(京津鲁琼专用)2020版高考物理大二轮复习专题一第1讲力与物体的平衡讲义

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(京津鲁琼版)2020版高考物理总复习第二章第1节重力弹力摩擦力课件

小球的加速度 a＝gtan θ 时，杆对小球的作用力才沿杆的方向，
此时才有
F
＝
ma sin θ
，
C
错误；小车以加速度
a
向
左加速运动时，由牛顿第二定律，可知小球所受到的重力 mg 与杆对球的作用力的合力大小为 ma，方向水平向左，如图乙所示．所以杆对球的作用力的大小 F＝
（ma）2＋（mg）2，方向斜向左上方，tan θ1＝ag，D 正确． [答案] D
2．弹力方向的确定
角度二弹力的计算
(2019·安庆质检)如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆间的夹角为 θ，在斜杆的下端固定有质量为 m 的小球，下列关于杆对球的作用力 F 的判断正确的是( ) A．小车静止时，F＝mgsin θ，方向沿杆向上 B．小车静止时，F＝mgcos θ，方向垂直于杆向上 C．小车以向右的加速度 a 运动时，一定有 F＝sminaθ D．小车以向左的加速度 a 运动时，F＝（ma）2＋（mg）2，方向斜向左上方，与竖直方向的夹角 θ1 满足 tan θ1＝ag
A．容器受到的摩擦力不断增大 B．容器受到的摩擦力不变 C．水平力 F 必须逐渐增大 D．容器受到的合力逐渐增大
解析：选 A.因注水过程中容器始终静止，故容器受到的合力始终为零，D 错误；由平衡条件可得，墙对容器的静摩擦力 Ff ＝m 总 g，随 m 总的增大而增大，A 正确，B 错误；只要 m 总 g≤ μ F，不增大水平力 F 也可使容器静止不动，C 错误．
计算弹力的三种方法 (1)根据胡克定律计算； (2)根据力的平衡条件计算； (3)根据牛顿第二定律计算．
静摩擦力的有无及方向判断【题组突破】 1．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( )

2020届高考物理二轮复习专题一力与运动第一讲力与物体的平衡课件

第一讲力与物体的平衡热点一物体的受力分析强化学思知能学有所思，思有深度一、理清一个“网络”，明晰“力”是根源二、受力分析中的“2分析” “2注意”1.“2分析”⑴只分析研究对象受的力，不分析研究对象给其他物体的力；(2)只分析性质力(六种常见力)，不分析效果力，如向心力等.2.“2注意”(1)合力与分力不可同时作为物体的受力；(2)物体的受力情况与运动情况相对应.三、命题规律1.该热点为历年高考的重点，主要考查力的有无和方向的判断，且常和共点力的平衡知识结合起来考査.2-考查的题型一般为选择题，在动力学中也常在计算题中被考查到.题组冲关调研范有所得，练有高度［范例调研］O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块〃•外力F向右上方拉b9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，物块方仍始终保持静止，则（BD）［例1］（多选）如图，光滑的轻滑轮用细绳OO）悬挂于A・绳OO‘的张力也在一定范围内变化B. 物块方所受到的支持力也在一定范围内变化C. 连接。

和方的绳的张力也在一定范围内变化D. 物块方与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化［关键点拨］以点为研究对象，由三力平衡分析绳oo f的张力变化情况；以物块〃为研究对象，用正交分解法列方程分析物块〃所受支持力及与桌面间摩擦力的变化情况.［解析］系统处于静止状态，连接a 和b的绳的张力大小八等于物块“的重力6, C项错误；以少点为研究对象，受力分析如图甲所示，右恒定，夹角〃不变，由平衡条件知，绳OO'的张力為恒定不变，A项错误；以方为研究对象，受力分析如图乙所示，贝!I甲乙F N+Ticos^+Fsina—G b=0 /+ T xsin^—Fcosa=0 F N、/均随F的变化而变化，故B、D项正确•［自主突破］1. （2018-滨州模拟妆口图所示，开口向下的“”形框架,两侧竖直杆光滑固定，上面水平横杆中点固定一定滑轮，两侧杆上套着的两滑块用轻绳绕过定滑轮相连，并处于静止状态，此时连接滑块A的绳与水平方向夹角为伏连接滑块B的绳与水平方向的夹角为2伏则B两滑块的质量之比为（A ）C ・ 2sin& 1D ・ 1 2sin 〃A. 1 2cos 〃■ B• 2cos 〃 1解析：设绳的拉力为Fn对两个滑块分别受力分析，如图所示，根据平衡条件得，加A^=Frsin伏m B g=F^Yn23,解得〒sin0 1gv 十迤=^n2O=2c^09选项A正确・FJ2. （2018•江西南昌面的夹角为«=15°,-个质量忽略不计的小轻环C套在直杆上, 一根轻质细线依次穿过小环甲、小轻环C和小环乙，且两端分别固定于直杆上的去B两点，小环甲和小环乙分居在小轻环c的两侧•设小环甲的质量为加1，小环乙的质量为加2,调节B间细线的长度，当系统处于静止状态时0=45。

(京津鲁琼版)2020版高考物理总复习第二章第3节受力分析共点力的平衡课件

A．F 增大，FN 减小 B．F 减小，FN 增大 C．F 减小，FN 减小 D．F 增大，FN 增大
解析：选 D.先对小球受力分析，受重力、半圆球对其的支持力和挡板对其的支持力，设半圆球对其支持力方向与竖直方向的夹角为 θ，根据共点力平衡条件，有 FN＝cmosgθ，F＝mgtan θ，挡板保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角 θ 不断变大，故 F 变大，FN 变大，D 正确，A、B、C 错误．
角度二相似三角形法 (多选)(2019·甘肃兰州模拟)两轻杆通过铰链相连构成
一个三角形框架，AB、BC、CA 三边长度为 30 cm、20 cm、 40 cm，在 A 点用一细线挂 1 kg 物块，系统处于静止，则(g＝ 10 m/s2)( )
A．AB 杆对 A 点有沿杆从 B 点指向 A 点的弹力 B．CA 杆作用于 A 点的弹力不一定沿 CA 杆方向 C．CA 杆产生的弹力大小为 20 N D．若改为挂一个 0.5 kg 物块，则 AB 杆上弹力也会变为原来一半
则有：tan α ＝2 98F9mg＝25 908090，故选项 C 正确，选项 A、B、 D 错误．
动态平衡问题的分析方法【知识提炼】分析动态平衡问题常用的三种方法
方法
步骤
(1)根据已知量的变化情况，画出平行四边形
图解法边、角的变化；
(2)确定未知量大小、方向的变化
方法
步骤
(1)根据已知条件画出两个不同情况对应的力的三角
解析：选 AD.对 m1、m2 整体受力分析，受到重力 mg＝(m1＋ m2)g、支持力 N、拉力 F、滑动摩擦力 f，如图．
根据共点力平衡条件，有 Fcos θ－f＝0；N＋Fsin θ－mg＝0；解得：N＝mg－Fsin θ＝(m1＋m2)g－Fsin θ；f＝Fcos θ.

