2015高考物理拉分题专项训练40
2015高考物理拉分题专项训练1
力的合成与分解1．合力与分力：如果一个力产生的效果跟几个共点力共同作用产生的效果相同，这一个力就叫做那几个力的合力，原来的几个力叫做分力．合力和分力是等效替代的关系．2．共点力：作用在物体的同一点，或作用线的延长线交于一点的力，如图所示均是共点力．3．力的合成：求几个力的合力的过程叫做力的合成．①平行四边形定则：求两个互成角度的共点力的合力，可以用表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就表示合力的大小和方向．②三角形定则：把两个矢量首尾相接，从而求出合矢量的方法．4．力的分解：求一个已知力的分力的过程叫做力的分解，力的分解遵循平行四边形定则或三角形定则．力的分解方法：①按力产生的效果分解；②正交分解．5．力的合成与分解关系如图所示：【例1】如图所示的水平面上，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．F1 > F2 > F3 B．F3 > F1 > F2 C．F2 > F3 > F1 D． F3 > F2 >F1B；由连接点P在三个力作用下静止知，三个力的合力为零，即F1、F2二力的合力F3′与F3等大反向，三力构成的平行四边形如图所示．由数学知识可知F3 > F1 > F2，B正确．【变式跟踪1】三个共点力大小分别是F1、F2、F3，关于它们的合力F的大小，下列说法中正确的是（）A．F大小的取值范围一定是0 ≤ F ≤ F1 + F2 + F3B．F至少比F1、F2、F3中的某一个大C．若F1∶F2∶F3 = 3∶6∶8，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零D．若F1∶F2∶F3 = 3∶6∶2，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零C；合力不一定大于分力，B错，三个共点力的合力的最小值能否为零，取决于任何一个力是否都在其余两个力的合力范围内，由于三个力大小未知，所以三个力的合力的最小值不一定为零，A错；当三个力的大小分别为3a，6a，8a，其中任何一个力都在其余两个力的合力范围内，故C正确，当三个力的大小分别为3a，6a，2a时，不满足上述情况，故D错．【变式跟踪2】一物体受到三个共面共点力F1、F2、F3的作用，三力的矢量关系如图所示（小方格边长相等），则下列说法正确的是（）A．三力的合力有最大值F1 + F2 + F3，方向不确定B．三力的合力有唯一值3F3，方向与F3同向C．三力的合力有唯一值2F3，方向与F3同向D．由题给条件无法求出合力大小B；对于给定的三个共点力，其大小、方向均确定，则合力的大小唯一、方向确定．排除A、C；根据图表，可先作出F1、F2的合力，不难发现F1、F2的合力方向与F3同向，大小等于2F3，根据几何关系可求出合力大小等于3F3，B对．【例2】如图所示，斜劈静止在水平地面上，有一物体沿斜劈表面向下运动，重力做的功与克服力F做的功相等．则下列判断中正确的是（）A．物体可能加速下滑B．物体可能受三个力作用，且合力为零C．斜劈受到地面的摩擦力方向一定水平向左D．撤去F后斜劈一定受到地面的摩擦力B；对物体受力分析如图，由重力做的功与克服力F做的功相等可知，重力的分力G1＝F1，若斜劈表面光滑，则物体匀速运动，若斜劈表面粗糙，则物体减速运动，故A错误，B正确．若F N与F f的合力方向竖直向上，则斜劈与地面间无摩擦力，C错误．撤去F后，若F N与F f的合力方向竖直向上，则斜劈与地面间无摩擦力，故D错误．【变式跟踪3】如图所示，力F垂直作用在倾角为α的三角滑块上，滑块没被推动，则滑块受到地面的静摩擦力的大小为（）A．0 B．Fcos α C．Fsin α D．Ftan α变式2 C；滑块受力如图．将力F正交分解，由水平方向合力为零可知F f＝Fsin α，所以C正确【例3】如图所示，在恒力F作用下，a、b两物体一起沿粗糙竖直墙面匀速向上运动，则关于它们受力情况的说法正确的是（）A．a一定受到4个力B．b可能受到4个力C．a与墙壁之间一定有弹力和摩擦力D．a与b之间一定有摩擦力AD；将a、b看成整体，其受力图如图所示，说明a与墙壁之间没有弹力和摩擦力作用；对物体b进行受力分析，如图所示，b受到3个力作用，所以a受到4个力作用．【变式跟踪4】如图所示，光滑斜面固定于水平面，滑块A、B叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，A上表面水平，则在斜面上运动时，B受力的示意图为（）A；以A、B为整体，A、B整体沿斜面向下的加速度a可沿水平方向和竖直方向分解为加速度a∥和a⊥，如图所示，以B为研究对象，B滑块必须受到水平向左的力来产生加速度a ∥，因此B 受到三个力的作用，即：重力、A 对B 的支持力、A 对B的水平向左的静摩擦力，故只有选项A 正确．【例3】【2013上海高考】两个共点力F l 、F 2大小不同，它们的合力大小为F ，则（ AD ）A ．F 1、F 2同时增大一倍，F 也增大一倍B ．F 1、F 2同时增加10N ，F 也增加10NC ．F 1增加10N ，F 2减少10N ，F 一定不变D ．若F 1、F 2中的一个增大，F 不一定增大【预测1】一质量为m 的物体放在粗糙斜面上保持静止．现用水平力F 推m ，如图所示，F 由零逐渐增加，整个过程中物体m 和斜面始终保持静止状态，则 （ ）A ．物体m 所受的支持力逐渐增加B ．物体m 所受的静摩擦力逐渐减小直到为零C ．物体m 所受的合力逐渐增加D ．水平面对斜面的摩擦力逐渐增加AD ；物体始终处于静止状态，所以所受的合力始终为零．故C错误．对物体受力分析并分解如图，未画上f ，讨论f 的情况：① Fcos θ = Gsin θ；f = 0 ② Fcos θ ＞ Gsin θ；f 沿斜面向下 ③ Fcos θ ＜ Gsin θ；f 沿斜面向上．所以f 的变化情况是：① 有可能一直变大 ② 有可能先变小后反向变大 故B错误．物体m 所受的支持力大小等于Gcos θ + Fsin θ，故A 正确．将物体和斜面看做一个整体分析可知，随F 增大，水平面对斜面的摩擦力逐渐增加．【变式跟踪4】【2013重庆高考】如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ．若此人所受重力为G ，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为（ A ）A ．GB ．Gsin θC ．Gcos θD ．Gtan θ【预测】如图所示，A 是一质量为M 的盒子，B 的质量为M/2，A 、B用细绳相连，跨过光滑的定滑轮，A 置于倾角θ＝30°的斜面上，B 悬于斜面之外而处于静止状态．现在向A 中缓慢加入沙子，整个系统始终保持静止，则在加入沙子的过程中（ ）A ．绳子拉力逐渐减小B ．A 对斜面的压力逐渐增大C ．A 所受的摩擦力逐渐增大D ．A 所受的合力不变BD ；现在向A 中缓慢加入沙子，整个系统始终保持静止，则在加入沙子的过程中，绳子拉力等于B 物体重力，不变，选项A 错误；A 对斜面的压力逐渐增大，A 所受的合力不变，A 所受的摩擦力可能逐渐减小，选项C 错误BD 正确．1．将物体所受重力按力的效果进行分解，下列图中错误的是（ ）C ；A 项中物体重力分解为垂直于斜面使物体压紧斜面的分力G 1和沿斜面向下使物体向下滑的分力G 2；B 项中物体的重力分解为沿两条细绳使细绳张紧的分力G 1和G 2，A 、B项图均画得正确．C项中物体的重力应分解为垂直于两接触面使物体压紧两接触面的分θ力G1和G2，故C项图画错．D项中物体的重力分解为水平向左压紧墙的分力G1和沿绳向下使绳张紧的分力G2，故D项正确．2．如图所示，两个质量均为m的物体分别挂在支架上的B点（如图甲所示）和跨过滑轮的轻绳BC上（如图乙所示），图甲中轻杆AB可绕A点转动，图乙中水平轻杆一端A 插在墙壁内，已知θ = 30°，则图甲中轻杆AB受到绳子的作用力F1和图乙中滑轮受到绳子的作用力F2分别为（Ｄ）A．F1 = mg、F2 = 3mg B．F1 = 3mg、F2 = 3mgC．F1 =33mg、F2 = mg D．F1 = 3mg、F2 = mg3．已知两个共点力的合力为50 N，分力F1的方向与合力F的方向成30°角，分力F2的大小为30 N．则（）A．F1的大小是唯一的 B．F2的方向是唯一的C．F2有两个可能的方向 D．F2可取任意方向C；由F1、F2和F的矢量三角形图可以看出：当F2＝F20＝25 N时，F1的大小才是唯一的，F2的方向才是唯一的．因F2＝30 N>F20＝25 N，所以F1的大小有两个，即F1′和F1″，F2的方向有两个，即F2′的方向和F2″的方向，故选项A、B、D错误，选项C正确．4．如图所示，固定斜面上有一光滑小球，分别与一竖直轻弹簧P和一平行斜面的轻弹簧Q连接着，小球处于静止状态，则关于小球所受力的个数不可能的（）A．1 B．2 C．3 D．4A；设斜面倾角为θ，小球质量为m，假设轻弹簧P对小球的拉力大小恰好等于mg，则小球受二力平衡；假设轻弹簧Q对小球的拉力等于mgsinθ，小球受到重力、弹簧Q的拉力和斜面的支持力作用，三力平衡；如果两个弹簧对小球都施加了拉力，那么除了重力，小球只有再受到斜面的支持力才能保证小球受力平衡，即四力平衡；小球只受单个力的作用，合力不可能为零，小球不可能处于静止状态．5．如图所示，两个等大、反向的水平力F分别作用在物体A和B上，A、B两物体均处于静止状态．若各接触面与水平地面平行，则A、B两物体各受几个力（）A．3个、4个 B．4个、4个 C．4个、5个 D．4个、6个C；对物体A受力分析，竖直方向上受两个力：重力和支持力；水平方向上受两个力：水平力F和B对A的摩擦力，即物体A共受4个力作用．对物体B受力分析，竖直方向上受3个力作用：重力、地面的支持力、A对B的压力；水平方向上受两个力作用：水平力F和A对B向右的摩擦力，即物体B共受5个力的作用，故答案C正确．6．如图所示，一根细线两端分别固定在A、B点，质量为m的物体上面带一个小夹子，开始时用夹子将物体固定在图示位置，OA段细线水平，OB段细线与水平方向的夹角为θ = 45°，现将夹子向左移动一小段距离，移动后物体仍处于静止状态，关于OA、OB两段细线中的拉力大小，下列说法正确的是（）A．