习专题一 力与物体的平衡 作业(解析版)
专题强化训练(一)一、选择题(共11个小题，4、9、10为多选，其余为单项选择题，每题5分共55分)1.如图所示，一只松鼠沿着较粗均匀的树枝从右向左缓慢爬行，在松鼠从A运动到B的过程中，下列说法正确的是()A．松鼠对树枝的弹力保持不变B．松鼠对树枝的弹力先减小后增大C．松鼠对树枝的摩擦力先减小后增大D．树枝对松鼠的作用力先减小后增大答案 C解析松鼠所受的弹力N＝mgcosθ，从A到B的过程中，θ先减小后增大，则弹力先增大后减小，故A、B两项错误；松鼠所受的摩擦力f＝mgsinθ，从A到B的过程中，θ先减小后增大，则摩擦力先减小后增大，故C项正确；树枝对松鼠的作用力与松鼠的重力等值反向，所以树枝对松鼠的作用力大小不变，故D项错误．故选C项．2．(2019·浙江二模)如图所示，斜面体M静止在水平面上，滑块m 恰能沿斜面体自由匀速下滑，现在滑块上加一竖直向下的恒力F，则与未施加恒力F时相比，下列说法错误的是()A．m和M间的压力变大B．m和M间的摩擦力变大C．水平面对M的支持力变大D．M和水平面间的摩擦力变大答案 D解析滑块恰好沿斜面匀速下滑时，滑块对楔形斜面体的压力等于mgcosθ，斜面体对滑块的摩擦力为μmg cosθ，施加一个竖直向下的恒力F后滑块对斜面体的压力等于(mg＋F)cosθ，变大．斜面体对滑块的摩擦力为μ(mg＋F)cosθ，变大，故A、B两项正确；滑块恰好沿斜面匀速下滑，根据平衡条件有：mgsinθ＝μmg cosθ，解得：μ＝tanθ.对滑块和斜面体整体可知，整体水平方向不受外力，所以地面对斜面体的摩擦力为零．地面对斜面体的支持力等于整体的总重力．施加一个竖直向下的恒力F，有：(mg＋F)sinθ＝μ(mg＋F)cos θ，可知物块仍然做匀速运动．再对滑块和斜面体整体受力分析知，整体水平方向不受外力，所以地面对楔形斜面体的摩擦力为零，地面对楔形斜面体的支持力等于整体的总重力与F之和，变大，故C项正确，D项错误．本题选说法错误的，故选D项．3.长时间低头玩手机对人的身体健康有很大危害，当低头玩手机时，颈椎受到的压力会比直立时大．现将人体头颈部简化为如图所示的模型：头部的重力为G，P点为头部的重心，PO为提供支持力的颈椎(视为轻杆)可绕O点转动，PQ为提供拉力的肌肉(视为轻绳)．当某人低头时，PO、PQ与竖直方向的夹角分别为30°、60°，此时颈椎受到的压力约为()A．2G B.3GC.2G D．G答案 B解析设头部重力为G，当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重量，即F＝G；当某人低头时，PO、PQ与竖直方向的夹角分别为30°、60°，P 点的受力如图所示，根据几何关系结合正弦定理可得：F Osin120°＝Gsin30°，解得：F O＝3G，故A、C、D三项错误，B项正确．故选B项．4．如图所示，一根通电的导体棒放在倾斜为α的粗糙斜面上，置于图示方向的匀强磁场中，处于静止状态．现增大电流，导体棒仍静止，则在增大电流过程中，导体棒受到的摩擦力的大小变化情况可能是()A．一直增大B．先减小后增大C．先增大后减小D．始终为零答案AB解析若F安<mgsinα，因安培力方向向上，则摩擦力方向向上，当F安增大时，F摩减小到零，再向下增大，B项正确，C、D两项错误；若F安>mgsinα，摩擦力方向向下，随F安增大而一直增大，A项正确．5．(2019·安徽三模)如图，用硬铁丝弯成的光滑半圆环竖直放置，直径竖直，O为圆心，最高点B处固定一光滑轻质滑轮，质量为m的小环A穿在半圆环上．现用细线一端拴在A上，另一端跨过滑轮用力F拉动，使A缓慢向上移动．小环A及滑轮B大小不计，在移动过程中，关于拉力F以及半圆环对A的弹力N的说法正确的是()A．F逐渐增大B．N的方向始终指向圆心OC．N逐渐变小D．N大小不变答案 D解析在物块缓慢向上移动的过程中，小圆环A处于三力平衡状态，根据平衡条件知mg与N的合力与T等大、反向、共线，作出mg 与N的合力，如图所示，由三角形相似得：mgBO＝NOA＝TAB①F＝T②，由①②可得：F＝ABBO mg，AB变小，BO不变，则F变小，故A项错误；由①可得：N＝OABO mg，AO、BO都不变，则N不变，方向始终背离圆心，故D项正确，B、C两项错误．故选D 项．6. (2019·江西一模)如图所示，质量为m(可视为质点)的小球P，用两根轻绳OP和O′P在P点拴结实后再分别系于竖直墙上且相距0.4 m的O、O′两点上，绳OP长0.5 m，绳OP刚拉直时，OP绳拉力为T1，绳OP刚松弛时，O′P绳拉力为T2，θ＝37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，则T1T2为()A．3∶4 B．4∶3C．3∶5 D．4∶5答案 C解析绳OP刚拉直时，OP绳拉力为T1，此时O′P绳子拉力为零，小球受力如图1所示，根据几何关系可得sin α＝OO ′OP ＝45，所以α＝53°，所以α＋θ＝90°；根据共点力的平衡条件可得：T 1＝mgsin α；绳OP 刚松弛时，O ′P 绳拉力为T 2，此时绳OP 拉力为零，小球受力如图2所示，根据共点力的平衡条件可得：T 2＝mgtan α，由此可得：T 1T 2＝sin53°tan53°＝35，所以C 项正确，A 、B 、D 三项错误．故选C 项． 7.如图所示，光滑直杆倾角为30°，质量为m 的小环穿过直杆，并通过弹簧悬挂在天花板上，小环静止时，弹簧恰好处于竖直位置，现对小环施加沿杆向上的拉力F，使环缓慢沿杆滑动，直到弹簧与竖直方向的夹角为60°.整个过程中，弹簧始终处于伸长状态，以下判断正确的是()A．弹簧的弹力逐渐增大B．弹簧的弹力先减小后增大C．杆对环的弹力逐渐增大D．拉力F先增大后减小答案 B解析由于弹簧处于伸长状态，使环缓慢沿杆滑动，直到弹簧与竖直方向的夹角为60°的过程中，弹簧长度先减小后增大，弹簧的伸长量先减小后增大，故弹簧的弹力先减小后增大，故A项错误，B项正确；开始弹簧处于失重状态，根据平衡条件可知弹簧的弹力等于重力，即T＝mg，此时杆对环的弹力为零，否则弹簧不会竖直；当环缓慢沿杆滑动，直到弹簧与竖直方向的夹角为60°时，弹簧的长度等于原来的长度，弹力等于T＝mg，此时有mgcos30°＝Tcos30°，杆对环的弹力仍为零，故杆对环的弹力不是一直增大，故C项错误；设弹簧与垂直于杆方向的夹角为α，根据平衡条件可得，从初位置到弹簧与杆垂直过程中，拉力F＝mgsin30°－Tsinα，α减小，sinα减小，弹簧的拉力减小，则F增大；从弹簧与杆垂直到末位置的过程中，拉力F＝mgsin30°＋Tsinα，α增大，sinα增大，弹簧的弹力增大，则拉力增大，故拉力F一直增大，故D项错误．故选B项．8．(2015·山东)如图所示，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力F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μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为()A.1μ1μ2B.1－μ1μ2μ1μ2C.1＋μ1μ2μ1μ2D.2＋μ1μ2μ1μ2答案 B解析 对物体A 、B 整体，在水平方向上有F ＝μ2(m A ＋m B )g ；对物体B ，在竖直方向上有μ1F ＝m B g ；联立解得：m A m B ＝1－μ1μ2μ1μ2，B 项正确．9. (2019·武昌区模拟)如图所示，竖直杆固定在木块C 上，两者总重为20 N ，放在水平地面上．轻细绳a 连接小球A 和竖直杆顶端，轻细绳b 连接小球A 和B ，小球B 重为10 N ．