2020版物理新增分大一轮新高考(京津鲁琼)讲义：第二章相互作用第1讲含解析

内容与要求 1.认识重力、弹力与摩擦力．通过实验，了解胡克定律．知道滑动摩擦和静摩擦现象，能用动摩擦因数计算滑动摩擦力的大小．2．通过实验，了解力的合成与分解，知道矢量和标量．3．能用共点力的平衡条件分析日常生活中的问题．第1讲重力弹力一、力1．定义：力是物体与物体间的相互作用．2．作用效果：使物体发生形变或改变物体的运动状态(即产生加速度)．3．性质：力具有物质性、相互性、共存性、矢量性、独立性等特征．4．四种基本相互作用：引力相互作用、电磁相互作用、强相互作用和弱相互作用．二、重力1．产生：由于地球吸引而使物体受到的力．注意：重力不是万有引力，而是万有引力竖直向下的一个分力．2．大小：G＝mg，可用弹簧测力计测量．注意：(1)物体的质量不会变；(2)G的变化是由在地球上不同位置处g的变化引起的．3．方向：总是竖直向下．注意：竖直向下是和水平面垂直，不一定和接触面垂直，也不一定指向地心．4．重心：物体的每一部分都受重力作用，可认为重力集中作用于一点，即物体的重心．(1)影响重心位置的因素：物体的几何形状；物体的质量分布．(2)不规则薄板形物体重心的确定方法：悬挂法．注意：重心的位置不一定在物体上．自测1(多选)关于地球上的物体，下列说法中正确的是()A．物体只有静止时才受重力作用B．地面上的物体受到的重力垂直于水平面C．重心是物体受到重力的等效作用点，故重心一定在物体上D．物体所受重力的大小与物体运动状态无关答案BD三、弹力1．弹力(1)定义：发生形变的物体由于要恢复原状而对与它接触的物体产生的作用力．(2)产生条件：①物体间直接接触；②接触处发生形变．(3)方向：总是与施力物体形变的方向相反．2．胡克定律(1)内容：在弹性限度内，弹力的大小和弹簧形变大小(伸长或缩短的量)成正比．(2)表达式：F＝kx.①k是弹簧的劲度系数，单位是牛顿每米，用符号N/m表示；k的大小由弹簧自身性质决定．②x是弹簧长度的变化量，不是弹簧形变以后的长度．自测2下列图中各物体均处于静止状态．图中画出了小球A所受弹力的情况，其中正确的是()答案 C命题点一弹力分析的“四类模型”问题1．弹力(1)方向(2)计算弹力大小的三种方法①根据胡克定律进行求解．②根据力的平衡条件进行求解．③根据牛顿第二定律进行求解．2．弹力有无的判断“三法”(1)假设法：假设将与研究对象接触的物体解除接触，判断研究对象的运动状态是否发生改变．若运动状态不变，则此处不存在弹力；若运动状态改变，则此处一定存在弹力．(2)替换法：用细绳替换装置中的轻杆，看能不能维持原来的力学状态．如果能维持，则说明这个杆提供的是拉力；否则，提供的是支持力．(3)状态法：由运动状态分析弹力，即物体的受力必须与物体的运动状态相符合，依据物体的运动状态，由二力平衡(或牛顿第二定律)列方程，求解物体间的弹力．模型1物体与物体间的弹力例1(2018·山西省太原市上学期期末)历经一年多的改造，2017年10月1日，太原迎泽公园重新开园，保持原貌的七孔桥与新建的湖面码头，为公园增色不少．如图1乙是七孔桥正中央一孔，位于中央的楔形石块1，左侧面与竖直方向的夹角为θ，右侧面竖直．若接触面间的摩擦力忽略不计，则石块1 左、右两侧面所受弹力的比值为()图1A.1tan θ B ．sin θ C.1cos θ D.12cos θ答案 C解析对石块1受力分析如图，则石块1左、右两侧面所受弹力的比值F 1F 2＝1cos θ，故C 正确．模型2 绳的弹力例2 如图2所示，质量为m 的小球套在竖直固定的光滑圆环上，轻绳一端固定在圆环的最高点A ，另一端与小球相连．小球静止时位于环上的B 点，此时轻绳与竖直方向的夹角为60°，则轻绳对小球的拉力大小为( )图2A ．2mg B.3mg C ．mg D.32mg 答案 C解析对B 点处的小球受力分析，如图所示，则有F T sin 60°＝F N sin 60° F T cos 60°＋F N cos 60°＝mg解得F T ＝F N ＝mg ，故C 正确．模型3 弹簧的弹力例3 如图3所示，小球a 的质量为小球b 的质量的一半，分别与轻弹簧A 、B 和轻绳相连接并处于平衡状态．轻弹簧A 与竖直方向的夹角为60°，轻弹簧A 、B 的伸长量刚好相同，则下列说法正确的是( )图3A ．轻弹簧A 、B 的劲度系数之比为1∶3 B ．轻弹簧A 、B 的劲度系数之比为2∶1C ．轻绳上拉力与轻弹簧A 上拉力的大小之比为2∶1D ．轻绳上拉力与轻弹簧A 上拉力的大小之比为3∶2 答案 D解析设轻弹簧A 、B 的伸长量都为x ，小球a 的质量为m ，则小球b 的质量为2m .对小球b ，由平衡条件知，弹簧B 中弹力为k B x ＝2mg ；对小球a ，由平衡条件知，竖直方向上，有k B x ＋mg ＝k A x cos 60°，联立解得k A ＝3k B ，选项A 、B 错误；水平方向上，轻绳上拉力F T ＝k A x sin 60°，则F T k A x ＝32，选项C 错误，D 正确．模型4 杆的弹力例4 (2018·湖南省怀化市博览联考)如图4所示，与竖直墙壁成53°角的轻杆一端斜插入墙中并固定，另一端固定一个质量为m 的小球，水平轻质弹簧处于压缩状态，弹力大小为34mg (g 表示重力加速度)，则轻杆对小球的弹力大小为( )图4A.53mg B.35mgC.45mg D.54mg 答案 D解析小球处于静止状态，其合力为零，对小球受力分析，如图所示，由图中几何关系可得F ＝(mg )2＋(34mg )2＝54mg ，选项D 正确．命题点二 “活结”和“死结”与“动杆”和“定杆”问题类型1 “活结”和“死结”问题1．活结：当绳绕过光滑的滑轮或挂钩时，由于滑轮或挂钩对绳无约束，因此绳上的力是相等的，即滑轮只改变力的方向不改变力的大小．2．死结：若结点不是滑轮，是固定点时，称为“死结”结点，则两侧绳上的弹力不一定相等．例5 (2016·全国卷Ⅲ·17)如图5所示，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( )图5A.m2 B.32m C ．m D ．2m答案 C解析如图所示，圆弧的圆心为O ，悬挂小物块的点为c ，由于ab ＝R ，则△aOb 为等边三角形，同一条细线上的拉力相等，F T ＝mg ，合力沿Oc 方向，则Oc 为角平分线，由几何关系知，∠acb ＝120°，故细线的拉力的合力与物块的重力大小相等，则每条细线上的拉力F T ＝G ＝mg ，所以小物块质量为m ，故C 对．变式1 (2018·河北省石家庄市二模)如图6所示，在竖直平面内固定一直杆，将轻环套在杆上．不计质量的滑轮用轻质绳OP 悬挂在天花板上，另一轻绳通过滑轮系在环上，不计所有摩擦．现向左缓慢拉绳，当环静止时，与手相连的绳子水平，若杆与地面间夹角为θ，则绳OP 与天花板之间的夹角为( )图6A.π2 B ．θ C.π4＋θ2 D.π4－θ2答案 C解析当轻环静止不动时，PQ 绳对轻环的拉力与杆对轻环的弹力等大、反向、共线，所以PQ 绳垂直于杆，由几何关系可知，绳PQ 与竖直方向之间的夹角是θ；对滑轮进行受力分析如图，由于滑轮的质量不计，则OP 绳对滑轮的拉力与两个绳子上拉力的合力大小相等、方向相反，所以OP 绳的方向一定在两根绳子之间的夹角的角平分线上，由几何关系得OP 绳与天花板之间的夹角α＝12β＝12(π2＋θ)＝π4＋θ2，C 正确．类型2 “动杆”和“定杆”问题1．动杆：若轻杆用光滑的转轴或铰链连接，当杆处于平衡时杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起杆的转动．如图7甲所示，若C 为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向．图72．定杆：若轻杆被固定不发生转动，则杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向，如图乙所示．例6(2018·天津市南开中学月考)如图8为两种形式的吊车的示意图，OA为可绕O点转动的轻杆，重量不计，AB为缆绳，当它们吊起相同重物时，杆OA在图(a)、(b)中的受力分别为F a、F b，则下列关系正确的是()图8A．F a＝F b B．F a>F bC．F a<F b D．大小不确定答案 A解析对题图中的A点受力分析，则由图(a)可得F a＝F a′＝2mg cos 30°＝3mg.由图(b)可得tan 30°＝mgF b′，则F b＝F b′＝3mg，故F a＝F b.变式2(多选)如图9所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆，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)，B端吊一重物．现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢上拉，在AB杆达到竖直前()图9A．绳子拉力不变B．绳子拉力减小C．AB杆受力增大D．AB杆受力不变答案BD解析以B点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力F T1(等于重物的重力G)、轻杆的支持力F N 和绳子的拉力F T2，作出受力图如图所示：由平衡条件得，F N 和F T2的合力与F T1大小相等、方向相反，根据三角形相似可得：F N AB ＝F T2BO ＝F T1AO又F ＝F T2 解得：F N ＝AB AO ·G ，F ＝BO AO·G∠BAO 缓慢变小时，AB 、AO 保持不变，BO 变小，则F N 保持不变，F 变小，故选项B 、D 正确．1．(多选)(2019·黑龙江省齐齐哈尔市模拟)关于力，下列说法正确的是( ) A ．拳击运动员一记重拳出击，被对手躲过，运动员施加的力没有受力物体 B ．站在地面上的人受到的弹力是地面欲恢复原状而产生的C ．重力、弹力是按力的性质命名的，动力、阻力、压力、支持力是按力的作用效果命名的D ．同一物体放在斜面上受到的重力一定小于放在水平面上受到的重力答案 BC2．(多选)关于弹力，下列说法正确的是( ) A ．弹力的方向总是与施力物体形变的方向相反 B ．轻绳中的弹力方向一定沿着绳并指向绳收缩的方向 C ．轻杆中的弹力方向一定沿着轻杆D ．在弹性限度内，弹簧的弹力大小与弹簧的形变量成正比答案 ABD3．(多选)如图1所示，A 、B 两物体的重力分别是G A ＝3 N 、G B ＝4 N ．A 用细绳悬挂在天花板上，B 放在水平地面上，连接A 、B 间的轻弹簧的弹力F 簧＝2 N ，则绳中张力F T 及B 对地面的压力F N 的可能值分别是( )图1A．7 N和10 N B．5 N和2 NC．1 N和6 N D．2 N和5 N答案BC4．(2018·新高考研究联盟联考)小明在倾斜的路面上使用一台没有故障的体重秤，那么测出来的体重示数比他实际体重()A．偏大B．偏小C．准确D．不准确，但无法判断偏大偏小答案 B5.如图2所示，A、B两物体并排放在水平桌面上，C物体叠放在A、B上，D物体悬挂在线的下端时线恰好竖直，且D物体与斜面接触．若接触面均光滑，所有物体均静止，下列说法中正确的是()图2A．A对B的弹力方向水平向右B．C对地面的压力大小等于C的重力C．D对斜面没有压力作用D．斜面对D的支持力垂直斜面向上答案 C解析物体接触并产生弹性形变时就能产生弹力作用，无法直接判断有无形变时，可用假设法．若A、B间有弹力作用，则A、B不能保持静止状态，所以A和B之间没有弹力，A错误；C对A、B 产生向下的压力作用，对地面并不产生压力，B错误；如果去掉斜面，D物体仍然静止，保持原来的状态，所以D与斜面之间没有弹力作用，C正确，D错误．6.(多选)如图3所示，一倾角为45°的斜面固定于竖直墙上，为使一光滑的铁球静止，需加一水平力F，且F通过球心，下列说法正确的是()图3A．球一定受墙的弹力且水平向左B．球可能受墙的弹力且水平向左C．球一定受斜面的弹力且垂直于斜面向上D．球可能受斜面的弹力且垂直于斜面向上答案BC解析铁球处于静止状态，当F较小时，球的受力情况如图甲所示，当F较大时，球的受力情况如图乙所示，故B、C正确．7.如图4所示，某一弹簧测力计外壳的质量为m，弹簧及与弹簧相连的挂钩质量忽略不计．将其放在光滑水平面上，现用两水平拉力F1、F2分别作用在与弹簧相连的挂钩和与外壳相连的提环上，关于弹簧测力计的示数，下列说法正确的是()图4A．只有F1＞F2时，示数才为F1B．只有F1＜F2时，示数才为F2C．不论F1、F2大小关系如何，示数均为F1D．不论F1、F2大小关系如何，示数均为F2答案 C解析弹簧测力计的示数一定等于弹簧挂钩上的拉力F1，与F1、F2的大小关系无关，C正确．8．三个相同的支座上分别搁着三个质量和直径都相等的光滑圆球a、b、c，支点P、Q在同一水平面上．a的重心位于球心，b、c的重心分别位于球心的正上方和正下方，如图5所示，三球皆静止，支点P对a球、b球和c球的弹力分别为F N a、F N b和F N c，则()图5A．F N a＝F N b＝F N c B．F N b>F N a>F N cC．F N b<F N a<F N c D．F N a>F N b＝F N c答案 A解析三种情况下，支点P、Q对球的弹力方向是垂直该点切线(接触面)指向球心，而不是沿着它们与重心的连线而指向重心，由对称性可知：P、Q两点对球的作用力大小相等，平衡时，每一种情景下，P、Q两点对球的弹力的夹角相等，故由三力平衡知识可得：三种情景下P点对球的弹力相等，A正确．9．如图6所示装置中，各小球的质量均相同，弹簧和细线的质量均不计，一切摩擦忽略不计，平衡时各弹簧的弹力分别为F1、F2、F3，其大小关系是()图6A．F1＝F2＝F3B．F1＝F2＜F3C．F1＝F3＞F2D．F3＞F1＞F2答案 A10．(多选)如图7所示为位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆的下端固定有质量为m的小球．下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是()图7A．小车静止时，F＝mg sin θ，方向沿杆向上B．小车静止时，F＝mg cos θ，方向垂直于杆向上C．小车向右匀速运动时，一定有F＝mg，方向竖直向上D．小车向右匀加速运动时，一定有F＞mg，方向可能沿杆向上答案CD解析小球受重力和杆的作用力F处于静止状态或匀速直线运动状态时，由力的平衡条件知，二力必等大反向，则F＝mg，方向竖直向上．小车向右匀加速运动时，小球有向右的恒定加速度，根据牛顿第二定律知，mg和F的合力应水平向右，如图所示．由图可知，F＞mg，方向可能沿杆向上，选项C、D正确．11.(2019·山师附中第二次模拟)如图8所示，将一个质量为m的球固定在弹性杆AB的上端，现用测力计沿水平方向缓慢拉球，使杆发生弯曲，在测力计的示数逐渐增大的过程中，AB杆对球的弹力方向为()图8A．始终水平向左B ．始终竖直向上C ．斜向左上方，与竖直方向的夹角逐渐增大D ．斜向左下方，与竖直方向的夹角逐渐增大答案 C解析对小球受力分析可知，小球受到竖直向下的重力、水平向右的拉力和AB 杆的弹力作用，重力和拉力的合力斜向右下方，所以AB 杆对球的弹力方向斜向左上方，与竖直方向的夹角α大小满足tan α＝Fmg，在测力计的示数逐渐增大的过程中α角逐渐增大，选项C 正确．12.一个长度为L 的轻弹簧，将其上端固定，下端挂一个质量为m 的小球时，弹簧的总长度变为2L ，现将两个这样的弹簧按如图9所示方式连接，A 、B 两小球的质量均为m ，则两小球平衡时，B 小球距悬点O 的距离为(不考虑小球的大小，且弹簧都在弹性限度范围内)( )图9A ．3LB ．4LC ．5LD ．6L 答案 C解析一个长度为L 的弹簧，挂一个质量为m 的小球时，弹簧的总长度变为2L ，即伸长L ，若两个小球如题图所示悬挂，则下面的弹簧伸长L ，上面的弹簧受力2mg ，伸长2L ，则弹簧的总长为L ＋L ＋L ＋2L ＝5L ，故C 正确．13．如图10所示，质量均为m 的A 、B 两球，由一根劲度系数为k 的轻弹簧连接静止于半径为R 的光滑半球形碗中，弹簧水平，两球间距为R 且球半径远小于碗的半径．则弹簧的原长为( )图10A.mgk ＋R B.mg 2k ＋R C.23mg 3k ＋RD.3mg3k＋R 答案 D解析以A 球为研究对象，小球受三个力：重力、弹簧的弹力和碗的支持力，如图所示．由平衡条件，得：tan θ＝mgkx解得：x ＝mgk tan θ根据几何关系得：cos θ＝12R R ＝12，则tan θ＝3，所以x ＝mg k tan θ＝3mg3k故弹簧原长x 0＝3mg3k＋R ，故D 正确．。