移动前，OA段细线中的拉力等于物体所受的重力大小B．移动前，OA段细线中的拉力小于物体所受的重力大小C．移动后，OB段细线中拉力的竖直分量不变D ．移动后，OB 段细线中拉力的竖直分量变小AD ；取O 点为研究对象，受力如图所示，由图知：T OA ＝T O Bcos θ，T OB sin θ＝mg ，当θ＝45°时，T OA ＝mg ，A 对；向左移动一小段距离后，O 点位置下移，OB 段细线中拉力的竖直分量与OA 段细线中拉力的竖直分量之和等于重力大小，即OB 段细线中拉力的竖直分量变小，D 对．7．如图所示，杆BC 的B 端用铰链接在竖直墙上，另一端C 为一滑轮．重物G 上系一绳经过滑轮固定于墙上A 点处，杆恰好平衡．若将绳的A 端沿墙缓慢向下移（BC 杆、滑轮、绳的质量及摩擦均不计），则（ ）A ．绳的拉力增大，BC 杆受绳的压力增大B ．绳的拉力不变，BC 杆受绳的压力增大C ．绳的拉力不变，BC 杆受绳的压力减小D ．绳的拉力不变，BC 杆受绳的压力不变B ；选取绳子与滑轮的接触点为研究对象，对其受力分析，如图所示，绳中的弹力大小相等，即T 1＝T 2＝G ，C 点处于三力平衡状态，将三个力的示意图平移可以组成闭合三角形，如图虚线所示，设AC 段绳子与竖直墙壁间的夹角为θ，则根据几何知识可知F ＝2Gsin θ/2，当绳的A 端沿墙缓慢向下移时，θ增大，F 也增大，根据牛顿第三定律知，BC 杆受绳的压力增大，B 正确．8．如图所示，一个“Y”字形弹弓顶部跨度为L ，两根相同的橡皮条均匀且弹性良好，其自由长度均为L ，在两橡皮条的末端用一块软羊皮（长度不计）做成裹片可将弹丸发射出去．若橡皮条的弹力满足胡克定律，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），则弹丸被发射过程中所受的最大弹力为（ ）A ．B ．C ．kLD ．2kLA ；发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为2L ，每根橡皮条的弹力为kL ，两根橡皮条的夹角为θ=2arcsin0.25，弹丸被发射过程中所受的最大弹力，选项A 正确．9．如图所示，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，此时弹簧处于自然长度．已知滑块与板的动摩擦因数及最大静摩擦因数均为．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，此过程中弹簧弹力的大小F 随夹角θ的变化关系可能是图中的（ ）C ；设板与水平面的夹角为α时，滑块相对于板刚要滑动，则由mgsin α=μmgcos α得 ，α= 30°，则θ在0-30°范围内，弹簧处于原长，弹力F=0；当板与水平面的夹角大于时，滑块相对板缓慢滑动，由平衡条件得，其中tan β=-μ，说明F 与θ是正弦形式的关系．当θ= 90°时，F = mg ．故选C ．10．一轻杆BO ，其O 端用光滑铰链固定在竖直轻杆AO 上，B 端挂重物，且系一细绳，细绳跨过杆顶A 处的光滑小滑轮，用力F 拉住，如图所示．现将细绳缓慢向左拉，使杆BO 与AO的夹角逐渐减小，则在此过程中，拉力F 及杆BO 所受压力F N 的大小变化情况是（ ）A ．F N 先减小，后增大B ．F N 始终不变C ．F 先减小，后增大D ．F 始终不变A ；当细绳缓慢拉动时，整个装置处于动态平衡状态，设物体的重力为G ．以B 点为研究对象，分析受力情况，作出力图，如图．作出力F N 与F 的合力F 2，根据平衡条件得知，F 2=F 1=G ．由△F 2F N B∽△ABO 得2N F BO F AO=得到N BO F G AO =式中BO 、AO 、G 不变，则F N 保持不变．OA 、OB 的夹角减小，由力的合成和分解知识可知F 逐渐减小．只有A 正确．11．图中弹簧秤、绳和滑轮的质量均不计，绳与滑轮间的摩擦力不计，物体的重力都是G ，在图甲、乙、丙三种情况下，弹簧秤的读数分别是F 1、F 2、F 3，则 （ ）A ． F 3 > F 1 = F 2B ．F 3 = F 1 >F 2C ．F 1 = F 2 =F 3D ．F 1 > F 2 =F 3B ；甲图：物体静止，弹簧的拉力F 1=mg ； 乙图：以物体为研究对象，作出受力分析图如图，由平衡条件得F 2=Gsin60°=0.866mg；丙图：以动滑轮为研究对象，受力如图．由几何知识得F 3=mg ．故F 3=F 1＞F 2，故选B ．12．如图所示，加装“保护器”的飞机在空中发生事故失去动力时，上方的降落伞就会自动弹出．已知一根伞绳能承重2000N ，伞展开后伞绳与竖直方向的夹角为37°，飞机的质量约为8吨．忽略其他因素，仅考虑当飞机处于平衡时，降落伞的伞绳至少所需的根数最接近于（图中只画出了2根伞绳，sin37°=0.6,cos37°=0.8）（ ）A ．25B ．50C ．75D ．100B ；设至少需要n 根伞绳，每根伞绳的拉力F 等于2000N ，飞机受力平衡 ，则，代入数据解得n=50根。
2015高考物理拉分题专项训练11
自由落体运动与竖直上抛运动基础自测一、自由落体运动1．自由落体运动的特点：(1)从静止开始，即初速度为零．(2)物体只受重力作用．自由落体运动是一个初速度为零的匀加速直线运动．2．重力加速度：自由落体的加速度叫做重力加速度，用g 表示，它的大小约为9.8 m/s 2，方向竖直向下．(1)重力加速度是由于地球的引力产生的，地球上不同的地方g 的大小不同，赤道上的重力加速度比在两极的要小．(2)重力加速度的大小会随位置的改变而变化，但变化量不大，所以我们在今后的计算中，认为其为一定值，常用9.8 m/s 2，在粗略的计算中也可以取10 m/s 2.(3)自由落体运动是初速度为0，加速度为g 的匀加速直线运动．匀变速直线运动的一切规律，对自由落体运动都是适用的．v ＝gt ，h ＝12gt 2，v 2＝2gh.另外，初速度为零的匀加速运动的比例式对自由落体运动也是适用的． 二、竖直上抛运动1．竖直上抛运动问题的处理方法 (1)分段法可以把竖直上抛运动分成上升阶段的匀减速直线运动和下降阶段的自由落体运动处理． (2)整体法将竖直上抛运动视为初速度为v 0，加速度为的匀减速直线运动． 2．竖直上抛运动的重要特性 (1)对称性①时间对称性：上升过程和下降过程时间相等②速度对称性：上升过程和下降过程通过同一点时速度大小相等 (2)多解性 实例指导【例1】伽利略用实验验证v∝t 的最大困难是( ) A ．不能很准确地测定下落的距离 B ．不能测出下落物体的瞬时速度 C ．当时没有测量时间的仪器D ．当时没有记录落体运动的数码相机 答案 B【变式跟踪1】关于自由落体运动，下列说法中正确的是( ) A ．初速度为零的竖直向下的运动是自由落体运动B ．只在重力作用下的竖直向下的运动是自由落体运动C ．自由落体运动在任意相等的时间内速度变化量相等D ．自由落体运动是初速度为零，加速度为g 的匀加速直线运动答案 CD 解析 A 选项中，竖直向下的运动，有可能受到空气阻力或其他力的影响，下落的加速度不等于g ，这样就不是自由落体运动；选项B 中，物体有可能具有初速度，所以选项A 、B 不对．选项C 中，因自由落体运动是匀变速直线运动，加速度恒定，由加速度的概念a ＝ΔvΔt可知，Δv＝gΔt，所以若时间相等，则速度的变化量相等．选项D 可根据自由落体运动的性质判定是正确的【变式跟踪2】关于自由落体运动的加速度g ，下列说法正确的是( ) A ．重的物体的g 值大B ．g 值在地面任何地方一样大C ．g 值在赤道处大于南北两极处D ．同一地点的轻重物体的g 值一样大答案 D 解析 在同一地点所有物体g 值都相同．在地面不同地方，重力加速度的大小不同．从赤道到两极，g 值变大【例2】 从离地500 m 的高空自由落下一个小球，g 取10 m/s 2，求： (1)经过多长时间落到地面；(2)从开始下落时刻起，在第1 s 内的位移大小、最后1 s 内的位移大小； (3)落下一半时间时的位移大小．答案 (1)10 s (2)5 m 95 m (3)125 m 解析 (1)由位移公式x ＝12gt 2，得落地时间t ＝2x g＝2×50010s ＝10 s. (2)第1 s 内的位移：x 1＝12gt 21＝12×10×12 m ＝5 m ，前9 s 内的位移为：x 9＝12gt 29＝12×10×92m ＝405 m ，最后1 s 内的位移等于总位移和前9 s 内位移的差，即x 10＝x －x 9＝(500－405) m＝95 m.(3)落下一半时间即t′＝5 s ，其位移x′＝12gt′2＝12×10×52m ＝125 m.【变式跟踪3】一矿井深125 m ，在井口每隔一定时间自由落下一个小球．当第11个小球刚从井口开始下落时，第1个小球恰好到达井底．则相邻两小球开始下落的时间间隔为________ s ，这时第3个小球和第5个小球相距________ m. 答案 35解析 设相邻两小球开始下落的时间间隔为T ，则第1个小球从井口落至井底的时间为t ＝10T.由题意知h ＝12gt 2＝12g(10T)2，T ＝2h100g＝ 2×125100×10s ＝ s.利用初速度为零的匀加速直线运动的规律，从时间t ＝0开始，在连续相等的时间内位移之比等于以1开始的连续奇数比．从第11个小球下落开始计时，经T,2T,3T ，…，10T 后它将依次到达第10个、第9个、…、第2个、第1个小球的位置，各个位置之间的位移之比为1∶3∶5∶…∶17∶19，所以这时第3个小球和第5个小球相距： Δh＝13＋151＋3＋5＋…＋18＋19h ＝28100×125 m＝35 m【变式跟踪4】(2013·重庆高考)某人估测一竖直枯井深度，从井口静止释放一石头并开始计时，经2 s 听到石头落地声，由此可知井深约为(不计声音传播时间，重力加速度g 取10 m/s 2)( )A ．10 mB ．20 mC ．30 mD ．40 m 解析：选B h ＝12gt 2＝12×10×22m ＝20 m 。
2015新课标高考物理实验题专项训练(含参考答案)
