2019-2020年高考物理二輪復習 第1板塊 力學選擇題教學案.doc
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2019-2020年高考物理二輪復習 第1板塊 力學選擇題教學案 平衡問題是歷年高考的重點，特別是受力分析與平衡條件的應用在近幾年高考中頻繁考查。高考既可能在選擇題中單獨考查平衡問題，也可能在計算題中綜合考查平衡問題。本講主要解決的是選擇題中的受力分析和共點力平衡問題，考查的角度主要包括：①對各種性質(zhì)的力的理解；②共點力平衡條件的應用。 用到的思想方法有： ①整體法和隔離法 ②假設法 ③合成法 ④正交分解法 ⑤矢量三角形法 ⑥相似三角形法 ⑦等效思想 ⑧分解思想 一、明“因”熟“力”，正確進行受力分析基礎保分類考點 1．[多選]如圖甲、乙所示，傾角為θ的斜面上放置一滑塊M，在滑塊M上放置一個質(zhì)量為m的物塊，M和m相對靜止，一起沿斜面勻速下滑，下列說法正確的是( ) A．圖甲中物塊m受到摩擦力 B．圖乙中物塊m受到摩擦力 C．圖甲中物塊m受到水平向左的摩擦力 D．圖乙中物塊m受到與斜面平行向上的摩擦力 解析：選BD 對題圖甲：設物塊m受到摩擦力，則物塊m受到重力、支持力、摩擦力，而重力、支持力平衡，若受到摩擦力作用，其方向與接觸面相切，方向水平，則物塊m受力將不平衡，與題中條件矛盾，故假設不成立，A、C錯誤。對題圖乙：設物塊m不受摩擦力，由于物塊m勻速下滑，物塊m必受力平衡，若物塊m只受重力、支持力作用，由于支持力與接觸面垂直，故重力、支持力不可能平衡，則假設不成立，由受力分析知：物塊m受到與斜面平行向上的摩擦力，B、D正確。 2.(xx淄博實驗中學一診)如圖所示，一質(zhì)量均勻的實心圓球被直徑AB所在的平面一分為二，先后以AB沿水平和豎直兩種不同方向放置在光滑支架上，處于靜止狀態(tài)，兩半球間的作用力分別為F和F′，已知支架間的距離為AB長度的一半，則等于( ) A. B. C. D. 解析：選A 設兩半球的總質(zhì)量為m，當球以AB沿水平方向放置，可知F＝mg；當球以AB沿豎直方向放置，以兩半球為整體，隔離右半球受力分析如圖所示，可得：F′＝tan θ，根據(jù)支架間的距離為AB的一半，可得：θ＝30，則＝＝，則A正確。 3.(xx全國卷Ⅱ)如圖，一物塊在水平拉力F的作用下沿水平桌面做勻速直線運動。若保持F的大小不變，而方向與水平面成60角，物塊也恰好做勻速直線運動。物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為( ) A．2－ B. C. D. 解析：選C 當拉力水平時，物塊做勻速運動，則F＝μmg，當拉力方向與水平方向的夾角為60時，物塊也剛好做勻速運動，則Fcos 60＝μ(mg－Fsin 60)，聯(lián)立解得μ＝，A、B、D項錯誤，C項正確。 4．(xx周口模擬)如圖甲所示，質(zhì)量為m的半球體靜止在傾角為θ的平板上，當θ從0緩慢增大到90的過程中，半球體所受摩擦力Ff與θ的關系如圖乙所示，已知半球體始終沒有脫離平板，半球體與平板間的動摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，重力加速度為g，則( ) A．O～q段圖像可能是直線 B．q～段圖像可能是直線 C．q＝ D．p＝ 解析：選D 半球體在平板上恰好開始滑動的臨界條件是：mgsin θ＝μmgcos θ，故有：μ＝tan θ，解得：θ＝，即q＝，故C錯誤；θ在0～之間時，F(xiàn)f是靜摩擦力，大小為mgsin θ；θ在～之間時，F(xiàn)f是滑動摩擦力，大小為μmgcos θ；綜合以上分析得Ff與θ關系如圖中實線所示，故A、B錯誤；當θ＝時，F(xiàn)f＝mgsin＝，即p＝，故D正確。 