京津鲁琼专用2020版高考物理大二轮复习专题一第1讲力与物体的平衡练习含解析20191024280

力与物体的平衡一、单项选择题1．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．以上结论都不对解析：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 kgD ．200 3 kg解析：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·烟台联考) 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 F 1和 F 2(F 2>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解析：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 F 1时，最大静摩擦力 F f 沿斜面向下，由平衡条件得 F 1＝mg sin θ＋F f ；当 F 取最小值 F 2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．(2017·高考全国卷Ⅲ)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解析：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 ．m 2B ．32mC ．mD ．2m解析：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．(2017·高考全国卷Ⅱ) 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 ．36C ．33D ．32解析：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mg qD ．磁感应强度的大小为mg qv解析：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qvB ＝3mg ，解得E ＝mg q，B ＝3mgqv，选项C 正确，D 错误．8．(2019·青岛模拟) 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mg3D ．足球与水平面间的动摩擦因数至少为66解析：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mg 3，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. (2019·济宁二模)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 ．先减小后增大解析：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·长沙模拟) 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 减小解析：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mg R ＝F N R ＝F L，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 大解析：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 ＝F2sinθ2，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，则衣架悬挂点右移解析：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 2sinα＝s ，得sin α＝sL 1＋L 2＝s L，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．(2019·德州模拟)如图所示，重物A 被绕过小滑轮P 的细线所悬挂，小滑轮P 被一根细线系于天花板上的O 点，B 物体放在粗糙的水平桌面上，O ′是三根线的结点，bO ′水平拉着B 物体，cO ′竖直拉着重物 C ，aO ′、bO ′与cO ′的夹角如图所示．细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，整个装置处于静止状态．若悬挂小滑轮的细线 OP 的张力大小是20 3 N ，则下列说法中正确的是(g ＝10 m/s 2)( )A ．重物 A 的质量为2 kgB ．桌面对 B 物体的摩擦力大小为 10 3 NC ．重物 C 的质量为1 kgD ．OP 与竖直方向的夹角为60°解析：选ABC.以小滑轮 P 为研究对象，受力分析如图甲所示，则有2T cos 30°＝F ，故T ＝F2cos 30°＝20 N ，由于T ＝m A g ，故m A ＝2 kg ，则选项A 正确；以 O ′点为研究对象，受力分析如图乙所示，由平衡条件得：T cos 30°＝F b ，F b ＝10 3 N ，T sin 30°＝F C ＝m C g ，故 m C ＝1 kg ，则选项C 正确；又因为 F b ＝－f ，所以选项 B 正确；OP 与竖直方向的夹角应为30°，所以选项 D 错误．14. 表面光滑、半径为R 的半球固定在水平地面上，球心O 的正上方O ′处有一无摩擦定滑轮，轻质细绳两端各系一个可视为质点的小球挂在定滑轮上，如图所示．两小球平衡时，若滑轮两侧细绳的长度分别为L 1＝2.4R 和L 2＝2.5R ，则这两个小球的质量之比为m 1m 2，小球与半球之间的压力之比为F N1F N2，则以下说法正确的是( )A ．m 1m 2＝2425B ．m 1m 2＝2524C ．F N1F N2＝2524 D ．F N1F N2＝2425解析：选BC.先以左侧小球为研究对象，分析受力情况：重力m 1g 、绳子的拉力F T 和半球的支持力F N1，作出受力分析图．由平衡条件得知，拉力F T 和支持力F N 的合力与重力m 1g 大小相等、方向相反．设OO ′＝h ，根据三角形相似得F T L 1＝F N1R ＝m 1g h ，解得m 1g ＝F T h L 1，F N1＝F T RL 1…①同理，以右侧小球为研究对象，得：m 2g ＝F T h L 2，F N2＝F T R L 2…②，由①∶②得m 1m 2＝L 2L 1＝2524，F N1F N2＝L 2L 1＝2524. 15. (2019·滨州质检)如图所示，在竖直平面内，一根不可伸长的轻质软绳两端打结系于“V ”形杆上的A 、B 两点，已知OM 边竖直，且|AO |＝|OB |，细绳绕过光滑的滑轮，重物悬挂于滑轮下处于静止状态．若在纸面内绕端点O 按顺时针方向缓慢转动“V ”形杆，直到ON 边竖直，绳子的张力为T ，A 点处绳子与杆之间摩擦力大小为F ，则( )A．张力T一直增大B．张力T先增大后减小C．摩擦力F一直减小D．摩擦力F先增大后减小解析：选BC.设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角α，受力如图甲，在纸面内绕端点O按顺时针方向缓慢转动“V”形杆，直到ON边竖直，AB的长度不变，AB在水平方向的投影先变长后变短，绳子与竖直方向的夹角α先变大后变小，所以张力T＝mg2cos α先增大后减小，故A错误，B正确；以A点为研究对象，受力分析如图乙．根据平衡条件可知，F＝T cos(α＋β)＝mg cos（α＋β）2cos α＝mg2(cos β－tan αsin β)，在纸面内绕端点O按顺时针方向缓慢转动“V”形杆，绳子与竖直方向的夹角α先变大后变小，OA 杆与竖直方向的夹角β一直变大，当绳子与竖直方向的夹角α变大时，摩擦力减小，当绳子与竖直方向的夹角α变小时，但(α＋β)还是在增大，所以摩擦力还是在减小，故C正确，D错误．。

高三物理二轮复习专题1 第1讲受力分析与物体平衡课件

复合场中带电体的平衡
如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ。如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是( )
A．棒中的电流变大，θ角变大 B．两悬线等长变短，θ角变小 C．金属棒质量变大，θ角变大 D．磁感应强度变大，θ角变小
[解析] 本题考查受力分析和共点力的平衡，意在考查考生对共点力平衡问题的处理能力。
假设天花板与木块间的弹力为零，则之间的摩擦力也为零，受力如图1所示。与合力为零相矛盾，A项错；假设天花板与木块间摩擦力为零，受力如图2所示。与合力为零相矛盾，B项错；对木块分析，如图3所示，摩擦力等于木块重力沿斜面方向的分力，与F大小无关，C错D对。
未加沙子时，A所受的重力沿斜面向下的分力为 MAgsinθ ，等于绳子的拉力， A 没有运动趋势，不受静摩擦力。当向A中缓慢加入沙子时，A有向下运动趋势，由平衡条件分析可知，A所受的摩擦力等于沙子的重力沿斜面向下的分力，随着沙子质量的增加，A所受的摩擦力逐渐增大，C项正确；整个系统合力仍为零，仍静止，D项错误。
二、方法技巧要用好 1．物体间静摩擦力的有无及方向判断方法 (1)“假设法”和“反推法”。 ①假设法：先假设没有摩擦力(即光滑)时，看相对静止的物体间能否发生相对运动。若能，则有静摩擦力，方向与相对运动方向相反；若不能，则没有静摩擦力。 ②反推法：是从被研究物体表现出的运动状态这个结果反推出它必须具有的条件，分析组成条件的相关因素中摩擦力所起的作用，就容易判断摩擦力的方向了。
(2014·广东理综)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 ()

(京津鲁琼版)2020版高考物理总复习课件：第一、二章紧扣高考热点培养核心素养课件

3．斜率：斜率有两种情况，一种是纵坐标物理量与横坐标物
理量的比值，如 U－I 图象中 R＝UI ，另一种是纵坐标物理量的
变化量与横坐标物理量的变化量的比值，如
v－t
图象中
a＝ΔΔ
v， t
而不)为检测某新能源动力车的刹车性能，现在平直公路上做刹车实验，如图所示是动力车整个刹车过程中位移与速度平方之间的关系图象，下列说法正确的是( )
(2)设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离 x0，在乙车刹车 t2 时间两车速度相等，t0 为乙车司机反应时间，乙车紧急刹车的加速度大小为 a2＝Fmf22＝5 m/s2 速度相等：v0－a1(t2＋t0)＝v0－a2t2 解得：t2＝2.0 s 乙车发生的位移：x 乙＝v0t0＋v0t2－12a2t22＝15 m 甲车发生的位移：
(3)依题意知在宽为74d 的物体移到门框的过程中，每扇门至少要移动78d 的距离，每扇门的运动各经历两个阶段：开始以加速度 a 匀加速运动 s1＝12d 的距离，速度达到 v0，所用时间 t1＝12t0，而后又做匀减速运动，设减速时间为 t2，门又运动了 s2＝78d－ 12d＝38d 的距离．由匀变速运动公式得 s2＝v0t2－12at22
A．10 s 末两车可能发生追尾 B．15 s 末两车可能发生追尾 C．若两车不发生追尾，则 t＝10 s 时两车的速度相同 D．若两车不发生追尾，则 t＝20 s 时两车的速度均为零
解析：选 B.a－t 图象中图线与坐标轴所围成的面积表示速度的变化量．由题图可知，t＝10 s 时，两车的加速度大小均为 0.5 m/s2，此时甲车的速度 v1＝v01－Δ v1＝27 m/s－0.5＋2 1.5× 10 m/s＝17 m/s，乙车的速度 v2＝v02－Δ v2＝25 m/s－0.5＋2 1.0 ×10 m/s＝17.5 m/s，由于 v1<v2，两车不可能发生追尾，选项 A、C 均错误；由三角形相似得，t＝15 s 时，乙车的加速度大

(京津鲁琼版)2020版高考物理总复习课件：第一章机械运动与物理模型考点解析及题型详解

第1节描述直线运动的基本概念
【基础梳理】
提示：质量大小形状有向线段直线距离初位置末
位置
比值
Δx Δt
运动
快慢
Δv Δt
速度变化量
判一判
【自我诊断】
(1)研究里约奥运会跳水冠军陈艾森的动作时，不能把运动员看做质点．( )
(2)在直线运动中，物体的位移大小一定等于其路程．( )
(3)子弹击中目标的速度属于瞬时速度．( )
解析：选 D.在学校举行班级跑操比赛时，要看全体同学的步调是否一致，不可将每个班级视为质点，故 A 项错误；同学们欣赏运动员的“背跃式”跳高比赛时，要看运动员的肢体动作，不可将运动员视为质点，故 B 项错误；在学校军训活动中，教官们示范队形时，不仅要看教官们的队形，还要看教官们的肢体动作，不可将教官视为质点，故 C 项错误；在学校军训活动中，某教官示范跑步动作时，要看教官的肢体动作，不可将教官视为质点，故 D 项正确．
3．在“金星凌日”的精彩天象中，观察到太阳表面上有颗小黑点缓慢走过，持续时间达六个半小时，那便是金星，如图所示．下面说法正确的是( )
A．地球在金星与太阳之间 B．观测“金星凌日”时可将太阳看成质点 C．以太阳为参考系，金星绕太阳一周位移不为零 D．以太阳为参考系，可以认为金星是运动的
解析：选 D.金星通过太阳和地球之间时，我们才看到金星没有被太阳照亮的一面呈黑色，选项 A 错误；因为太阳的大小对所研究问题起着至关重要的作用，所以观测“金星凌日”不能将太阳看成质点，选项 B 错误；金星绕太阳一周，起点与终点重合，位移为零，选项 C 错误；金星相对于太阳的空间位置发生了变化，所以以太阳为参考系，金星是运动的，选项 D 正确．
[解析] 利用地图计算出的出发地和目的地之间的直线距离为整个运动过程的位移大小，里程表显示的是路程，平均速度 v

高考物理二轮复习第1部分核心突破专题1力与运动第1讲力和物体的平衡课件ppt版本

要点 ③要注意有无光滑面或摩擦不计，轻杆或轻滑轮，刚好不滑动或刚好无压力
等等关键词．
解题模板
选取研究对象
→
运用隔离法或整体法
→
受力分析
→
利用平衡条件〈用合成法或正交分解法〉列方程
→
求解并讨论
热点题型突破
题型一物体的受力分析
• 命题规律： • 高考时该热点的考查主要是选择题．命题方向主要
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( B )
A．μ11μ2
B．1－μ1μμ12μ2
C．1＋μ1μμ12μ2
D．2＋μ1μμ12μ2
解析：滑块B刚好不下滑，根据平衡条件得mBg＝μ1F，滑块A恰好不滑动，到滑块A与地面之间的摩擦力等于最大静摩擦力，把A、B看作一个整体，根据平衡条件得F＝μ2(mA＋mB)g.解得mmAB＝1－μ1μμ12μ2选项B正确．
支持力的最小值FNmin＝
3 2
mg，F＝
3 2
mg时，B对A支持力的最大值FNmax＝
3
4
3
mg，
由牛顿第三定律知，A对B压力的最小值为
3 2
mg，最大值为
3 4
3
mg，选项B正确；平
行于斜面方向，当F＝0时，斜面对物体的静摩擦力f＝mgsin
θ＝
1 2
mg，故当0≤Fcos
θ≤mgsin θ，即0≤F≤mgtan θ＝ 33mg时，f＝mgsin θ－Fcos θ，则0≤f≤12mg，A所
3. (2016·东北三省三校联考二)如图所示，有一倾角为θ＝30°的斜面B，质量为
M，质量为m的物体A静止在B上．现用水平力F推物体A，在F由零逐渐增加至

(京津鲁琼专用)2020版高考物理大二轮复习专题七第1讲力学实验与创新练习(含解析)

