《（江蘇選考）2018版高考物理二輪復習 第一部分 專題一 力與運動學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇選考）2018版高考物理二輪復習 第一部分 專題一 力與運動學案（88頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 專題一 力與運動 [學前先做高考題]　　　　　　　　　　高考題最經典，每做一次都有新發(fā)現　　　　　　　　　　　　　 1．(2015·江蘇高考)如圖所示，某“闖關游戲”的筆直通道上每隔8 m設有一個關卡，各關卡同步放行和關閉，放行和關閉的時間分別為5 s和2 s。關卡剛放行時，一同學立即在關卡1處以加速度2 m/s2由靜止加速到2 m/s，然后勻速向前，則最先擋住他前進的關卡是(　　) A．關卡2　　　　　　　 B．關卡3 C．關卡4 D．關卡5 解析：選C　設這位同學加速到2 m/s時所用時間為t1，由v1＝at1，得t1＝＝1 s，通過的位移x1＝at12＝1 m，然

2、后勻速前進的位移x2＝v1(t－t1)＝8 m，因x1＋x2＝9 m>8 m，即這位同學已通過關卡2，距該關卡1 m，當關卡關閉t2＝2 s時，此同學在關卡2、3之間通過了x3＝v1t2＝4 m的位移，接著關卡放行t＝5 s，同學通過的位移x4＝v1t＝10 m，此時距離關卡4為x5＝24 m－(1＋8＋4＋10)m＝1 m，關卡關閉2 s，經過t3＝＝0.5 s后關卡4最先擋住他前進。 2．(2016·江蘇高考)一輕質彈簧原長為8 cm，在4 N的拉力作用下伸長了2 cm，彈簧未超出彈性限度。則該彈簧的勁度系數為(　　) A．40 m/N B．40 N/m C．200 m/N D．

3、200 N/m 解析：選D　由F＝kx知，彈簧的勁度系數k＝＝ N/m＝200 N/m，選項D正確。 3．(多選)(2016·江蘇高考)如圖所示，一只貓在桌邊猛地將桌布從魚缸下拉出，魚缸最終沒有滑出桌面。若魚缸、桌布、桌面兩兩之間的動摩擦因數均相等，則在上述過程中(　　) A．桌布對魚缸摩擦力的方向向左 B．魚缸在桌布上的滑動時間和在桌面上的相等 C．若貓增大拉力，魚缸受到的摩擦力將增大 D．若貓減小拉力，魚缸有可能滑出桌面 解析：選BD　魚缸相對于桌布有向左運動的趨勢，故應受到向右的摩擦力，選項A錯誤；由于魚缸與桌布、桌面之間的動摩擦因數相等，魚缸在桌布上運動和在桌面上運動時加

4、速度的大小相等，根據v＝at，魚缸在桌布上和在桌面上的滑動時間相等，選項B正確；若貓增大拉力，魚缸與桌布之間的摩擦力仍然為滑動摩擦力，大小不變，選項C錯誤；若貓減小拉力，魚缸可能隨桌布一起運動而滑出桌面，選項D正確。 4．(2016·江蘇高考)小球從一定高度處由靜止下落，與地面碰撞后回到原高度再次下落，重復上述運動。取小球的落地點為原點建立坐標系，豎直向上為正方向。下列速度v和位置x的關系圖像中，能描述該過程的是(　　) 解析：選A　由題意知在運動過程中小球機械能守恒，設機械能為E，小球離地面高度為x時速度為v，則有mgx＋mv2＝E，可變形為x＝－＋，由此方程可知圖像為開口向左、頂點

5、在的拋物線，故選項A正確。 5．(2016·江蘇高考)有A、B兩小球，B的質量為A的兩倍?，F將它們以相同速率沿同一方向拋出，不計空氣阻力。圖中①為A的運動軌跡，則B的運動軌跡是(　　) A．① B．② C．③ D．④ 解析：選A　不計空氣阻力的情況下，兩球沿同一方向以相同速率拋出，其運動軌跡是相同的，選項A正確。 6．(2017·江蘇高考)如圖所示，A、B兩小球從相同高度同時水平拋出，經過時間t在空中相遇。若兩球的拋出速度都變?yōu)樵瓉淼?倍，則兩球從拋出到相遇經過的時間為(　　) A．t B.t C. D. 解析：選C　設兩球間的水平距離為L，第一次拋出的速度分別為v1、

6、v2，由于小球拋出后在水平方向上做勻速直線運動，則從拋出到相遇經過的時間t＝，若兩球的拋出速度都變?yōu)樵瓉淼?倍，則從拋出到相遇經過的時間為t′＝＝，C項正確。 7．(2017·江蘇高考)如圖所示，一小物塊被夾子夾緊，夾子通過輕繩懸掛在小環(huán)上，小環(huán)套在水平光滑細桿上。物塊質量為M，到小環(huán)的距離為L，其兩側面與夾子間的最大靜摩擦力均為F。小環(huán)和物塊以速度v向右勻速運動，小環(huán)碰到桿上的釘子P后立刻停止，物塊向上擺動。整個過程中，物塊在夾子中沒有滑動。小環(huán)和夾子的質量均不計，重力加速度為g。下列說法正確的是(　　) A．物塊向右勻速運動時，繩中的張力等于2F B．小環(huán)碰到釘子P時，繩

7、中的張力大于2F C．物塊上升的最大高度為 D．速度v不能超過 解析：選D　物塊受到的摩擦力小于最大靜摩擦力，即Mg<2F。物塊向右勻速運動時，物塊處于平衡狀態(tài)，繩中的張力T＝Mg≤2F，故A錯誤；小環(huán)碰到釘子P時，物塊做圓周運動，根據牛頓第二定律和向心力公式有：T－Mg＝，T＝Mg＋，所以繩中的張力與2F大小關系不確定，B錯誤；若物塊做圓周運動到達的高度低于釘子P的高度，根據動能定理有－Mgh＝0－Mv2，則最大高度h＝。若物塊做圓周運動到達的高度高于釘子P的高度，則根據動能定理有－Mgh＝Mv′2－Mv2，則最大高度h<，C錯誤；小環(huán)碰到釘子P后，物塊做圓周運動，在最低點，物塊與夾

