全国通用2016高考物理二轮复习专题一力与运动提升训练.doc

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1、1【创新设计【创新设计】（全国通用）（全国通用）20162016 高考物理二轮复习高考物理二轮复习 专题一专题一 力与运动力与运动提升训练提升训练第 1 讲力与物体的平衡1.(2013新课标全国卷，15)如图 1 所示，在固定斜面上的一物块受到一外力的作用，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(F20)。由此可求出()图 1A.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解析当拉力为F1时，物块有沿斜面向上运动的趋势，受到沿斜面向下的静摩擦力，大小为Ffm，则F1mgsinFfm。当拉力F2时，物

2、块有沿斜面向下运动的趋势，受到沿斜面向上的静摩擦力，大小为Ffm，则F2Ffmmgsin，由此解得FfmF1F22。答案C2.(2013新课标全国卷，18)如图 2 所示，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为k。若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为()图 2A.3kq3l2B.3kql2C.3kql2D.2 3kql22解析分析a球受力：b对a的排斥力F1、c对a的吸引力F2和匀强电场对a的电场力F3qE，根据a受力平衡可知受力情况如图所示。利用正交

3、分解法：F2cos 60F1kq2l2，F2sin 60qE。解得E3kql2。答案B3.(2015新课标全国卷，24)如图 3 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。已知开关断开时两弹簧的伸长量均为 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。图 3解析金

4、属棒通电后，闭合回路电流IER122A6 A导体棒受到的安培力大小为FBIL0.06 N。开关闭合后，电流方向为从b到a，由左手定则可判断知金属棒受到的安培力方向竖直向下由平衡条件知：开关闭合前：2kxmg开关闭合后：2k(xx)mgF代入数值解得m0.01 kg答案方向竖直向下0.01 kg考情分析主要题型：选择题或计算题知识热点(1)单独命题受力分析力的合成与分解共点力的平衡(2)交汇命题点：带电体(或粒子)在电场、磁场或复合场中的平衡问题思想方法3等效思想、分解思想假设法、矢量三角形法、整体法和隔离法、正交分解法、合成法、转换研究对象法等。考向一受力分析、物体的平衡知 识 方 法核心知识

5、规律方法1.研究对象的选取方法：(1)整体法(2)隔离法2.受力分析的顺序一般按照“一重、二弹、三摩擦，四其他”的程序，结合整体法与隔离法分析物体的受力情况。3.处理平衡问题的基本思路精 典 题 组1.如图 4 所示，杂技演员站在一块被他踩成斜面的木板上处于静止状态，关于斜面对演员的作用力，下面说法正确的是()图 4A.木板对人可能有摩擦力作用，也可能没有摩擦力作用4B.木板对人一定有摩擦力C.木板对人的弹力方向一定竖直向上D.木板对人的作用力方向垂直板斜向上解析人在斜面上静止，必然受到静摩擦力作用，A 错误，B 正确；木板对人的作用力是摩擦力与支持力的合力，根据二力平衡，木板对人的作用力与重

6、力大小相等，方向相反，C、D 错误。答案B2.(2015桐乡市高三下学期模拟考试)如图 5 所示，斜面固定在水平面上，竖直轻杆顶端用光滑铰链连接，底端与上表面水平的物体A接触，则静止在斜面上的物体A受到力最多可能是()图 5A.3 个B.4 个C.5 个D.6 个解析本题考查了受力分析，解题的关键是准确判断弹力和摩擦力的方向，利用好平衡的条件分析力存在的可能性。物体A一定受到重力、斜面的弹力和摩擦力；由于杆上端有铰链连接，所以杆可能给物体A竖直向下的压力，故A最多受四个力作用，选 B。答案B3.(多选)(2015广东理综，19)如图 6 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

7、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()图 6A.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解析因三条绳长度不同，且彼此之间的夹角不确定，所以三条绳的张力大小不一定相等，但能确定三张力的合力方向为竖直向下，故 A 错误；杆对地面的压力大小数值上等于杆的重力与三条绳拉力的竖直向下的分力之和，故 B 正确；由于杆竖直，绳子对杆的拉力在水平方向上的合力等于零，故 C 正确；绳子拉力的合力方向与杆的重力方向均竖直向下，故两者不5是一对平衡力，故 D 错误。答案BC4.如图 7 所示，质量均