受力分析是整個高中階段物理知識的基礎，能否正確進行受力分析是解答力學問題的關鍵。 1．熟悉各種力的特點，會判斷彈力的方向，會判斷和計算摩擦力。 (1)彈力的方向一定與接觸面或接觸點的切面垂直，且指向受力物體。 (2)兩物體接觸處有無靜摩擦力，要根據(jù)物體間有無相對運動趨勢或根據(jù)平衡條件進行判斷。 (3)利用公式求解滑動摩擦力時，一定要注意接觸面間壓力的分析，不能簡單地代入重力。 2．受力分析的一般步驟 二、靈活應用“整體、隔離法”，巧選研究對象基礎保分類考點 1.[多選](xx長沙月考)如圖所示，物體A、B、C疊放在水平桌面上，水平力F作用于C物體，使A、B、C以相同的速度向右勻速運動，那么關于它們的受力下列說法正確的是( ) A．由于B向右運動，所以B受到向左的摩擦力 B．C受到的摩擦力方向水平向左 C．A受到兩個摩擦力作用 D．由于不知A與水平桌面之間是否光滑，所以無法判斷A與水平桌面間是否存在摩擦力 解析：選BC 由于B向右勻速運動，所以B不受摩擦力作用，選項A錯誤；物體C受到向右的拉力和向左的摩擦力作用，選項B正確；A受到C對A的向右的摩擦力作用，同時受到地面向左的摩擦力作用，選項C正確，D錯誤。 2.(xx屆高三山東省實驗中學調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量為M的斜面體A放在粗糙水平面上，用輕繩拴住質(zhì)量為m的小球B置于斜面上，輕繩與斜面平行且另一端固定在豎直墻面上，不計小球與斜面間的摩擦，斜面體與墻不接觸，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。則( ) A．水平面對斜面體沒有摩擦力作用 B．水平面對斜面體有向左的摩擦力作用 C．斜面體對水平面的壓力等于(M＋m)g D．斜面體對水平面的壓力小于(M＋m)g 解析：選D 以斜面體和小球整體為研究對象受力分析，水平方向：f＝Tcos θ，方向水平向右，故A、B錯誤；豎直方向：N＝(m＋M)g－Tsin θ，可見N<(M＋m)g，根據(jù)牛頓第三定律：斜面體對水平面的壓力N′＝N<(M＋m)g，故C錯誤，D正確。 3.將一橫截面為扇形的物體B放在水平面上，一小滑塊A放在物體B上，如圖所示，除了物體B與水平面間的摩擦力之外，其余接觸面的摩擦力均可忽略不計，已知物體B的質(zhì)量為M，滑塊A的質(zhì)量為m，當整個裝置靜止時，滑塊A與物體B接觸的一面與豎直擋板之間的夾角為θ。已知重力加速度為g，則下列選項正確的是( ) A．物體B對水平面的壓力大小為Mg B．物體B受水平面的摩擦力大小為mgtan θ C．滑塊A與豎直擋板之間的彈力大小為 D．滑塊A對物體B的壓力大小為 解析：選C 以滑塊A為研究對象進行受力分析，并運用合成法，如圖所示，由幾何知識得，擋板對滑塊A的彈力大小為FN1＝，C正確；物體B對滑塊A的彈力大小為FN2＝，根據(jù)牛頓第三定律，滑塊A對物體B的壓力大小為，D錯誤；以滑塊A和物體B組成的系統(tǒng)為研究對象，在豎直方向上受力平衡，則水平面對物體B的支持力FN＝(M＋m)g，故水平面所受壓力大小為(M＋m)g，A錯誤；A和B組成的系統(tǒng)在水平方向上受力平衡，則水平面對物體B的摩擦力大小為Ff＝FN1＝，B錯誤。 4.(xx珠海一中期末)如圖所示，水平固定且傾角為37(sin 37＝0.6，cos 37＝0.8)的光滑斜面上有兩個質(zhì)量均為m＝1 kg的小球A、B，它們用勁度系數(shù)為k＝200 N/m 的輕質(zhì)彈簧連接，彈簧的原長為l0＝20 cm，現(xiàn)對B施加一水平向左的推力F，使A、B均在斜面上以加速度a＝4 m/s2 向上做勻加速運動，此時彈簧的長度l和推力F的大小分別為( ) A．