2015新课标高考物理实验题专项训练题组一22．（6分）图1是现代中学物理利用DIS 位移传感器研究平抛运动规律的实验装置图，位移传感器通过接收发射器发射超声波信号(发射器按固定时间间隔Δt 发射信号)，采集发射器的位置信息，通过计算机处理实验数据，帮助学生轻易而准确地确定经过各个Δt 时间间隔时发射器的位置，从而准确地画出学生们想要的抛物线。
图2是某实验小组获得的平抛实验轨迹，已知背景方格纸均为正方格。
（1）通过图2实验数据可说明水平方向上做______________________________运动；竖直方向做___________________________运动。
（2）若做平抛运动的发射器发射超声波的间隔为Δt ，截取计算机屏幕一段轨迹如图3，背景网格每小格边长对应的实际运动的距离为a ，要利用以上数据推测发射器平抛时初速度v 0的表达式_______________，当地重力加速度g 的表达式 （用a 和Δt 表示）。
23．（9分）（1）测某金属丝的电阻率，为了精确的测出金属丝的电阻，需用欧姆表对金属丝的电阻粗测，下图是分别用欧姆档的“×1档”（图a ）和“×10档”（图b ）测量时表针所指的位置，则测该段金属丝应选择_______档（填“×1”或“×10”），该段金属丝的阻值约为_______Ω。
（2）所测金属丝的直径d 如图c 所示，d =_________mm ；接入电路金属丝的长度L 如图d （金属丝的左端从零刻度线对齐）所示，L =________cm 。
（3）为了更精确的测量该段金属丝的电阻，实验室提供了如下实验器材：A ．电源电动势E （3V ，内阻约1 Ω）B ．电流表A 1（0~0.6A ，内阻r 1约5Ω）C ．电流表A 2（0~10mA ，内阻r 2=10Ω）图d20图c97 98 99 100cm 图3图1图2D ．电压表V （0~15V ，内阻约3k Ω）E ．定值电阻R 0=250ΩF ．滑动变阻器R 1（0~5Ω，额定电流1A ）G ．滑动变阻器R 2（0~150Ω，额定电流0.3A ）H ．开关，导线若干 （4）请根据你选择的实验器材在下面的虚线框内画出实验电路图并标明所选器材的字母代号。
2015高考物理拉分题专项训练3(Word版含答案)
匀变速直线运动的规律及应用一、匀变速直线运动：沿着一条直线，且加速度保持不变的运动．分为匀加速直线运动（a与v同方向）和匀减速直线运动（a与v反向）二、匀变速直线运动的规律：1.一个定义式：2.两个基本规律：①速度公式：v = v0 + at；②位移公式：x =v0t + at2/23.三个重要推论：①做匀变速直线的物体在连续相等的相邻时间间隔T内的位移差等于恒量，即说明：②做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间初末时刻速度矢量和的一半，还等于中间时刻的瞬时速度，即v平均= v t/2 = (v0 + v t)/2；【匀变速直线运动的某段位移中点的瞬时速度v x/2 = 】说明：无论匀加速还是匀减速直线运动都有③位移速度关系式：v2t– v02 =2ax4.初速度为零的匀加速直线运动的特殊规律：⑴在1T末，2T末，3T末，…，nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶v n = 1∶2∶3∶…∶n⑵在1T内，2T内，3T内，…，nT内的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶x n = 12∶22∶32∶…∶n2⑶在第1个T内，第2个T内，第3个T内，…，第n个T内的位移之比为：xⅠ∶xⅡ∶x Ⅲ∶…∶x N =1∶3∶5∶…∶(2n – 1)⑷从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶t n=【例1】根据给出的速度和加速度的正负，对物体运动性质的判断正确的是（）A ．v > 0，a < 0，物体做加速运动B ．v < 0，a < 0，物体做加速运动C ．v < 0，a > 0，物体做减速运动D ．v > 0，a >0，物体做加速运动BCD ；速度和加速度都是矢量，若二者符号相同，物体就做加速运动，故B 、D 正确；若二者符号相反，物体就做减速运动，故A 错误，C 正确．【变式跟踪1】一物体由静止开始沿光滑斜面做匀加速直线运动，运动6秒到达斜面底端，已知斜面长为18米，则：⑴ 物体在第3秒内的位移多大？⑵ 前3秒内的位移多大？⑴ 第1 s ，第2 s ，第3 s……第6 s 内的位移之比为1∶3∶5∶7∶9∶11，因此第3秒内的位移x Ⅲ =51＋3＋5＋7＋9＋11×18 m = 2.5 m ， ⑵ 将6 s 的时间分成2个3 s ，前3 s 内的位移x 3＝11＋3×18 m ＝4.5 m. 【例2】珠海航展现场空军八一飞行表演队两架“歼-10”飞机表演剪刀对冲，上演精彩空中秀．质量为m 的“歼-10”飞机表演后返回某机场，降落在跑道上减速过程简化为两个匀减速直线运动．飞机以速度v 0着陆后立即打开减速阻力伞，加速度大小为a 1，运动时间为t 1；随后在无阻力伞情况下匀减速直至停下．在平直跑道上减速滑行总路程为x ．求：第二个减速阶段飞机运动的加速度大小和时间．如图，A 为飞机着陆点，AB 、BC 分别为两个匀减速运动过程，C 点停下．A 到B 过程，依据运动学规律有：x 1 = v 0t 1– 12a 1t 12，v B = v 0 – a 1t 1，B 到C 过程，依据运动学规律有：x 2 = v B t 2 – 12a 2t 22，0 = v B – a 2t 2，A 到C 过程，有：x = x 1 + x 2，联立解得：a 2 = (v 0 – a 1t 1)2/(2x + a 1t 12 – 2 v 0t 1) t 2 = (2x + a 1t 12 – 2v 0t 1)/( v 0 – a 1t 1)【变式跟踪2】如图所示是某型号全液体燃料火箭发射时第一级发动机工作时火箭的a – t 图象，开始时的加速度曲线比较平滑，在120 s 的时候，为了把加速度限制在4g 以内，第一级的推力降至60%，第一级的整个工作时间为200s ．由图线可以看出，火箭的初始加速度为15 m/s 2，且在前50 s 内，加速度可以看做均匀变化，试计算：⑴ t = 50 s 时火箭的速度大小；⑵ 如果火箭是竖直发射的，在前看成匀加速运动，则时离地面的高度是多少？如果此时有一碎片脱落，不计空气阻力，碎片将需多长时间落地？（取g = 10 m/s 2，结果可用根式表示）⑴ 因为在前50 s 内，加速度可以看做均匀变化，则加速度图线是倾斜的直线，它与时间轴所围的面积就表示该时刻的速度大小，所以有：v = (1/2)(15＋20)×50 m/s = 875 m/s ．⑵ 如果火箭是竖直发射的，在t = 10 s 前看成匀加速运动，则t = 10 s 时离地面的高度是h=at 2/2 =(1/2)×15×102 m = 750 m ，如果有一碎片脱落，它的初速度v 1＝at ＝150 m/s ，离开火箭后做竖直上抛运动，有－h = v 1t －12gt 2，代入数据解得t ＝5(3＋15) s ，t ′＝5(3－15) s 舍去．【例3】一辆汽车以10 m/s 的速度沿平直的公路匀速前进，因故紧急刹车，加速度大小为0.2 m/s 2，则刹车后汽车在1 min 内通过的位移大小为（ ）A ．240 mB ．250 mC ．260 mD ．90 mB ；因汽车刹车后一直做匀减速直到运动速度为零为止，所以t = v 0/a = 50 s ，所以汽车刹车后在1 min 内通过的位移为x = v 0t/2 = 250 m ．【变式跟踪3】一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动，开始刹车后的第1 s 内和第2 s 内位移大小依次为9 m 和7 m ，则刹车后6 s 内的位移是（ ）A ．20 mB ．24 mC ．25 mD ．75 mC ；因汽车做匀减速直线运动．由x = v 0t ＋12at 2得 9＝v 0×1－12a ×12，9＋7＝v 0×2－12a ×22，解得v 0 = 10 m/s ，a = 2 m/s 2．汽车从刹车到停止所需时间t = v 0/a = 5s ；刹车后6 s 内的位移即5 s 内的位移x = v 0t – 12at 2，代入数据解得x = 25 m ．【例4】（2013广东高考）某航母跑道长200m，飞机在航母上滑行的最大加速度为6m/s2，起飞需要的最低速度为50m/s．那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为（ B ）A．5m/s B．10m/s C．15m/s D．20m/s【预测1】中国首架空客A380大型客机在最大重量的状态下起飞需要滑跑距离约3000m，着陆距离大约为2000m．设起飞滑跑和着陆时都是匀变速运动，起飞时速度是着陆时速度的1.5倍，则起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比是（）A．3∶2B．1∶1C．1∶2D．2∶1B；由x = vt/2解得起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比是t1:t2=(x1/x2)(v2/v1) =1∶1，选项B正确．【例5】（2013全国卷大纲版）一客运列车匀速行驶，其车轮在铁轨间的接缝处会产生周期性撞击．坐在该客车中的某旅客测得从第1次到第16次撞击声之间的时间间隔为10.0s．在相邻的平行车道上有一列货车，当该旅客经过货车车尾时，货车恰好从静止开始以恒定加速度沿客车行进方向运动．该旅客在此后的20.0s内，看到恰好有30节货车车厢被他连续超过．已知每根铁轨的长度为25.0m，每节货车车厢的长度为16.0m，货车车厢间距忽略不计．求：⑴客车运行速度的大小；⑵货车运行加速度的大小⑴设连续两次撞击铁轨的时间间隔为Δt，每根铁轨长度为l，则客车速度为v = l/Δt，其中l = 25.0m、Δt =10.0/(16–1) s 得v = 37.5m/s．⑵ 设从货车开始运动后t = 20.0s 内客车行驶了s 1米，货车行驶了s 2米，货车加速度为a ，30节货车车厢的总长度为L = 30×16.0m ．由运动学公式有 s 1 = vt 、s 2 = at 2/2，由题给条件有L = s 1 – s 2，联立上述各式，并代入数据解得a = 1.35m/s 2．