当用与水平方向成30°角的恒力F 作用在小球B 上时，A 、B 、C 刚好保持相对静止且一起水平向左做匀速运动，绳a 、b 与竖直方向的夹角分别恒为30°和60°，则下列判断正确的是( )A．力F的大小为10 NB．地面对C的支持力大小为40 NC．地面对C的摩擦力大小为10 ND．A球重为10 N答案AD解析以B为研究对象受力分析，水平方向受力平衡，有：Fcos30°＝T b cos30°，得：T b＝F竖直方向受力平衡，则有：Fsin30°＋T b sin30°＝m B g得：F＝m B g＝10 N以A为研究对象受力分析，竖直方向上有：m A g＋T b sin30°＝T a sin60°水平方向：T a sin30°＝T b sin60°联立得：m A＝m B，即A球重为10 N，故A、D两项正确；以ABC整体为研究对象受力分析，水平方向：f＝Fcos30°＝5 3 N竖直方向：N＋Fsin30°＝(M＋m A＋m B)g解得：N＝35 N，故B、C两项错误．故选A、D两项．10．如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A ，细线与斜面平行．小球A 的质量为m ，电量为q.小球A 的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B ，两球心的高度相同，间距为d.静电力常量为k ，重力加速度为g ，两个带电小球可视为点电荷．小球A 静止在斜面上，则( )A ．小球A 与B 之间库仑力的大小为kq 2d 2 B ．当q d ＝mgsin θk 时，细线上的拉力为0 C ．当q d ＝mgtan θk 时，细线上的拉力为0 D ．当q d ＝mg ktan θ时，斜面对小球A 的支持力为0 答案 AC解析 根据库仑定律得A 、B 间的库仑力F 库＝k q 2d2，则A 项正确；当细线上的拉力为0时，满足k q 2d 2＝mgtan θ，得到q d ＝mgtan θk，则B项错误，C项正确；斜面对小球A的支持力始终不为零，则D 项错误．11. (2019·安徽模拟)如图所示，质量为m B＝14 kg的木板B放在水平地面上，质量为m A＝10 kg的木箱A放在木板B上与不发生形变的轻杆一端固定在木箱上，另一端通过铰链连接在天花板上，轻杆与水平方向的夹角为θ＝37°.已知木箱A与木板B之间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板B与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.3.现用水平向左的力F 将木板B从木箱A下面抽出，最大静摩擦力等于滑动摩擦力(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2)，则所用力F的最小值为()A．150 N B．170 NC．200 N D．210 N答案 B解析对A受力分析如图甲所示，根据题意可得：F T cosθ＝F f1，F N1＝F T sinθ＋m A gF f1＝μ1F N1，联立解得：F T＝100 N；对A、B整体进行受力分析如图乙所示，根据平衡条件可得：F T cosθ＋F f2＝FF N2＝F T sinθ＋(m A＋m B)gF f2＝μ2F N2，联立解得：F＝170 N，故B项正确，A、C、D三项错误．故选B项．二、计算题(共3个小题，12题12分，13题15分，14题18分，共45分)12．风洞实验室中可以产生水平向右，大小可调节的风力．如图甲所示，现将质量为1 kg的小球套在足够长与水平方向夹角θ＝37°的细直杆上，放入风洞实验室．小球孔径略大于细杆直径．假设小球所受最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小．(取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)若在无风情况下，小球由静止开始经0.5 s 沿细杆运动了0.25 m ，求小球与细杆间的动摩擦因数及滑动摩擦力做的功；(2)在有风情况下，如图乙所示，若小球静止在细杆上，求风力大小；(3)请分析在不同恒定风力作用下小球由静止释放后的运动情况． 答案 (1)0.5 －2 J (2)1.82 N ≤F ≤20 N(3)如果风力大小为1.82 N ≤F ≤20 N ，则小球静止；若F<1.82 N ，小球向下做匀加速运动；若F>20 N ，小球向上做匀加速运动解析 (1)在无风情况下小球由静止开始经0.5 s 沿细杆运动了0.25 m ，则：x ＝12at 2可知a ＝2x t 2＝2×0.250.52 m/s 2＝2 m/s 2， 根据牛顿第二定律可得mgsin θ－μmg cos θ＝ma ，解得：μ＝0.5，滑动摩擦力做的功W f ＝－mgcos θ·x ＝－2 J.(2)当小球受到的摩擦力沿杆向上且最大时，风力最小，如图所示， 根据平衡条件可得：沿杆方向：mgsinθ＝Fcosθ＋f，垂直于杆方向：N＝mgcosθ＋Fsinθ，摩擦力f＝μN，联立解得：F≈1.82 N；当小球受到的摩擦力沿杆向下且最大时，风力最大，根据平衡条件可得：沿杆方向：mgsinθ＝Fcosθ－f，垂直于杆方向：N＝mgcosθ＋Fsinθ，摩擦力f＝μN，联立解得：F＝20 N；若小球静止在细杆上，则风力大小范围为1.82 N≤F≤20 N.(3)如果风力大小为1.82 N≤F≤20 N，则小球静止；若F<1.82 N，小球向下做匀加速运动；若F>20 N，小球向上做匀加速运动．13.如图所示，afe、bcd为两条平行的金属导轨，导轨间距l＝0.5 m．ed 间连入一电源E＝1 V，ab间放置一根长为l＝0.5 m的金属杆与导轨接触良好，cf水平且abcf为矩形．空间中存在一竖直方向的磁场，当调节斜面abcf的倾角θ时，发现当且仅当θ在30°～90°之间时，金属杆可以在导轨上处于静止平衡．已知金属杆质量为0.1 kg，电源内阻r及金属杆的电阻R均为0.5 Ω，导轨及导线的电阻可忽略，金属杆和导轨间最大静摩擦力为弹力的μ倍．重力加速度g＝10 m/s2，试求磁感应强度B及μ.答案2 3 T3 3解析由磁场方向和平衡可判断，安培力F方向为水平且背离电源的方向，由题意可知当θ＝90°时，金属杆处于临界下滑状态有：f1＝mg，①N1＝F，②f1＝μN1，③当θ＝30°时，金属杆处于临界上滑状态有：N2＝mgcos30°＋Fsin30°，④f2＋mgsin30°＝Fcos30°，⑤f2＝μN2，⑥由①～⑥解得：F＝3mg，⑦μ＝3 3，由闭合电路欧姆定律：I＝E2R＝1 A，⑧由安培力性质：F＝BIl，⑨由⑦⑧⑨得：B＝2 3 T，方向竖直向下．14. (2016·天津)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝53N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小为B＝0.5 T．有一带正电的小球，质量m＝1×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝10 m/s2，求：(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t. 答案(1)20 m/s与电场方向成60°角斜向上(2)3.5 s解析(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB＝q2E2＋m2g2，①代入数据解得：v＝20 m/s，②速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足tanθ＝qE mg，③代入数据解得：tanθ＝3，θ＝60°.