力学实验与创新1. 如图所示，用铁架台、弹簧和多个质量均为m 的钩码探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系．(1)为完成实验，还需要的实验器材有：_________________________________．(2)实验中需要测量的物理量有：________________________________．(3)为完成该实验，设计实验步骤如下：A ．以弹簧伸长量为横坐标，以弹力为纵坐标，描出各组(x ，F )对应的点，并用平滑的曲线连接起来；B ．记下弹簧不挂钩码时其下端在刻度尺上的刻度l 0；C ．将铁架台固定于桌子上，并将弹簧的一端系于横梁上，在弹簧附近竖直固定一把刻度尺；D ．依次在弹簧下端挂上1个、2个、3个、4个……钩码，并分别记下钩码静止时弹簧下端所对应的刻度，并记录在表格内，然后取下钩码；E ．以弹簧伸长量为自变量，写出弹力与伸长量的关系式．首先尝试写成一次函数，如果不行，则考虑二次函数；F ．解释函数表达式中常数的物理意义；G ．整理仪器．请将以上步骤按操作的先后顺序排列出来：________________________________________________________________________. 解析：(1)根据实验原理可知还需要刻度尺来测量弹簧原长和伸长量；(2)根据实验原理，实验中需要测量的物理量有弹簧的原长、弹簧所受外力与对应的伸长量(或与弹簧对应的长度)；(3)根据完成实验的合理性可知先后顺序为CBDAEFG.答案：(1)刻度尺 (2)弹簧原长、弹簧所受外力与对应的伸长量(或与弹簧对应的长度)(3)CBDAEFG2．在做“研究匀变速直线运动”的实验时，某同学得到一条用打点计时器打下的纸带，如图所示，并在其上取了A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 共7个计数点，图中每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，打点计时器接频率f ＝50 Hz 的交流电源．(1)打下E 点时纸带的速度v E ＝________(用给定字母表示)；(2)若测得d 6＝65.00 cm ，d 3＝19.00 cm ，物体的加速度a ＝________ m/s 2；(3)如果当时交变电流的频率f >50 Hz ，但当时做实验的同学并不知道，那么测得的加速度值和真实值相比________(选填“偏大”或“偏小”)．解析：(1)由于图中每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点之间的时间间隔为5T ，利用匀变速直线运动的推论得v E ＝d 5－d 310T ＝（d 5－d 3）f 10.(2)根据匀变速直线运动的推论Δx ＝aT 2 可得a ＝x DG －x AD （3×5T ）2＝（d 6－d 3）－d 3（3×0.1 s ）2＝3.00 m/s 2.(3)如果在某次实验中，交流电的频率f >50 Hz ，则实际打点周期变小，根据运动学公式Δx ＝aT 2 得，测量的加速度值和真实的加速度值相比偏小．答案：(1)（d 5－d 3）f 10(2)3.00 (3)偏小 3．在用如图所示的装置“验证牛顿第二定律”的实验中，保持小车质量一定时，验证小车加速度a 与合力F 的关系．(1)除了电火花计时器、小车、砝码、砝码盘、细线、附有定滑轮的长木板、垫木、导线及开关外，在下列器材中必须使用的有________(选填选项前的字母)．A ．220 V 、50 Hz 的交流电源B ．电压可调的直流电源C ．刻度尺D ．秒表E ．天平(附砝码)(2)为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，以下操作正确的是________．A ．调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行B ．在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时，应当将砝码和砝码盘通过细线挂在小车上C ．在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时，应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上(3)某同学得到了如图所示的一条纸带，由此得到小车加速度的大小a ＝________ m/s 2.(4)在本实验中认为细线的拉力F 等于砝码和砝码盘的总重力mg ，由此造成的误差是________(选填“系统误差”或“偶然误差”)．设拉力的真实值为F 真，小车的质量为M ，为了使mg －F 真F 真<5%，应当满足的条件是m M<________．解析：(1)打点计时器接交流电源，处理纸带时要用刻度尺测出计数点间的距离，还要用到天平测砝码和砝码盘的质量，故选A 、C 、E.(2)在平衡摩擦力时，不能挂盘；要保证细线和纸带与木板平行，先接通电源，再释放小车，若纸带做匀速直线运动，则纸带上的点间距是均匀的，即说明平衡了摩擦力，故选A 、C.(3)由图知AC ＝6.40 cm ，CE ＝8.80 cm ，CE －AC ＝a (2T )2，得a ＝CE －AC 4T 2＝15 m/s 2. (4)小车在做匀加速直线运动时，砝码和砝码盘也在做匀加速直线运动，细线的拉力F 一定小于砝码和砝码盘的总重力mg ，此误差不可避免，为系统误差；小车与砝码和砝码盘都在做加速度为a 的匀加速直线运动，对砝码和砝码盘有mg —F 真＝ma ，对小车有F 真＝Ma ，代入mg －F 真F 真<5%，得m M<5%. 答案：(1)ACE (2)AC (3)15 (4)系统误差 5%4．某同学用如图甲所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”．弹簧测力计A 挂于固定点P ，下端用细线挂一重物M ，弹簧测力计B 的一端用细线系于O 点，手持另一端向左拉，使结点O 静止在某位置．分别读出弹簧测力计A 和B 的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O 点的位置和拉线的方向．(1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为N ，图乙中的示数为________N.(2)下列实验要求中不必要的是________．(填写选项前对应的字母，下同)A ．细线应尽可能长一些B ．应测量重物M 所受的重力C ．细线AO 与BO 之间的夹角应尽可能大于90°D ．改变拉力的大小与方向，进行多次实验，每次都要使O 点静止在同一位置(3)图丙是在白纸上根据实验结果画出的力的图示，下列说法正确的是________．A ．图中的F 是力F 1 和F 2 合力的理论值B ．图中的F ′是力F 1 和F 2 合力的理论值C ．F 是力F 1 和F 2 合力的实际测量值D ．本实验将细绳都换成橡皮条，同样能达到实验目的(4)本实验采用的科学方法是________．A ．理想实验法B ．等效替代法C ．控制变量法D ．建立物理模型法解析：(1)弹簧测力计每1 N 被分成10格，每一小格为0.1 N ，则弹簧测力计的读数为3.80 N ；(2)细线应尽可能长一些，能更加准确的记录力的方向；实验通过作出弹簧的弹力和重物的重力这三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此重物的重力必须要知道；细线AO 与BO 之间的夹角适当大一点，不一定必须大于90°；只要验证两弹簧测力计拉力的合力大小等于重物的重力，方向竖直向上即可，每次只需保证O 点保持静止即可，没必要每次都使O 点静止在同一位置；(3)在本实验中，按照平行四边形定则作出的合力F ′是力F 1 和F 2 合力的理论值，而用一个弹簧测力计拉出的力F 是F 1 和F 2 合力的实际测量值，本实验将细绳都换成橡皮条，同样能达到实验目的；(4)本实验采用的科学方法是等效替代法．答案：(1)3.80(3.79～3.81) (2)CD (3)BCD (4)B5．(2019·湖州模拟)某同学利用图甲探究力对物体做的功与物体速度的关系，得到了如下表的数据：(注：每条橡皮筋拉长的长度都一样)(1)设一条橡皮筋拉长到固定长度所做的功为W0，在图乙中大致画出橡皮筋所做的功W与小车速度v关系的图象．(2)由图象大致可判断出W与v的关系可能是________．解析：(1)根据表中数据可知，橡皮筋做的功与小车获得的速度有关，并且做功越多，小车获得的速度越大．据描点法可知，W与v的图线为抛物线，如图所示．(2)由图象大致可判断出W与v的关系可能是W∝v2.答案：(1)见解析图(2)W∝v26．利用如图所示装置做“验证机械能守恒定律”实验．(1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的________．A．动能变化量与势能变化量B．速度变化量与势能变化量C．速度变化量与高度变化量(2)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是________．A．交流电源B．刻度尺C．天平(含砝码)(3)实验中，先接通电源，再释放重物，得到如图所示的一条纸带．在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为h A、h B、h C.已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T.设重物的质量为m.从打O点到打B 点的过程中，重物的重力势能变化量ΔE p ＝____________，动能变化量ΔE k ＝________．(4)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是________．A ．利用公式v ＝gt 计算重物速度B ．利用公式v ＝2gh 计算重物速度C ．存在空气阻力和摩擦阻力的影响D ．没有采用多次实验取平均值的方法(5)某同学想用下述方法研究机械能是否守恒，在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O 的距离h ，计算对应计数点的重物速度v ，描绘v 2－h 图象，并做如下判断：若图象是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒，请你分析论证该同学的判断是否正确．解析：(1)重物下落过程中重力势能减少，动能增加，故该实验需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量在误差范围内是否相等，A 项正确．(2)电磁打点计时器使用的是交流电源，故要选A ，需要测纸带上两点间的距离，还需要刻度尺，选B ，根据mgh ＝12mv 2－0可将等式两边的质量抵消，不需要天平，不需用C. (3)重物的重力势能变化量为ΔE p ＝－mgh B ，动能的变化量ΔE k ＝12mv 2B ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫h C －h A 2T 2. (4)重物重力势能的减少量略大于动能的增加量，是因为重物下落过程中存在空气阻力和摩擦阻力的影响，C 正确．(5)该同学的判断不正确，在重物下落h 的过程中，若阻力f 恒定，根据mgh －fh ＝12mv 2－0，则v 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫g －f m h 可知，v 2－h 图象就是过原点的一条直线．要想通过v 2－h 图象的方法验证机械能是否守恒，还必须看图象的斜率是否接近2g .答案：(1)A (2)AB (3)－mgh B 12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫h C －h A 2T 2(4)C (5)不正确，理由见解析 7．(2019·南宁模拟)如图所示为“验证碰撞中的动量守恒”实验装置示意图．实验步骤为：A ．在地面上依次铺白纸和复写纸．B ．确定重锤对应点O .C ．不放球2，让球1从斜槽滑下，确定它落地点位置P .D ．把球2放在立柱上，让球1从斜槽滑下，与球2正碰后，确定球1和球2落地点位置M 和N .E ．用刻度尺测量OM 、OP 、ON 的长度．F ．看m 1OM ＋m 2ON 与m 1OP 是否相等，以验证动量守恒．上述步骤有几步不完善或有错误，请指出并写出相应的正确步骤．________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________. 解析：为使小球离开轨道时的初速度相等，每次释放小球时应从同一高度由静止释放，故步骤D 不完善；两球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t 相等，若碰撞过程动量守恒，则有m 1v 1＝m 1v ′1＋m 2v ′2，两边同乘以t 得m 1v 1t ＝m 1v ′1t ＋m 2v ′2t ，即为m 1OP ＝m 1OM ＋m 2(ON －d )，故步骤F 错误．答案：D 不完善，小球1应从斜槽的同一高度由静止释放；F 错误，应验证m 1OP ＝m 1OM ＋m 2(ON －d )8．某同学设计了一个用电磁打点计时器验证动量守恒定律的实验：在小车A 的前端粘有橡皮泥，推动小车A 使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B 相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动．他设计的装置如图甲所示．在小车A 后连着纸带，电磁打点计时器所用电源频率为50 Hz ，长木板下垫着薄木片以平衡摩擦力．(1)若已测得打点纸带如图乙所示，并测得各计数点间距(已标在图上)．A 为运动的起点，则应选________段来计算A 碰前的速度．应选________段来计算A 和B 碰后的共同速度(以上两空选填“AB ”“BC ”“CD ”或“DE ”)．(2)已测得小车A 的质量m 1＝0.4 kg ，小车B 的质量为m 2＝0.2 kg ，则碰前两小车的总动量为________kg ·m/s ，碰后两小车的总动量为________kg ·m/s.解析：(1)从纸带上打点的情况看，BC 段既表示小车做匀速运动，又表示小车有较大速度，因此BC 段能较准确地描述小车A 在碰撞前的运动情况，应选用BC 段计算小车A 碰前的速度．从CD 段打点的情况看，小车的运动情况还没稳定，而在DE 段内小车运动稳定，故应选用DE 段计算A 和B 碰后的共同速度．(2)小车A 的碰撞前的速度v 0＝BC 5T ＝10.50×10－25×0.02m/s ＝1.050 m/s ，小车A 在碰撞前的动量p 0＝m 1v 0＝0.4×1.050 kg ·m/s ＝0.420 kg ·m/s.碰撞后A 、B 的共同速度v ＝DE 5T ＝6.95×10－25×0.02m/s ＝0.695 m/s ，碰撞后A 、B 的总动量p ＝(m 1＋m 2)v ＝(0.2＋0.4)×0.695 kg ·m/s ＝0.417 kg ·m/s. 答案：(1)BC DE (2)0.420 0.417。

2020年高考物理(京津鲁琼版)二轮复习典型例题分层突破课件：专题二 1 第1讲功能关系的应用

考情分析
命题研究对功能关系的考查历来是高考中的重中之重，尤其近几年全国卷对该部分知识点的
命题呈现多样化，不但从动能、动能定理、机械能守恒定律等知识出发进行考查，还从运动形式的角度如平抛运动、匀变速直线运动、圆周运动等进行综合考查. 在备考中一定要对本部分的基本知识如动能、势能、动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律等熟练掌握，并注意知识点在运动形式中的应用
所以在 E 点速度大小为 v2＝ 205 m/s 在 E 点做圆周运动时最小速度为 v3，有 mg＝mvR23 所以 v3＝10 m/s 因为 v2>v3，所以甲物块能经过 E 点．答案：(1)11.25 m 153 N，方向向下 (2)能经过 E 点
命题角度恒力做功的计算变力做功的计算
解析：选 C.设物体的质量为 m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力 mg 和竖直向下的恒定外力 F，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×3 m＝(36－72) J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力 mg 和竖直向上的恒定外力 F，再由动能定理结合题图可得 (mg－F)×3 m＝(48－24) J，联立解得 m＝1 kg、F＝2 N，选项 C 正确，A、B、D 均错误.
1．功和功率的计算方法
功、功率与动能定理【高分快攻】
2．应用动能定理解题的基本思路
【典题例析】 (多选)(2018·高考全国卷 Ⅲ )地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小 v 随时间 t 的变化关系如图所示，其中图线①② 分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程，( )