8、为m的a、b两物体，放在两固定的水平挡板之间，物体间用一竖直放置的轻弹簧连接，在b物体上施加水平拉力F后，两物体始终保持静止状态，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是()图 7A.a物体对水平挡板的压力大小可能为 2mgB.a物体所受摩擦力的大小为FC.b物体所受摩擦力的大小为FD.弹簧对b物体的弹力大小可能等于mg解析在b物体上施加水平拉力F后，两物体始终保持静止状态，则物体b受到挡板的静摩擦力作用，且fF，因此它们之间一定存在弹力，故弹簧的弹力大于物体b的重力，由整体法可知，a物体对水平挡板的压力大于 2mg，故选项 A、D 错误，C 正确；根据摩擦力产生的条件可知，a物体没有相对运动的

9、趋势，故没有受到摩擦力，选项 B 错误。答案C5.一个人最多能提起质量m020 kg 的重物。在倾角15的固定斜面上放置一物体(可视为质点)，物体与斜面间动摩擦因数33。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求人能够向上拖动该重物质量的最大值m。图 8解析设F与斜面倾角为时，拖动的重物最大质量为m，由平衡条件可得Fcosmgsin15FN0FNFsinmgcos 150由已知可得Fm0g联立解得mm0（cossin）sin 15cos 15而336所以m20 2 kg答案20 2 kg解后反思物体受力分析的技巧(1)分析受力的思路：先数研究对象有几个接触处，每个接触处最多有两个力(弹力和摩擦力)。同时

10、注意对场力的分析。假设法是判断弹力、摩擦力的存在及方向的基本方法。(2)受力分析的基本步骤：明确研究对象隔离物体分析画受力示意图验证受力合理性。(3)善于变换研究对象：若不能直接判断研究对象与接触的物体间是否有相互作用的弹力和摩擦力，可以采用变换研究对象，借助其他物体的受力判定。考向二共点力作用下物体的动态平衡知 识 方 法核心知识规律方法求解动态平衡问题的思想和方法1.基本思想：化“动”为“静”，“静”中求“动”2.基本方法(1)解析法：对研究对象受力分析，建立平衡方程，然后根据自变量的变化确定力的变化。(2)图解法精 典 题 组1.(2015江苏南京高三第二次模拟)目前，我市每个社区均已配

11、备了公共体育健身器材。图示器材为一秋千，用两根等长轻绳将一座椅悬挂在竖直支架上等高的两点。由于长期使用，导致两根支架向内发生了稍小倾斜，如图 9 中虚线所示，但两悬挂点仍等高。座椅静止时用F表示所受合力的大小，F1表示单根轻绳对座椅拉力的大小，与倾斜前相比()7图 9A.F不变，F1变小B.F不变，F1变大C.F变小，F1变小D.F变大，F1变大解析在支架的两种状态下，座椅均处于平衡状态，合力均为零，故F不变。座椅受重力和两绳的拉力而平衡，支架倾斜后与原状态相比，两绳拉力的夹角变小，而两力的合力不变，与重力等大反向，由平行四边形的边的关系知，轻绳对座椅的拉力F1变小，A 项正确。答案A2.(2

12、015衢州市高三教学质量检测)如图 10 所示，一根不可伸长的轻绳两端连接两轻环A、B，两环分别套在相互垂直的水平杆和竖直杆上。轻绳绕过光滑的轻小滑轮，重物悬挂于滑轮下，始终处于静止状态。下列说法正确的是()图 10A.只将环A向下移动少许，绳上拉力变大，环B所受摩擦力变小B.只将环A向下移动少许，绳上拉力不变，环B所受摩擦力不变C.只将环B向右移动少许，绳上拉力变大，环A所受杆的弹力不变D.只将环B向右移动少许，绳上拉力不变，环A所受杆的弹力变小解析轻绳绕过滑轮，绳上张力大小处处相等，则易知滑轮两侧绳子与竖直方向夹角相等，设为，设滑轮左侧绳长为x，右侧绳长为y，总绳长xyl。两环A、B水平距