8、子間的靜摩擦力達到最大值，由牛頓第二定律知：2F－Mg＝，故最大速度v＝，D正確。 8．(多選)(2017·江蘇高考)“天舟一號”貨運飛船于2017年4月20日在文昌航天發(fā)射中心成功發(fā)射升空。與“天宮二號”空間實驗室對接前，“天舟一號”在距地面約380 km的圓軌道上飛行，則其(　　) A．角速度小于地球自轉角速度 B．線速度小于第一宇宙速度 C．周期小于地球自轉周期 D．向心加速度小于地面的重力加速度 解析：選BCD　“天舟一號”在距地面約380 km的圓軌道上飛行時，由G＝mω2r可知，半徑越小，角速度越大，則其角速度大于同步衛(wèi)星的角速度，即大于地球自轉 的角速度，A項錯誤；

9、由于第一宇宙速度是最大環(huán)繞速度，因此“天舟一號”在圓軌道的線速度小于第一宇宙速度，B項正確；由T＝可知，“天舟一號”的周期小于地球自轉周期，C項正確；由G＝mg，G＝ma可知，向心加速度a小于地球表面的重力加速度g，D項正確。 9．(多選)(2016·江蘇高考)如圖所示，兩質量相等的衛(wèi)星A、B繞地球做勻速圓周運動，用R、T、Ek、S分別表示衛(wèi)星的軌道半徑、周期、動能、與地心連線在單位時間內掃過的面積。下列關系式正確的有(　　) A．TA＞TB B．EkA＞EkB C．SA＝SB D.＝ 解析：選AD　根據開普勒第三定律，＝，又RA＞RB，所以TA＞TB，選項A、D正確；由G＝m

10、得，v＝，所以vA＜vB，則EkA＜EkB，選項B錯誤；由G＝mR得，T＝2π，衛(wèi)星與地心的連線在單位時間內掃過的面積S＝πR2＝，可知SA＞SB，選項C錯誤。 10．(2015·江蘇高考)過去幾千年來，人類對行星的認識與研究僅限于太陽系內，行星“51 peg b”的發(fā)現拉開了研究太陽系外行星的序幕?！?1 peg b”繞其中心恒星做勻速圓周運動，周期約為4天，軌道半徑約為地球繞太陽運動半徑的。該中心恒星與太陽的質量比約為(　　) A. B．1 C．5 D．10 解析：選B　行星繞中心恒星做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得G＝m r，則＝3·2＝3×2≈1，選項B

11、正確。 　一、熟知四類典型運動，掌握物體運動規(guī)律 [抓牢解題本源] 一、熟記四類典型運動 四類典型運動 合外力的特點 勻速直線運動 為零 勻變速直線運動 恒定 平拋運動 恒為重力 勻速圓周運動 大小恒定，方向時刻指向圓心 二、掌握勻變速直線運動的“三基兩推” 1．三個基本規(guī)律 (1)v＝v0＋at (2)x＝v0t＋at2 (3)v2－v02＝2ax 2．兩個主要推論 (1)Δx＝aT2 (2)v＝＝ 三、抓住平拋運動的“三個兩” 1．兩個分解 (1)速度的分解 (2)位移的分解 2．兩個角度 (1)速度的偏角：tan α＝＝ (

12、2)位移的偏角：tan β＝＝ 3．兩個推論 (1)tan α＝2tan β； (2)速度的反向延長線過水平位移的中點。 四、用好勻速圓周運動的“一、一”法則 1.一個中心：F合＝F向 2．一串表達式：F向＝m＝mRω2＝mR2　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　 [研透常考題根] 考查勻變速直線運動的規(guī)律 [例1]　架設在公路上的激光測速儀發(fā)射出的光束有一定的傾角，導致只能測定距離儀器20～200 m范圍內汽車的車速。某路段限速54 km/h。一輛小轎車在距離測速儀264 m時司機發(fā)現了前方的測速儀，立即開始做勻減速直線運動，結果第一次測速時該車恰好沒有超

13、速，且第二次測速時測得小轎車的速度為50.4 km/h。已知測速儀每隔2 s測速一次，測速激光脈沖時間極短。求該小轎車減速前的速度范圍。 [思路點撥]　(1)畫出小轎車運動情景圖。 (2)挖掘隱含條件，確定小轎車運動規(guī)律：由“第一次測速時該車恰好沒有超速”可得v1＝54 km/h＝15 m/s；若第一次測速發(fā)生在小轎車進入測量范圍t＝2 s時，則小轎車在減速前的速度為最大。 (3)小轎車做勻減速直線運動，由v＝v0＋at求其加速度，由v2－v02＝2ax確定小轎車的初速度。 (4)列方程求解結果。 [解析]　第一次測速恰好沒有超速，即v1＝54 km/h＝15 m/s，第二次測得

14、v2＝50.4 km/h＝14 m/s，由兩次測量的速度可得小轎車的加速度a＝＝ m/s2＝－0.5 m/s2 若當小轎車到達距離測速儀200 m處時剛好遇到測速的激光，設小轎車減速前的速度為v0，則v12－v02＝2ax v0＝＝ m/s＝17 m/s 若小轎車到達距離測速儀200 m處時前一次測速激光剛過，則小轎車繼續(xù)減速2 s后才遇到第一次測速，其速度為限制速度，設小轎車到達距離測速儀200 m處時的速度為v3，則v1＝v3＋at v3＝15 m/s－(－0.5)×2 m/s＝16 m/s 設此情況下小轎車減速前的速度為v0′， 則v32－v0′2＝2ax v0′＝ ＝

15、m/s≈17.9 m/s 所以小轎車減速前的速度應滿足 17 m/s≤v≤17.9 m/s。 [答案]　17 m/s≤v≤17.9 m/s [備考錦囊]　 解答勻變速直線運動問題的常用方法 (1)基本公式法：v＝v0＋at，x＝v0t＋at2，v2－v02＝2ax。 (2)重要推論法：v＝＝(利用平均速度測瞬時速度)；v＝ ；Δx＝aT2(用逐差法測加速度)。 (3)逆向思維法：“勻減速至速度為零的過程”可逆向處理為“由靜止開始做勻加速運動的過程”。 (4)圖像法：利用v -t圖像或x-t圖像求解。 (5)比例法：初速度為零的勻變速直線運動規(guī)律 1T末、2T末、3T末、…