京津鲁琼专用2020版高考物理大二轮复习题型技巧方法一考前必纠的十大易错易混点讲义

一、考前必纠的十大易错易混点著名教育家乌申斯基说：“比较是一切理解和思维的基础．”有比较才有深刻的认识，通过比较，可产生强烈的刺激，促进同学们积极思考．采用比较的方法应对易错问题，有较好的纠错效果，且有利于快速提分，其原因是高考考题一般以中等难度的题为主，题目中会出现较多的“熟面孔”，但出于“惯性思维”，一些同学越熟越易错．所以在平常的复习中采用比较的方法辨“同中之异”，识“异中之同”，不仅可以提高理解能力，还可以加强思辨能力．易错点1 刹车减速与往返减速【典例1】一辆汽车以40 m/s 的速度沿平直公路匀速行驶，突然前方有一只小狗穿过马路，司机立即刹车，汽车以大小为8 m/s 2的加速度做匀减速直线运动，那么刹车后第2 s 内与刹车后6 s 内汽车通过的位移大小之比为( )A ．7∶25B ．16∶25C ．7∶24D ．2∶3[解析] 规定初速度方向为正方向，已知初速度v 0＝40 m/s ，加速度a ＝－8 m/s 2.则汽车从刹车到停止所需的时间t 0＝0－v 0a＝5 s ．t 1＝2 s<t 0，根据v ＝v 0＋at 得刹车后1 s 末汽车的速度为v 1＝32 m/s ，刹车后第2 s 内汽车的位移x 1＝v 1t ′＋12at ′2＝28 m ．t 2＝6 s>t 0，说明6 s 内汽车的位移x 2等于汽车从开始刹车到停止的位移，x 2＝0－v 202a＝100 m ，所以x 1∶x 2＝7∶25，故A 正确．[答案] A【典例2】 (多选)在塔顶将一物体竖直向上抛出，抛出点为A ，物体上升的最大高度为h ＝6 m ，不计空气阻力，设塔足够高，则物体的位移大小为x ＝3 m 时，物体通过的路程可能为( )A ．3 mB ．6 mC ．9 mD ．15 m[解析] 物体在塔顶的A 点抛出，满足位移大小为3 m 的位移终点有两处，如图所示，一处在A 点之上，另一处在A 点之下．位移终点在A 点之上、位移大小为3 m 的运动对应着上升和下降两种过程，上升过程，物体通过的路程s 1＝x ＝3 m ，下降过程，物体通过的路程s 2＝2h －x ＝9 m ．位移终点在A 点之下、位移大小为3 m 时，物体通过的路程s 3＝2h ＋x ＝15 m ．故A 、C 、D 项正确，B 项错误．[答案] ACD匀减速直线运动中的两类易混问题(1)典型的刹车问题：汽车做匀减速直线运动直至速度为0，此后汽车静止不动，运动的时间为t ＝|v 0a|.要注意题目中是紧急刹车还是有反应时间的刹车．有反应时间的刹车是多过程问题，解答时可以利用速度－时间图象分析．(2)往返运动问题，如物体冲上光滑斜面、物体竖直上抛等，物体做匀减速直线运动，速度为0后，因为物体处于非平衡状态，所以以原来的加速度反向运动(要与刹车问题区别)，因此对应某一位移，速度、时间等可能有两解，对应某一到出发点的距离，时间可能有三解．易错点2 “活结”与“死结”、“定杆”与“动杆”【典例3】如图(a)所示，轻绳AD 跨过固定在水平轻杆BC 右端的定滑轮(重力不计)挂住一个质量为M 1的物体，∠ACB ＝30°；如图(b)所示，轻杆HG 一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G 通过轻绳EG 拉住，EG 与水平方向也成30°角，一轻绳GI 悬挂在轻杆的G 端并拉住一个质量为M 2的物体，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．图(a)中BC 杆对滑轮的作用力大小为M 1g 2B ．图(b)中HG 杆受到的作用力大小为M 2gC ．轻绳AC 段的张力T AC 与轻绳EG 段的张力T EG 的大小之比为M 1∶M 2D ．轻绳AC 段的张力T AC 与轻绳EG 段的张力T EG 的大小之比为M 1∶2M 2[解析] 图(a)中AC 、CD 两段绳的张力大小都是M 1g ，且两绳互成120°角，以C 点为研究对象，根据共点力的平衡条件可知，BC 杆对滑轮的作用力大小也是M 1g (与竖直方向成60°角斜向右上方)，A 项错误；由题意知，图(b)中HG 轻杆对G 点的作用力方向一定沿杆HG 的方向，以G 点为研究对象，根据共点力的平衡条件可知，HG 杆对G 点的作用力大小F ＝T EG cos 30°，T EG sin 30°＝M 2g ，故F ＝3M 2g ，再结合牛顿第三定律可知，B 项错误；图(a)中轻绳AC 段的张力T AC ＝M 1g ，图(b)中轻绳EG 段的张力T EG ＝M 2g sin 30°＝2M 2g ，故T AC ∶T EG ＝M 1∶2M 2，C 项错误，D 项正确．[答案] D(1)像滑轮这样的“活结”，结点两侧绳的拉力相等．(2)像图(b)中的“死结”，结点两侧绳的拉力一般不同，各自的大小可以采用正交分解法或矢量三角形法求出．(3)图(a)中水平直杆左端固定于竖直墙上，是“定杆”，杆对结点弹力的方向可以不沿杆的方向．(4)图(b)中轻杆左端用铰链固定，是“动杆”，轻杆在缓慢转动的过程中，弹力方向始终沿杆的方向．易错点3 “绳模型”与“杆模型”【典例4】 (多选)如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O 在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v ，此时绳子的拉力大小为F T ，拉力F T 与速度的平方v 2的关系如图乙所示，图象中a 、b 为已知量，重力加速度g 已知，以下说法正确的是( )A ．a 与小球的质量无关B ．b 与小球的质量无关C ．b a只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关D ．利用a 、b 和g 能够求出小球的质量和圆周轨道半径 [解析] 当v 2＝a 时，绳子的拉力为零，小球的重力提供向心力，则mg ＝mv 2r ，解得v 2＝gr ，故a ＝gr ，a 与小球的质量无关，A 正确；当v 2＝2a 时，对小球受力分析，有mg ＋b ＝mv 2r ，联立解得b ＝mg ，b 与小球的质量有关，B 错误；b a ＝m r ，b a 不只与小球的质量有关，还与圆周轨道半径有关，C 错误；由a ＝gr ，b ＝mg ，解得r ＝a g ，m ＝b g，D 正确．[答案] AD【典例5】小球在如图甲所示的竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动．当小球运动到圆形管道的最高点时，管道对小球的弹力与小球此时的速度平方的关系如图乙所示(取竖直向下为正方向)．MN 为通过圆心的一条水平线．不计小球半径、管道内径，重力加速度为g .则下列说法正确的是( )A ．管道所在圆的半径为b 2gB ．小球的质量为a gC ．小球在MN 以下的管道中运动时，内侧管壁对小球可能有作用力D ．小球在MN 以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力 [解析] 由图可知，当v 2＝b 时，F N ＝0，此时mg ＝m v 2R ，解得管道所在圆的半径R ＝b g ，故A 错误；当v 2＝0时，F N ＝－mg ＝－a ，所以m ＝a g，故B 正确；小球在水平线MN 以下的管道中运动时，由于向心力的方向要指向圆心，则管壁必然要提供指向圆心的支持力，只有外壁才可以提供这个力，所以内侧管壁对小球没有作用力，故C 错误；小球在水平线MN 以上的管道中运动时，重力沿径向的分量必然参与提供向心力，故可能是外侧管壁对小球有作用力，也可能是内侧管壁对小球有作用力，还可能内、外侧管壁对小球均无作用力，故D 错误．[答案] B轻绳、轻杆系一小球在竖直平面内做圆周运动，小球通过最高点的临界条件(做完整圆周运动的条件)的差别，源于绳、杆弹力的差别．(1)绳模型：在最高点绳子只能产生沿绳收缩方向的拉力，拉力最小值为零，此时小球的重力提供向心力．小球在竖直放置的光滑圆环内侧做圆周运动符合此模型．(2)杆模型：在最高点，杆对小球可以产生向下的拉力，也可以产生向上的支持力，故小球在最高点时受到的合力的最小值为零．小球在竖直放置的光滑细管中做圆周运动符合此模型．易错点4 “定轨”与“变轨”【典例6】 2018年12月8日，“嫦娥四号”月球探测器在我国西昌卫星发射中心发射成功，随后实现了人类首次月球背面软着陆．“嫦娥四号”从环月圆轨道Ⅰ上的P点实施变轨，进入环月椭圆轨道Ⅱ，在近月点Q实施软着陆，如图所示．关于“嫦娥四号”，下列说法正确的是( )A．沿轨道Ⅰ运行至P点时，需加速才能进入轨道ⅡB．沿轨道Ⅱ运行的周期大于沿轨道Ⅰ运行的周期C．沿轨道Ⅱ运行经P点时的加速度等于沿轨道Ⅰ运行经P点时的加速度D．沿轨道Ⅱ从P点运行到Q点的过程中，月球对“嫦娥四号”的万有引力做的功为零[解析] “嫦娥四号”沿轨道Ⅰ运行至P点时，应该制动减速使万有引力大于其在轨道Ⅰ上做圆周运动所需向心力而做近心运动，变轨到轨道Ⅱ上，故A错误；轨道Ⅱ的半长轴小于轨道Ⅰ的半径，根据开普勒第三定律可知“嫦娥四号”沿轨道Ⅱ运行的周期小于沿轨道Ⅰ运行的周期，故B错误；在同一点万有引力相同，加速度相同，故C正确；根据开普勒第二定律可知在轨道Ⅱ上由P点运行到Q点的过程中，“嫦娥四号”的速度逐渐增大，万有引力做正功，故D错误．[答案] C通常卫星变轨过程涉及三个“定轨”、两处“变轨”(1)三个“定轨”：三个轨道均属环绕模型，轨道固定．如图所示，卫星运行的低轨道1和高轨道3是圆轨道，万有引力提供向心力，由此可判断各物理量的变化．卫星在椭圆轨道2上运行时，在近地点A的速度大于在远地点B的速度，符合机械能守恒定律．(2)两处“变轨”：椭圆轨道的近地点A和远地点B，也是椭圆轨道与两个圆轨道的相切点即发生变轨的位置．在两切点处，卫星在不同轨道上运行时所受万有引力相同，加速度相同，速度符合“内小外大”．易错点5 近地卫星、同步卫星、地球赤道上的物体【典例7】人造卫星d 的圆形轨道离地面的高度为h ，地球同步卫星b 离地面的高度为H ，h <H .两卫星共面且运行方向相同，某时刻卫星d 恰好出现在赤道上某建筑物c 的正上方，设地球赤道半径为R ，地球表面的重力加速度为g ，则( )A ．d 、b 线速度大小的比值为R ＋h R ＋H B ．d 、c 角速度的比值为（R ＋H ）3（R ＋h ）3 C ．b 、c 向心加速度大小的比值为R 3（R ＋H ）3D ．d 下一次通过c 正上方所需时间为 t ＝2πgR 3（R ＋h ）3－（R ＋H ）3[解析] 由万有引力提供向心力有G Mm r 2＝m v 2r＝m ω2r ，则v ＝GM r ，ω＝GM r 3，所以d 、b 的线速度大小的比值为v d v b ＝R ＋H R ＋h；因b 、c 的角速度相同，所以d 、c 的角速度的比值等于d 、b 的角速度的比值，则ωd ωc＝（R ＋H ）3（R ＋h ）3，则A 错误，B 正确．因为b 、c 的角速度相同，由a ＝r ω2可知a b a c ＝R ＋H R，则C 错误．设经过时间t 卫星d 再次通过建筑物c 正上方，根据几何关系有(ωd －ωc )t ＝2π，又GM ＝gR 2，再结合上述分析可得t ＝2πgR 2（R＋h ）3－gR 2（R ＋H ）3，则D 错误． [答案] B近地卫星、同步卫星、地球赤道上的物体的比较易错点6 电场线与轨迹结合和等势线与轨迹结合【典例8】下列选项中实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹，带电粒子只受电场力作用，运动过程中电势能一直减少，关于粒子运动到b 处时的速度方向与受力方向，下列选项表示的可能正确的是( )[解析] 因粒子所受电场力的方向指向粒子运动轨迹的凹侧，所以可判断出粒子所受电场力的方向向右，由于运动过程中粒子的电势能一直减少，所以电场力一直做正功，则电场力方向与粒子速度方向的夹角一定为锐角，故选C.