13、离为d，则有dxsinysinlsin，sind/l，当环A向下移动少许，d不变，绳长不变，不变，而 2Fcosmg，可知绳上拉力F不变。选环B为研究对象，由FfFsin，知环B所受摩擦力不变，A 错，B 对；环B向右移动少许，d变大，绳长不变，增大，可知绳上拉力变大。选环A为研究对象，由FNFsin，知环A所受杆的弹力变大，C、D 错。答案B3.(多选)(2015广东省六校高三毕业班第三次联考)如图 11 所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于O点，一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条绳连接小球Q，P、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA在外力F的作用下使夹角

14、90，现缓慢改变绳OA的方向至90，且保持结点O位置不变，整个装置始终处于静止状态。下列说法正确的是()8图 11A.绳OA的拉力一直增大B.斜面对物块P的摩擦力的大小可能先减小后增大C.地面对斜面体有向右的摩擦力D.地面对斜面体的支持力大于物块P和斜面体的重力之和解析缓慢改变绳OA的方向至90的过程，OA拉力的方向变化如图从 1 位置到 2 位置到 3 位置所示，可见OA的拉力先减小后增大，OP绳的拉力一直增大，选项 A 错误；若开始时P受绳子的拉力比较小，则斜面对P的摩擦力沿斜面向上，OP绳拉力一直增大，则摩擦力先变小后反向增大，选项 B 正确；以斜面和P、Q整体为研究对象受力分析，根据平

15、衡条件，斜面受地面的摩擦力与OA绳拉力的水平分力等大反向，故摩擦力方向向左，选项 C 错误；以斜面体和P、Q整体为研究对象受力分析，根据竖直方向受力平衡：FNFcos M斜gMPgMQg，式中为F与竖直方向的夹角，由上图分析可知F的最大值即为MQg(当F竖直向上时)，故Fcos MQg，则FNM斜gMPg，选项 D 正确。答案BD解后反思考向三电学中的平衡问题知 识 方 法核心知识9规律方法处理电学中的平衡问题的方法：与纯力学问题的分析方法一样，学会把电学问题力学化，分析方法是：精 典 题 组1.(2015江苏单科，4)如图 12 所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度。下列各选项所示的载流线圈

16、匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方。线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态。若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是()图 12解析由题意知，处于磁场中的导体受安培力作用的有效长度越长，根据FBIL知受安培力越大，越容易失去平衡，由图知选项 A 中导体的有效长度最大，所以 A 正确。答案A2.如图 13 所示，一带电小球用绝缘轻质细线悬挂于O点，空间存在场强方向、大小均可调节的匀强电场，开始时匀强电场方向水平向右，小球平衡时细线与竖直方向成角(45)。现使电场方向在原竖直平面内沿逆时针方向缓慢转过 2角(转动过程中小球所带电荷量不变)，而保持小球在原位置不动，则此过程中

17、下列判断正确的是()图 1310A.细线的拉力先减小后增大B.电场强度一直减小C.细线的拉力先增大后减小D.电场强度先减小后增大解析带电小球在重力mg、细线拉力FT及电场力qE作用下处于平衡状态，此三力必可组成一封闭矢量三角形，当电场强度方向发生变化时，带电小球受力变化情况如图所示，则由图知细线拉力一直在减小，选项 A、C 错误；电场力先减小后增大(电场方向逆时针转过角时电场力最小)，选项 B 错误，D 正确。答案D3.如图 14 所示，两根通电直导体棒用四根长度相等的绝缘细线悬挂于O1、O2两点，已知O1O2连线水平，导体棒静止时绝缘细线与竖直方向的夹角均为，保持导体棒中的电流大小和方向不变

18、，在导体棒所在空间加上匀强磁场后绝缘细线与竖直方向的夹角均增大了相同的角度，下列分析正确的是()图 14A.两导体棒中的电流方向一定相同B.所加磁场的方向可能沿x轴正方向C.所加磁场的方向可能沿z轴正方向D.所加磁场的方向可能沿y轴负方向解析本题的易错点是看不懂立体图，不能把立体图转化为平面图。在导体棒所在空间加上匀强磁场后绝缘细线与竖直方向的夹角均增大了相同的角度，则两导体棒中的电流方向一定相反，且电流大小相等，选项 A 错误；由左手定则可知，所加磁场的方向可能沿z轴正方向，选项 C 正确，B、D 错误。答案C4.(多选)(2015浙江理综，20)如图 15 所示，用两根长度相同的绝缘细线把