0.15 m,25 N B．0.25 m,25 N C．0.15 m,12.5 N D．0.25 m,12.5 N 解析：選B 以整體為研究對象受力分析，沿斜面方向有：Fcos 37－2mgsin 37＝2ma ①，以A為研究對象，沿斜面方向有：kx－mgsin 37＝ma?、冢瑇＝l－l0?、?，解①得F＝25 N，由②③得：l＝0.25 m，故B正確，A、C、D錯誤。 1．整體法和隔離法對比 2．整體、隔離法的應用技巧 (1)不涉及系統(tǒng)內(nèi)力時，優(yōu)先考慮應用整體法，即“能整體、不隔離”。 (2)需要應用“隔離法”的，也要先隔離“簡單”的物體，如待求量少，或受力少，或處于邊緣處的物體。 (3)各“隔離體”間的關聯(lián)力，表現(xiàn)為作用力與反作用力，對整體系統(tǒng)則是內(nèi)力。 (4) 實際問題通常需要交叉應用整體、隔離法。 (5)在某些特殊情形中，研究對象可以是物體的一部分，或繩子的結點、力的作用點等。 三、“程序法”破解“靜態(tài)平衡”問題重難增分類考點 1．破解“靜態(tài)平衡”問題的一般程序 2．處理平衡問題的常用方法 方法 解讀 合成法 物體受三個共點力的作用而平衡，則任意兩個力的合力一定與第三個力等大、反向 分解法 三力平衡時，還可以將某一個力按力的效果分解，則其分力和其他兩個力分別平衡 正交分 解法 物體受三個或三個以上力的作用時，將所有力分解為相互垂直的兩組，每組力分別平衡 [典例] 如圖所示，勻強電場方向垂直于傾角為α的絕緣粗糙斜面向上，一質(zhì)量為m的帶正電荷的滑塊靜止于斜面上。關于該滑塊的受力，下列說法中正確的是(當?shù)刂亓铀俣葹間)( ) A．滑塊可能只受重力、電場力、摩擦力三個力的作用 B．滑塊所受的摩擦力大小一定為mgsin α C．滑塊所受的電場力大小可能為mgcos α D．滑塊對斜面的壓力大小一定為mgcos α [審題指導] (1)滑塊靜止于斜面上，說明滑塊處于平衡狀態(tài)。 (2)勻強電場垂直于斜面向上，說明滑塊所受電場力大小恒定，方向垂直斜面向上。 [解析] 選B 滑塊一定受重力和電場力作用，在沿斜面方向，要受力平衡，一定受摩擦力，而有摩擦力一定有支持力，所以滑塊一定受四個力作用，選項A錯誤。在沿斜面方向上有：f＝mgsin α，選項B正確。在垂直斜面方向有：mgcos α＝N＋qE，則電場力一定小于mgcos α，支持力一定小于mgcos α，根據(jù)牛頓第三定律知，滑塊對斜面的壓力一定小于mgcos α，故選項C、D錯誤。 1.[多選]如圖所示，傾角為θ的斜面體C置于水平地面上，小物體B置于斜面體C上，通過細繩跨過光滑的輕質(zhì)定滑輪與物體A相連接，連接物體B的一段細繩與斜面平行，已知A、B、C均處于靜止狀態(tài)，定滑輪通過細桿固定在天花板上，則下列說法中正確的是( ) A．物體B可能不受靜摩擦力作用 B．斜面體C與地面之間可能不存在靜摩擦力作用 C．細桿對定滑輪的作用力沿桿豎直向上 D．將細繩剪斷，若物體B仍靜止在斜面體C上，則此時斜面體C與地面之間一定不存在靜摩擦力作用 解析：選AD 對物體B進行受力分析，由共點力的平衡條件可得，如果mAg＝mBgsin θ，則物體B一定不受靜摩擦力作用，反之，則一定會受到斜面體C對其作用的靜摩擦力，選項A正確；將物體B和斜面體C看成一個整體，則該整體受到一個大小為mAg、方向沿斜面向上的細繩的拉力，該拉力在水平向左方向上的分量為mAgcos θ，故地面一定會給斜面體一個方向水平向右、大小為mAgcos θ的靜摩擦力，選項B錯誤；由于連接物體A和物體B的細繩對定滑輪的合力方向不是豎直向下，故細桿對定滑輪的作用力方向不是豎直向上，選項C錯誤；若將細繩剪斷，將物體B和斜面體C看成一個整體，則該整體受豎直向下的重力和地面對其豎直向上的支持力，故斜面體C與地面之間一定不存在靜摩擦力作用，選項D正確。 