16、、nT末瞬時速度之比為1∶2∶3∶…∶n； 第1T內、第2T內、第3T內、…、第nT內位移之比為1∶3∶5∶…∶(2n－1)； 從靜止開始通過連續(xù)相等位移所用時間之比為1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。 [即時訓練] (2017·揚州模擬)如圖所示，甲從A點由靜止勻加速跑向B點，當甲前進距離為s1時，乙從距A點s2處的C點由靜止出發(fā)，加速度與甲相同，最后二人同時到達B點，則A、B兩點間的距離為(　　) A．s1＋s2　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：選B　設A、B兩點間的距離為x，甲、乙兩人的加速度大小為a，由x＝at2得，甲前進距離s1用時t1＝，到達B點的

17、總時間t＝，乙到達B點用時t2＝，根據題意，t＝t1＋t2，解得x＝，故B正確。 結合實際考查平拋運動 [例2]　如圖所示為足球球門，球門寬為L。一個球員在球門中心正前方距離球門s處高高躍起，將足球頂入球門的左下方死角(圖中P點)。球員頂球點的高度為h。足球做平拋運動(足球可看成質點，忽略空氣阻力)，則(　　) A．足球位移的大小x＝ B．足球初速度的大小v0＝ C．足球末速度的大小v＝ D．足球初速度的方向與球門線夾角的正切值tan θ＝ [思路點撥]　 (1)足球做平拋運動的豎直位移y＝h。 (2)足球做平拋運動的水平位移x水平＝ 。

18、[解析]　根據幾何關系可知，足球做平拋運動的豎直高度為h，水平位移為x水平＝，則足球位移的大小為：x＝＝，選項A錯誤；由h＝gt2，x水平＝v0t，可得足球的初速度為v0＝，選項B正確；對足球應用動能定理：mgh＝－，可得足球末速度v＝＝，選項C錯誤；初速度方向與球門線夾角的正切值為tan θ＝，選項D錯誤。 [答案]　B 本題容易誤將球員到球門中心的距離s當作足球的水平位移?！　? [即時訓練] (2017·徐州二模)體育課進行定點投籃訓練，某次訓練中，籃球在空中運動軌跡如圖中虛線所示，下列所做的調整肯定不能使球落入籃筐的是(　　) A．保持球拋出方向不變，增加球出手時的速度

19、B．保持球拋出方向不變，減小球出手時的速度 C．增加球出手時的速度，減小球速度方向與水平方向的夾角 D．增加球出手時的速度，增大球速度方向與水平方向的夾角 解析：選B　設球拋出時的初速度為v，與水平方向的夾角為θ，則水平初速度vx＝vcos θ。保持球拋出方向不變，增加球出手時的速度，水平分速度增大，運動時間變大，水平位移增大，可能落入籃筐，A不符合題意；保持球拋出方向不變，減小球出手時的速度，水平分速度變小，運動時間變短，水平位移減小，一定不能落入籃筐，B符合題意；增加球出手時的速度，減小球速度方向與水平方向的夾角，水平分速度變大，有可能使球落入籃筐，C不符合題意；增加球出手時的速度，

20、增大球速度方向與水平方向的夾角，運動時間增大，水平方向分速度可能增加，球運動時間變長，有可能使球落入籃筐，D不符合題意。 勻速圓周運動中的臨界問題 [例3]　(2017·鎮(zhèn)江一模)如圖所示，用一根長為l＝1 m的細線，一端系一質量為m＝1 kg的小球(可視為質點)，另一端固定在一光滑錐體頂端，錐面與豎直方向的夾角θ＝37°，當小球在水平面內繞錐體的軸做勻速圓周運動的角速度為ω時，細線的張力為FT(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，結果可用根式表示)。求： (1)若要小球離開錐面，則小球的角速度ω0至少為多大？ (2)若細線與豎直方向的夾角為

21、60°，則小球的角速度ω′為多大？ [思路點撥]　試在題圖中畫出小球剛要離開錐面時的受力示意圖。 提示： [解析]　(1)小球剛好離開錐面時受到自身重力和細線拉力。小球做勻速圓周運動的軌跡圓在水平面上，故向心力水平。 在水平方向運用牛頓第二定律及向心力公式得： mgtan θ＝mω02lsin θ 解得：ω02＝， 即ω0＝ ＝ rad/s。 (2)同理，當細線與豎直方向成60°角時，由牛頓第二定律及向心力公式有： mgtan α＝mω′2lsin α 解得：ω′2＝，即ω′＝ ＝2 rad/s。 [答案]　(1) rad/s　(2)2 rad/s [備考錦囊]　

22、 解決勻速圓周運動問題的“四個步驟” [即時訓練] (2017·南京高三期末)用一根細線一端系一小球(可視為質點)，另一端固定在一光滑錐頂上，如圖所示，設小球在水平面內做勻速圓周運動的角速度為ω，細線的張力為FT，則FT隨ω2變化的圖像可能是選項圖中的(　　) 解析：選D　設細線長為L，錐面與豎直方向夾角為θ，當ω＝0時，小球靜止，受重力mg、支持力N和細線的拉力FT而平衡，FT＝mgcos θ≠0，ω增大時，FT增大，N減小，當N＝0時，設角速度為ω0，當ω＜ω0時，由牛頓第二定律得，FTsin θ－Ncos θ＝mω2Lsin θ，FTcos θ＋Nsin θ＝mg，解得

23、FT＝mω2Lsin2θ＋mgcos θ；可知FT的大小與ω2成線性關系。當ω＞ω0時，小球離開錐面，細線與豎直方向夾角變大，設為β，由牛頓第二定律得FTsin β＝mω2Lsin β，所以FT＝mLω2，可知FT-ω2圖線的斜率變大，故D正確，A、B、C錯誤。 [課余自查小練] 1.(多選)如圖所示，斜面與水平面夾角為θ，在斜面上空A點水平拋出兩個小球a、b，初速度分別為va、vb，a球恰好垂直打到斜面上的M點，而b球落在斜面上的N點，而AN恰好垂直于斜面，則(　　) A．a、b兩球水平位移之比為va∶2vb B．a、b兩球水平位移之比為va2∶2vb2 C．a、b兩球下落的高度之