19、一个质量为 0.1kg 的小球A悬挂到水平板的M、N两点，A上带有Q3.0106C 的正电荷。两线夹角为 120，两线上的拉力大小分别为F1和F2。A的正下方 0.3 m 处放有一带等量异种电荷的小球B，B与绝缘支架的总质量为 0.2 kg(重力加速度取g10 m/s2；静电力常量k9.0109Nm2/C2，A、B球可视为点电荷)，则()11图 15A.支架对地面的压力大小为 2.0 NB.两线上的拉力大小F1F21.9 NC.将B水平右移，使M、A、B在同一直线上，此时两线上的拉力大小F11.225N，F21.0 ND.将B移到无穷远处，两线上的拉力大小F1F20.866 N解析小球A、B间

20、的库仑力为F库kQQr29.01093.01063.01060.32N0.9 N，以B和绝缘支架整体为研究对象受力分析图如图甲所示，地面对支架支持力为FNmgF库1.1N，A 错误；以A球为研究对象，受力分析图如图乙所示，F1F2mAgF库1.9 N，B 正确；B水平向右移，当M、A、B在同一直线上时，A、B间距为r0.6 m，F库kQQr20.225N，以A球为研究对象受力分析图如图丙所示，可知F21.0 N，F1F库1.0 N，F11.225 N，所以 C 正确；将B移到无穷远，则F库0，可求得F1F21 N，D 错误。答案BC高频考点一共点力作用下物体的平衡满分策略12满分示例(6 分)

21、(多选)(2015河南八市重点高中高三第三次联考)如图 16 所示，一质量为m的滑块置于倾角为 30的粗糙斜面上，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，弹簧与斜面垂直，系统静止，则()图 16A.滑块不可能只受到三个力的作用B.弹簧可能处于伸长状态C.斜面对滑块的支持力大小可能为零D.斜面对滑块的摩擦力大小一定等于12mg审题流程第一步：审题干获取信息第二步：审选项构建思路解析弹簧如果处于原长状态，则滑块受重力、斜面弹力和摩擦力作用，A 项错误；弹簧如13果处于伸长状态，假设斜面对滑块的支持力为零，则滑块仅受重力和弹簧的拉力作用，两力方向不共线，滑块不可能静止，这时弹簧对滑块的

22、拉力一定小于重力垂直斜面方向的分力，B项正确，C 项错误；不论弹簧处于何种状态，由平衡条件可知，斜面对滑块的摩擦力Ffmgsin3012mg，D 项正确。答案BD满分体验(2015山东理综，16)如图 17 所示，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()图 17A.112B.11212C.11212D.21212解析对物体A、B整体在水平方向上有F2(mAmB)g；对物体B在竖直方向上有1FmBg；联立解得：mAmB11

23、212，选项 B 正确。答案B专题提升训练一、选择题(19 题为单项选择题，1013 题为多项选择题)1.(2015金华十校高三 4 月模拟考试)在建筑装修中，工人用质量为m的磨石对斜壁进行打磨，当对磨石加竖直向上推力F时，磨石恰好能沿斜壁向上匀速运动，已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为，则磨石受到的摩擦力大小为()图 1A.FsinB.FcosC.(Fmg)sinD.(Fmg)cos解析磨石受竖直向下的重力、竖直向上的推力F、垂直于斜壁向下的弹力FN和沿斜壁向下14的摩擦力Ff作用，由于磨石匀速运动，故其所受合力为 0。故垂直于斜壁方向有mgsinFNFsin，故FNFsinmgsin，所以F

24、fFN(Fmg)sin，平行于斜壁方向有FfmgcosFcos，所以Ff(Fmg)cos，故只选 C。答案C2.(2015陕西宝鸡一检)在如图所示的 A、B、C、D 四幅图中，滑轮本身的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一个质量都是m的重物，当滑轮和重物都静止不动时，图 A、C、D 中杆P与竖直方向夹角均为，图 B 中杆P在竖直方向上，假设 A、B、C、D 四幅图中滑轮受到木杆弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断中正确的是()A.FAFBFCFDB.FDFAFBFCC.FAFCFDFBD.FCFAFBFD解析设滑轮两边细