2.(xx山西右玉一模)如圖所示，物塊A和滑環(huán)B用繞過光滑定滑輪的不可伸長的輕繩連接，滑環(huán)B套在與豎直方向成θ＝37的粗細均勻的固定桿上，連接滑環(huán)B的繩與桿垂直并在同一豎直平面內(nèi)，滑環(huán)B恰好不能下滑，滑環(huán)和桿間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.4，設滑環(huán)和桿間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則物塊A和滑環(huán)B的質(zhì)量之比為( ) A. B. C. D. 解析：選C 設物塊A和滑環(huán)B的質(zhì)量分別為m1、m2，若桿對B的彈力垂直于桿向下，因滑環(huán)B恰好不能下滑，則由平衡條件有m2gcos θ＝μ(m1g－m2gsin θ)，解得＝；若桿對B的彈力垂直于桿向上，因滑環(huán)B恰好不能下滑，則由平衡條件有m2gcos θ＝μ(m2gsin θ－m1g)，解得＝－(舍去)。綜上分析可知C正確。 四、多法并進，破解“動態(tài)平衡”問題多維探究類考點 如果物體受到三個力的作用，其中一個力的大小、方向均不變，并且還有另一個力的方向不變，此時可用圖解法，畫出不同狀態(tài)下力的矢量圖，判斷各個力的變化情況?！ ? [例1] (xx全國卷Ⅱ)質(zhì)量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上。用水平向左的力F緩慢拉動繩的中點O，如圖所示。用T表示繩 OA段拉力的大小，在O點向左移動的過程中( ) A．F逐漸變大，T逐漸變大 B．F逐漸變大，T逐漸變小 C．F逐漸變小，T逐漸變大 D．F逐漸變小，T逐漸變小 [解析] 選A 以O點為研究對象，受力如圖所示，當用水平向左的力緩慢拉動O點時，則繩OA與豎直方向的夾角變大，由共點力的平衡條件知F逐漸變大，T逐漸變大，選項A正確。 如果把物體受到的多個力合成、分解后，能夠找到力的邊角關系，則適合選擇解析法，建立平衡方程，根據(jù)自變量的變化(一般都要用到三角函數(shù))確定因變量的變化?！ ? [例2] (xx開封二模)一鐵架臺放在水平地面上，其上用輕質(zhì)細線懸掛一小球，開始時細線豎直?，F(xiàn)將水平力F作用于小球上，使其緩慢地由實線位置運動到虛線位置，鐵架臺始終保持靜止。則在這一過程中( ) A．水平拉力F變小 B．細線的拉力不變 C．鐵架臺對地面的壓力變大 D．鐵架臺所受地面的摩擦力變大 [解析] 選D 對小球受力分析，受拉力、重力、水平力F，根據(jù)平衡條件，有：F＝mgtan θ，θ逐漸增大，則F逐漸增大，故A錯誤；由圖可知，細線的拉力T＝，θ增大，T增大，故B錯誤；以整體為研究對象，根據(jù)平衡條件得Ff＝F，則Ff逐漸增大，F(xiàn)N＝(M＋m)g，F(xiàn)N保持不變，故C錯誤，D正確。 此法是圖解法的特例，一般研究對象受繩(桿)或其他物體的約束，且物體受到三個力的作用，其中的一個力大小、方向均不變，另外兩個力的方向都發(fā)生變化，可以用力三角形與幾何三角形相似的方法。 [例3] (xx寶雞質(zhì)檢)如圖所示，質(zhì)量均可忽略的輕繩與輕桿承受彈力的最大值一定，桿的A端用鉸鏈固定，光滑輕質(zhì)小滑輪在A點正上方，桿的B端吊一重力為G的重物，現(xiàn)將繩的一端拴在桿的B端，用拉力F將B端緩慢上拉，在桿達到豎直前(桿和繩均未斷)，關于繩子的拉力F和桿受到的彈力FN的變化，下列判斷正確的是( ) A．F變大 B．F變小 C．FN變大 D．FN變小 [解析] 選B 在用拉力將B端緩慢上拉的過程中，B點受輕繩向下的拉力(其大小等于G)、沿OB方向的拉力F′(F′＝F)以及輕桿對B點的彈力FN′(FN′＝FN)的作用，由于B點處于動態(tài)平衡狀態(tài)，且F′和FN′的大小和方向均在發(fā)生變化，故可用力三角形與幾何三角形相似的方法進行解決。受力分析如圖所示，由圖可知，力三角形與幾何三角形AOB相似，即＝＝，由于重力G和O、A兩點間的距離以及AB的長度均不變，故彈力FN′不變，拉力F′減小，可得FN不變，F(xiàn)減小。 1.[多選](xx全國卷Ⅰ)如圖，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點M拴一重物，用手拉住繩的另一端N。初始時，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為α?，F(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角α不變。在OM由豎直被拉到水平的過程中( ) A．MN上的張力逐漸增大 B．MN上的張力先增大后減小 C．OM上的張力逐漸增大 D．OM上的張力先增大后減小 解析：選AD 設重物的質(zhì)量為m，繩OM中的張力為T，繩MN中的張力為TMN。開始時，T＝mg，TMN＝0。由于緩慢拉起，則重物一直處于平衡狀態(tài)，兩繩張力的合力與重物的重力mg等大、反向。 如圖所示，已知角α不變，在繩MN緩慢拉起的過程中，角β逐漸增大，則角(α－β)逐漸減小，但角θ不變，在三角形中，利用正弦定理得：＝，(α－β)由鈍角變?yōu)殇J角，則TOM先增大后減小，選項D正確；同理知＝，在β由0變?yōu)榈倪^程中，TMN一直增大，選項A正確。 2.如圖所示，半徑為R的半球形物體固定在水平地面上，球心正上方有一光滑的小定滑輪，滑輪到球面B的距離為h，輕繩的一端系一小球，靠放在半球上的A點，另一端繞過定滑輪后用力拉住，使小球靜止。現(xiàn)緩慢拉繩，則在使小球從A點運動到B點的過程中，半球形物體對小球的支持力FN和輕繩對小球的拉力F的變化情況是( ) A．FN不變，F(xiàn)變小 B．FN不變，F(xiàn)先變大后變小 C．FN變小，F(xiàn)先變小后變大 D．FN變大，F(xiàn)變大 解析：選A 對小球進行受力分析可知，小球受重力G、半球形物體對其的支持力FN和輕繩對其的拉力F這三個力的作用，由題意可知，在小球從A點緩慢運動到B點的過程中，支持力FN和拉力F的方向均發(fā)生變化，只有小球的重力大小和方向均不變，故用力三角形與幾何三角形相似的方法進行求解。小球的受力分析如圖所示，設連接小球A和定滑輪之間的輕繩長為l，則由力三角形與幾何三角形相似可得：＝＝，故可得FN不變，F(xiàn)逐漸減小。 五、平衡中的“臨界、極值”問題基礎保分類考點 1.[多選]如圖所示，一根上端固定的輕繩，其下端拴一個質(zhì)量為2 kg的小球，g取10 m/s2，開始時輕繩處于豎直位置。用一方向與水平面成37角的外力F拉動小球，使繩緩慢升起至水平位置。這一過程中輕繩拉力的(取cos 37＝0.8，sin 37＝0.6)( ) A．最小值為16 N B．最小值為20 N C．最大值為26.7 N D．最大值為20 N 解析：選AC 小球受重力mg、拉力F、繩施加的力F繩處于平衡狀態(tài)。