【预测2】小明同学乘坐“和谐号”动车组，发现车厢内有速率显示屏．当动车组在平直轨道上经历匀加速、匀速与再次匀加速运行期间，他记录了不同时刻的速率，部分数据列于表格中．已知动车组的总质量M = 2.0×105kg ，假设动车组运动时受到的阻力是其重力的0.1倍，取g = 10m/s 2．在小明同学记录动车组速率这段时间内，求：⑴ 动车组的加速度值；⑵ 动车组牵引力的最大值；⑶ 动车组位移的大小．⑴ 通过记录表格可以看出，动车组有两个时间段处于加速状态，设加速度分别为a 1、a 2，由 a =Δv/Δt 代入数据后得a 1 = 0.1m/s 2、a 2 = 0.2m/s 2．⑵ 由牛顿第二定律 F - F f = Ma ，F f = 0.1Mg 当加速度大时，牵引力也大．代入数据得 F = F f + Ma 2 = 2.4×105N ．⑶ 通过作出动车组的 v – t 图可知，第一次加速运动的结束时刻是200s ，第二次加速运动的开始 时刻是450s ．x 1 =[ (v 1 + v 2)/2]t 1、x 2 = v 2t 2、x 3 = [ (v 2 + v 3)/2]t 3、x = x 1 + x 2 + x 3，代入数据解得x = 30250m ．1．一个物体从静止开始做匀加速直线运动．它在第1 s 内与第2 s 内的位移之比为x 1∶x 2，在走完第1 m 时与走完第2 m 时的速度之比为v 1∶v 2．以下说法正确的是 （ ）A ．x 1∶x 2 = 1∶3，v 1∶v 2 = 1∶2B ．x 1∶x 2 = 1∶3，v 1∶v 2 = 1∶2 C ．x 1∶x 2 = 1∶4，v 1∶v 2 = 1∶2 D ．x 1∶x 2 = 1∶4，v 1∶v 2 = 1∶ 2B ；由x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ∶…∶xn ＝1∶3∶5∶…∶(2n – 1)知x 1∶x 2＝1∶3，由x ＝12at 2知t 1∶t 2＝1∶2，又v ＝at 可得v 1∶v 2＝1∶2，正确． 2．某做匀加速直线运动的物体初速度为2 m/s ，经过一段时间t 后速度变为6 m/s ，则 t/2时刻的速度为（ ）A ．由于t 未知，无法确定 t/2时刻的速度B ．5 m/sC ．由于加速度a 及时间t 未知，无法确定t/2时刻的速度D ．4 m/sD ；中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度，即v t/2 = (v 0 + v)/2 = 4 m/s3．科技馆里有一个展品，该展品放在暗处，顶部有一个不断均匀向下喷射水滴的装置，在频闪光源的射下，可以看到水滴好像静止在空中固定的位置不动，如图所示．某同学为计算该装置喷射水滴的时间隔，用最小刻度为毫米的刻度尺测量了空中几滴水间的距离，由此可计算出该装置喷射水滴的时间隔为（g 取10 m/s 2）（ ）A ．0.01 sB ．0.02 sC ．0.1 sD ．0.2 sC ；自上而下第一、二和三点之间的距离分别为x 1 = (10.00 – 1.00)×10－2 m = 9.00×10－2 m ，x 2 = (29.00 – 10.00)×10－2 m ＝19.00×10－2 m ，根据公式Δx = aT 2得x 2–x 1 = gT 2，故T = 0.1 s ．4．做匀减速直线运动的物体经4 s 后停止，若在第1 s 内的位移是14 m ，则最后1 s 内的位移是（ ）A ．3.5 mB ．2 mC ．1 mD ．0B ；设加速度大小为a ，则开始减速时的初速度大小为v 0＝at ＝4a ，第1 s 内的位移是x 1＝v 0t 1－12at 12＝3.5a = 14 m ，所以a ＝4 m/s 2，物体最后1 s 的位移是x ＝12at 22＝2 m ．本题也可以采用逆向思维的方法，把物体的运动看做是初速度为零的匀加速直线运动，其在连续相邻相等时间内的位移之比为1∶3∶5∶7，已知第4 s 内的位移是14 m ，所以第1 s 内的位移是2 m ．5．沙尘暴天气会严重影响交通．有一辆卡车以54 km/h 的速度匀速行驶，司机突然模糊看到正前方十字路口一个老人跌倒（若没有人扶起他），该司机刹车的反应时间为0.6 s，刹车后卡车匀减速前进，最后停在老人前1.5 m处，避免了一场事故．已知刹车过程中卡车加速度大小为5 m/s2，则（）A．司机发现情况后，卡车经过3 s停下B．司机发现情况时，卡车与该老人的距离为33 mC．从司机发现情况到停下来的过程，卡车的平均速度为11 m/sD．若卡车的初速度为72 km/h，其他条件都不变，则卡车将撞到老人BD；v0＝15 m/s，故刹车后卡车做匀减速运动的时间t2 = v0/a = 3 s，故卡车经过3.6 s停下来，A错误；卡车与该老人的距离x＝v0t1 + v02/2a＋Δx＝33 m，B正确；v平= (x –Δx)/(t1 + t2) ＝8.75 m/s，C错误；x′ = v′t1 + v′2/2a = 52 m > 33 m，所以D正确．6．从地面竖直上抛一物体A，同时在离地面某一高度处有一物体B自由下落，两物体在空中同时到达同一高度时速度大小均为v，则下列说法正确的是（）A．A上抛的初速度与B落地时速度大小相等，都是2vB．两物体在空中运动的时间相等C．A上升的最大高度与B开始下落时的高度相同D．两物体在空中同时达到的同一高度处一定是B开始下落时高度的中点AC；设两物体从下落到相遇的时间为t，竖直上抛物体初速度为v0，由题gt = v0– gt = v 得v0=2v．故A 正确．根据竖直上抛运动的对称性可知，B自由落下到地面的速度为2v，在空中运动时间为t B= 2v/2g，A 竖直上抛，在空中运动时间t A = 2×(2v/g) = 4v/g．故B错误．物体A能上升的最大高度h A = (2v)2/2g，B 开始下落的高度h B=g(2v/g)2/2，显然两者相等．故C正确．两物体在空中同时达到同一高度为h = gt2/2 = g(v/g)2/2 = v2/2g = h B/4．故D错误．故选AC7．一条东西方向的平直公路边上有两块路牌A、B，A在西B在东，一辆匀速行驶的汽车自东向西经过B路牌时，一只小鸟恰自A路牌向B匀速飞去，小鸟飞到汽车正上方立即折返，以原速率飞回A，过一段时间后，汽车也行驶到A．以向东为正方向，它们的位移-时间图像如图所示，图中t2 = 2t1，由图可知（）A．小鸟的速率是汽车速率的两倍B．相遇时小鸟与汽车位移的大小之比是3:1C．小鸟飞行的总路程是汽车的1.5倍D．小鸟和汽车在0－t2时间内位移相等BC；设AB之间的距离为L，小鸟的速率是v1，汽车的速率是v2，小鸟从出发到与汽车相遇的时间与返回的时间相同，故它们相向运动的时间为t1/2，则在小鸟和汽车相向运动的过程中有v1t1/2 + v2t1/2 = L，即（v1 + v2）t1/2 = L，对于汽车来说有v2t2 = L；联立以上两式可得v1 =3 v2，故A错误B正确．汽车通过的总路程为x2 = v2t2，小鸟飞行的总路程为x1 = v1t1=3 v2×(t2/2) = (3/2)x2，故C正确．小鸟回到出发点，故小鸟的位移为0，故D错误．故选BC．8．汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动产生明显的滑动痕迹，即常说的刹车线．由刹车线长短可以得知汽车刹车前的速度大小，因此刹车线的长度是分析交通事故的一个重要依据．若某汽车刹车后至停止的加速度大小为7 m/s2，刹车线长为14 m，求：⑴该汽车刹车前的初始速度v0的大小；⑵该汽车从刹车至停下来所用的时间t0；⑶在此过程中汽车的平均速度．⑴由题意根据运动学公式v2– v20 = 2ax得– v20 = 2ax 代入数据解得v0 = 14 m/s．⑵法1：由得；法2：(逆过程) 由x = 12at02得⑶法1：v平均= x/t = 7 m/s；法2：v平均= (v0 + v)/2 = 7 m/s．9.物体以一定的初速度v0冲上固定的光滑斜面，到达斜面最高点C时速度恰为零，如图所示．已知物体第一次运动到斜面长度3/4处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间．法1（比例法）：对于初速度为0的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶x n = 1∶3∶5∶…∶(2n– 1)，现有x BC∶x AB = (x AC/4)∶(3x AC/4) = 1∶3，通过x AB的时间为t，故通过x BC的时间t BC = t．法2（中间时刻速度法）：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度．v AC = (v0 + 0)/2 = v0/2，又v02 =2ax AC①v B2= 2ax BC②x BC= x AC/4 ③解①②③得：v B= v0/2，可以看出v B正好等于AC段的平均速度，因此B点是中间时刻的位置．因此有t BC = t．法3（利用有关推论）：对于初速度为0的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶t n= 1∶(2-1)∶(3-2)∶(4-3)∶…∶(n-n－1)．现将整个斜面分成相等的四段，如图所示．设通过BC段的时间为t x，那么通过BD，DE，EA的时间分别为：t BD = (2-1)t x，t DE = (3-2)t x，t EA = (2-3)t x，又t BD + t DE + t EA = t，得t x = t．10.(2013安徽省六校教学研究会联考)歼—15 战机是我国自行设计研制的首型舰载多用途歼击机，短距起飞能力强大。
2015年高考物理拉分题专项训练 专题16 动能定理的应用(含解析)讲解
2015年高考物理拉分题专项训练 专题16 动能定理的应用（含解析）一、考点精析 （一）题型分类：对动能定理的考查，出题形式最为全面，有选择题、填空题、实验题、还常常以计算题的形式出现。
其综合性强，难度大，喜欢以压轴题的形式出现。
常以科技发展、生产生活等为命题背景，考查方式灵活多变，既可与动力学综合考查，也可与电磁学结合来考查。