[答案] C【典例9】如图所示，虚线a 、b 、c 是电场中的三条等势线，相邻等势线间的电势差相等，即U ab ＝U bc ，实线为一个带负电的粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，P 、Q 是轨迹上的两点．下列说法正确的是( )A ．三个等势线中，等势线a 的电势最低B ．带负电的粒子通过Q 点时的电势能比通过P 点时的电势能小C ．带负电的粒子通过Q 点时的加速度比通过P 点时的加速度大D ．带负电的粒子通过P 点时的加速度的方向沿着等势线c 在P 点处的切线方向[解析] 由曲线运动的轨迹与电场力的关系可知，该粒子所受的电场力方向指向运动轨迹的凹侧，即大致向下，由于粒子带负电，因此电场强度方向大致指向上方，则电场线方向大致指向上方，由于电场线与等势线处处垂直，且由高电势指向低电势，故等势线a 的电势最高，A 错误；假设粒子从Q 点运动到P 点，从Q 到P 电场力对粒子做负功，故粒子电势能增加，故B 正确；因等差等势线越密，电场强度越大，所以Q 点处的电场强度较小，故粒子在Q 点所受的电场力较小，由牛顿第二定律可知粒子在该点的加速度较小，故C 错误；由于电场线与等势线处处垂直，故粒子通过P 点时所受电场力的方向，即加速度的方向一定与等势线c 在P 点处的切线垂直，故D 错误．[答案] B(1)共同点：此类问题情境都是带电粒子在电场中做曲线运动．带电粒子所受电场力指向轨迹凹侧是解题的切入点，合理利用功能关系是解题的重要手段．(2)易错点：带点粒子在电场中的运动轨迹夹在速度与电场力之间，向受力一侧弯曲，注意不要把电场线和等势线当成运动轨迹．分析带电粒子所受电场力时，在轨迹和电场线交点位置，电场力与电场线在该点的切线平行；在轨迹和等势线交点位置，电场力与等势线在该点的切线垂直．易错点7 动态电路中的U I 与ΔU ΔI【典例10】如图所示电路中，电源的电动势、内阻分别为E 、r ，两个定值电阻的阻值相等，均为R ，电表均为理想电表．初始状态，开关S 1、S 2均闭合，现断开S 2，则下列判断正确的是( )A ．电流表A 1的示数变为原来的12B ．电流表A 2的示数变为原来的2倍C ．电压表V 的示数与电流表A 1的示数的比值变为原来的2倍D ．电压表V 示数变化量与电流表A 1示数变化量的比值变为原来的2倍[解析] S 2断开后，外电路电阻变为原来的2倍，故电压表V 的示数与电流表A 1的示数的比值变为原来的2倍，I 1＝ER 外＋r ，因为电源内阻的存在，所以电流表A 1的示数不会变为原来的12，A 错误，C 正确；S 1、S 2均闭合时，电流表A 2的示数是电流表A 1的示数的12，S 2断开后，电流表A 2的示数与电流表A 1的示数相同，但A 1的示数相较原来已发生变化，故电流表A 2的示数不会变为原来的2倍，B 错误；题图所示电路中，电压表V 示数变化量与电流表A 1示数变化量的比值表示电源内阻r ，D 错误．[答案] C(1)R ＝U I 是电阻的定义式，U I 表示某一状态下导体(金属或电解质溶液)的电阻．(2)对于ΔU ΔI ，物理情境不同，表示的物理意义不同．对于定值电阻，R ＝U I ＝ΔU ΔI；像本题中所示情境，|ΔU ΔI|＝r ，其中ΔI 应为电流表A 1示数的变化量，当干路上接有定值电阻时，可把定值电阻等效成电源内阻．易错点8 “电偏转”与“磁偏转”【典例11】 (多选)如图所示，有一矩形区域abcd ，水平边长为s ＝ 3 m ，竖直边长为h ＝1 m ，当该区域内只存在大小为E ＝10 N/C 、方向由a 指向d 的匀强电场时，一比荷为q m＝0.1 C/kg 的正粒子由a 点沿ab 方向以速率v 0进入该区域，粒子运动轨迹恰好通过该区域的几何中心．当该区域内只存在垂直纸面的匀强磁场时，另一个电荷量、质量均与正粒子相同的负粒子由c 点沿cd 方向以同样的速率v 0进入该区域，粒子运动轨迹也恰好通过该区域的几何中心．不计粒子的重力，则( )A ．正、负粒子离开矩形区域时的速率之比为11∶ 3B ．磁感应强度大小为32T 、方向垂直纸面向外C ．正、负粒子通过矩形区域所用时间的比值为6πD ．正、负粒子离开矩形区域时的动能相等 [解析] 当区域内只有电场时，正粒子恰好通过该区域的几何中心，则水平方向有s2＝v 0t ，竖直方向有h 2＝12×Eq m ×t 2，联立解得v 0＝32m/s ，分析可知该粒子离开矩形区域时从cd 边射出，此时速率为v ＝v 20＋2Eq m h ＝112 m/s ；而负粒子从矩形区域射出时速率为v 0＝32m/s ，故正、负粒子离开矩形区域时的速率之比为11∶3，动能之比为11∶3，A 正确，D 错误．当负粒子由c 点沿cd 方向射入时，负粒子恰好通过该区域的几何中心，可知磁场方向垂直纸面向里，由几何关系和题意可知负粒子做匀速圆周运动时的半径r ＝h ＝1 m ，由洛伦兹力提供向心力得B ＝mv 0qr ＝320.1×1 T ＝5 3 T ，B 错误．当正粒子从cd 边射出时，h ＝12×Eq m×t ′2，代入数据解得t ′＝ 2 s ，分析可知，负粒子在磁场中偏转90°后从ab 边射出，时间t ″＝14T ＝14×2πm qB ＝33π s ，所以t ′t ″＝6π，C 正确． [答案] AC电场和磁场对运动电荷施加作用力，均可以改变其运动方向，由于电场和磁场对电荷的作用具有不同的特征，因而这两种偏转在动力学分析和物理规律选取上存在着差异．(1)电偏转：带电粒子在匀强电场中所受电场力必为恒力，带电粒子垂直于电场线进入匀强电场后做类平抛运动，其轨迹是抛物线，可以由运动的分解来分析求解．(2)磁偏转：带电粒子在匀强磁场中所受洛伦兹力是变力．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其轨迹是圆周或一段圆弧，运动的规律可以从动力学关系、轨道半径和运动的周期等方面来描述．易错点9 电磁感应中的“电势差”与“电动势”【典例12】 (多选)在如图所示的平面直角坐标系xOy 中，第二、四象限的环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小均为B .将一个由粗细均匀的电阻丝折成的闭合金属线框abcd 垂直磁感线放入磁场中，使线框绕O 点沿着环形区域边界以角速度ω顺时针匀速转动．已知Oa ＝ab ＝r ，在t ＝0时刻，线框与磁场边界恰好重合，设逆时针方向为电流正方向．则下列关于线框中的电流i 和a 、b 两点间的电压u 随时间t 变化的关系图象，可能正确的是( )[解析] 线框在磁场内运动过程中磁通量变化率的大小不变，产生的感应电动势大小不变，因而线框中感应电流大小不变，根据楞次定律和右手螺旋定则可判断感应电流的方向，感应电流先沿逆时针方向，然后沿顺时针方向，做周期性变化，A正确，B错误；当ab边切割磁感线时，ab边为电源，u ab为路端电压，由右手定则可知，电流从a端流出，a端为电源正极，有u ab>0，当cd边切割磁感线时，cd边为电源，u′ab为电路中ab段两端的电压，由右手定则可知，电流方向为顺时针，从a流向b，有u′ab>0，u ab与u′ab的大小关系为u ab>u′ab，C错误，D正确．[答案] AD本题中在不同时刻，电动势、路端电压、部分电阻两端电压容易混淆，混淆的根源在于电路分析不到位．(1)当ab边切割磁感线时，ab可视为电源，其两端的电压为路端电压，既不是电动势也不是内电压．(2)当cd边切割磁感线时，ab可视为外电路中的部分电阻．在线框构成的串联电路中，电压的分配跟电阻成正比．易错点10 “发电”棒与“电动”棒【典例13】 (多选)如图，MN、PQ为相同材料制成的、粗细均匀的平行金属导轨(水平放置且光滑)，MN、PQ长度均为d＝9 m，其单位长度电阻为r＝0.5 Ω/m，导轨间距L＝0.5 m，∠PMN＝90°，导轨左端连接一阻值为R＝4 Ω的电阻(M、P间导线电阻不计)，一质量为m＝0.5 kg、电阻可忽略不计的金属棒置于导轨最左端，与导轨垂直且接触良好．整个装置处于磁感应强度大小为B＝2.0 T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．现对金属棒施加一水平向右的拉力F，使金属棒从静止开始以a＝2 m/s2的加速度水平向右做匀加速直线运动．已知金属棒从MP运动到NQ的过程中，通过电阻R的电荷量为0.6 C，下列说法正确的是( )A．金属棒向右运动过程中，R中的电流沿MP方向B．整个过程中，拉力F的最大值为1.5 NC．整个过程中，拉力F的平均值为1.2 ND．整个过程中，电路中产生的焦耳热为2.8 J[解析] 根据右手定则可得金属棒向右运动的过程中，R中的电流沿PM方向，故A错误；金属棒从静止开始向右做匀加速直线运动的过程中，金属棒的速度大小为v＝at，位移为x＝12at 2，感应电动势的大小为E ＝BLv ＝BLat ，根据闭合电路欧姆定律可得感应电流的大小为I ＝BLat R ＋2xr ，金属棒受到的安培力大小为F 安＝BIL ＝B 2L 2at R ＋art 2，拉力F 的大小为F ＝B 2L 2at R ＋art 2＋ma ，运动时间为t 总＝2da ，代入数据并结合数学知识可知，当t ＝2 s 时拉力F 有最大值，最大值为F max ＝1.5 N ，故B 正确；整个过程中，通过电阻R 的电荷量为0.6 C ，通过电阻R 的平均电流为I ＝q t 总＝0.2 A ，拉力F 的平均值为F ＝BIL ＋ma ＝1.2 N ，故C 正确；金属棒运动到NQ 时速度为v NQ ＝at 总＝6 m/s ，整个过程中根据能量守恒定律可知电路中产生的焦耳热为Q ＝Fd －12mv 2＝1.8 J ，故D 错误． [答案] BC【典例14】 (多选) “电磁炮”是利用电磁力对弹体加速的新型武器．如图所示是“电磁炮”的原理示意图．光滑水平导轨电阻不计，宽为L 在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B .“电磁炮”弹体总质量为m ，弹体接入电路中的电阻为R .可控电源的内阻为r ，电源的电压能自行调节，以保证“电磁炮”匀加速发射．在某次试验发射时，流过弹体的电流是I ，不计空气阻力，则( )A ．弹体所受安培力大小为BILB ．弹体从静止加速到v ，导轨长度至少为2mv 2BILC ．弹体从静止加速到v 的过程中，电源提供的总能量为mv BL ⎝ ⎛⎭⎪⎫IR ＋Ir ＋BLv 2 D ．只有可控电源的电压随时间均匀增加，才能保证“电磁炮”匀加速发射[解析] 流过弹体的电流为I ，所以弹体受到的安培力大小为F ＝ILB ，故A 正确；由动能定理得Fx ＝12mv 2，结合F ＝BIL 可得x ＝mv 22BIL，故B 错误；根据牛顿第二定律有F ＝ma ，弹体速度v ＝at 1，发射过程中电路中产生的热量Q ＝I 2(R ＋r )t 1，弹体的动能E k ＝12mv 2，由能量守恒定律可得电源提供的总能量为E ＝E k ＋Q ，联立解得E ＝mv BL ⎝⎛⎭⎪⎫IR ＋Ir ＋Blv 2，故C 正确；t 时刻，弹体的速度v d ＝at ，弹体切割磁感线产生的感应电动势E 1＝BLv 1，欲使流过弹体的电流不变，使弹体能匀加速发射，可控电源的电压应为U ＝U 0＋E 1＝U 0＋Blat ，式中U 0为电源的初始电压，故D 正确．[答案] ACD“发电”棒和“电动”棒(如“电磁炮”)所在电路的结构基本相似，但二者本质不同．“发电”棒是通过导体棒切割磁感线产生感应电流，这个过程将机械能转化为电能．“电动”棒是通电导体在磁场中受到安培力而运动，这个过程将电能转化为机械能．。