如圖所示，應用極限法分析臨界點。在力三角形為直角△OAB時，F(xiàn)繩小＝，為最小值(臨界點)，有F繩?。絤gcos 37＝16 N，故A對，B錯。在力三角形為直角△OCB時，F(xiàn)繩大＝，為最大值(臨界點)，有F繩大＝≈26.7 N，故C對，D錯。 2.[多選]某學習小組為了體驗最大靜摩擦力與滑動摩擦力的臨界狀態(tài)，設計了如圖所示的裝置，一位同學坐在長直木板上，讓長直木板由水平位置緩慢向上轉(zhuǎn)動(即木板與地面的夾角θ變大)，另一端不動，則該同學受到支持力FN、合外力F合、重力沿斜面方向的分力G1、摩擦力Ff隨角度θ的變化關系圖中正確的是( ) 解析：選ACD 重力沿斜面方向的分力G1＝mgsin θ，C正確；支持力FN＝mgcos θ，A正確；該同學滑動之前，F(xiàn)合＝0，F(xiàn)f＝mgsin θ，滑動后，F(xiàn)合＝mgsin θ－μmgcos θ，F(xiàn)f＝μmgcos θ，考慮到最大靜摩擦力略大于滑動摩擦力的情況，可知B錯誤，D正確。 3.如圖所示，三根長度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2l?，F(xiàn)在C點上懸掛一個質(zhì)量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點上可施加的力的最小值為( ) A．mg B.mg C.mg D.mg 解析：選C 分析結點C的受力如圖甲所示，由題意可知，繩CA與豎直方向間夾角為α＝30，則可得：FD＝mgtan α＝mg，再分析結點D的受力如圖乙所示，由圖可知，F(xiàn)D′與FD大小相等且方向恒定，F(xiàn)B的方向不變，當在D點施加的拉力F與繩BD垂直時，拉力F為最小，即F＝FD′cos 30＝mg，C正確。 1．臨界問題：當某物理量變化時，會引起其他幾個物理量的變化，從而使物體的平衡“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”某種臨界狀態(tài)，在問題的描述中常用“剛好”“剛能”“恰好”等字眼。 2．極值問題：平衡問題的極值，一般指在力的變化過程中的最大值和最小值。 3．求解臨界、極值問題的常用方法 (1)圖解法：根據(jù)已知量的變化情況，畫出平行四邊形或三角形的邊角變化，進而確定未知量大小、方向的變化，求出臨界值或極值。 (2)解析法：利用物體受力平衡寫出未知量與已知量的關系表達式，根據(jù)已知量的變化情況來確定未知量的變化情況，求出極值，或利用臨界條件確定未知量的臨界值。 1.(xx屆高三河南名校聯(lián)考)如圖所示，斜面小車M靜止在光滑水平面上，一邊緊貼墻壁。若再在斜面上加一物體m，且小車M、物體m相對靜止，此時小車受力個數(shù)為( ) A．3 B．4 C．5 D．6 解析：選B 對小車和物體整體，它們必受到重力和地面的支持力，因小車、物體相對靜止，由平衡條件知墻面對小車無作用力，以小車為研究對象，它受重力Mg，地面的支持力FN1，物體對它的壓力FN2和靜摩擦力Ff，共四個力，選項B正確。 2.(xx湖南師大附中期末)如圖所示，兩根直木棍AB和CD相互平行，斜靠在豎直墻壁上固定不動，一個圓筒從木棍的上部以初速度v0勻速滑下。若保持兩木棍傾角不變，將兩棍間的距離減小后固定不動，仍將圓筒放在兩木棍上部以初速度v0滑下，下列判斷正確的是( ) A．仍勻速滑下 B．勻加速滑下 C．減速滑下 D．以上三種運動均可能 解析：選B 圓筒從木棍的上部勻速滑下過程中，受到重力、兩棍的支持力和摩擦力，根據(jù)平衡條件得知，兩棍支持力的合力和摩擦力不變。