考查主要集中在以下几个方面：考查动能定理、考查动能、F -x 等等一些图像。
（二）解题思路1．选取研究对象，明确它的运动过程。
2．分析研究对象的受力情况。
3．求出各力所做功的代数和，找出过程中初末状态所对应的动能之差，利用W ＝12mv 22－12mv 21求解。
二、经典考题 例题1（2015届临沂）如图甲所示，静止在水平地面的物块A ，受到水平向右的拉力F 的作用，F 与时间t 的关系如图乙所示，设物块与地面的最大静摩擦力f m 与滑动摩擦力大小相等，则（ ）A ． 0～t 1时间内F 的功率逐渐增大B ． t 2时刻物块A 的加速度最大C ． t 3时刻物块A 的动能最大D ． t 1～t 4时间内物块A 的加速度先增大后减小B ．t 2时刻物块所受的水平拉力最大，根据牛顿第二定律可知，加速度最大，故B 对；C．t1到t3时刻，合力向前，物体一直加速前进，t3时刻加速度等于零，速度达到最大值，此时动能最大，故C对；D．t1～t2时间，F逐渐增大，加速度逐渐增大，t2～t3时间，F逐渐减小，加速度逐渐减小，故D错。
答案：BC例题2（2015届东莞）如图所示质量为M的小车放在光滑的水平面上，质量为m的物体放在小车的一端．受到水平恒力F作用后，物体由静止开始运动，设小车与物体间的摩擦力为f，车长为L，车发生的位移为s，则物体从小车一端运动到另一端时，下列说法正确的是（）A．物体具有的动能为（F-f）（s+L）B．小车具有的动能为fsC．物体克服摩擦力所做的功为f（s+L）D．这一过程中小车和物体组成的系统机械能减少了fL例题3（2015届烟台）如图所示，滑块以初速度v 0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点．则能大致反映滑块整个运动过程中速度v 、加速度a 、动能E k 、重力对滑块所做的功W 与时间t 或位移x 关系的是（取初速度方向为正方向）（ ）A ．B ．C ．D ．解析：根据牛顿第二定律求出上滑和下滑过程中的加速度大小，从而得出速度随时间的变化规律，根据动能定理得出动能与位移的规律，根据W =mgh ，得出重力势能与位移变化关系． 解：上滑时的加速度a 1=mg sin θ+μmg cos θm =g sin θ+μg cos θ，下滑时的加速度a 2=mg sin θ-μmg cos θm=g sin θ-μg cos θ．知a 1＞a 2．根据位移公式x =12 at 2，由于下滑与上滑过程位移大小相等，则知，下滑时间t 2＞上滑的时间t 1．由于机械能有损失，返回到出发点时速度小球出发时的初速度．根据速度-时间图线的斜率表示加速度，故A 对． 动能是标量，不存在负值,故C 错． 重力做功W =-mgh =-mgx sin θ，故D 对． 答案：AD 例题4（2015届邵阳）如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。
2015年高考物理拉分题专项训练 专题23 楞次定律的灵活应用(含解析)
2015年高考物理拉分题专项训练 专题23 楞次定律的灵活应用（含解析）一、考点精析： 题型分类与解题思路：题型1、判断感应电流的方向——基本应用思路：−−−−−→−−−−→−−−−−→右手螺旋定则楞次定律右手螺旋定则原电流原磁场感应磁场感应电流方向 题型2、判断物体的受力情况、运动趋势、线圈的面积变化——拓展应用思路： B S −−−−→−−−−−→−−−−→→Φ⨯→ 楞次定律右手螺旋定则左手定则原磁场感应磁场感应电流安培力运动趋势（有保持不变的趋势）＝（增或减）（减或增）线圈面积变化题型3、判断与自感现象相关的问题——拓展应用思路：−−−−→阻碍变化增反减同原电流变化感应电流方向 二、经典考题：例题1、（感应电流的方向）如图所示，一水平放置的矩形闭合线圈abcd 在细长磁铁的N 极附近竖直下落，保持bc 边在纸外，ad 边在纸内，由图中的位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ．在这个过程中，线圈中的感应电流（ ）A ．始终沿abcd 方向B ．始终沿dcba 方向C ．由Ⅰ到Ⅱ是沿abcd 方向，由Ⅱ到Ⅲ是沿dcba 方向D ．由Ⅰ到Ⅱ是沿dcba 方向，由Ⅱ到Ⅲ是沿abcd 方向例题2、（受力情况）如图所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线一水平金属圆环中穿过．现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ．设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为T1和T2，重力加速度大小为g，则：T1mg，T2 mg （选填“＞”，“=”或“＜”）解析：例题3、（受力情况、运动趋势）如图所示，甲图中A、B为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置，A线圈中通如图乙所示的交变电流i，则（）A．从t1到t2时间内A、B两线圈吸引B．从t2到t3时间内A、B两线圈相斥C．t1时刻两线圈间作用力为零D．t2时刻两线圈间的吸引力最大解析：A、先通过分析A中的电流变化引起的磁场变化，再用楞次定律找出B的感应电流磁场，然后判断出B的电流方向，再判断B受到的安培力的方向，然后就能判断运动趋势；但是过程太繁琐，本专题研究的是灵活应用，可以这么判断： A的磁场通过B的磁通量有保持不变的趋势（即阻碍其磁通量的变化），因为A电流变小，所有通过B的磁感应强度减小，要尽量保持磁通量不变，所以B线圈就有往磁感应强度大的区域运动的趋势（和线圈面积增大的趋势），所有二者一定有靠近的趋势，故A正确；B、方法同上，故B正确；C、由题意可知，在t1时刻，线圈A中的电流最大，而磁通量的变化率是最小的，所以线圈B感应电流也是最小，因此两线圈间作用力为零，故C正确；D、在t2时刻，线圈A中的电流最小，而磁通量的变化率是最大的，所以线圈B感应电流也是最大，但A、B间的相互作用力最小，故D错误例题4、（线圈面积变化）如图所示，光滑固定导轨MN水平放置，两根导体棒PQ平行放在导轨上，形成闭合回路．一条形磁铁从上向下迅速接近回路时，可动的两导体棒PQ将（）A．保持不动 B．两根导体相互远离C．两根导体相互靠近 D．无法判断解析：当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知磁感应强度B要增加，则面积S就要减小，所以P、Q将互相靠拢，回路的面积减小一点，起到阻碍原磁通量增加的作用，故C正确。
2015高考物理拉分题专项训练21(Word版含答案)
牛顿运动定律第Ⅰ卷选择题，共48分一、选择题(本大题共8小题，每小题6分，共48分)1．(多选题)下述有关力学单位制的说法中正确的是()A．在有关力学的分析计算中，只能采用国际单位，不能采用其他单位B．力学单位制中，选为基本单位的物理量有长度、质量、速度C．力学单位制中，国际单位制的基本单位有m、kg、sD．单位制中的导出单位可以用基本单位来表达解析：在物理问题分析计算中，可以采用不同的力学单位制．但是在同一表达式中必须用同一单位制，这是在物理问题求解过程中必须遵循的一个基本原则．在力学单位制中，基本单位的物理量有质量、长度和时间，在国际单位制中这三个物理量的单位是kg、m、s.除了基本物理量外，其他物理量均由它们与基本物理量的关系式来确定．答案：CD2．(多选题)[2014·广东省珠海一中六校联考]下列关于牛顿运动定律的描述正确的是()A．惯性是由物体的速度和质量共同决定的B．牛顿利用理想斜面实验否定了“力是维持物体运动的原因”C．牛顿第一定律不是牛顿第二定律的特殊情形，彼此独立D．一对作用力与反作用力一定是同种性质的力解析：惯性是物体的固有属性，只与物体的质量有关，质量大惯性大与速度无关，故A错．利用理想斜面实验否定了“力是维持物体运动的原因\”是伽利略而不是牛顿，故B错．牛顿第一定律解释了力和运动的关系，而不是牛顿第二定律的特例，故C对．根据牛顿第三定律，一对作用力与反作用力是两个物体之间发生的，施力物体和受力物体交换，同时产生同时消失，大小相等方向相反而且是同种性质，故D 对．答案：CD3．下列说法正确的是( )A ．走路时，只有地对脚的作用力大于脚蹬地的力时，人才能往前走B ．走路时，地对脚的作用力与脚蹬地的力总是大小相等，方向相反的C ．物体A 静止在物体B 上，A 的质量是B 的质量的10倍，则A 对B 的作用力大于B 对A 的作用力D ．以卵击石，石头没有损伤而鸡蛋破了，是因为鸡蛋对石头的作用力小于石头对鸡蛋的作用力解析：地对脚的力与脚蹬地的力是作用力和反作用力，由牛顿第三定律，这两个力总是大小相等，方向相反的，A 不正确，B 正确；物体A 对B 的作用力总是等于B 对A 的作用力，与A 、B 两物体的质量无关，C 不正确；以卵击石时，鸡蛋对石头的作用力等于石头对鸡蛋的作用力，但鸡蛋的承受能力较小，所以鸡蛋会破，D 不正确．答案：B4．[2013·湖北重点中学联考]如图3－1所示，在建筑工地，民工兄弟用两手对称水平使力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a 竖直向上匀加速搬起，其中A 的质量为m ，B 的质量为3m ，水平作用力为F ，A 、B 之间的动摩擦因数为μ，在此过程中，A 、B 间的摩擦力为( )图3－1A ．μFB ．2μFC.32m (g ＋a ) D ．m (g ＋a )解析：本题考查力和运动的关系，意在考查学生对牛顿第二定律、整体法和隔离法的应用．由于A、B相对静止，故A、B之间的摩擦力为静摩擦力，A、B错误．设民工兄弟对A、B在竖直方向上的摩擦力为f，以A、B整体为研究对象可知在竖直方向上有2f－(m＋3m)g＝(m＋3m)a，设B对A的摩擦力方向向下，大小为f′，对A由牛顿第二定律有f－f′－mg＝ma，解得f′＝m(g＋a)，D正确，C错误．答案：D5．(多选题)压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小．