京津鲁琼专用2020版高考物理大二轮复习专题一第2讲力与物体的直线运动讲义

第2讲力与物体的直线运动真题再现考情分析1.(2019·高考全国卷Ⅰ) 如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H .上升第一个H4所用的时间为t 1，第四个H4所用的时间为t 2.不计空气阻力，则t 2t 1满足( )A.1<t 2t 1<2C.3<t 2t 1<4解析：选 C.本题应用逆向思维求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动，所以第四个H4所用的时间为t 2＝2×H4g ，第一个H4所用的时间为t 1＝2H g －2×34Hg ，因此有t 2t 1＝12－3＝2＋3，即3<t 2t 1<4，选项C 正确．2.(2018·高考全国卷Ⅰ) 如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态．现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动．以x 表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是( )解析：选 A.假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上两式解得F＝kx＋ma，显然F和x为一次函数关系，且在F轴上有截距，则A正确，B、C、D错误.3.(多选)(2018·高考全国卷Ⅱ)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度－时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示．已知两车在t2时刻并排行驶．下列说法正确的是( )A.两车在t1时刻也并排行驶B.在t1时刻甲车在后，乙车在前C.甲车的加速度大小先增大后减小D.乙车的加速度大小先减小后增大解析：选BD.本题可巧用逆向思维分析，两车在t2时刻并排行驶，根据题图分析可知在t1～t2时间内甲车运动的位移大于乙车运动的位移，所以在t1时刻甲车在后，乙车在前，B 正确，A错误；依据v－t图象斜率表示加速度分析出C错误，D正确.命题研究分析近几年的考题可以看出，高考命题突出对运动图象的理解、牛顿第二定律的应用等知识的考查，另外主要从匀变速直线运动规律的应用能力、应用图象分析物体运动规律的能力、牛顿第二定律在力学运动中以及在系统问题、多阶段问题中的应用能力等方面进行命题．此部分仍是高考必考题，在今后备考中尤其要注重对运动图象的分析及“传送带”“滑块—木板”模型与牛顿运动定律的综合应用和整体法、隔离法的应用匀变速直线运动规律的应用【高分快攻】1．匀变速直线运动问题常用的六种解题方法2．追及问题的解题思路和技巧(1)解题思路(2)解题技巧①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式．②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件．③若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，另外最后还要注意对解的讨论分析．【典题例析】(多选)(2019·浙江模拟)建筑工人常常徒手抛砖块，当砖块上升到最高点时，被楼上的师傅接住用以砌墙，若某次以10 m/s的速度从地面竖直向上抛出一个砖块，楼上的师傅没有接住，g取10 m/s2，空气阻力可以忽略，则( )A．砖块上升的最大高度为10 mB．经2 s砖块回到抛出点C．砖块回到抛出点前0.5 s时间内通过的距离为 3.75 mD．被抛出后上升过程中，砖块做变减速直线运动[解析] 由h＝v202g得，砖块上升的最大高度h＝5 m，选项A错误；砖块上升的时间t＝v0g＝1 s，上升阶段与下降阶段的时间对称，经 2 s砖块回到抛出点，选项B正确；砖块被抛出后经0.5 s上升的高度h′＝v0t′－12gt′2＝3.75 m，由于上升阶段与下降阶段的时间、位移具有对称性，所以砖块回到抛出点前0.5 s时间内通过的距离为 3.75 m，选项C正确；砖块被抛出后加速度不变，故上升过程砖块做匀减速直线运动，选项D错误．[答案] BC【题组突破】角度1 解决直线运动方法的灵活运用1．如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为 5 s和2 s．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s2由静止加速到 2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( )A．关卡 2 B．关卡 3C．关卡 4 D．关卡 5解析：选 C.该同学加速到 2 m/s时所用时间为t1，由v1＝at1，得t1＝v1a＝1 s，通过的位移x1＝12at21＝1 m，然后匀速前进的位移x2＝v1(t－t1)＝8 m，因x1＋x2＝9 m>8 m，即这位同学已通过关卡2，距该关卡 1 m，当关卡关闭t2＝2 s时，此同学在关卡2、3之间通过了x3＝v1t2＝4 m的位移，接着关卡放行t＝ 5 s，同学通过的位移x4＝v1t＝10 m，此时距离关卡4为x5＝16 m－(1＋4＋10) m＝1 m，关卡关闭 2 s，经过t3＝x5v1＝0.5 s后关卡4最先挡住他前进．角度2 追及、相遇问题2．[一题多解]在水平轨道上有两列火车A和B相距x，A车在后面做初速度为v0、加速度大小为2a的匀减速直线运动，而B车同时做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动，两车运动方向相同．要使两车不相撞，求A车的初速度v0满足什么条件．解析：两车不相撞的临界条件是，A车追上B车时其速度与B车相等．设A、B两车从相距x到A车追上B车时，A车的位移为x A、末速度为v A、所用时间为t；B车的位移为x B、末速度为v B，运动过程如图所示，现用如下四种方法解答：法一(临界法)：利用位移公式、速度公式求解，对A车有x A＝v0t＋12×(－2a)×t2，v A＝v0＋(－2a)×t对B车有x B＝12at2，v B＝at两车位移关系有x＝x A－x B追上时，两车不相撞的临界条件是v A＝v B联立以上各式解得v0＝6ax故要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤6ax.法二(函数法)：利用判别式求解，由法一可知x A＝x＋x B，即v0t＋12×(－2a)×t2＝x＋12at2整理得3at2－2v0t＋2x＝0这是一个关于时间t的一元二次方程，当根的判别式Δ＝(－2v0)2－4·３a·２x＝0时，两车刚好不相撞，所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤6ax.法三(图象法)：利用v－t图象求解，先作A、B两车的v－t图象，如图所示，设经过t 时间两车刚好不相撞，则对A车有v A＝v′＝v0－2at对B车有v B＝v′＝at以上两式联立解得t＝v0 3a经t时间两车发生的位移之差为原来两车间距离x，它可用图中的阴影面积表示，由图象可知x＝12v0·t＝12v0·v03a＝v206a所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤6ax.法四(相对运动法)：巧选参考系求解．以B车为参考系，A车的初速度为v0，加速度为a′＝－2a－a＝－3a.A车追上B车且刚好不相撞的条件是：v＝0，这一过程A车相对于B车的位移为x，由运动学公式v2－v20＝2a′x得：02－v20＝2·(－3a)·x所以v0＝6ax.故要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤6ax.答案：v0≤6ax命题角度解决方法易错辨析匀变速直线运动规律的应用推论法、比例法、逆向思维法等找准运动过程中的转折点追及、相遇问题挖掘隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，对应两者速度相等这样一个转折点若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上该物体前它是否已停止运动，另外最后还要注意对解的讨论分析牛顿运动定律的应用【高分快攻】1．动力学的两类基本问题的处理思路2．瞬时加速度的求解(1)两类模型①刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间．②弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要一段时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变．(2)求解瞬时加速度的一般思路分析瞬时变化前后物体的受力情况→列牛顿第二定律方程→求瞬时加速度【典题例析】(2019·高考全国卷Ⅱ)一质量为m＝2 000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶．行驶过程中，司机忽然发现前方100 m处有一警示牌，立即刹车．刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图(a)中的图线．图(a)中，0～t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t1＝0.8 s；t1～t2时间段为刹车系统的启动时间，t2＝1.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止．已知从t2时刻开始，汽车第 1 s内的位移为24 m，第 4 s内的位移为 1 m.(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v－t图线；(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t1～t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?[解析] (1)v－t图象如图所示．(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1；t2时刻的速度为v2.在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a.取Δt＝1 s．设汽车在t2＋(n－1)Δt～t2＋nΔt内的位移为s n，n＝1，2，3….若汽车在t2＋3Δt～t2＋4Δt时间内未停止，设它在t2＋3Δt时刻的速度为v3，在t2＋4Δt时刻的速度为v4，由运动学公式有s1－s4＝3a(Δt)2 ①s1＝v2Δt－12a(Δt)2 ②v4＝v2－4aΔt ③联立①②③式，代入已知数据解得v4＝－176m/s ④这说明在t2＋4Δt时刻前，汽车已经停止．因此，①式不成立．由于在t2＋3Δt～t2＋4Δt内汽车停止，由运动学公式v3＝v2－3aΔt ⑤2as4＝v23⑥联立②⑤⑥式，代入已知数据解得a＝8 m/s2，v2＝28 m/s ⑦或者a＝28825m/s2，v2＝29.76 m/s ⑧但⑧式情形下，v3<0，不合题意，舍去．(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1.由牛顿第二定律有f1＝ma ⑨在t1～t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为I＝12f1(t2－t1) ⑩由动量定理有I＝mv1－mv2 ?由动能定理，在t1～t2时间内，汽车克服阻力做的功为W＝12mv21－12mv22?联立⑦⑨○10??式，代入已知数据解得v1＝30 m/s ? W＝1.16×105 J ?从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为s＝v1t1＋12(v1＋v2)(t2－t1)＋v222a?联立⑦??式，代入已知数据解得s＝87.5 m. ?[答案] (1)见解析图(2)28 m/s 8 m/s2(3)30 m/s 1.16×105 J 87.5 m【题组突破】角度1 超重、失重现象分析1．如图甲所示，升降机内固定着一个倾角为30°的光滑斜面，斜面底端安装一个能显示弹簧作用力的传感器，以弹簧受压时传感器示数为正，传感器通过一根轻弹簧连接着一个质量为2m的金属球．运动中的升降机突然停止，以停止运动为计时起点，在此后的一段时间内传感器上显示的弹力随时间变化的关系如图乙所示，且金属球运动过程中弹簧始终在弹性限度内，则下列说法中正确的是( )A．升降机在停止运动前是向上运动的B．0～t1时间段内金属球做减速运动C．t1～t2时间段内金属球处于超重状态D．t2和t4两时刻金属球的加速度和速度的大小均相同解析：选 D.由于升降机停止运动前传感器的示数为0，表明弹簧处于原长状态，即升降机有向下的加速度g，而0～t1时间段内示数增加，说明弹簧被压缩，即升降机突然停下后金属球由于惯性而向下运动，故停止前升降机是向下运动的，A错误；0～t1时间段内弹簧的形变量逐渐增大，但当F＝mg时金属球所受的合外力为0，即金属球前一段做加速度逐渐减小的加速运动，后一段做加速度逐渐增大的减速运动，B错误；t1～t2时间段可分为两段，F＝mg 时金属球的加速度为0，前一段时间金属球加速度向上并处于超重状态，后一段时间金属球加速度向下并处于失重状态，C错误；t2和t4两时刻弹簧的形变量均为0，金属球在斜面方向上只有重力的分力产生加速度，故两时刻的加速度相同，又由于斜面光滑，系统的机械能守恒，因此两个时刻速度的大小相等，但t2时刻金属球沿斜面向上运动，而t4时刻金属球沿斜面向下运动，二者的方向不同，D正确．角度2 瞬时加速度问题2．如图所示，两个质量均为m的小球A、B用细绳相连，小球A与一个轻弹簧相连，弹簧另一端固定在竖直墙上，小球用一根细线连在天花板上，开始时，两小球都静止不动，这时细线与水平方向的夹角是θ＝45°，弹簧水平，重力加速度为g，现突然把细线剪断．在剪断线的瞬间，小球A的加速度大小是( )A．22g B．5gC．2g D．2g解析：选 B.细线剪断前，小球A受到4个力作用，重力、弹簧的弹力、细线的拉力和细绳的拉力，由力的平衡条件，可知：弹簧的弹力F＝2mg，剪断细线的瞬间，小球A只受弹簧的弹力和重力，此时弹簧的弹力还是F＝2mg，所以此时A球的合力F A＝（mg）2＋（2mg）2＝5mg，由牛顿第二定律可知，在剪断线的瞬间，小球A的加速度大小a＝5g，故B正确，A、C、D错误．角度3 多过程动力学问题3.(2019·淄博段考)如图所示，质量分别为0.5 kg、0.2 kg的弹性小球A、B穿过一绕过定滑轮的轻绳，绳子末端与地面距离为0.8 m，小球距离绳子末端 6.5 m，小球A、B与轻绳间的滑动摩擦力都为自身重力的12，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现由静止同时释放A、B两个小球，不计绳子质量，忽略与定滑轮相关的摩擦力，g＝10 m/s2.(1)求释放A、B两个小球后，A、B各自加速度大小；(2)小球B从开始释放经多长时间落到地面？解析：(1)由题意知B与轻绳间的滑动摩擦力f B＝km B g＝1.0 N，而A与轻绳间的滑动摩擦力f A＝km A g＝2.5 N.即f B<f A.所以为保证A、B对轻绳的力相同，只能A受静摩擦力作用，且大小与f B相同．对B有m B g－km B g＝m B a B解得a B＝5 m/s2对A有m A g－km B g＝m A a A解得a A＝8 m/s2.(2)设经历时间t1小球B脱离绳子，此时小球B下落高度为h B，获得速度为v B，依题意有1 2a A t21＋12a B t21＝6.5 m解得t1＝1 s此时B下落h B＝12a B t21＝2.5 m小球B离开绳时的速度为v B＝a B t1＝5 m/s小球B脱离绳子后在重力作用下匀加速下落，设此时距地面高度为H，再经时间t2落地有H＝6.5 m＋0.8 m－2.5 m＝4.8 mH＝v B t2＋12gt22解得t2＝0.6 s故B从开始释放到落地共经历时间t＝t1＋t2＝1.6 s.答案：(1)8 m/s2 5 m/s2(2)1.6 s命题角度解决方法易错辨析超、失重现象分析牛顿第二定律明确加速度方向来确定超、失重状态瞬时加速度的求解力渐变和突变的分析在绳或杆上的力可以发生突变，而弹簧上的力只能渐变动力学的运动图象问题【高分快攻】x－t图象图象斜率的大小表示物体运动速度的大小，斜率的正负表示速度的方向v－t图象(1)某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度方向为正，时间轴下方速度方向为负．(2)图象斜率的大小表示物体运动的加速度的大小，斜率的正负表示加速度的方向．(3)图象与时间轴围成的面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负a－t图象图象与时间轴围成的面积表示物体速度的变化量；加速度恒定表示物体做匀变速运动，否则物体做非匀变速运动三者关系x－t图象和v－t图象描述的都是直线运动，而a－t图象描述的不一定是直线运动；在图象转换时，必须明确不同图象间相互联系的物理量，必要时还应根据运动规律写出两个图象所描述的物理量间的函数关系式进行分析和判断【典题例析】(多选)(2018·高考全国卷Ⅲ)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动．甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示．下列说法正确的是( )A．在t1时刻两车速度相等B．从0到t1时间内，两车走过的路程相等C．从t1到t2时间内，两车走过的路程相等D．在t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等[解析] x－t图象某点的切线斜率表示瞬时速度，A错误；前t1时间内，由于甲、乙的出发点不同，故路程不同，B错误；t1～t2时间内，甲、乙的位移和路程都相等，大小都为x2－x1，C正确；t1～t2时间内，甲的x－t图象在某一点的切线与乙的x－t图象平行，此时刻两车速度相等，D正确．[答案] CD【题组突破】角度1 动力学中的速度图象1．两个物体从同一高度同时由静止开始下落，经过一段时间分别与水平地面发生碰撞(碰撞过程时间极短)后反弹，碰撞前后瞬间速度大小不变，其中一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比．下列分别用虚线和实线描述的两物体运动的v－t图象，可能正确的是( )解析：选 D.若不计空气阻力，则物体下落后，先做匀加速直线运动，与地面碰撞后做竖直上抛运动(匀减速直线运动)，加速度不变；若考虑空气阻力，下落过程中，速度越来越大，则空气阻力越来越大，根据牛顿第二定律可知，加速度越来越小且小于g，与地面碰撞后，速度越来越小，则空气阻力越来越小，根据牛顿第二定律可知，加速度越来越小且大于g，根据速度－时间图象的斜率表示加速度大小可知，D正确．角度2 动力学中的加速度图象2．(多选)(2019·潍坊模拟)一汽车在高速公路上以v0＝30 m/s 的速度匀速行驶，t＝0时刻，驾驶员采取某种措施，汽车运动的加速度随时间变化的关系如图所示，以初速度方向为正，下列说法正确的是( )A．t＝6 s时车速为 5 m/sB．t＝3 s时车速为零C．前9 s内的平均速度为15 m/sD．前6 s内车的位移为90 m解析：选BC.0～3 s，汽车做匀减速直线运动， 3 s末的速度v3＝v0＋a1t1＝(30－10×3) m/s ＝0，B正确；3～9 s，汽车做匀加速直线运动，t＝6 s时速度v6＝a2t2＝5×3 m/s＝15 m/s，A错误；前 3 s内的位移x3＝0－v202a1＝0－3022×（－10）m＝45 m，3～9 s内的位移x3～9＝12a2t23＝12×5×６2 m＝90 m，则前9 s内的位移为x9＝x3＋x3～9＝135 m，平均速度为v＝x9t总＝1359m/s＝15 m/s，C正确；3～6 s内的位移x3～6＝12a2t22＝12×5×３2 m＝22.5 m，则前 6 s内的位移为x6＝x3＋x3～6＝67.5 m，D错误．角度3 动力学中的位移图象3．(多选)甲、乙两个物体在同一直线上运动，其x－t图象如图所示，其中直线b与曲线a相切于点(4，－15)．已知甲做匀变速直线运动，下列说法正确的是( )A．前4 s内两物体运动方向相同B．前4 s内甲的平均速度是乙的平均速度的157倍C．t＝0时刻，甲的速度大小为9 m/sD．甲的加速度大小为 2 m/s2解析：选AD.x－t图象的斜率的正负表示运动的方向，故前 4 s内两物体运动方向相同，均为负方向，故A正确；甲做匀变速直线运动，则甲的x－t图象对应于a；前 4 s内甲的平均速度为：v1＝（－15 m）－9 m4 s＝－6 m/s，前 4 s乙的平均速度为：v2＝（－15 m）－（－7 m）4 s＝－2 m/s，故前 4 s内甲的平均速度是乙的平均速度的3倍，故B 错误；t0＝0时刻，甲的位移为s0＝9 m，t1＝1 s时，s1＝0，t2＝4 s末，甲的位移为s2＝－15 m，因为甲做匀变速直线运动，设初速度为v0，加速度为a，则s1－s0＝v0t1＋12at21①，s2－s0＝v0t2＋12at22②，代入数据并联立①②式解得v0＝10 m/s，a＝2 m/s2，故C错误，D正确．命题角度解决方法易错辨析x－t图象由坐标确定位置，由斜率确定速度图象不是运动轨迹且不能确定加速度v－t图象由斜率确定加速度，由面积确定位移不能确定物体的初始位置a－t图象由面积确定速度变化量不能确定运动的性质连接体问题【高分快攻】整体法如果不需要求物体之间的相互作用力，且连接体的各部分具有相同的加速度，一般采用整体法根据牛顿第二定律列方程隔离法如果需要求物体之间的相互作用力或对于加速度不同的连接体，一般采用隔离法根据牛顿第二定律列方程常涉及的三种问题类型(1)涉及滑轮的问题：若要求绳的拉力，一般都采用隔离法.(2)水平面上的连接体问题①这类问题一般是连接体(系统)中各物体保持相对静止，即具有相同的加速度．解题时，一般采用先整体后隔离的方法.②建立直角坐标系时要考虑矢量正交分解越少越好的原则或者正交分解力，或者正交分解加速度.(3)斜面体与物体组成的连接体问题：当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，一般采用隔离法分析解题关键正确地选取研究对象是解题的首要环节，弄清各物体之间哪些属于连接体，哪些物体应该单独分析，并分别确定它们的加速度，然后根据牛顿运动定律列方程求解【典题例析】(多选)(2019·高考全国卷Ⅲ)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取10 m/s2.由题给数据可以得出( )A．木板的质量为 1 kgB．2～4 s内，力F的大小为0.4 NC．0～2 s内，力F的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2[解析] 由题图(c)可知木板在0～2 s内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f在0～2 s内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F也逐渐增大，选项C错误；由题图(c)可知木板在2～4 s内做匀加速运动，其加速度大小为a1＝0.4－04－2m/s2＝0.2 m/s2，在4～5 s内做匀减速运动，其加速度大小为a2＝0.4－0.25－4m/s2＝0.2 m/s2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力F f＝f，故对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F－F f＝ma1、F f＝ma2，解得m＝1 kg、F＝0.4 N，选项A、B均正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D错误．[答案] AB【题组突破】角度1 整体法和隔离法的应用1．(多选)(2019·湖北黄冈中学二模)如图甲所示，斜面体放在粗糙的水平地面上，两斜面光滑且倾角分别为53°和37°，两小滑块P和Q用绕过滑轮不可伸长的轻绳连接，分别置于两个斜面上，且轻绳平行于斜面，已知P、Q和斜面体均静止不动．若交换两滑块位置，如图乙所示，再由静止释放，斜面体仍然静止不动，P的质量为m，取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度大小为g，不计滑轮的质量和摩擦，则下列判断正确的是( )A．Q的质量为4 3 mB．在图甲中，斜面体与地面间有摩擦力C．在图乙中，滑轮受到轻绳的作用力大小为425mgD．在图乙中，斜面体对地面的摩擦力方向水平向左解析：选AC.两斜面光滑且倾角分别为53°和37°，如题图甲放置，则根据沿绳方向的力相等知mg sin 53°＝m Q g sin 37°，解得m Q＝43m，选项A正确；在题图甲中，整个系统处于静止状态，斜面体与地面之间无摩擦力，选项B错误；在题图乙中，设绳子拉力为T，根据牛顿第二定律知43mg sin 53°－T＝43ma，T－mg sin 37°＝ma，解得T＝45mg，滑轮受到轻绳的作用力大小为N＝2T＝425mg，选项C正确；对题图乙中的斜面体受力分析，两根绳子对滑轮的作用力竖直向下，则水平方向上P、Q对斜面体作用力的合力为F x＝43mg cos 53°cos 37°－mg cos 37° cos 53°＝425mg，方向向右，则地面对斜面体的摩擦力向左，由牛顿第三定律可知，斜面体对地面的摩擦力方向水平向右，选项D错误．角度2 传送带模型2．(多选)如图所示，光滑斜面与倾斜传送带在同一个平面内，传送带以速度v0逆时针匀速转动，现有一滑块从斜面上由静止释放，若滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，规定沿斜面向下的速度方向为正方向，则滑块在传送带上滑动时的速度随时间变化的图线可能是( )解析：选ACD.滑块在传送带上受到重力、传送带的支持力和摩擦力作用，合力是重力沿斜面的分力和摩擦力的合力，若传送带对滑块的摩擦力小于重力沿斜面的分力，则滑块一直做加速运动，故A正确；若传送带对滑块的摩擦力大于重力沿斜面的分力，滑块先做匀减速直线运动，若滑块的速度足够大，传送带足够短，则滑块在速度没有减小到0就通过了传送带，滑块的位移大于传送带的长度，则滑块一直做匀减速运动．故C正确；若滑块的速度比较小，在滑块的速度减小到0时，滑块的位移仍小于传送带的长度，则滑块的速度等于0时，仍然在传送带上．由于传送带沿斜面向上运动，滑块在传送带上受到沿斜面向上的摩擦力，将沿斜面向上做加速运动，由运动的对称性可知，若传送带的速度足够大，则滑块返回出发点的速度大小仍然等于v1，故D正确，B错误．角度3 滑块—滑板模型3．(2017·高考全国卷Ⅲ) 如图，两个滑块A和B的质量分别为m A＝1 kg 和m B＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．解析：(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A、B所受的摩擦力大小分别为f1、f2，木板与地面间的滑动摩擦力为f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为a A 和a B，木板相对于地面的加速度大小为a1.在物块B与木板达到共同速度前有f1＝μ1m A g①f2＝μ1m B g②。