④(2)方法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图所示，设其加速度为a，有a＝q2E2＋m2g2m，⑤设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有x＝vt；⑥设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有y＝12at2，⑦tanθ＝yx；⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得：t＝2 3 s≈3.5 s，⑨方法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为v y＝vsinθ⑤若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有v y t－12gt2＝0⑥联立⑤⑥式，代入数据解得t＝2 3 s≈3.5 s．⑦21。
(江苏专用)2020高考物理二轮复习第一部分专题一力与运动第二讲力与直线运动课件
(二)解题失误“为什么” 1．不清楚运动图像的点、斜率、面积等的物理意义。如 诊断卷第7题中，通过斜率来判断，运动员没有打开降落伞时 做自由落体运动，在打开伞后可能先做减速运动最终做匀速运
动，可能先做加速度减小的加速运动最终做匀速运动，也可能
本 课 内 容 结 束 直接做匀速运动。诊断卷第8题中，v2-x图线的斜率为物块加
速度
与时间轴平行的 直线
运动图像的三点提醒 (1)运动图像描述的是纵轴物理量随横轴物理量(通常为时间t) 变化的规律，而不是物体的运动轨迹。 (2)运动图像只能描述直线运动，不能描述曲线运动。 (3)x-t图像的交点才表示两物体相遇，而v-t图像的交点只能 说明此时两物体速度相等。
(三)掌握四种常用解题方法 1．基本公式法：如诊断卷第1题中，首先分析汽车从刚 进入ETC通道的识别区到刚好紧贴栏杆停下，这段时间汽车 的运动情况，针对刹车过程，题目已知量为初、末速度和加
本 课 内 容 结 束 好为零，整个过程演员的v-t图像和传感器显示的拉力随时间
的变化情况分别如图甲、乙所示，g取10 m/s2，则下列说法
正确的是
(
)
A．演员的体重为800 N B．演员在最后2 s内一直处于超重状态 C．传感器显示的最小拉力为600 N D．滑竿长4.5 m
解析：由两题图结合可知，静止时，传感器示数为800 N，除
动，故C正确，D错误。 答案：C
2.(2019·泰州中学检测)某人在五楼阳
台处竖直向上抛出一只皮球，其速
率—时间图像如图所示，下列说法
正确的是
本课内容结束
A．t1时刻皮球达到最高点
(
)
B．t2时刻皮球回到出发点
C．0～t1时间内，皮球的加速度一直在增大
(江苏专用)2020高考物理二轮复习第一部分专题二功和能第三讲力学的经典模型(二)——课前自测诊断卷
第三讲 力学的经典模型(二)——课前自测诊断卷 模型一 滑块—木板模型1.[如图所示，长木板A 放在光滑的水平地面上以v 0做匀速直线运动，某时刻将滑块B 轻放在A 的左端，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B 放到木板A 上到相对木板A 静止的过程中，下述说法中正确是( )A ．木板损失的机械能等于滑块B 获得的动能与系统损失的机械能之和B ．木板A 克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C ．滑块B 动能的增加量等于系统损失的机械能D ．摩擦力对滑块B 做的功和对木板A 做的功的总和等于0解析：选A 由能量守恒定律可知，木板A 损失的机械能等于滑块B 获得的动能与系统损失的机械能之和，故A 正确；滑块B 轻放在木板A 的左端，由于摩擦力作用，滑块B 加速运动，木板A 减速运动，摩擦力对滑块B 做的功等于滑块B 动能的增加量，摩擦力对木板A 做的功等于木板A 动能的减少量，根据能量守恒定律，摩擦力对木板A 做的功等于系统内能的增加量和滑块B 动能的增加量的总和，摩擦力对滑块B 做的功和对木板A 做的功的总和等于系统内能的增加量，故B 、C 、D 错误。
2．[考查“木板”受到外力作用的情形][多选]如图所示，将砝码A 放在水平桌面上的纸板B 上，各接触面间动摩擦因数均相同，砝码到纸板左端和桌面右端的距离均为d ，在水平向右的恒力F 的作用下，可将纸板从砝码下方抽出，且砝码刚好到达桌面右端。
则下列说法正确的是( )A ．砝码与纸板分离前后的加速度大小一定相等B ．砝码与纸板分离时，砝码一定位于距离桌面右端d 2处 C ．其他条件不变，换用更大的恒力F ，砝码将不能到达桌面右端D ．其他条件不变，换用更大的恒力F ，砝码与纸板间摩擦产生的热量将减小解析：选ABC 设砝码A 的质量为m ，各接触面间动摩擦因数为μ。
根据牛顿第二定律得：砝码与纸板分离前的加速度大小 a 1＝μmg m ＝μg ；砝码与纸板分离后的加速度大小a 2＝μmg m＝μg ，可知砝码与纸板分离前后的加速度大小一定相等，故A 正确。
2019-2020年高三物理第二轮专题复习 专题一力和运动教案 人教版
2019-2020年高三物理第二轮专题复习专题一力和运动教案人教版一、考点回顾1．物体怎么运动，取决于它的初始状态和受力情况。
牛顿运动定律揭示了力和运动的关系，关系如下表所示：2．力是物体运动状态变化的原因，反过来物体运动状态的改变反映出物体的受力情况。
从物体的受力情况去推断物体运动情况，或从物体运动情况去推断物体的受力情况，是动力学的两大基本问题。
3．处理动力学问题的一般思路和步骤是：①领会问题的情景，在问题给出的信息中，提取有用信息，构建出正确的物理模型；②合理选择研究对象；③分析研究对象的受力情况和运动情况；④正确建立坐标系；⑤运用牛顿运动定律和运动学的规律列式求解。
4．在分析具体问题时，要根据具体情况灵活运用隔离法和整体法，要善于捕捉隐含条件，要重视临界状态分析。
二、经典例题剖析1．长L的轻绳一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，现使小球在竖直平面内作圆周运动，小球通过最低点和最高点时所受的绳拉力分别为T1和T2(速度分别为v0和v)。
5求证：(1)T1－T2＝6mg(2)v0≥gL证明：(1)由牛顿第二定律，在最低点和最高点分别有：T1－mg＝mv02/L T2＋mg＝mv2/L由机械能守恒得：mv02/2＝mv2/2＋mg2L以上方程联立解得：T1－T2＝6mg(2)由于绳拉力T2≥0，由T2＋mg＝mv2/L可得v≥gL5代入mv02/2＝mv2/2＋mg2L得：v0≥gL点评：质点在竖直面内的圆周运动的问题是牛顿定律与机械能守恒应用的综合题。
加之小球通过最高点有极值限制。
这就构成了主要考查点。
2．质量为M 的楔形木块静置在水平面上，其倾角为α的斜面上,一质量为m 的物体正以加速度a 下滑。
求水平面对楔形木块的弹力N 和摩擦力f 。
解析：首先以物体为研究对象，建立牛顿定律方程： N 1‘＝mgcosα mgsinα－f 1’＝ma ，得：f 1‘＝m(gsinα－a) 由牛顿第三定律，物体楔形木块有N 1＝N 1’，f 1＝f 1‘然后以楔形木块为研究对象，建立平衡方程：N ＝mg ＋N 1cosα＋f 1sinα＝Mg ＋mgcos 2α＋mgsin 2α－masinα ＝(M ＋m)g －masinαf ＝N 1sinα－f 1cosα＝mgcosαsinα－m(gsinα－a)cosα＝macosα 点评：质点在直线运动问题中应用牛顿定律，高考热点是物体沿斜面的运动和运动形式发生变化两类问题。