將兩棍間的距離減小后，兩棍支持力的合力不變，而兩支持力夾角減小，則每根木棍對圓筒的支持力變小，則滑動摩擦力變小，而重力沿斜面向下的分力不變，則圓筒將勻加速滑下，故B正確，A、C、D錯誤。 3.如圖所示，一豎直放置的大圓環(huán)，在其水平直徑上的A、B兩端系著一根不可伸長的柔軟輕繩，繩上套有一光滑小鐵環(huán)。現(xiàn)將大圓環(huán)在豎直平面內(nèi)繞O點順時針緩慢轉(zhuǎn)過一個微小角度，則關于輕繩對A、B兩點拉力FA、FB的變化情況，下列說法正確的是( ) A．FA變小，F(xiàn)B變小 B．FA變大，F(xiàn)B變大 C．FA變大，F(xiàn)B變小 D．FA變小，F(xiàn)B變大 解析：選A 柔軟輕繩上套有光滑小鐵環(huán)，兩側輕繩中拉力相等。將大圓環(huán)在豎直平面內(nèi)繞O點順時針緩慢轉(zhuǎn)過一個微小角度，A、B兩點之間的水平距離減小，光滑小鐵環(huán)兩側輕繩間夾角2α減小，由2Fcos α＝mg可知，輕繩中拉力F減小，輕繩對A、B兩點的拉力FA和FB都變小，選項A正確。 4．[多選]如圖所示，用一輕繩將光滑小球(大小不能忽略)系于豎直墻壁上的O點，現(xiàn)用一細桿壓在輕繩上緊貼墻壁從O點緩慢下移，則( ) A．輕繩對小球的拉力保持不變 B．輕繩對小球的拉力逐漸增大 C．小球?qū)Ρ诘膲毫χ饾u增大 D．小球?qū)Ρ诘膲毫χ饾u減小 解析：選BC 對小球受力分析，如圖所示，由于小球始終處于平衡狀態(tài)，其合力為零，在細桿從O點緩慢下移過程中，輕繩與豎直方向的夾角增大，由圖中幾何關系可知：輕繩對小球的拉力F逐漸增大，墻壁對小球的支持力FN也逐漸增大，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)Ρ诘膲毫σ仓饾u增大，故選項B、C正確，A、D錯誤。 5．[多選](xx屆高三皖南八校聯(lián)考)如圖所示，三角形ABC是固定在水平面上的三棱柱的橫截面，∠A＝30，∠B＝37，C處有光滑小滑輪，質(zhì)量分別為m1、m2的兩物塊通過細線跨放在AC面和BC面上，且均恰好處于靜止狀態(tài)，細線均與斜面平行，已知AC面光滑，物塊2與BC面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則兩物塊的質(zhì)量比m1∶m2可能是( ) A．1∶3 B．3∶5 C．5∶3 D．2∶1 解析：選BCD 物塊1受重力m1g、細線拉力T和斜面支持力FN作用處于平衡狀態(tài)，則T＝m1gsin 30，物塊2受重力m2g、細線拉力T、斜面支持力FN′及摩擦力Ff作用處于平衡狀態(tài)，當m1較大時，最大靜摩擦力方向沿斜面向下，此時有T＝m2gsin 37＋μm2gcos 37，即＝2；當m1較小時，最大靜摩擦力方向沿斜面向上，此時有T＝m2gsin 37－μm2gcos 37，即＝，所以≤≤2。 6.如圖所示，一小球在斜面上處于靜止狀態(tài)，不考慮一切摩擦，如果把豎直擋板由豎直位置繞O點緩慢轉(zhuǎn)至水平位置，則此過程中球?qū)醢宓膲毫1和球?qū)π泵娴膲毫2的變化情況是( ) A．F1先增大后減小，F(xiàn)2一直減小 B．F1先減小后增大，F(xiàn)2一直減小 C．F1和F2都一直在增大 D．F1和F2都一直在減小 解析：選B 小球初始時刻的受力情況如圖甲所示，因擋板是緩慢轉(zhuǎn)動的，所以小球處于動態(tài)平衡狀態(tài)，在轉(zhuǎn)動過程中，重力、斜面的支持力和擋板的彈力組成的矢量三角形的變化情況如圖乙所示(重力的大小方向均不變、斜面對小球的支持力的方向始終不變)，由圖可知此過程中斜面對小球的支持力不斷減小，擋板對小球的彈力先減小后增大，由牛頓第三定律可知選項B正確。 