24、比為va2∶2vb2 D．a、b兩球下落的高度之比為va2∶4vb2 解析：選BD　對于a球，末速度與豎直方向之間的夾角為θ，所以tan θ＝，vy＝gta，ta＝；對于b球，位移與豎直方向之間的夾角為θ，tan θ＝，tb＝，＝＝，故A錯誤，B正確；＝＝，C錯誤，D正確。 2．(多選)如圖為一傾角為θ的斜面體，其中D點為斜面體的最底端，另三點A、B、C為斜面體上的三點，且滿足AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，現從A、B、C三點分別將三個小球沿水平方向拋出，經過一段時間后三個小球均落在D點。三個小球在空中運動的時間分別用tA、tB、tC表示，三個小球的初速度分別用vA、vB、vC表示，三個小

25、球落到D點時速度與斜面的夾角分別用αA、αB、αC表示，A、B、C三點距離D點的高度分別用hA、hB、hC表示。則(　　) A．tA∶tB∶tC＝1∶2∶3　 B．αA∶αB∶αC＝1∶1∶1 C．vA∶vB∶vC＝3∶2∶1 D．hA∶hB∶hC＝9∶4∶1 解析：選BCD　由幾何關系知AD∶BD∶CD＝9∶4∶1，則其豎直高度hA＝AD×sin θ，hB＝BD×sin θ，hC＝CD×sin θ，故hA∶hB∶hC＝9∶4∶1，D正確；由h＝gt2，知tA∶tB∶tC＝3∶2∶1，A錯誤；三個小球的水平位移之比為9∶4∶1，故vA∶vB∶vC＝3∶2∶1，C正確；因為平拋運動某時刻

26、速度方向與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍，三個小球落在斜面上，位移方向相同，則速度方向也相同，可知三個小球速度與斜面的夾角相等，B正確。 3．將一個粉筆頭輕放在以v0＝2 m/s的恒定速度運動的水平傳送帶上后，傳送帶上留下一條長度為4 m的劃線；若將該傳送帶改為做勻減速運動(加速度的大小為a＝1.5 m/s2)，并且在傳送帶開始做勻減速運動的同時，將另一支粉筆頭放在傳送帶上，該粉筆頭在傳送帶上能留下一條多長的劃線？(g取10 m/s2) 解析：設粉筆頭在傳送帶上與傳送帶間有相對運動時因摩擦產生的加速度為a0，粉筆頭在傳送帶上留下一條長度為4 m的劃線經過的時間為t0，

27、則有 v0t0－a0t02＝4 m，v0＝a0t0， 解得a0＝0.5 m/s2 當傳送帶改為做勻減速運動時將另一支粉筆頭放在傳送帶上，粉筆頭將先做加速度為a0的加速運動，然后做加速度為a0的減速運動，最后靜止。兩者運動過程的速度圖像如圖所示。 由圖可得：v1＝a0t1＝v0－at1 解得t1＝1 s，v1＝0.5 m/s 此過程粉筆頭相對于傳送帶向后劃線長為： l1＝v0t1－at12－t1＝1 m 經過t2＝＝ s后傳送帶停止運動，設在t3時刻粉筆頭停止運動，則t3＝t1＋＝2 s，此過程粉筆頭相對于傳送帶向前劃線長為：l2＝(t3－t2)≈0.17 m 綜上所述，粉

28、筆頭在傳送帶上能留下一條l1＝1 m長的劃線。 答案：1 m 4．一水平的淺色長傳送帶上放置一煤塊(可視為質點)，煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數為μ。初始時，傳送帶與煤塊都是靜止的?，F讓傳送帶以恒定的加速度a0開始運動，當其速度達到v0后，便以此速度做勻速運動。經過一段時間，煤塊在傳送帶上留下了一段黑色痕跡后，煤塊相對于傳送帶不再滑動。求此黑色痕跡的長度。 解析：根據“傳送帶上有黑色痕跡”可知，煤塊與傳送帶之間發(fā)生了相對滑動，煤塊的加速度a小于傳送帶的加速度a0。根據牛頓第二定律，可得a＝＝μg 設經歷時間t，傳送帶由靜止開始加速到速度等于v0，煤塊則由靜止加速到v，有 v0＝a0t，

29、v＝at 由于a

30、t3(m)，它的速度隨時間變化的關系為v＝6t2(m/s)。則該質點在t＝2 s時的瞬時速度和t＝0到t＝2 s間的平均速度分別為(　　) A．8 m/s、24 m/s　　　 B．24 m/s、8 m/s C．24 m/s、10 m/s D．24 m/s、12 m/s 解析：選B　將t＝2 s代入質點的速度隨時間變化的關系式v＝6t2(m/s)，得t＝2 s瞬時速度為v＝6×22 m/s＝24 m/s，將t＝0和t＝2 s分別代入距離隨時間變化的關系式x＝4＋2t3(m)，得：x1＝4 m，x2＝20 m，則質點在2 s時間內通過的位移為x＝x2－x1＝20 m－4 m＝16 m，所以

31、：t＝0到t＝2 s間的平均速度為v＝＝ m/s＝8 m/s；故B正確。 2.如圖所示，一小滑塊沿足夠長的斜面以初速度v向上做勻變速運動，依次經A、B、C、D到達最高點E。已知xAB＝xBD＝6 m，xBC＝1 m，小滑塊從A到C和從C到D所用的時間都是2 s。設小滑塊經過B、C時的速度分別為vB、vC，則(　　) A．vC＝6 m/s B．vB＝2 m/s C．xDE＝3 m D．從D到E所用時間為4 s 解析：選D　因C點是小滑塊由A到D的中間時刻所對應的位置，故vC＝＝ m/s＝3 m/s，A錯誤；由vC2－v2＝2axAC，vC＝v＋at，得a＝－0.5 m/s2，v＝4