2020江苏高考物理二轮讲义：专题一第1讲 力与物体的平衡
第1讲力与物体的平衡真题再现(2019·高考江苏卷)如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右．细绳与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为()A.Tsin αB.Tcos αC.T sin αD．T cos α详细分析：选C.以气球为研究对象，受力分析如图所示，则由力的平衡条件可知，气球在水平方向的合力为零，即风对气球作用力的大小为F＝T sin α，C正确，A、B、D错误.考情分析命题研究近几年江苏卷单独对该部分的考查较少，但在综合题型中都有涉及，本讲知识属于基础知识，需熟练掌握受力分析与静态平衡【高分快攻】1．受力分析的4种方法假设法在受力分析时，若不能确定某力是否存在，可先对其作出存在的假设，然后分析该力存在对物体运动状态的影响来判断该力是否存在整体法将加速度相同的几个相互关联的物体作为一个整体进行受力分析隔离法将所研究的对象从周围的物体中分离出来，单独进行受力分析动力学分析法对加速运动的物体进行受力分析时，应用牛顿运动定律进行分析求解3．两大思维方法对比【典题例析】(2019·高考全国卷Ⅲ)用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示．两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°.重力加速度为g .当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F 1、F 2，则( )A ．F 1＝33mg ，F 2＝32mgB ．F 1＝32mg ，F 2＝33mg C ．F 1＝12mg ，F 2＝32mg D ．F 1＝32mg ，F 2＝12mg [详细分析] 分析可知工件受力平衡，对工件受到的重力按照压紧斜面Ⅰ和Ⅱ的效果进行分解如图所示，结合几何关系可知工件对斜面Ⅰ的压力大小为F 1＝mg cos 30°＝32mg 、 对斜面Ⅱ的压力大小为F 2＝mg sin 30°＝12mg ，选项D 正确，A 、B 、C 均错误． [答案] D【题组突破】角度1 受力分析的方法1．(2019·南京模拟)如图，一个L 形木板(上表面光滑)放在斜面体上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的木块相连．斜面体放在平板小车上，整体一起沿水平向右的方向做匀速直线运动，不计空气阻力，则关于各物体的受力情况，下列说法正确的是( )A ．L 形木板受4个力的作用B ．斜面体可能只受2个力作用C ．木块受2个力作用D ．斜面体不可能受平板小车对它的摩擦力作用详细分析：选D.先把L 形木板、木块、斜面体看成一个整体进行受力分析，受重力、小车的支持力，选项D正确；隔离木块进行受力分析，其受重力、L形木板的支持力、弹簧的弹力(沿斜面向上)三个力作用处于平衡状态，选项C错误；隔离L形木板进行受力分析，其受重力、斜面体的支持力、弹簧的弹力(沿斜面向下)、木块的压力、斜面体对它的摩擦力5个力作用，选项A错误；隔离斜面体进行受力分析，其受4个力作用，选项B错误．角度2解决共点力平衡的方法2．(2019·高考天津卷)2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式通车．为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索(所有钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥，其索塔与钢索如图所示．下列说法正确的是()A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度C．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下D．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布详细分析：选C.增加钢索的数量，索塔受到的向下的压力增大，A错误；当索塔受到的力F一定时，降低索塔的高度，钢索与水平方向的夹角α减小，则钢索受到的拉力将增大，B错误；如果索塔两侧的钢索对称且拉力大小相同，则两侧拉力在水平方向的合力为零，钢索的合力一定竖直向下，C正确；索塔受到钢索的拉力合力竖直向下，当两侧钢索的拉力大小不等时，由图可知，两侧的钢索不一定对称，D错误．角度3“动杆”“定杆”和“死结”“活结”问题3．(2019·南通二模)如图甲所示，轻杆OB可绕B点自由转动，另一端O点用细绳OA拉住，固定在左侧墙壁上，质量为m的重物用细绳OC悬挂在轻杆的O点，OA与轻杆的夹角∠BOA ＝30°.乙图中水平轻杆OB一端固定在竖直墙壁上，另一端O装有小滑轮，用一根绳跨过滑轮后悬挂一质量为m的重物，图中∠BOA＝30°，求：(1)甲、乙两图中细绳OA的拉力各是多大？(2)甲图中轻杆受到的弹力是多大？(3)乙图中轻杆对滑轮的作用力是多大？详细分析：(1)由于甲图中的杆可绕B 转动，是转轴杆(是“活杆”)，故其受力方向沿杆方向，O 点的受力情况如图(a)所示，则O 点所受绳子OA 的拉力F T1、杆的弹力F N1的合力与物体的重力是大小相等、方向相反的，在直角三角形中可得，F T1＝mg sin 30°＝2mg ；乙图中是用一细绳跨过滑轮悬挂物体的，由于O 点处是滑轮，它只是改变绳中力的方向，并未改变力的大小，且AOC 是同一段绳子，而同一段绳上的力处处相等，故乙图中绳子拉力为F ′T1＝F ′T2＝mg .(2)由图(a)可知，甲图中轻杆受到的弹力为F ′N1＝F N1＝mg tan 30°＝3mg .(3)对乙图中的滑轮受力分析，如图(b)所示，由于杆OB 不可转动，所以杆所受弹力的方向不一定沿OB 方向．即杆对滑轮的作用力一定与两段绳的合力大小相等，方向相反，由图(b)可得，F 2＝2mg cos 60°＝mg ，则所求力F ′N2＝F 2＝mg .答案：(1)2mg mg (2)3mg (3)mg角度4 平衡中的临界与极值问题4．(多选)(2019·苏州模拟)如图，弹性轻绳一端固定于O 点，另一端连有一质量为m 的小球a ，小球a 通过不可伸长的细绳连接质量相同的小球b ，两小球均处于静止状态．现给小球b 施加一个力F ，使弹性轻绳与竖直方向成30°角，两球依然保持静止．下列说法正确的是( )A ．弹性绳的长度一定增加B ．a 、b 间细绳上的张力可能减小C ．力F 的值可能大于mgD ．力F 的值可能小于12mg 详细分析：选BC.以小球a 为研究对象，进行受力分析，如图甲，根据作图法分析得到，a 、b 间细绳上的张力可能减小，故B 正确；以a 、b 整体为研究对象，进行受力分析如图乙，根据作图法分析得到，弹性绳的张力可能减小，所以弹性绳的长度可能减小；当小球施加的力F与弹性轻绳垂直时，所用的力F最小，F min＝2mg sin 30°＝mg，故C正确，A、D错误．命题角度解决方法易错辨析连接体的受力分析整体法与隔离法的应用不能灵活选取研究对象杆中的受力分析根据受力平衡条件确定杆的方向注意杆端有无铰链绳中的受力特点力沿绳方向且只能收缩绳中有无结点是绳中力改变的关键点平衡中的临界问题极限法或假设法不能找准临界状态的条件平衡中的极值问题图解法或数学表达式法不能分析极值出现的时机动态平衡问题【高分快攻】解决动态平衡问题的一般思路：把“动”化为“静”，“静”中求“动”，动态平衡问题的分析过程与处理方法如下：注意：(1)如果物体所受的力较少，可以采用合成的方法．