25、绳的夹角为，对重物，可得绳子拉力等于重物重力mg，滑轮受到木杆弹力F等于细绳拉力的合力，即F2mgcos2，由夹角关系可得FDFAFBFC，选项 B 正确。答案B3.(2015烟台一模)如图 2 所示，放在水平面上的斜面体B始终静止，物块A放在斜面体上，一轻质弹簧，两端分别与物块A及固定在斜面体底端的挡板拴接，初始时A、B静止，弹簧处于压缩状态。现用力F沿斜面向上拉A，但并未运动。下列说法正确的是()图 2A.弹簧对挡板的作用力减小B.A、B之间的摩擦力可能大小不变C.B对地面的压力增加D.水平面对B的摩擦力不变解析开始弹簧处于压缩状态，加力F后，A未运动，弹簧长度不变，则弹簧对挡板作用力不变

26、，A 错；隔离物块A分析得，A受B的摩擦力可能方向变化、大小不变，B 对；A、B整体15受力平衡，F水平Ff，F竖直FNM总g，所以 C、D 错误。答案B4.如图 3 所示，一个人站在水平地面上的长木板上用力F向右推箱子，木板、人、箱子均处于静止状态，三者的质量均为m，重力加速度为g，则()图 3A.箱子受到的摩擦力方向向右B.地面对木板的摩擦力方向向左C.木板对地面的压力大小为 3mgD.若人用斜向下的力推箱子，则木板对地面的压力会大于 3mg解析对箱子受力分析，受重力、支持力、F、静摩擦力，根据平衡条件，箱子受到的摩擦力方向向左，与F平衡，故 A 错误；对三个物体的整体受力分析，受重力和支

27、持力，不受静摩擦力，否则不平衡，故地面对木板没有静摩擦力，故 B 错误；对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，根据平衡条件，支持力等于重力；根据牛顿第三定律，支持力等于压力；故压力等于整体的重力，为 3mg；故 C 正确；人用斜向下的力推箱子，对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，故压力依然等于 3mg，故 D 错误。答案C5.如图 4 所示，一个 L 型木板(上表面光滑)放在斜面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的木块相连。斜面放在平板小车上，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()图 4A.L 型木板受 4

28、 个力的作用B.斜面可能只受 2 个力作用C.木块受 2 个力作用D.斜面不可能受平板小车对它的摩擦力作用解析先把 L 型木板、木块、斜面看成一个整体进行分析，受重力、小车的支持力，D 正确；隔离木块进行分析，受重力、斜面的支持力、弹簧的弹力(沿斜面向上)三个力作用处于平衡状态，C 错误；隔离木板，受重力、斜面的支持力、弹簧的弹力(沿斜面向下)、木块的压力、斜面对它的摩擦力 5 个力，A 错误；隔离斜面，受 4 个力作用，B 错误。答案D166.(2015江西南昌调研)水平面上有 U 形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电源，现垂直于导轨搁一根质量为m的金属棒ab，棒与导轨的动摩

29、擦因数为(滑动摩擦力略小于最大静摩擦力)，通过棒的电流强度为I。现加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于金属棒ab，与垂直导轨平面的方向夹角为，如图 5 所示，金属棒处于静止状态，重力加速度为g，则金属棒所受的摩擦力大小为()图 5A.BILsinB.BILcosC.(mgBILsin)D.(mgBILcos)解析金属棒处于静止状态，其合力为零，对其进行受力分析，如图所示，在水平方向有BILcosFf0，FfBILcos，选项 B 正确，选项 A、C、D 错误。答案B7.(2015杭州市第一次教学质量检测)如图 6 所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L，劲度

30、系数为k的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒ab相连，弹簧与导轨平面平行并与ab垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场，闭合开关 K 后导体棒中的电流为I，导体棒平衡时，弹簧伸长量为x1；调转图中电源极性，使导体棒中电流反向，导体棒中电流仍为I，导体棒平衡时弹簧伸长量为x2，忽略回路中电流产生的磁场，则匀强磁场的磁感应强度B的大小为()图 6A.kIL(x1x2)B.kIL(x2x1)C.k2IL(x2x1)D.k2IL(x2x1)解析调转电源极性时导体棒受到的安培力方向与调转前相反。由平衡条件可得mgsin kx1BIL；调转电源极性使导体棒中电流反向，由平