32、m/s，由vB2－v2＝2axAB，得vB＝ m/s，B錯誤；由vE＝v＋atAE＝0，得tAE＝8 s，則從D到E所用時間為tDE＝4 s，D正確；由xDE＝－atDE2，得xDE＝4 m，C錯誤。 3．如圖所示，在水平面上有一個質量為m的小物塊，在某時刻給它一個速度，使其沿水平面做勻減速直線運動，其依次經過A、B、C三點，最終停在O點。A、B、C三點到O點的距離分別為L1、L2、L3，小物塊由A、B、C三點運動到O點所用的時間分別為t1、t2、t3。則下列結論正確的是(　　) A.＝＝ B.<< C.＝＝ D.<< 解析：選C　小物塊由A點到O點的勻減速直線運動可看成由O

33、點到A點的初速度為0的勻加速直線運動，由位移公式，分別有L1＝at12、L2＝at22和L3＝at32，聯立以上各式可得＝＝，選項C正確。 4．在鏈球運動中，運動員使鏈球高速旋轉，在水平面內做圓周運動。然后突然松手，由于慣性，鏈球向遠處飛去。鏈球做圓周運動的半徑為R，鏈球在水平面內做圓周運動時的離地高度為h。設圓心在地面的投影點為O，鏈球的落地點為P，O、P兩點的距離即為運動員的成績。若運動員某次擲鏈球的成績?yōu)長，空氣阻力忽略不計，則鏈球從運動員手中脫開時的速度v為(　　) A．L B．R C. D. 解析：選C　鏈球出手后豎直方向做自由落體運動h＝gt2，落地時間t＝，水平方

34、向位移如圖所示，鏈球平拋運動的水平位移AP＝，根據平拋運動規(guī)律，鏈球出手時的速度v＝＝，所以C正確。 5.如圖所示是某物體做直線運動的v2-x圖像(其中v為速度，x為位置坐標)，下列關于物體從x＝0處運動至x0處的過程分析，其中正確的是(　　) A．該物體做勻加速直線運動 B．該物體的加速度大小為 C．該物體在位移中點的速度小于v0 D．該物體在運動中間時刻的速度小于v0 解析：選B　根據v2＝v02＋2ax，對比題圖可知，物體做勻減速直線運動，選項A錯誤；加速度大小為a＝，選項B正確；該物體在位移中點時v2＝v02，則v＝>，選項C錯誤；物體做勻減速直線運動，初速度為v0，末速度

35、為零，故物體在運動中間時刻的速度等于v0，選項D錯誤。 6．一物體做勻減速運動，一段時間Δt(未知)內通過的位移為x1，緊接著Δt時間內通過的位移為x2，又緊接著經過位移x(未知)物體的速度減小為0，則(　　) A．可求Δt B．可求加速度a的大小 C．Δt和加速度a的大小均不可求 D．可求x，x＝ 解析：選CD　根據勻變速直線運動推論Δx＝aT2得：x2－x1＝a(Δt)2，解得：a＝，通過位移x1的末速度等于2Δt時間內的平均速度，為v1＝，由勻變速直線運動規(guī)律：v12＝2(－a)(x2＋x)，解得：x＝，由以上分析可知，只能求出x，故C、D正確。 7.A、B兩點在同一條豎直

36、線上，A點離地面的高度為2.5h，B點離地面高度為2h。將兩個小球分別從A、B兩點水平拋出，它們在P點相遇，P點離地面的高度為h。已知重力加速度為g，則(　　) A．兩個小球一定同時拋出 B．兩個小球拋出的時間間隔為(－) C．小球A、B拋出的初速度之比＝ D．小球A、B拋出的初速度之比＝ 解析：選BD　平拋運動在豎直方向上做自由落體運動，由h＝gt2，得t＝，由于A到P的豎直高度較大，所以從A點拋出的小球運動時間較長，應先拋出，故A錯誤；由t＝，得兩個小球拋出的時間間隔為Δt＝tA－tB＝ －＝(－)，故B正確；由x＝v0t得v0＝x，x相等，則小球A、B拋出的初速度之比＝ ＝ ＝

37、，故C錯誤，D正確。 8.摩擦傳動是傳動裝置中的一個重要模型，如圖所示，甲、乙兩個水平放置的輪盤靠摩擦傳動，其中O、O′分別為兩輪盤的軸心，已知r甲∶r乙＝3∶1，且在正常工作時兩輪盤不打滑。今在兩輪盤上分別放置兩個同種材料制成的滑塊A、B，兩滑塊與輪盤間的動摩擦因數相等，兩滑塊到軸心O、O′的距離分別為RA、RB，且RA＝2RB。若輪盤乙由靜止開始緩慢地轉動，且轉速逐漸增大，則下列敘述正確的是(　　) A．滑塊相對輪盤開始滑動前，A、B的角速度大小之比為ωA∶ωB＝1∶3 B．滑塊相對輪盤開始滑動前A、B的向心加速度大小之比為aA∶aB＝1∶3 C．轉速增大后最終滑塊A先發(fā)生相對滑動

38、 D．轉速增大后最終滑塊B先發(fā)生相對滑動 解析：選AD　由題意可知兩輪盤邊緣的線速度大小相等，有ω甲r甲＝ω乙r乙，則ω甲∶ω乙＝r乙∶r甲＝1∶3，所以滑塊相對輪盤開始滑動前，A、B的角速度大小之比為1∶3，A正確；滑塊相對輪盤開始滑動前，根據a＝ω2r得A、B的向心加速度大小之比為aA∶aB＝(ω甲2RA)∶(ω乙2RB)＝2∶9，B錯誤；據題意可得兩滑塊所受的最大靜摩擦力分別為fA＝μmAg，fB＝μmBg，最大靜摩擦力之比為fA∶fB＝mA∶mB，轉動中兩滑塊所受的靜摩擦力之比為fA′∶fB′＝(mAaA)∶(mBaB)＝(2mA)∶(9mB)，由此可知，當輪盤乙的轉速緩慢增大時，