(2)如果物体受到三个力的作用而处于动态平衡，若其中的一个力大小、方向均不变，另外两个力的方向都发生变化，可以用力的三角形与几何三角形相似的方法求解．(3)如果物体受到三个力的作用，其中一个力的大小、方向均不变，并且还有另一个力的方向不变，此时可用图解法分析，即可以通过画出多个平行四边形来分析力的变化．【典题例析】(多选) (2019·无锡高三质量检测)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[详细分析]只要物块a质量不变，物块b保持静止，则连接a和b的细绳的张力就保持不变，细绳OO′的张力也就不变，选项A、C错误．对物块b进行受力分析，物块b受到细绳的拉力(不变)、竖直向下的重力(不变)、外力F、桌面的支持力和摩擦力．若F方向不变，大小在一定范围内变化，则物块b受到的支持力和物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化，选项B、D正确．[答案]BD【题组突破】角度1解+析法的应用1.质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上．用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示．用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中() A．F逐渐变大，T逐渐变大B．F逐渐变大，T逐渐变小C．F逐渐变小，T逐渐变大D．F逐渐变小，T逐渐变小详细分析：选A.以O点为研究对象，设绳OA与竖直方向的夹角为θ，物体的重力为G，根据共点力的平衡可知，F＝G tan θ，T＝Gcos θ，随着O点向左移，θ变大，则F逐渐变大，T 逐渐变大，A项正确．角度2图解法的应用2．(2019·常州质检)如图所示，一小球在斜面上处于静止状态，不考虑一切摩擦，如果把挡板由竖直位置绕 O 点缓慢转至水平位置，则此过程中球对挡板的压力 F 1和球对斜面的压力 F 2的变化情况是( )A ．F 1先增大后减小，F 2一直减小B ．F 1先减小后增大，F 2一直减小C ．F 1和 F 2都一直在增大D ．F 1和 F 2都一直在减小详细分析：选B.法一(力三角形法)：小球初始时刻的受力情况如图1所示，因挡板是缓慢转动的，所以小球处于动态平衡状态，在转动过程中，重力、斜面的支持力和挡板的弹力组成的矢量三角形的变化情况如图2所示(重力 G 的大小、方向均不变，斜面对小球的支持力 F ′2的方向始终不变)，由图2可知此过程中斜面对小球的支持力F ′2不断减小，挡板对小球的弹力F ′1先减小后增大，由牛顿第三定律可知选项B 正确．法二(解+析法)：设斜面倾角为α，挡板与竖直方向夹角为β，如图3所示，则由平衡条件可得：F ′1sin β＋F ′2cos α＝G ，F ′1cos β ＝F ′2sin α，联立解得 F ′1＝G sin αcos （β－α），F ′2＝G cos α＋sin αtan β.挡板缓慢转至水平位置，β由0逐渐增大到π2，当β＝α时，cos (β－α)＝1，F ′1最小，所以 F ′1先减小后增大；β增大过程中 tan β随之增大，F ′2不断减小，故选项B 正确．角度3 相似三角形法的应用3．(2019·淮安二模)如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，轻杆A 端用铰链固定，滑轮在A 点正上方(滑轮大小及摩擦均可不计)，轻杆B 端吊一重物G ，现将绳的一端拴在杆的B 端，用拉力F 将B 端缓慢上拉(均未断)，在AB 杆达到竖直前，以下分析正确的是( )A ．绳子越来越容易断B ．绳子越来越不容易断C ．AB 杆越来越容易断D ．AB 杆越来越不容易断详细分析：选B.以B 点为研究对象，它受三个力的作用而处于动态平衡状态，其中一个是轻杆的弹力T ，一个是绳子斜向上的拉力F ，一个是绳子竖直向下的拉力F ′(大小等于物体的重力G )，根据相似三角形法，可得F ′OA ＝T AB ＝F OB，由于OA 和AB 不变，OB 逐渐减小，因此轻杆上的弹力大小不变，而绳子斜向上的拉力越来越小，选项B 正确．命题角度解决方法 易错辨析 一个力不变，另一个力方向不变图解法 不能在三角形中找到变化的量 一个力不变，另一个力大小不变画圆法 不能准确画出矢量三角形 一个力不变，另一个力大小、方向都变 相似三角形法要正确画出力的三角形和边的几何三角形 电学中的共点力平衡问题【高分快攻】1．涉及电场力、磁场力的平衡问题的解题思路(1)记忆口诀：一场二弹三摩擦，各力方向准确画．(2)思维导图2．解题常见误区及提醒(1)安培力方向的判断要先判断磁场方向、电流方向，再用左手定则判断，同时注意立体图转化为平面图．(2)电场力或安培力的出现，可能会对压力或摩擦力产生影响．(3)涉及电路问题时，要注意闭合电路欧姆定律的使用．【典题例析】(2019·高考全国卷Ⅰ)如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则()A．P和Q都带正电荷B．P和Q都带负电荷C．P带正电荷，Q带负电荷D．P带负电荷，Q带正电荷[详细分析]对P、Q整体进行受力分析可知，在水平方向上整体所受电场力为零，所以P、Q必带等量异种电荷，选项A、B错误；对P进行受力分析可知，匀强电场对它的电场力应水平向左，与Q对它的库仑力平衡，所以P带负电荷，Q带正电荷，选项D正确，C错误．[答案] D如图所示，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．详细分析：依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下．开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl1＝0.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1＝mg①式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小．开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为F＝IBL②式中，I是回路电流，L是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长了Δl2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③由欧姆定律有E＝IR④式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻．联立①②③④式，并代入题给数据得m＝0.01 kg.答案：方向竖直向下0.01 kg(建议用时：25分钟)一、单项选择题1．(2019·泰州二模)在粗糙水平面上放着一个三角形木块abc，在它的两个粗糙斜面上分别放有质量为m1和m2的两个物体，m1>m2，如图所示，若三角形木块和两物体都是静止的，则粗糙水平面对三角形木块()A．有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向右B．有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向左C．有摩擦力的作用，但摩擦力的方向不能确定，因m1、m2、θ1、θ2的数值均未给出D．