7.(xx南昌質(zhì)檢)如圖所示，粗糙水平面上有一固定的、粗糙程度處處相同的圓弧形框架ABC，框架下面放置一塊厚度不計的金屬板，金屬板的中心O點是框架的圓心，框架上套有一個輕圓環(huán)，用輕彈簧把圓環(huán)與金屬板的O點固定連接，開始時輕彈簧處于水平拉伸狀態(tài)。用一個始終沿框架切線方向的拉力F拉動圓環(huán)，從左側水平位置緩慢繞框架運動，直到輕彈簧達到豎直位置，金屬板始終保持靜止狀態(tài)，則在整個過程中( ) A．沿框架切線方向拉力F逐漸減小 B．水平面對金屬板的摩擦力逐漸增大 C．水平面對金屬板的支持力逐漸減小 D．框架對圓環(huán)的支持力逐漸減小 解析：選C 彈簧伸長量不變，彈簧的彈力大小F′不變，設彈簧與水平方向的夾角為θ。金屬板受重力mg、支持力N、彈簧的拉力F′和向右的靜摩擦力f作用，水平方向f＝F′cos θ，豎直方向N＋F′sin θ＝mg，得N＝mg－F′sin θ，隨著θ的增大，支持力不斷減小，靜摩擦力逐漸減小，故B錯，C對；圓環(huán)受彈簧的拉力、框架的支持力(大小不變?yōu)镕′)、拉力F和滑動摩擦力f′，有F＝f′＝μF′，故拉力大小不變，A、D錯。 8．[多選](xx屆高三南昌三中摸底)如圖所示，穿在一根光滑的固定桿上的小球A、B連接在一條跨過定滑輪的細繩兩端，桿與水平面成θ角，不計所有摩擦，當兩球靜止時，OA繩與桿的夾角為θ，OB繩沿豎直方向，則下列說法正確的是( ) A．小球A可能受到2個力的作用 B．小球A一定受到3個力的作用 C．小球B可能受到3個力的作用 D．細繩對A的拉力與對B的拉力大小相等 解析：選BD 對A球受力分析可知，A受到重力、細繩的拉力以及桿對A球的彈力，三個力的合力為零，故A錯誤，B正確；對B球受力分析可知，B受到重力、細繩的拉力，兩個力的合力為零，桿對B球沒有彈力，否則B不能平衡，故C錯誤；定滑輪不改變力的大小，即細繩對A的拉力與對B的拉力大小相等，故D正確。 9．(xx全國卷Ⅲ)一根輕質(zhì)彈性繩的兩端分別固定在水平天花板上相距80 cm的兩點上，彈性繩的原長也為80 cm。將一鉤碼掛在彈性繩的中點，平衡時彈性繩的總長度為100 cm；再將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點，則彈性繩的總長度變?yōu)?彈性繩的伸長始終處于彈性限度內(nèi))( ) A．86 cm B．92 cm C．98 cm D．104 cm 解析：選B 將鉤碼掛在彈性繩的中點時，由數(shù)學知識可知鉤碼兩側的彈性繩(勁度系數(shù)設為k)與豎直方向夾角θ均滿足sin θ＝，對鉤碼(設其重力為G)靜止時受力分析，得G＝2kcos θ；彈性繩的兩端移至天花板上的同一點時，對鉤碼受力分析，得G＝2k，聯(lián)立解得L＝92 cm，可知A、C、D項錯誤，B項正確。 10.[多選]如圖所示，質(zhì)量均為m的小球A、B用勁度系數(shù)為k1的輕彈簧相連，B球用長為L的細繩懸于O點，A球固定在O點正下方，當小球B平衡時，繩子所受的拉力為FT1，彈簧的彈力為F1；現(xiàn)把A、B間的彈簧換成原長相同但勁度系數(shù)為k2(k2>k1)的另一輕彈簧，在其他條件不變的情況下仍使系統(tǒng)平衡，此時繩子所受的拉力為FT2，彈簧的彈力為F2，則下列關于FT1與FT2、F1與F2大小之間的關系，正確的是( ) A．FT1>FT2 B．FT1＝FT2 C．F1
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