39、滑塊B的靜摩擦力先達到最大，先開始滑動，C錯誤，D正確。 9．(2017·鹽城三模)運動員在同一位置分別沿與地面成60°和30°的方向踢出一只橄欖球，兩次球落在同一地點，運動軌跡如圖所示，不計空氣阻力，則球(　　) A．兩次運動位移相等 B．沿軌跡①運動時間長 C．在最高點時沿軌跡②運動速度小 D．兩次最高點位置一定在同一豎直線上 解析：選ABD　兩次球從同一地點出發(fā)落在同一地點，則兩次運動位移相等，故A正確；兩次球都做斜拋運動，豎直方向做豎直上拋運動，設下落的時間為t，最大高度為h，則有h＝gt2，得t＝，可知球沿軌跡①下落的時間長，而上升與下落時間相等，所以沿軌跡①運動的總

40、時間長，故B正確；球水平方向做勻速直線運動，則有x＝vxt，得水平分速度vx＝，水平分位移x相等，球沿軌跡①運動時間長，則球沿軌跡①的水平分速度小，在最高點運動時的速度小，故C錯誤；兩次球都做斜拋運動，軌跡都為拋物線，根據對稱性知，兩次最高點位置一定在同一豎直線上，故D正確。 二、非選擇題 10．甲、乙兩輛汽車都從靜止出發(fā)做加速直線運動，加速度方向一直不變。在第一段時間間隔內，兩輛汽車的加速度大小不變，汽車乙的加速度大小是甲的三倍；在接下來的時間間隔為前一段時間間隔的兩倍時間內，汽車甲的加速度大小增加為原來的三倍，汽車乙的加速度大小減小為原來的三分之一。求甲、乙兩車各自在這兩段時間間隔內走

41、過的總路程之比。 解析：設第一段時間為t，甲的加速度大小為a，則第一段時間乙的加速度大小為3a；第二段時間為2t，甲的加速度大小為3a、乙的加速度為a。 第一段時間甲、乙的末速度分別為v1＝at，v2＝3a·t＝3at 第二段時間甲、乙的末速度分別為v3＝v1＋3a·2t＝7at，v4＝v2＋a·2t＝5at 在這兩段時間內甲、乙的位移大小分別為x1＝t＋·2t＝at2，x2＝t＋·2t＝at2 則甲、乙兩車各自在這兩段時間間隔內走過的總路程之比為x1∶x2＝17∶19。 答案：17∶19 11.重物A和滑塊B用細線跨過定滑輪相連，A距地面高為H，B可在細線牽引下在水平足夠長的木

42、板上滑動，如圖甲所示?；瑝KB上面固定了一個力傳感器(未畫出)，可以測定細線對滑塊的拉力，C為運動傳感器，可以測定滑塊B運動的v-t圖像。從某時刻起釋放滑塊B，測得滑塊B所受拉力F隨時間t變化的圖像和滑塊B的v-t 圖像，如圖乙所示。(取g＝10 m/s2) (1)求滑塊B與長木板間的動摩擦因數； (2)試通過分析討論，當增大滑塊B的質量時，它的v-t圖像將如何變化，并在v-t圖中畫出大致圖像。 解析：(1)由題圖甲、乙可知，滑塊B受細線拉力和滑動摩擦力作用做勻加速運動，在0.6 s 時A觸地，之后滑塊B在水平方向只受滑動摩擦力作用，做勻減速運動，1.4 s 時停下。 滑塊B做勻減速

43、運動的加速度的大小 a2＝ m/s2＝3 m/s2， 由μmBg＝mBa2，得動摩擦因數μ＝0.3。 (2)設滑塊B(包括力傳感器)的質量為mB，重物A的質量為mA，根據牛頓第二定律，以A、B整體為研究對象有mAg－μmBg＝(mA＋mB)a1， 得a1＝， ①若mAg－μmBg>0，即mB<，當mB增大時，加速度a1減小，由于重物A下落的高度H一定，則加速運動的時間延長，而最大速度減小。重物A觸地后滑塊B仍做勻減速運動，加速度a2的大小不變，然后停下。 v-t的大致圖像如圖中點劃線所示。 ②若mAg－μmBg≤0， 即mB≥，滑塊B始終保持靜止。v-t圖像與橫軸重合。

44、答案：(1)0.3　(2)見解析 　二、明“因”熟“力”，破解平衡問題 [抓牢解題本源] 一、明“因”熟“力”，理清一個“網絡” 二、兩種思維方法，攻克受力分析問題 三、確定基本思路，破解平衡問題 [研透常考題根]　　 整體法和隔離法在受力分析中的應用 [例1]　如圖所示，A是傾角為θ、質量為M的斜面體，其上表面粗糙。B是質量為m、截面為直角三角形的物塊，物塊B上表面水平。物塊B在一水平推力F的作用下沿斜面勻速上升，斜面體靜止不動。設重力加速度為g，則下列說法中正確的是(　　) A．地面對斜面體A無摩擦力 B．B對A的壓力大小為mgcos θ C

45、．A對地面的壓力大小為Mg D．B對A的作用力大小為 [思路點撥]　試畫出A、B組成的整體和物體B的受力示意圖。 提示： [解析]　先對A、B整體受力分析，受重力、支持力、推力和向左的靜摩擦力，根據平衡條件，水平方向：F＝Ff1，豎直方向：FN1＝(M＋m)g，根據牛頓第三定律，壓力與支持力等值，故壓力為(M＋m)g，故A、C錯誤；對物塊B受力分析，受推力、重力、支持力和滑動摩擦力，根據平衡條件，平行斜面方向：Fcos θ－mgsin θ－Ff2＝0，垂直斜面方向：FN2＝Fsin θ＋mgcos θ，其中：Ff2＝μFN2，根據牛頓第三定律，壓力與支持力等值，故壓力為Fsin

46、θ＋mgcos θ，故B錯誤；由于是四力平衡，故支持力和摩擦力的合力與推力F和重力的合力平衡；即A對B的作用力大小等于，故B對A的作用力大小也等于，故D正確。 [答案]　D [備考錦囊]　 整體法和隔離法的應用技巧 (1)不涉及系統內力時，優(yōu)先考慮應用整體法，即“能整體、不隔離”。 (2)應用“隔離法”，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)將“整體法”與“隔離法”有機結合、靈活應用。 (4)各“隔離體”間的關聯力，表現為作用力與反作用力，對整體系統則是內力。 (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。