一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置，如图3－2甲所示，将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一物体m，升降机静止时电流表示数为I0.某过程中电流表的示数如图3－2乙所示，则在此过程中()甲乙图3－2A．物体处于失重状态B．物体处于超重状态C．升降机一定向上做匀加速运动D．升降机可能向下做匀减速运动解析：根据欧姆定律有I＝U/R，当电梯静止时，物体对压敏电阻的压力为mg，所以有I0＝U/R，乙图表示物体处于超重状态，所以A错、B正确；升降机做向上的匀加速直线运动或向下的匀减速直线运动，C错、D正确．答案：BD6．[2014·四川省成都七中期末]如图3－3所示，质量形状均相同的木块紧靠在一起，放在光滑的水平面上，现用水平恒力F推1号木块，使10个木块一起向右匀加速运动，则第6号对第7号木块的推力为()图3－3A．F B．0.8FC．0.4F D．0.2F解析：将10个木块看做一个整体，则a＝F10m，设第6号对第7号木块的推力为F′，则将后四个木块看做一个整体，故a′＝F′4m，根据连接体的运动关系可知，整体的加速度和任意一个木块的加速度都相等，所以有a＝a′，即F10m＝F′4m，所以F′＝0.4F，C正确．答案：C图3－47．如图3－4所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ，则图3－5中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()A BC D图3－5解析：小木块被释放后的开始阶段做匀加速直线运动，所受摩擦力沿斜面向下，加速度为a1.当小木块的速度与传送带速度相同后，小木块开始以a2的加速度做匀加速直线运动，此时小木块所受摩擦力沿斜面向上，所以a1＞a2，在v-t图象中，图线的斜率表示加速度，故选项D对．答案：D8．[2014·四川省泸州市天立学校]如图3－6所示，一块带有斜面和平台的木块，质量为M，斜面与水平方向倾角为α(已知α<45°)，木块置于光滑水平面上．将一个质量为m 的光滑球放在平台上，并与斜面相靠．各种摩擦及绳、滑轮的质量都不计．释放悬挂物P 后，要使球和木块保持相对静止，P 物的质量m P 的最大值为( )A.(M ＋m )tan α1－tan αB ．(M ＋m )tan α C.(M ＋m )cot α1－cot α D ．(M ＋m )cot α解析：若要保持相对静止，系统的最大加速度a ＝g tan α，对整体由牛顿第二定律得m p g ＝(m P ＋m ＋M )a ，整理得m P ＝(M ＋m )tan α1－tan α. 答案：A第Ⅱ卷 非选择题，共52分二、实验题(本大题共2小题，共15分)9．(7分)[2013·江西省白鹭洲中学期中考试]某同学用如图3－8所示的装置研究小车在某种布料上的运动情况．他将长木板置于水平桌面上，将其左端适当垫高，并在长木板的右半部分平整地铺上一块布料，该同学将小车以适当的初速度释放后，用打点计时器记录小车的运动情况．通过反复调整木板左端的高度，他得到一系列打上点的纸带，并最终选择了如图3－7所示的一条纸带(附有刻度尺)进行测量．取打点计时器的电源频率为50 Hz ，重力加速度g ＝10 m/s 2.图3－7(1)请将A 、B 、C …J 各点对应的刻度值，按照正确的读数方法填写在下表内(单位cm).(2)运动，在E、J 两点间做________运动．J点对应的小车速度约为________m/s.(3)该同学测出长木板左端与桌面间的高度差为4 cm，木板长度为80 cm，则小车在布料上运动时的阻力与在木板上运动时的阻力之比为________．答案：(1)(3)11∶110．(8分)[2012·山东卷]某同学利用图3－8所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律．物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上(尚未到达滑轮处)．从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图3－9所示．打点计时器电源的频率为50 Hz.图3－8图3－9(1)通过分析纸带数据，可判断物块在两相邻计数点__________和__________之间某时刻开始减速．(2)计数点5对应的速度大小为__________ m/s，计数点6对应的速度大小为______m/s.(保留三位有效数字)(3)物块减速运动过程中加速度的大小为a＝__________m/s2，若用ag来计算物块与桌面间的动摩擦因数(g为重力加速度)，则计算结果比动摩擦因数的真实值__________(填“偏大”或“偏小”)．解析：(2)根据v5＝x462T可得：v5＝(9.00＋11.01)×0.012×0.1m/s＝1.00 m/s，同理可求得：v4＝0.800 5 m/s，则v6＝v5＋(v5－v4)＝1.20 m/s.(3)加速度的大小a＝(x78＋x89)－(x910＋x1011)(2T)2，可得：a＝2.00 m/s2，重物落地后，物块向前运动时除受摩擦力作用外，纸带和限位孔之间也存在摩擦力作用，即μmg＋F阻＝ma，μ＝ma－F阻mg，故利用μ＝ag计算动摩擦因数比真实值偏大．答案：(1)67(或76)(2)1.00 1.20(3)2.00偏大三、计算题(本大题共2小题，共37分)11．(15分)[2013·云南昆明调研]我国第一艘航空母舰“辽宁号”已经投入使用，为使战斗机更容易起飞，“辽宁号”使用了跃飞技术，如图3－10甲所示．其甲板可简化为乙图模型：AB部分水平，BC部分倾斜，倾角为θ.战斗机从A点开始滑跑，C点离舰，此过程中发动机的推力和飞机所受甲板和空气阻力的合力大小恒为F，ABC甲板总长度为L，战斗机质量为m，离舰时的速度为v m.求AB部分的长度．甲乙图3－10解析：在AB段，根据牛顿第二定律，F＝ma1，设B点速度大小为v，根据运动学公式，v2＝2a1s1，在BC段，根据牛顿第二定律，F－mg sinθ＝ma2，从B到C，根据运动学公式，v2m－v2＝2a1s1据题意：L＝s1＋s2，联立解得：s1＝L－2FL－m v2m 2mg sinθ答案：L－2FL－m v2m 2mg sinθ12．(22分)[2014·浙江省岱山月考]如图3－11甲所示，水平平台的右端安装有轻质滑轮，质量为M＝2.5 kg的物块A放在与滑轮相距l的平台上，现有一轻绳跨过定滑轮，左端与物块连接，右端挂质量为m＝0.5 kg的小球B，绳拉直时用手托住小球使其在距地面h高处静止，绳与滑轮间的摩擦不计，重力加速度为g(g取10 m/s2)．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.(1)某探究小组欲用上述装置测量物块与平台间的动摩擦因数．放开小球，系统运动，该小组对小球匀加速下落过程拍得同一底片上多次曝光的照片如图乙所示，拍摄时每隔1 s曝光一次，若小球直径为20 cm，求物块A与平台间的动摩擦因数μ；(2)设小球着地后立即停止运动，已知l＝3.0 m，要使物块A不撞到定滑轮，求小球下落的最大高度h.(假设小球距地面足够高)图3－11解析：(1)对照片分析知，s1＝60 cm，s2＝100 cm，由Δs＝s2－s1＝aT2①得a＝ΔsT2＝100－6012cm/s2＝0.4 m/s2②以小球B为研究对象，受力如图3－12所示，由牛顿第二定律图3－12图3－13可知：mg－F T＝ma③作出物块A的受力图如图3－14所示，在水平方向，由牛顿第二定律可得：F T′－F f＝Ma④F f＝μMg⑤F T＝－F T′⑥联立③④⑤⑥式得：μ＝mg－(M＋m)aMg代入M、m、g、a的数值，解得μ＝0.152⑦(2)对小球A：小球做初速度为零，加速度为a的匀加速直线运动，落地时速度为v，由运动学公式有：v2－0＝2ah⑧对物块A：B从开始下落到着地，A也运动了h，随后在摩擦力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律，有：μMg＝Ma′⑨要使物块不撞到定滑轮，则应满足v2<2a′(l－h)⑩比较⑧⑩两式，可得h<a′la＋a′代入数值，解得h<2.375 m.答案：(1)0.152(2)h<2.375 m第11 页共11 页。
2015高考物理拉分题专项训练5(Word版含答案)
共点力作用下的平衡1．共点力的平衡：①共点力：力的作用点在物体上的同一点或力的延长线（或作用线）交于一点的几个力叫做共点力；②平衡状态：物体处于静止状态或匀速直线运动状态，叫做平衡状态（该状态下物体的加速度为０）；③平衡条件：物体受到的合外力为零，即F合=０或F x =０、F y =０．2．平衡条件的推论：①二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大小相等，方向相反，为一对平衡力；②三力平衡：如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，其中任意两个力的合力一定与第三个力大小相等、方向相反；③汇交力系定理：如果一个物体受三个力作用而处于平衡状态，那么则该三个力若不平行，则三个力必定是共点力．④多力平衡：如果物体受多个力作用处于平衡状态，其中任何一个力与其余力的合力大小相等，方向相反说明：【例1】如图所示，质量为m 的物体放在质量为M、倾角为θ的斜面体上，斜面体置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力F 拉物体m 使其沿斜面向下匀速运动，M 始终静止，则下列说法正确的是（）A．M 相对地面有向右运动的趋势B．地面对M 的支持力为(M＋m)gC．地面对M 的摩擦力大小为Fcosθ D．地面对M 的摩擦力大小为零C；M、m 整体受力如图所示，由受力情况可得，M 相对地面有向左运动的趋势，受地面施加的向右的静摩擦力，大小为Fcosθ，A、D 错误C 正确；地面对M 的支持力为(M ＋m)g + Fsin θ，B 错误．【变式跟踪1】如图所示，一个质量为m 的小物体静止在固定的、半径为R 的半圆形槽内，距最低点高为 R/2 处，则它受到的摩擦力大小为（ ）A ．12 B ．32mg C ．⎝⎛⎭⎪⎪⎫1－32mg D ．