以上结论都不对详细分析：选D.法一(隔离法)：把三角形木块隔离出来，它的两个斜面上分别受到两物体对它的压力F N1、F N2，摩擦力F1、F2.由两物体的平衡条件知，这四个力的大小分别为F N1＝m1g cos θ1，F N2＝m2g cos θ2F1＝m1g sin θ1，F2＝m2g sin θ2它们的水平分力的大小(如图所示)分别为F N1x＝F N1sin θ1＝m1g cos θ1sin θ1F N2x＝F N2sin θ2＝m2g cos θ2sin θ2F1x＝F1cos θ1＝m1g cos θ1sin θ1F2x＝F2cos θ2＝m2g cos θ2sin θ2其中F N1x＝F1x，F N2x＝F2x，即它们的水平分力互相平衡，木块在水平方向无滑动趋势，因此不受水平面的摩擦力作用．法二(整体法)：由于三角形木块和斜面上的两物体都静止，可以把它们看成一个整体，受力如图所示．设三角形木块质量为M，则竖直方向受到重力(m1＋m2＋M)g和支持力F N作用处于平衡状态，水平方向无任何滑动趋势，因此不受水平面的摩擦力作用．2．(2019·高考全国卷Ⅱ)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行．已知物块与斜面之间的动摩擦因数为33，重力加速度取10 m/s2.若轻绳能承受的最大张力为1 500 N，则物块的质量最大为()A．150 kg B．100 3 kgC．200 kg D．200 3 kg详细分析：选A.设物块的质量最大为m，将物块的重力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡条件，在沿斜面方向有F＝mg sin 30°＋μmg cos 30°，解得m＝150 kg，A项正确．3．(2019·常州一中联考)如图所示，在固定斜面上的一物块受到一外力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的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F2>0)．由此可求出() A．物块的质量B．斜面的倾角C．物块与斜面间的最大静摩擦力D．物块对斜面的正压力详细分析：选C.设斜面倾角为θ，斜面对物块的最大静摩擦力为F f，当F取最大值F1时，最大静摩擦力F f沿斜面向下，由平衡条件得F1＝mg sin θ＋F f；当F取最小值F2时，F f 沿斜面向上，由平衡条件得 F 2＝mg sin θ－F f ，联立两式可求出最大静摩擦力F f ＝F 1－F 22，选项 C 正确．F N ＝mg cos θ，F 1＋F 2＝2mg sin θ，所以不能求出物块的质量、斜面的倾角和物块对斜面的正压力．4．一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详细分析：选B.将钩码挂在弹性绳的中点时，由数学知识可知钩码两侧的弹性绳(劲度系数设为k )与竖直方向夹角θ均满足sin θ＝45，对钩码(设其重力为G )静止时受力分析，得G ＝2k ⎝⎛⎭⎫1 m 2－0.8 m 2cos θ；弹性绳的两端移至天花板上的同一点时，对钩码受力分析，得G ＝2k ⎝⎛⎭⎫L 2－0.8 m 2，联立解得L ＝92 cm ，可知A 、C 、D 项错误，B 项正确．5.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.m2 B ．32m C ．mD ．2m详细分析：选C.由于轻环不计重力，故细线对轻环的拉力的合力与圆弧对轻环的支持力等大反向，即沿半径方向；又两侧细线对轻环拉力相等，故轻环所在位置对应的圆弧半径为两细线的角平分线，因为两轻环间的距离等于圆弧的半径，故两轻环与圆弧圆心构成等边三角形；又小球对细线的拉力方向竖直向下，由几何知识可知，两轻环间的细线夹角为120°，对小物块进行受力分析，由三力平衡知识可知，小物块质量与小球质量相等，均为m ，C 项正确．6． 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－ 3B ．36 C.33D ．32详细分析：选C.当拉力水平时，物块做匀速运动，则F ＝μmg ，当拉力方向与水平方向的夹角为60°时，物块也刚好做匀速运动，则F cos 60°＝μ(mg －F sin 60°)，联立解得μ＝33，A 、B 、D 项错误，C 项正确．7．如图所示，匀强电场的电场强度方向与水平方向夹角为30°且斜向右上方，匀强磁场的方向垂直于纸面(图中未画出)．一质量为m 、电荷量为q 的带电小球(可视为质点)以与水平方向成30°角斜向左上方的速度v 做匀速直线运动，重力加速度为g ，则( )A ．匀强磁场的方向可能垂直于纸面向外B ．小球一定带正电荷C ．电场强度大小为mgqD ．磁感应强度的大小为mgq v详细分析：选C.小球做匀速直线运动，受到的合力为零，假设小球带正电，则小球的受力情况如图甲所示，小球受到的洛伦兹力沿虚线但方向未知，小球受到的重力与电场力的合力与洛伦兹力不可能平衡，故小球不可能做匀速直线运动，假设不成立，小球一定带负电，选项B 错误；小球的受力情况如图乙所示，小球受到的洛伦兹力一定斜向右上方，根据左手定则，匀强磁场的方向一定垂直于纸面向里，选项A 错误；根据几何关系，电场力大小qE ＝mg ，洛伦兹力大小q v B ＝3mg ，解得E ＝mg q ，B ＝3mgq v，选项C 正确，D 错误．8．(2019·扬州模拟)质量为m 的四只完全相同的足球叠成两层放在水平面上，底层三只足球刚好接触成三角形，上层一只足球放在底层三只足球的正上面，系统保持静止．若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )A ．底层每个足球对地面的压力为mgB ．底层每个足球之间的弹力为零C ．下层每个足球对上层足球的支持力大小为mg 3D ．足球与水平面间的动摩擦因数至少为66详细分析：选B.根据整体法，设下面每个球对地面的压力均为F N ，则3F N ＝4mg ，故F N ＝43mg ，A 错误；四个球的球心连线构成了正四面体，下层每个足球之间的弹力为零，B 正确；上层足球受到重力、下层足球对上层足球的三个支持力，由于三个支持力的方向不是竖直向上，所以三个支持力在竖直方向的分量之和等于重力，则下层每个足球对上层足球的支持力大小大于mg3，C 错误；根据正四面体几何关系可求，F 与mg 夹角的余弦值cos θ＝63，正弦值sin θ＝33，则有F ·63＋mg ＝F N ＝43mg ，33F ＝F f ，解得F f ＝26mg ，F ＝66mg ，则μ≥26mg 43mg ＝28，所以足球与水平面间的动摩擦因数至少为28，故D 错误． 9.三段细绳OA 、OB 、OC 结于O 点，另一端分别系于竖直墙壁、水平顶壁和悬挂小球，稳定后OA 呈水平状态．现保持O 点位置不变，缓慢上移 A 点至D 点的过程中，关于OA 绳上的拉力变化情况的判断正确的是( )A ．一直增大B ．一直减小C ．先增大后减小D ．先减小后增大详细分析：选D.可运用动态图解法，由图可知，当 OA 与 OB 垂直时，OA 上的拉力最小，故 D 正确．10．(2019·徐州模拟)如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔．质量为m的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力F和环对小球的弹力F N的大小变化情况是()A．F减小，F N不变B．F不变，F N减小C．F不变，F N增大D．F增大，F N减小详细分析：选 A.