31、衡条件可得mgsin BILkx2，联立解得Bk2IL(x2x1)，选项 D 正确。17答案D8.如图7所示，在粗糙水平面上建立一直角坐标系xOy，在坐标原点处有一物体，质量m5 kg，物体和水平面间的动摩擦因数为0.08，物体受到沿坐标轴的三个恒力F1、F2、F3的作用而静止于水平面上，其中F13 N，方向沿x轴正方向；F24 N，方向沿y轴正方向；F3沿x轴负方向。则下列说法正确的是()图 7A.F3的大小可能大于 4 NB.F3的大小可能小于 3 NC.物体受到的摩擦力大小一定等于 4 N，方向沿y轴负方向D.物体受到的摩擦力大小可能小于 4 N，方向沿y轴负方向解析物体所受地面的最大静

32、摩擦力Ffmmg4 N，由平衡条件可知，F1、F2、F3的合力必须小于或等于 4 N，其中F24 N，F1与F3反向，只有当F1F3时，三力的合力才等于 4 N，否则一定大于 4 N，因此F33 N，静摩擦力FfFfm4 N，方向与F2相反，即沿y轴负方向，选项 C 正确。答案C9.如图 8 甲所示，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，地面对斜劈的摩擦力为Ff1。若对该物块施加一平行于斜面向下的推力F1，使其加速下滑，如图乙所示，则地面对斜劈的摩擦力为Ff2；若对该物块施加一平行于斜面向上的推力F2，使其减速下滑，如图丙所示，则地面对斜劈的摩擦力为F

33、f3，下列关于Ff1、Ff2、Ff3的大小关系正确的是()图 8A.Ff10B.Ff2Ff3C.Ff2Ff3D.Ff2Ff3解析题图甲中斜劈和物块都处于平衡状态，对整体，只有竖直方向的重力和支持力，地面对斜劈的摩擦力Ff10，若有摩擦力，则系统不能平衡，故选项 A 错误；根据题图甲的情景可知，在题图乙、丙中，物块受到的斜面作用力都是滑动摩擦力和支持力，合力与物块的重力平衡，即竖直向上，因此物块对斜面的作用力(滑动摩擦力和压力的合力)总是竖直向下的，18且与物块的重力等大，所以对斜劈，只受到了竖直方向的重力、地面支持力和物块的作用力，与题图甲中的受力情况相同，因此有Ff1Ff2Ff30，选项 B

34、、C 错误，D 正确。答案D10.(2015武汉市调研考试)如图 9 所示，水平细杆上套一环A，环A与球B间用一轻质绳相连，质量分别为mA、mB，由于B球受到风力作用，A与B球一起向右匀速运动。已知轻质绳与竖直方向的夹角为。则下列说法中正确的是()图 9A.风力增大时，轻质绳对B球的拉力保持不变B.B球受到的风力F为mBgtanC.杆对A球的支持力随着风力的增大而增大D.A球与水平细杆间的动摩擦因数为mBtanmAmB解析以B球为研究对象，受到重力、风力和拉力，三力平衡，如图所示，解三角形得到拉力FTmBgcos，风力FmBgtan，A 项错误，B 项正确；利用整体法，水平方向有F(mAmB)

35、g，解得mBtanmAmB，D 项正确；竖直方向，杆对A球的支持力FNA(mAmB)g，C 项错误。答案BD11.(2015烟台二模)如图 10 所示，两段等长细线L1和L2串接着两个质量相等的小球a、b，悬挂于O点。现施加水平向右的力F缓慢拉动a，L1对a球的拉力大小为F1，L2对b球的拉力大小为F2，在缓慢拉动的过程中，F1和F2的变化情况是()图 10A.F1变大B.F1变小C.F2不变D.F2变大解析在F缓慢拉动过程中，b球受力如图甲所示，由平衡条件得F2m2g，故F2不变，选项 C 正确，D 错误；a、b球整体受力如图乙所示，19由平衡条件得F1cos(m1m2)g0，在力F向右拉动