22mg 32mg ，所以B ；物体的受力情况如图所示，由平衡条件可知：F f = mgcos 30° = B 正确．【例2】如图所示，一小球放置在木板与竖直墙面之间．设墙面对球的压力大小为F N1，球对木板的压力大小为F 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 ．F N1始终减小，F N2始终增大B ． F N2始终减小，F N2始终减小C ．F N1先增大后减小，F N2始终减小D ．F N1先增大后减小，F N2先减小后增大B ；取小球为研究对象，小球受到重力G 、竖直墙面对小球的压力F N1和木板对小球的支持力F N2′（大小等于F N2）三个力作用，如图所示，F N1和F N2′ 的合力为G′，G′ = G ，则G′恒定不变，当木板向下转动时，F N1、F N2′变化如图所示，则F N1、F N2′都减小，即F N1、F N2都减小，所以正确选项为B ．【变式跟踪2】如图所示，两根光滑细杆a 、b 水平平行且等高放置，一质量为m 、半径为r 的均匀细圆环套在两根细杆上，两杆之间的距离为3r ．固定a 杆，保持圆环位置不变，将b 杆沿圆环内侧缓慢移动到最高点为止，在此过程中 （ ） A ．a 杆对圆环的弹力逐渐增大 B ．a 杆对圆环的弹力先减小后增大 C ．b 杆对圆环的弹力逐渐减小 D ．b 杆对圆环的弹力先减小后增大D ；圆环的受力情况如图所示，由几何关系可知：θ = 60°，a 杆位置不变，缓慢移动b 杆，可见两杆的合力不变，F a 的方向不变，随着缓慢移动b 杆，矢量F b 的箭头端在图中虚线上逆时针旋转，可见F b 先减小后增大，F a 一直减小．所以应选D ．【例3】如图所示，能承受最大拉力为10 N 的细线OA 与竖直方向成45°角，能承受最大拉力为5 N 的细线OB 水平，细线OC 能承受足够大的拉力，为使OA 、OB 均不被拉断，OC 下端所悬挂物体的最大重力是多少？当OC 下端所悬挂物体重力不断增大时，细线OA 、OB 所受的拉力同时增大．为了判断哪根细线先被拉断，可选O 点为研究对象，其受力情况如图所示，分别假设OA 、OB 达最大值，看另一细线是否达到最大值，从而得到结果假设OB 不会被拉断，且OA 上的拉力先达到最大值，即F 1max = 10 N ，根据平衡条件有OB 上的拉力F 3 = F 1max sin 45° = 10×22N = 7.07 N ，由于F 3大于OB 能承受的最大拉力，所以在物重逐渐增大时，细线OB 先被拉断；再假设OB 线上的拉力刚好达到最大值（即F 3max = 5 N ），处于将被拉断的临界状态．根据平衡条件有G max = F 3max = 5 N ．【变式跟踪3】如图所示，三根长度均为l 的轻绳分别连接于C 、D 两点，A 、B 两端被悬挂在水平天花板上，相距2l ．现在C 点上悬挂一个质量为m 的重物，为使CD 绳保持水平，在D 点上可施加力的最小值为 （ ）A ．mgB ．33mg C ．12mg D ．14mgC ；对C 点进行受力分析，由平衡条件可知，绳CD 对C 点的拉力F CD = mgtan30°；.对D点进行受力分析，绳CD 对D 点的拉力F 2 = F CD = mgtan 30°，F 1方向一定，则当F 3垂直于绳BD 时，F 3最小，由几何关系可知，F 3 = F CD sin 60° = 0.5mg【例3】【2011江苏高考】如图所示，石拱桥的正中央有一质量为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大小为（ ）A ．mg/2sin αB ．mg/2cos αC ．0.5mgtan αD ．0.5mgocs α A ；以石块为研究对象，其受力分析如图所示，因为石块静止，则两侧面分别对石块的弹力F N 的合力F 与石块的重力大小相等，即2F N sin α＝mg ，解得F N = mg/sin α，A 正确．【变式跟踪4】如图所示，将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，其中第3、4块固定在地基上，第1、2块间的接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角均为30°．假定石块间的摩擦力可以忽略不计，则第1、2块石块间的作用力F 1和第1、3块石块间的作用力F 2的大小之比为 （ ） A ．1∶2 B ．3∶2 C ．3∶3 D ．3∶1B ；以第1块石块为研究对象，受力分析如图，石块静止，则F 1 = F 2cos30°，F 1/F 2 = 32，故B 正确．【变式跟踪5】【2012海南】如图，墙上有两个钉子a 和b ，它们的连线与水平方向的夹角为45°，两者的高度差为l ．一条不可伸长的轻质细绳一端固定于a 点，另一端跨过光滑钉子b 悬挂一质量为m 1的重物．在绳子距a 端l/2得c 点有一固定绳圈．若绳圈上悬挂质量为m 2的钩码，平衡后绳的ac 段正好水平，则重物和钩码的质量比m 1：m 2为 （ ）A ．B ．2C ．D ．C ；平衡后设绳的BC 段与水平方向成α角，则：， ，对节点C 分析三力平衡，在竖直方向上有：m 2g = m 1gsin α得：m 1：m 2 = 1/sin α，选C ．【变式跟踪6】如图所示，水平固定倾角为30°的光滑斜面上有两个质量均为m 的小球A 、B ，它们用劲度系数为k 的轻质弹簧连接，现对B 施加一水平向左的推力F 使A 、B 均静止在斜面上，此时弹簧的长度为l ，则弹簧原长和推力F 的大小分别为（ ） A ． B ． C ． D ．BC；对A、B整体有Fcos 30° = 2mgsin 30°，得F =；隔离A球kx = mgsin 30°，得弹簧原长为l–x = l–，则可得选项B、C正确．1．质量为m的长方形木块静止在倾角为θ的斜面上，斜面对木块的支持力和摩擦力的合力方向应该是（）A．沿斜面向下B．垂直于斜面向上C．沿斜面向上D．竖直向上D；如图所示，物体受重力mg、支持力F N、摩擦力F而处于静止状态，故支持力与摩擦力的合力必与重力等大反向，D正确．2．如图所示，质量为M、半径为R、内壁光滑的半球形容器静止在粗糙水平地面上，O为球心．有一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在半球形容器底部O′处，另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点．已知地面与半球形容器间的动摩擦因数为μ，OP与水平方向的夹角为θ = 30°，下列说法正确的是（）A．小球受到轻弹簧的弹力大小为32mg B．小球受到容器的支持力大小为mg2C．小球受到容器的支持力大小为mg D．半球形容器受到地面的摩擦力大小为32mgC；小球受三个力而平衡，如图所示．由题图几何关系可知，这三个力互成120°角，因此三个力大小相等，C正确，A、B错；对整体，竖直方向受重力和地面支持力而平衡，水平方向不受力，D错．3．如图所示，与水平面夹角为30°的固定斜面上有一质量m = 1.0 kg 的物体．细绳的一端与物体相连，另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧秤相连．物体静止在斜面上，弹簧秤的示数为4.9 N．关于物体受力的判断（取g = 9.8 m/s2），下列说法正确的是（）A．斜面对物体的摩擦力大小为零B．斜面对物体的摩擦力大小为4.9 N，方向沿斜面向上C．斜面对物体的支持力大小为4.9 3 N，方向竖直向上D．斜面对物体的支持力大小为4.9 N，方向垂直斜面向上A；选斜面上的物体为研究对象，设所受摩擦力的方向沿斜面向上，其受力情况如图所示，由平衡条件得：在斜面方向上：F + F f –mgsin 30° = 0 ①在垂直斜面方向上：F N–mgcos 30° = 0 ②经分析可知F = 4.9 N ③由①、③联立得：F f = 0，所以选项A正确、选项B错误．由②式得：F N＝4.93N 方向垂直斜面向上，选项C、D错误．４．如图所示，两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动，在O点悬挂一重物M，将两相同木块m紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止．F f表示木块与挡板间摩擦力的大小，F N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O1、O2始终等高，则（）A．F f变小B．F f不变C．F N变小D．F N变大BD；选重物M及两个木块m组成的系统为研究对象，系统受力情况如图甲所示，根据平衡条件有2Ff = (M + 2m)g，即F f = (M + 2m)g/2，与两挡板间距离无关，故挡板间距离稍许增大后，F f不变，所以选项A错误、选项B正确；如图乙所示，将绳的张力F沿OO1、OO2两个方向分解为F1、F2，则F1＝F2 = F/2cosθ，当挡板间距离稍许增大后，F不变，θ变大，cosθ变小，故F1变大；选左边木块m为研究对象，其受力情况如图丙所示，根据平衡条件得F N = F1sinθ，当两挡板间距离稍许增大后，F1变大，θ变大，sin θ变大，因此F N变大，故选项C错误、选项D正确5．作用于O点的三力平衡，设其中一个力大小为F1，沿y轴正方向，力F2大小未知，与x轴负方向夹角为θ，如图所示．下列关于第三个力F3的判断中正确的是（）A ．力F 3只能在第四象限B ．力F 3与F 2夹角越小，则F 2和F 3的合力越小C ．F 3的最小值为F 1cos θD ．力F 3可能在第一象限的任意区域C ；O 点受三力平衡，因此F 2、F 3的合力大小等于F 1，方向与F 1相反，故B 错误；作出平行四边形，由图可以看出F 3的方向范围为第一象限中F 2反方向下侧及第四象限，故A 、D 错；当F 3⊥F 2时，F 3最小，F 3 = F 1cos θ，故C 正确．6．如图所示，上表面粗糙的半圆柱体放在水平面上，小物块从半圆柱体上的A 点，在外力F 作用下沿圆弧缓慢向下滑到B 点，此过程中F 始终沿圆弧的切线方向且半圆柱体保持静止状态，小物块运动的速率不变，则（ ）A ．半圆柱体对小物块的支持力逐渐变大B ．半圆柱体对小物块的摩擦力变大C ．