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力与物体的平衡
第1讲力与物体的平衡
真题再现
考情分析
1．(多选)(2019·高考全国卷Ⅰ)如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮．一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N.另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°.已知M始终保持静止，则在此过程中()
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
解析：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．
3.(多选)(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 .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
[答案]D
【题组突破】
角度1受力分析的方法
1．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
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
2.处理静态平衡问题的基本思路
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F1、F2，则()
2.(2018·高考全国卷Ⅰ)如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab＝5 cm，bc＝3 cm，ca＝4 cm.小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线．设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则()
A．a、b的电荷同号，k＝
B．a、b的电荷异号，k＝
C．a、b的电荷同号，k＝
C．OM上的张力逐渐增大
D．OM上的张力先增大后减小
解析：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＝＝，由题意可知FMN的反方向与FOM的夹角γ＝180°－α，不变，因sinβ(β为FMN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sinθ(θ为FOM与G的夹角)逐渐增大，故MN上的张力逐渐增大，选项A、D正确，B、C错误.
A．F1＝ mg，F2＝ mg
B．F1＝ mg，F2＝ mg
C．F1＝ mg，F2＝ mg
D．F1＝ mg，F2＝ mg
[解析]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F1＝mgcos 30°＝ mg、对斜面Ⅱ的压力大小为F2＝mgsin 30°＝ mg，选项D正确，A、B、C均错误．
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．a、b的电荷异号，k＝
解析：选D.
如果a、b带同种电荷，则a、b两小球对c的作用力均为斥力或引力，此时c在垂直于a、b连线的方向上的合力一定不为零，因此a、b不可能带同种电荷，A、C错误；若a、b带异种电荷，假设a对c的作用力为斥力，则b对c的作用力一定为引力，受力分析如图所示，由题意知c所受库仑力的合力方向平行于a、b的连线，则Fa、Fb在垂直于a、b连线的方向上的合力为零，由几何关系可知∠a＝37°、∠b＝53°，则Fasin 37°＝Fbcos 37°，解得＝，又由库仑定律及以上各式代入数据可解得＝，B错误，D正确.
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
命题研究
近几年全国卷对该部分的考查较多，基本属于必考题，并且动态分析是考查热点，其中整体法与隔离法的受力分析方法，力的合成与力的分解等知识是力学的基础；在2020年的备考过程中，尤其要注重“整体法、隔离法”在连接体受力分数学知识相结合来处理问题
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
A．水平拉力的大小可能保持不变
B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加
C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加
D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加
解析：选BD.对N进行受力分析如图所示，因为N的重力与水平拉力F的合力和细绳的拉力T是一对平衡力，从图中可以看出水平拉力的大小逐渐增大，细绳的拉力也一直增大，选项A错误，B正确；M的质量与N的质量的大小关系不确定，设斜面倾角为θ，若mNg≥mMgsinθ，则M所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若mNg<mMgsinθ，则M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增大，选项D正确，C错误.