36、过程中，L1与竖直方向的夹角变大，cos变小，故F1变大，选项 A 正确，B 错误。答案AC12.(2015山东省日照市高三校际联合检测)如图 11 所示，一根绳子一端固定于竖直墙上的A点，另一端绕过动滑轮P悬挂一重物B，其中绳子的PA段处于水平状态，另一根绳子一端与动滑轮P的轴相连，在绕过光滑的定滑轮Q后在其端点O施加一水平向左的外力F，使整个系统处于平衡状态，滑轮均为光滑、轻质，且均可看做质点，现拉动绳子的端点O使其向左缓慢移动一小段距离后达到新的平衡状态，则该平衡状态与原平衡状态相比较()图 11A.拉力F增加B.拉力F减小C.角不变D.角减小解析以动滑轮P为研究对象，AP、BP段绳子受

37、的力始终等于B的重力，两绳子拉力的合力在APB角平分线上，拉动绳子后，滑轮向上运动，两绳子夹角减小，两拉力的合力增大，故F增大，A 项正确，B 项错；PQ与竖直方向夹角等于APB的一半，故拉动绳子后角减小，C 项错，D 正确。答案AD13.(2015四川省成都市毕业班一诊)如图 12 所示，一个质量为 4 kg 的半球形物体A放在倾角为37的斜面B上静止不动。若用通过球心的水平推力F10 N 作用在物体上，物体仍静止在斜面上，斜面仍相对地面静止。已知 sin 370.6，cos 370.8，取g10 m/s2，则()图 12A.物体A受到斜面B的摩擦力增加 8 NB.物体A对斜面B的作用力增加

38、 10 NC.地面对斜面B的弹力不变D.地面对斜面B的摩擦力增加 10 N解析若用通过球心的水平推力F10 N 作用在物体上，物体仍静止在斜面上，将该力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡条件可得：Fcos 37Ffmgsin 37，解得摩擦力Ff2016 N。物体A受到斜面B的摩擦力减小Ff24 N16 N8 N，选项 A错误；没有施加水平力F时，根据平衡条件，A受斜面作用力与重力等大反向，即大小为 40 N，根据牛顿第三定律，物体A对斜面的作用力为 40 N，方向竖直向下。施加水平力F后，物体A对斜面的作用力如图，F102402N10 17 N，物体A对斜面B的作用力增加(10 1740)

39、N，选项B 错误；把物体A和斜面B看做整体，分析受力，由平衡条件可知，地面对斜面B的弹力不变，摩擦力增加 10 N，选项 C、D 正确。答案CD二、非选择题14.(2015浙江理综，24)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图 13 甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡。线圈的水平边长L0.1 m，竖直边长H0.3 m，匝数为N1。线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B01.0 T，方向垂直线圈平面向里。线圈中通有可在 02.0 A 范围内调节的电流I。挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量。(重力加速度取g10 m/s2)甲乙图 13(1)

40、为使电磁天平的量程达到 0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2100 匝、形状相同的线圈，总电阻R10，不接外电流，两臂平衡。如图乙所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d0.1 m。当挂盘中放质量为 0.01 kg 的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率Bt。解析(1)题中“电磁天平”中的线圈受到安培力FN1B0IL由天平平衡可知：mgN1B0IL代入数据解得：N125 匝(2)由电磁感应定律得：EN2tN2BtLd21由欧姆定律得：IER线圈受到的安培力FN2B0IL由天平平衡可得：

41、mgN22B0BtdL2R代入数据可得Bt0.1 T/s答案(1)25 匝(2)0.1 T/s第 2 讲力与物体的直线运动1.(2014新课标全国卷，14)甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶。在t0 到tt1的时间内，它们的vt图象如图 1 所示。在这段时间内()图 1A.汽车甲的平均速度比乙的大B.汽车乙的平均速度等于v1v22C.甲、乙两汽车的位移相同D.汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大解析因为图线与坐标轴所围的“面积”是物体的位移，故在 0t1时间内，甲车的位移大于乙车，故根据vxt可知，甲车的平均速度大于乙车，选项 A 正确，C 错误；因为乙车做变减速运动，故平均