对小球受力分析，其所受的三个力组成一个闭合三角形，如图所示，力三角形与圆内的三角形相似，由几何关系可知mgR＝F NR ＝FL，小球缓慢上移时mg不变，R不变，L减小，故F减小，F N大小不变，A正确．二、多项选择题11.(2018·高考天津卷)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θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力F N，则()A．若F一定，θ大时F N大B．若F一定，θ小时F N大C．若θ一定，F大时F N大D．若θ一定，F小时F N大详细分析：选BC.木楔两侧面产生的推力合力大小等于F，由力的平行四边形定则可知，F N＝F2sin θ2，由表达式可知，若F一定，θ越小，F N越大，A项错误，B项正确；若θ一定，F越大，F N越大，C项正确，D项错误．12．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，则衣架悬挂点右移详细分析：选AB.设两段绳子间的夹角为2α，绳子的拉力大小为F ，由平衡条件可知，2F cos α＝mg ，所以F ＝mg2cos α，设绳子总长为L ，两杆间距离为s ，由几何关系L 1sin α＋L 2sin α＝s ，得sin α＝s L 1＋L 2＝sL ，绳子右端上移，L 、s 都不变，α不变，绳子张力F 也不变，A 正确；杆N 向右移动一些，s 变大，α变大，cos α变小，F 变大，B 正确；绳子两端高度差变化，不影响s 和L ，所以F 不变，C 错误；衣服质量增加，绳子上的拉力增加，由于α不会变化，悬挂点不会右移，D 错误．13．(2017·高考全国卷Ⅰ)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α⎝⎛⎭⎫α＞π2 .现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α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详细分析：选AD.将重物向右上方缓慢拉起，重物处于动态平衡状态，可利用平衡条件或力的分解画出动态图分析．将重物的重力沿两绳方向分解，画出分解的动态图如图所示．在三角形中，根据正弦定理有G sin γ1＝F OM 1sin β1＝F MN 1sin θ1，由题意可知F MN 的反方向与F OM 的夹角γ＝180°－α，不变，因sin β(β为F MN 与G 的夹角)先增大后减小，故OM 上的张力先增大后减小，当β＝90°时，OM 上的张力最大，因sin θ(θ为F OM 与G 的夹角)逐渐增大，故MN 上的。
2020届高考物理江苏省二轮复习课件：1_专题一 力与运动
拓展 (2018江苏苏、锡、常、镇四市调研)小明将一辆后轮驱动的电动小 汽车,按图示方法置于两个平板小车上,三者置于水平实验桌上。当小明用遥 控器启动小车向前运动后,他看到两个平板小车也开始运动,下列标出平板小 车的运动方向正确的是 ( C )
答案 C 用遥控器启动小车向前运动,后轮是主动轮顺时针转动,所以左侧 平板小车对后轮的摩擦力向右,后轮对左侧平板小车的摩擦力向左;前轮的摩擦力 向右。因此左侧平板小车向左运动,右侧平板小车向右运动。故C正 确,A、B、D错误。
A.若F=1.5 N,则A物块所受摩擦力大小为1.5 N B.若F=8 N,则B物块的加速度为4.0 m/s2 C.无论力F多大,A与薄硬纸片都不会发生相对滑动 D.无论力F多大,B与薄硬纸片都不会发生相对滑动
答案 C A与纸片间的最大静摩擦力fA=μ1mAg=0.3×1×10 N=3 N,B与纸片间
r
mωv=mr
4π2 T2
)求解。
(2)模型2——竖直面内的圆周运动(绳球模型和杆球模型),通过最高点和最低 点的速度常利用动能定理(或机械能守恒定律)来建立联系,然后结合牛顿第 二定律进行动力学分析求解。 ①绳球模型:小球能通过最高点的条件是v≥ gR 。 ②杆球模型:小球能通过最高点的条件是v≥0。 3.对于平抛或类平抛运动与圆周运动组合的问题,应用合成与分解的思想分 析这两种运动转折点的速度是解题的关键。
答案 AD A与B一起加速运动,故由牛顿第二定律F=ma可知,加速度变化规 律与F相同,先减小后增大,故A正确;由v=at可知,由于加速度先减小后增大,A 物体一直在做变加速运动,故B错误;A物体速度一直在增大,表现在x-t图像中 就是图线的斜率一直在增大,故C错误;B对A的摩擦力大小等于物体A的合外 力大小,由牛顿第二定律f=ma,根据物体A的加速度变化即可判断D正确。
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第五讲力学的经典模型（一）――课后自测诊断卷1. 某小孩在广场游玩时，将一氢气球系在了水平地面上的砖块上，在水平风力的作用下，处于如图所示的静止状态。
若水平风速缓慢增大，不考虑气球体积及空气密度的变化，则下列说法中正确的是（）A. 细绳受到拉力逐渐减小B. 砖块受到的摩擦力可能为零C. 砖块一定不可能被绳子拉离地面D. 砖块受到的摩擦力一直不变解析：选C对气球受力分析，受到重力、风的推力、拉力、浮力，如图。
根据共点力平衡条件，有Tsin 9= F，Tcos 9+ m萨F浮，解得T=汗2+一F浮一mg_2，当风力增大时，绳子的拉力T也增大，A错误；再对气球和砖块整体受力分析，平衡时，受总重力、地面支持力、浮力、风的推力和摩擦力，根据共点力平衡条件，有N= （M+ m）g—F浮，f = F,当风力增大时，地面支持力不变，与风力无关，砖块不可能被绳子拉离地面，C正确；砖块滑动前受到地面施加的摩擦力与风力平衡，故砖块受到的静摩擦力随风力的增大而逐渐增大，滑动后砖块受滑动摩擦力，由于所受支持力不变，故滑动摩擦力不变，故砖块受到的摩擦力先增加后不变，B D错误。
2. 我国的高铁技术在世界处于领先地位，高铁（如图甲所示）在行驶过程中非常平稳，放在桌上的水杯几乎感觉不到晃动。
图乙为高铁车厢示意图，A、B两物块相互接触放在车厢里的水平桌面上，物块与桌面间的动摩擦因数相同。
A的质量比B的质量大，车在平直的铁轨上向右做匀速直线运动，A、B相对于桌面始终保持静止，下列说法正确的是（）A HO甲乙A. A受到2个力的作用B. B受到3个力的作用C. A B均受到桌面向右的摩擦力D. B受到A对它向右的弹力解析：选A车在平直的铁轨上向右做匀速直线运动，此时物块A、B均向右做匀速运动，故A、B均只受重力和支持力作用，水平方向没有外力，故水平方向均不受摩擦力，同时A B间也没有弹力作用，故A正确，B、C、3. 为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示，当此车减速上坡时，乘客（）A. 处于超重状态B•不受摩擦力的作用C. 受到向后（水平向左）的摩擦力作用D. 所受力的合力竖直向上解析：选C当车减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度与车的加速度相同，根据牛顿第二定律知人的合力沿斜面向下，合力的大小不变，人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图所示。
将加速度沿竖直方向和水平方向分解,则有竖直向下的加速度，贝mg- N= ma，N< mg乘客处于失重状态，故A、B、D 错误，C正确。
4. 如图所示，用两根完全相同的轻质弹簧，将质量为m的小球悬挂在小车内。
当小车沿水平方向运动，且小球与车相对D错误静止时，弹簧A与竖直方向的夹角9= 30°,弹簧B水平，两根弹簧的长度仍相同。