外力F 变大D ．小物块所受的合外力大小不变CD ；对小物块受力分析如图所示，有：mgcos θ - F N = mv 2/R 、F + f = mgsinθ、f = μF N ，又因为θ增大时，F N 减小，f 减小，F 增大，故A 、B 错误，C 正确．由于小物块速率不变，所以小物块所受合力大小不变，方向改变，故D 正确．7．如图所示，质量分别为 m 1、m 2 的两个物体通过轻弹簧连接，在力 F 的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动（m 1 在地面上，m 2 在空中），力 F与水平方向成第5题答图 第6题答图 第7题答图 第8题答图 第10题答图θ角．则关于m1所受支持力F N和摩擦力f 的大小正确的是（）A．F N = m1g + m2g – Fsinθ B．F N = m1g + m2g – FcosθC．f = FcosθD．f = FsinθAC；将质量为m1、m2 的两个物体看做整体，受力分析如图所示．根据平衡条件得f = Fcosθ，F N + Fsinθ= (m1 + m2)g，则F N = (m1 + m2)g –Fsinθ．8．如图所示，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆BC 一端通过铰链固定在C 点，另一端B 悬挂一重为G 的物体，且 B 端系有一根轻绳并绕过定滑轮A，用力F 拉绳，开始时∠BCA＞90°，现使∠BCA 缓慢变小，直到杆BC 接近竖直杆AC．此过程中，轻杆B 端所受的力（）A．大小不变B．逐渐增大C．逐渐减小D．先减小后增大A；：以 B 点为研究对象，受力分析如图所示．由几何知识得△ABC 与矢量三角形F G F B B 相似，则有AC：BC =F G：F B．由共点力的平衡条件知F A、F B的合力F G = G 大小不变，又AC、BC 均不变，故FB 不变，可知轻杆B 端受力不变．9．如图所示，OA 为遵从胡克定律的弹性轻绳，其一端固定于天花板上的O 点，另一端与静止在动摩擦因数恒定的水平地面上的滑块 A 相连．当绳处于竖直位置时，滑块A 对地面有压力作用．B 为紧挨绳的一光滑水平小钉，它到天花板的距离BO 等于弹性绳的自然长度.现有一水平力F 作用于A，使 A 向右缓慢地沿直线运动,则在运动过程中（ＢＤ）A．水平拉力F 保持不变B．地面对A 的摩擦力保持不变C．地面对 A 的摩擦力变小D．地面对A 的支持力保持不变10．有一个直角支架AOB，AO 水平放置，表面粗糙，OB 竖直向下，表面光滑．AO 上套有小环P，OB 上套有小环Q，两环质量均为m，两环间由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡（如图），现将P 环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO 杆对 P 环的支持力F N 和细绳上的拉力 T 的变化情况是（ ）A ．F N 不变，T 变大B ．F N 不变，T 变小C ．F N 变大，T 变大D ．F N 变大，T 变小B ；对整体受力分析如图，其中 F N 是 AO 杆对系统的弹力，F 为 BO 杆对系统的弹力，f 为 AO 杆对系统的摩擦力．由于系统处于平衡状态，所以有F N = (m + m)g = 2mg ．对 Q 环：受力如图所示，其中 T 为细绳对环的拉力，根据Q 环处于平衡状态可得Tcosθ＝mg ，可解得T = mg/cosθ，当P 环向左移动，细绳与BO 杆的夹角θ变小，cos θ变大，T 变小．所以 B 正确．11．如图所示，有两个带有等量的同种电荷的小球A 和B ，质量都是m ，分别悬于长为L 的悬线的一端．今使B 球固定不动，并使 OB 在竖直方向上，A 球可以在竖直平面内自由摆动，由于静电斥力的作用，A 球偏离 B 球的距离为 x ．如果其他条件不变，A 球的质量要增大到原来的几倍，才会使 A 、B 两球间的距离缩短为x/2？A 球受mg 、F T 、F 电三个力作用，且三力平衡，如图所示． 由相似三角形的知识可知：当AB 距离为x 时，mg F 电＝L x ① 当AB 距离为x 2时，m′g F 电′＝L x2②联立①②得m m′＝F 电2F 电′＝k q 2x 22kq 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22＝18。
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含弹簧的平衡问题
1．(单选)如图1所示，完全相同的、质量为m 的A 、B 两球，用两根等长的细线悬挂在O 点，
两球之间夹着一根劲度系数为k 的轻弹簧，静止不动时，弹簧处于水平方向，两根细线之间的夹角为θ，则弹簧的长度被压缩了( )．
图1
A.
mg tan θ
k B.2mg tan θk
C.
mg tan
θ2
k
D.2mg tan
θ2
k
解析 对A 受力分析可知，A 球受竖直向下的重力mg 、沿着细线方向的拉力F T 以及水平向左的弹簧弹力F ，由正交分解法可得水平方向F T sin θ2＝F ＝k Δx ，竖直方向F T cos θ
2
＝mg ，
解得Δx ＝mg tan
θ
2
k
，C 正确．
答案 C
2．(多选)如图2所示，A 、B 、C 、D 是四个完全相同的木块，在图甲中，水平力F 作用于B 上，
A 、
B 处于静止状态，图乙中，竖直弹簧作用于D 上，
C 、
D 处于静止状态，则关于A 、B 、C 、D 的受力情况，下列说法正确的是( )．
图2
A ．图甲中A 受五个力，图乙中C 受三个力
B ．图乙中墙对
C 可能有摩擦力 C ．图甲中墙对A 一定没有摩擦力
D ．图乙中D 对C 一定有向右上方的摩擦力
解析 在图甲中，A 受重力、墙的支持力、B 的支持力、墙的摩擦力(向上)，B 的摩擦力(左下方)，共五个力，而图乙中，墙对C 没有摩擦力和支持力，A 正确，B 错误；选整体为研究对象，可知图甲中，墙对A 一定有向上的摩擦力，C 错误；而图乙中，C 处于静止状态，一定受到D 对其向右上方的摩擦力，D 正确． 答案 AD
3．(单选)如图3所示，在水平传送带上有三个质量分别为m 1、m 2、m 3的木块1、2、3,1和2
及2和3间分别用原长为L ，劲度系数为k 的轻弹簧连接起来，木块与传送带间的动摩擦因数均为μ，现用水平细绳将木块1固定在左边的墙上，传送带按图示方向匀速运动，当三个木块达到平衡后，1、3两木块之间的距离是
( )．
图3 A ．2L ＋μm 2＋m 3g
k
B ．2L ＋μ
m 2＋2m 3g
k
C ．2L ＋
μ
m 1＋m 2＋m 3g
k
D ．2L ＋μm 3g
k
解析 先以2、3为整体分析，设1、2间弹簧的伸长量为x 1，有kx 1＝μ(m 2＋m 3)g ；再以3为研究对象，设2、3间弹簧伸长量为x 2.有kx 2＝μm 3g ，所以1、3两木块之间的距离为2L ＋x 1＋x 2，故选B. 答案 B
4．(单选)如图4所示，A 、B 两物体叠放在水平地面上，A 物体质量m ＝20 kg ，B 物体质量M
＝30 kg.处于水平位置的轻弹簧一端固定于墙壁，另一端与A 物体相连，弹簧处于自然状态，其劲度系数为250 N/m ，A 与B 之间、B 与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5.现有一水平推力F 作用于物体B 上缓慢地向墙壁移动，当移动0.2 m 时，水平推力F 的大小为(g 取10 m/s 2
)( )．
图4
A．350 N B．300 N
C．250 N D．200 N
解析由题意可知f A max＝μmg＝100 N．当A向左移动0.2 m时，F弹＝kΔx＝50 N，F弹<f A max，即A、B间未出现相对滑动，对整体受力分析可知，F＝f B＋F弹＝μ(m＋M)g＋kΔx＝300 N，B选项正确．
答案 B
5．(单选)如图5所示，在光滑水平面上，用弹簧水平连接一斜面体，弹簧的另一端固定在墙上，一玩具遥控小车放在斜面上，系统静止不动．用遥控启动小车，小车沿斜面加速上升，则( )．
图5
A．系统静止时弹簧处于压缩状态
B．小车加速时弹簧处于原长
C．小车加速时弹簧处于压缩状态
D．小车加速时可将弹簧换成细绳
解析系统静止时，其合力为零，对系统受力分析，如图所示．系统水平方向不受弹簧的作用力，即弹簧处于原长状态，A错误；当小车沿斜面加速上升时，仍对系统受力分析，如图所示．由图中关系可知：弹簧对斜面体有水平向右的拉力，即弹簧处于伸长状态，可以将弹簧换成细绳，B、C错误，D正确．
答案 D
6．(单选)三个质量均为1 kg的相同木块a、b、c和两个劲度系数均为500 N/m的相同轻弹簧p、q用轻绳连接如图6，其中a放在光滑水平桌面上．开始时p弹簧处于原长，木块都处于静止状态．现用水平力缓慢地向左拉p弹簧的左端，直到c木块刚好离开水平地面为止，g取10 m/s2.该过程p弹簧的左端向左移动的距离是( )．
图6 A ．4 cm B ．6 cm C ．8 cm
D ．10 cm
解析 开始时q 弹簧处于压缩状态，由胡克定律可知，弹簧压缩了2 cm.木块c 刚好离开水平地面时，轻弹簧q 中拉力为10 N ，故其伸长了2 cm.轻弹簧p 中拉力为20 N 时，伸长了4 cm ；该过程p 弹簧的左端向左移动的距离是2 cm ＋2 cm ＋4 cm ＝8 cm ，选项C 正确． 答案 C
7．(单选)如图7所示，两轻质弹簧a 、b 悬挂一小铁球处于平衡状态，a 弹簧与竖直方向成
30°角，b 弹簧水平，a 、b 两弹簧的劲度系数分别为k 1、k 2，重力加速度为g ，则( )．
图7
A ．a 、b 两弹簧的伸长量之比为k 2k 1
B ．a 、b 两弹簧的伸长量之比为2k 2k 1
C ．若弹簧b 的左端松脱，则松脱瞬间小球的加速度为g
2
D ．若弹簧b 的左端松脱，则松脱瞬间小球的加速度为3g
解析 将弹簧a 的弹力沿水平和竖直方向分解，如图所示，则T a cos 30°＝mg ，T a sin 30 °＝T b ，结合胡克定律可求得a 、b 两弹簧的伸长量之比为2k 2
k 1
，结合牛顿第二定律可求得松
脱瞬间小球的加速度为
3
3
g .答案为B.
答案 B。