42、速度小于v1v22，选项 B 错误；因为图线切线的斜率等于物体的加速度，故甲、乙两车的加速度大小均逐渐减小，选项 D 错误。答案A2.(多选)(2015新课标全国卷，20)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为23a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为()22A.8B.10C.15D.18解析设P、Q西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则FnmaP、Q东边有k节车厢，则Fkm

43、23a联立得 3n2k，由此式可知n只能取偶数，当n2 时，k3，总节数为N5当n4 时，k6，总节数为N10当n6 时，k9，总节数为N15当n8 时，k12，总节数为N20，故选项 B、C 正确。答案BC3.(多选)(2015新课标全国卷，20)如图 2(a)，一物块在t0 时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()图 2A.斜面的倾角B.物块的质量C.物块与斜面间的动摩擦因数D.物块沿斜面向上滑行的最大高度解析由vt图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为av0t1，根据牛顿第二定律得mgsinmgcosma，即g

44、singcosv0t1。同理向下滑行时gsingcosv1t1，两式联立得 sinv0v12gt1，v0v12gt1cos，可见能计算出斜面的倾斜角度以及动摩擦因数，选项 A、C 正确；物块滑上斜面时的初速度v0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为 0，那么平均速度为v02，所以沿斜面向上滑行的最远距离为xv02t1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为xsinv02t1v0v12gt1v0（v0v1）4g，选项D 正确；仅根据vt图象无法求出物块的质量，选项 B 错误。答案ACD4.(2014新课标全国卷，24)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时，

45、后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常23情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为 1 s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为 120 m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的25。若要求安全距离仍为 120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。解析设路面干燥时，汽车与地面的动摩擦因数为0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为x，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得0mgma0 xv0t0v202a0式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度。设在雨天行驶时，汽车与地面的动摩擦因数，依题意

46、有250设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得mgmaxvt0v22a联立式并代入题给数据得v20 m/s(v24 m/s 不符合实际，舍去)答案20 m/s5.(2014新课标全国卷，24)2012 年 10 月，奥地利极限运动员菲利克斯鲍姆加特纳乘气球升至约 39 km 的高空后跳下，经过 4 分 20 秒到达距地面约 1.5 km 高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录。取重力加速度的大小g10 m/s2。(1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至 1.5 km 高度处所需的时间及其在此处速度的大小；(2)实

47、际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为fkv2，其中v为速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关。已知该运动员在某段时间内高速下落的vt图象如图 3 所示。若该运动员和所带装备的总质量m100 kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数。(结果保留 1 位有效数字)图 3解析(1)设运动员从开始自由下落至 1.5 km 高度处的时间为t，下落距离为h，在 1.5 km高度处的速度大小为v，根据运动学公式有：vgt24h12gt2依题意有h(3.91041.5103)m联立式可得：t87 sv8.7102m/s(2)该运动

48、员达到最大速度vmax时，加速度为零，由牛顿第二定律有：mgkv2max由所给的vt图象可读出vmax360 m/s由式可得：k0.008 kg/m答案(1)87 s8.7102m/s(2)0.008 kg/m6.(2015新课标全国卷，25)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为 4.5 m，如图 4(a)所示。t0 时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后 1 s 时间内小物块的vt图线如图(b)所示。木板

49、的质量是小物块质量的 15 倍，重力加速度大小g取 10 m/s2。求：图 4(1)木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。解析(1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v4 m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v4 m/s小物块受到滑动摩擦力作用而向右做匀减速直线运动，加速度大小a2401m/s24 m/s2。根据牛顿第二定律有2mgma2，解得20.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t1 s，位移x4.5 m，末速度v4 m/s其逆运动为匀加速直线运动，可得xvt12a1t2解得a11 m/s2小物块和木板整

50、体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：1(m15m)g(m15m)a1，即1ga125解得10.1(2)设碰撞后木板的加速度为a3，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有1(15mm)g2mg15ma3可得a343m/s2对滑块，加速度大小为a24 m/s2由于a2a3，所以滑块速度先减小到 0，所用时间为t11 s在此过程中，木板向左运动的位移为x1vt112a3t21103m,末速度v1va3t183m/s滑块向右运动的位移x2v02t12 m此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a24 m/s2木板继续减速，加速度大小仍为a343m/s2假设又经历时间t2二者速度相等，