关于小车的运动，下列说法可能正确的是（）A. 小车向左做匀速直线运动B.小车以加速度向右做匀加速运动 C. D. 解析：选D 设弹簧伸长量为x ,贝U ： kxcos 30 °= mg kx — kxsin 30 °= ma 联立得：a =¥g ,方向与B 拉力的方向相同，即向右；故小车以加速度 身g 向左做 匀减速运动或向右做匀加速运动，故 D 正确。
5. ［多选］（2020 •江苏南京师大附中高考模拟）质量均为m 的两个 木块A 、B 用一轻弹簧拴接，静置于水平地面上，如图甲所示。
现用一 竖直向上的恒力F 拉木块A ,使木块A向上做直线运动，如图乙所示。
从木块A 开始运动到木块B 刚要离开地面的过程中，设弹簧始终处于弹性限度内， 重力加速度为g ，下列说法中正确的是（ ）A. 要使B 能离开地面，F 的大小应大于mgB. A 的加速度一定先减小后增大C. A 的动能一定先增大后减小D. A B 和弹簧组成的系统机械能一定增大解析：选AD 当木块B 刚好离开地面时，木块 A 的速度恰好为零，此情况力F 为最小，此过程由机械能守恒可得 F ・2x + &= mg- 2x +曰，化简可得F = mg 所以 要使B 能离开地面，F 的大小应大于mg 故A 正确；在弹簧恢复原长之前，木块 A 受的合力为F 合二F + kx — mg 在这个过程加速度减小，速度增大；弹簧恢复原长之 后，如果力F 很大，加速度的方向仍然向上，木块 A 受的合力为F 合二F — kx — mg 之后的过程加速度减小，速度还在增大，故 B 、C 错误；因为在整个过程力F —直做 正功，所以A 、B 和弹簧组成的系统机械能一定增大，故 D 正确。
6. 如图所示，质量为2 kg 的物块A 和质量为4 kg 的物块B 紧挨着放置在粗糙的水小车以加速度 向右做匀减速运动小车以加速度甲 £B.小车以加速度向右做匀加速运动平地面上，物块A的左侧连接一劲度系数为k = 100 N/m 的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上。
开始时两 物块压缩弹簧并恰好处于静止状态，现使物块 B 在水平拉力F 作用下向右做加速度 为a = 2 m/s 2的匀加速直线运动，已知两物块与地面间的动摩擦因数均为卩=0.5 , 下列说法正确的是（ ）A. 因为物块B 做匀加速直线运动，所以拉力 F 是恒力B. 拉力F 的最大值为F ma 尸38 NC. 物块B 与物块A 分离时弹簧处于伸长状态，其伸长量为 x = 6 cmD. 物块B 与物块A 分离时弹簧处于压缩状态，其压缩量为 x = 14 cm解析：选D 物块A 、B 分离前，以A 、B 整体为研究对象，F + kx — f = （mk + m ）a ， 由于弹簧的压缩量x 逐渐减小，所以F 需逐渐增大，选项A 错误；物块A 、B 分离时 拉力F 达到最大值，以B 为研究对象，F max —^m B g = ma ，解得F max = 28 N,以A 为研 究对象，kx °—ym A g = ma ，解得 x ° = 14 cm ，故 B 、C 错误， -------------- 訂 D 正 确。
用d7.如图所示，A B 、C 三物块叠放并处于静止状态，水「厂 丐 平 地面光滑，其他接触面粗糙，以下受力分析正确的是（） A. A 与墙面间存在压力B. A 与墙面间存在静摩擦力C. A 物块共受3个力作用D. B 物块共受5个力作用解析：选C 以三个物块组成的整体为研究对象，水平方向上：地面光滑，对 C 没有摩擦力，根据平衡条件得知，墙对A 没有压力，因而也没有摩擦力，A 、B 错误； 对A :受到重力、B 的支持力和摩擦力3个力作用，C 正确；先对A 、B 整体研究，水平方向上：墙对A 没有压力，则由平衡条件分析可知，C 对B没 有摩擦力，再对B 分析：受到重力、A 的压力和摩擦力、C 的支 奇杠持 力，共4个力作用，D 错误。
'、脇8. ［多选］如图所示，在光滑水平面上以水平恒力 F 拉动小车和木块，让它们一 起做无相对滑动的加速运动，若小车质量为 M 木块质量为m 加速度大小为a ，木 块和小车间的动摩擦因数为卩。
对于这个过程，某同学用了以下4个式子来表达木块受到的摩擦力的大小，下述表达式一定正确的是 （）A. F — MaC.y mgD. Ma 解析：选AB 对木块：F f = ma,对小车：F — F f = Ma 故木块受到的摩擦力的大小 F f = ma 或 F f = F — Ma 故 A 、B 正确。
9. ［多选］如图所示，两个质量分别为m = 2 kg 、m = 3kg 的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接。
两个 大小分别为F — 30 N 、F 2= 20 N 的水平拉力分别作用在 m 、m 上，则（）A.系统运动稳定时，弹簧秤的示数是 50 NB •系统运动稳定时，弹簧秤的示数是 26 NC. 在突然撤去F i 的瞬间，m 的加速度大小为13 m/s 2D. 在突然撤去F 1的瞬间，m 的加速度大小为15 m/s 2解析：选BC 设弹簧的弹力大小为F,根据牛顿第二定律对整体有: 匚 错误，B 正确；在突然撤去F 1的瞬间，m 的加速度大小为a = — = 27 m/s 2= 13 m/s 2, m 2 方向水平向左，故C 正确，D 错误。
10. ［多选］如图所示，水平传送带 A 、B 两端相距x = 4m ，以v 尸4 m/s 的速度（始终保持不变）顺时针运转，今将一小煤块（可视为质点）无初速度地轻放在A 端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在 传送带上留下划痕。
已知煤块与传送带间的动摩擦因数卩=0.4，取重力加速度大 小g = 10 m/s 2,则煤块从A 运动到B 的过程中（）A. 煤块从A 运动到B 的时间是2.25 sB. 煤块从A 运动到B 的时间是1.5 sC. 划痕长度是0.5 mD. 划痕长度是2 m B. ma — —魅1 ----- teF 1— F 2 m + m30— 20 3+ 2 2 2 m/s = 2 m/s ，方向水平向右，对 m ： F 1— F = ma ,代入解得 F = 26 N ，故 A解析：选BD根据牛顿第二定律得，小煤块的加速度a=y g= 4 m/s2,则匀加一V o 一 1 2 1速运动的时间t i= = 1 s，匀加速运动的位移x i= at i = x4X1 m= 2 m,则小煤a 2 2X2块匀速运动的位移XP x - XP 4 m-2 X 2 m，匀速运动的时间t-矿°.5 s，所以小煤块从A运动到B的时间t = 11+ 12 = 1.5 s，故A错误，B正确。
在煤块匀加速运动的过程中，传送带的位移X3= V o t 1 = 4X 1 m= 4 m，则划痕的长度△ x= X3 —X1 =4 m—2 m= 2 m，故C错误，D正确。
11. ［多选］（2020 •江苏泗阳模拟）如图所示，物块A从弧形滑槽上的某一固定高度滑下后，以速度V1又滑上粗槽的水平传送带。
若传送带不动，A滑下后，从离开滑槽进入传送带左端开始计时，经过时间t 1滑至传送带右端某处便停止下来而不会掉下去。
若传送带以恒定速率V2做逆时针转动，A滑下后，从离开滑槽进入传送带左端开始计时，直到又返回传送带左端所用时间为t2,则以下判断正确的是（）A.若V1< V2，贝U t2 = 2t 1B.若V1>V2，贝U t2<2t 1C.若V1>V2，则t2>2t1D.若V1 = V2，贝U t2 = 2t1解析：选ACD当传送带不动时，物块滑上传送带后做匀减速运动到停止。