47、 [即時訓練] (多選)(2017·蘇州3校聯考)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。

48、 “程序法”破解靜態(tài)平衡問題 [例2]　(2017·射陽二模)如圖所示，橫截面為直角三角形的斜劈P，靠在粗糙的豎直墻面上，力F正對球心水平作用在光滑球Q上，系統處于靜止狀態(tài)。當力F增大時，系統仍保持靜止，下列說法正確的是(　　) A．斜劈P所受合外力增大 B．球Q對地面的壓力不變 C．墻面對斜劈P的摩擦力增大 D．斜劈P對豎直墻面的壓力增大 [審題指導]　 (1)斜劈P一直處于靜止狀態(tài)，所受合外力一直為零。 (2)以整體為研究對象，分析斜劈P對豎直墻面的壓力變化情況以及墻面對P的摩擦力，對球Q受力分析，根據平衡條件得出球Q對地面的壓力變化情況。 [解析]　斜劈P一直處于靜止狀

49、態(tài)，所受合外力一直為零不變，故A錯誤；對球Q受力分析，如圖，根據平衡條件：F＝N′sin θ，F增大，則N′增大，N″＝mg＋N′cos θ，N′增大，則N″增大，根據牛頓第三定律得，球Q對地面的壓力增大，故B錯誤；以整體為研究對象，豎直方向：N″＋f＝Mg，故隨支持力的增大，摩擦力減小，故C錯誤；以整體為研究對象，受力分析，根據平衡條件，水平方向：N＝F，N為豎直墻面對斜劈P的彈力，F增大，則N增大，所以由牛頓第三定律可得：斜劈P對豎直墻面的壓力增大，故D正確。 [答案]　D [備考錦囊]　 破解靜態(tài)平衡問題的一般程序 →→→→ [即時訓練]如圖所示，石拱橋的正中央有一質量為m

50、的對稱楔形石塊，側面與豎直方向的夾角為α，重力加速度為g，若接觸面間的摩擦力忽略不計，則石塊側面所受彈力的大小為(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A. B. C.mgtan α D.mgcot α 解析：選A　對石塊受力分析，如圖：根據共點力平衡條件，所受彈力大小F1＝F2＝F′，將彈力F1、F2合成，結合幾何關系，有：mg＝2×F′sin α，所以：F′＝，故選項A正確。 多法并進，破解動態(tài)平衡問題 [例3]　城市中的路燈、無軌電車的供電線路等經常用三角形的結構懸掛。如圖是這類結構的一種簡化模型，硬桿左端可繞通過B點且垂直于紙面的軸無摩擦轉動

51、，右端O點通過鋼索掛于A點，鋼索和硬桿的重力均可忽略。有一質量不變的重物通過細線懸掛于O點，現將鋼索的懸掛點A緩慢向下移動，并使鋼索緩慢變短，以保證硬桿始終水平。在上述變化過程中，下列說法中正確的是(　　) A．鋼索對O點的拉力變大 B．硬桿對O點的彈力變小 C．鋼索和硬桿對O點的作用力的合力變大 D．鋼索和硬桿對O點的作用力的合力變小 [審題指導]　 (1)“緩慢”二字的含義是O點始終處于平衡狀態(tài)。 (2)由于桿OB為可轉動桿，桿上彈力應沿桿的方向。 [解析]　方法一：解析法 對O點受力分析，共受三個力作用：鋼索的拉力FA，硬桿的彈力FB，細線的拉力FC(設重物的質量為m，

52、則有FC＝mg)。由硬桿始終水平可知，O點始終靜止，即處于平衡狀態(tài)，根據“物體受三個共點力而處于平衡狀態(tài)時，其中任意兩個力的合力與第三個力等大反向”可知，鋼索和硬桿對O點的作用力的合力大小始終與細線的拉力大小相等，即保持不變，C、D錯誤；沿水平和豎直方向建立直角坐標系，設鋼索與水平方向夾角為θ(0°<θ<90°)，則有FAcos θ＝FB，FAsin θ＝FC，聯立可得FA＝，FB＝。可知當A點緩慢向下移動時，θ變小，FA和FB均變大，B錯誤，A正確。 方法二：圖解法 對O點進行受力分析，知FB與FC的合力和FA等大反向，由圖可知FA和FB一直增大，A正確，B錯誤；根據三力平衡的特點知

53、，FA與FB的合力與重力等大反向，即為定值，故C、D錯誤。 [答案]　A [備考錦囊]　 動態(tài)平衡問題的解題技巧 [即時訓練] 1．(圖解法)如圖所示，質量分布均勻的光滑小球O，放在傾角均為θ的斜面體上，斜面體置于同一水平面上，且處于平衡，則下列說法中正確的是(　　) A．甲圖中斜面對球O彈力最大 B．丙圖中斜面對球O彈力最小 C．乙圖中擋板MN對球O彈力最小 D．丙圖中擋板MN對球O彈力最大 解析：選A　將甲、乙、丙、丁四種情況小球的受力圖作出，如圖所示：由平衡條件得知，丁圖中斜面對小球的彈力為零，擋板對小球的彈力等于其重力G；斜面對小球的彈力和擋

54、板對小球的彈力的合力與重力大小相等、方向相反，即得到甲、乙、丙三種情況下此合力相等，由平行四邊形定則知，丙圖中擋板MN對小球的彈力最小，甲圖中斜面對小球的彈力最大，故A正確。 2．(解析法)如圖所示，斜面置于粗糙水平面上，斜面光滑，小球被輕質細線系住放在斜面上，細線另一端跨過光滑定滑輪，用力拉細線使小球沿斜面緩慢下移一段距離，斜面始終靜止，移動過程中(　　) A．細線對小球的拉力變小 B．斜面對小球的支持力變小 C．斜面對地面的壓力變小 D．地面對斜面的摩擦力變小 解析：選A　設小球和斜面的質量分別為m和M，細線與斜面的夾角為θ。小球受如圖甲所示，則由平衡條件得，斜面方向：mgsi

55、n α＝Tcos θ　?、伲怪毙泵娣较颍篘＋Tsin θ＝mgcos α　?、?，使小球沿斜面緩慢下移時，θ減小，其他量不變，由①知，T減小；由②知， N變大，故A正確，B錯誤；斜面受重力Mg、小球的壓力N、地面的支持力N′和摩擦力f，如圖乙所示，由平衡條件得f＝Nsin α，N變大，則f變大，N′＝Mg＋Ncos α，N變大，則N′變大，由牛頓第三定律得知，斜面對地面的壓力也變大，故C、D錯誤。 3．(相似三角形法)(多選)城市中的路燈、無軌電車的供電線路等，經常用三角形的結構懸掛，如圖是這一類結構的簡化模型。圖中輕桿OB可以繞過B點且垂直于紙面的軸自由轉動，鋼索OA和桿OB的質量都

56、可以忽略不計，如果懸掛物的重力為G，∠ABO＝90 °，AB>OB。某次產品質量檢測和性能測試中保持A、B兩點不動，只改變鋼索OA的長度，關于鋼索OA的拉力F1和桿OB上的支持力F2的變化情況，下列說法正確的有(　　) A．從圖示位置開始縮短鋼索OA，鋼索OA的拉力F1先減小后增大 B．從圖示位置開始縮短鋼索OA，桿OB上的支持力F2大小不變 C．從圖示位置開始伸長鋼索OA，鋼索OA的拉力F1增大 D．從圖示位置開始伸長鋼索OA，桿OB上的支持力F2先減小后增大 解析：選BC　設鋼索OA的長度為L，桿OB的長度為R，A、B兩端距離為H，根據相似三角形知識可知＝＝，所以從題中圖示位置開

57、始縮短鋼索OA，鋼索OA的拉力F1減小，桿OB上的支持力F2大小不變，選項A錯誤，B正確；從題中圖示位置開始伸長鋼索OA，鋼索OA的拉力F1增大，桿OB上的支持力F2大小不變，選項C正確，D錯誤。 [課余自查小練] 1.如圖所示是一個簡易起吊設施的示意圖，AC是質量不計的撐桿，A端與豎直墻用鉸鏈連接，一滑輪固定在A點正上方，C端吊一重物。現施加一拉力F緩慢將重物P向上拉，在AC桿達到豎直前(　　) A．BC繩中的拉力FT越來越大 B．BC繩中的拉力FT越來越小 C．AC桿中的支撐力FN越來越大 D．AC桿中的支撐力FN越來越小 解析：選B　作出C點的受力示意圖，如圖所示，由圖可知

58、力的矢量三角形與幾何三角形ABC相似。根據相似三角形的性質得＝＝，解得BC繩中的拉力為FT＝G，AC桿中的支撐力為FN＝G。由于重物P向上運動時，AB、AC不變，BC變小，故FT減小，FN不變。選項B正確。 2.(2017·徐州質檢)如圖所示，在水平天花板的A點處固定一根輕桿a，桿與天花板保持垂直。桿的下端有一個輕滑輪O。另一根細線上端固定在該天花板的B點處，細線跨過滑輪O，下端系一個重為G的物體，BO段細線與天花板的夾角為θ＝30°。系統保持靜止，不計一切摩擦。下列說法中正確的是(　　) A．細線BO對天花板的拉力大小是 B．a桿對滑輪的作用力大小是 C．a桿和細線對滑輪的合力大小是

59、G D．a桿對滑輪的作用力大小是G 解析：選D　細線上的彈力處處相等，因此細線BO對天花板的拉力大小是G，選項A錯誤；兩段細線上彈力均為G，構成菱形，合力為2Gsin 30°＝G，大小等于a桿對滑輪的作用力，選項B錯誤，D正確；由于系統保持靜止，所以a桿和細線對滑輪的合力大小是0，選項C錯誤。 3．一根輕質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)(　　) A．86 cm　　　　　　

60、　 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，由數學知識可知鉤碼兩側的彈性繩(勁度系數設為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，聯立解得L＝92 cm，故A、C、D項錯誤，B項正確。 4.如圖所示，長為5 m的細繩的兩端分別系于豎立在地面上相距為4 m的兩桿的頂端A、B，繩上掛一個光滑的輕質掛鉤，其下連著一個重為12 N的物體，平衡時，掛鉤兩側繩與水平面的夾角均為α，問： (1)繩中的張力T為多少？ (2)A點向

61、上移動少許，重新平衡后，繩中張力如何變化？ 解析：(1)設兩桿間的距離為s，繩的總長度為L，掛鉤右側長度為L1，左側長度為L2，由題意知 s＝4 m，L＝5 m 由幾何知識得 s＝L1cos α＋L2cos α＝Lcos α 得cos α＝＝， 則得sin α＝ 對掛鉤受力分析如圖所示，根據平衡條件知，兩繩的拉力的合力與G等大、反向，則有 2Tcos＝G 解得T＝10 N。 (2)A點向上移動少許，兩桿間的距離s和繩的總長度L都沒有變化，由cos α＝知，α不變，則繩中張力均不變。 答案：(1)10 N (2)繩中張力均不變 [專題跟蹤檢測] 一、選擇題(第1～

62、5題為單項選擇題，第6～9題為多項選擇題) 1.如圖所示，一個人站在水平地面上的長木板上用力F向右推箱子，長木板、人、箱子均處于靜止狀態(tài)，三者的質量均為m，重力加速度為g，則(　　) A．箱子受到的摩擦力方向向右 B．地面對長木板的摩擦力方向向左 C．長木板對地面的壓力大小為3mg D．若人用斜向下的力推箱子，則長木板對地面的壓力會大于3mg 解析：選C　人用力F向右推箱子，對箱子受力分析，箱子受推力、重力、支持力、靜摩擦力，根據平衡條件，箱子受到的摩擦力方向向左，與推力平衡，選項A錯誤；對長木板、人、箱子整體進行受力分析，整體受重力和支持力，整體不受靜摩擦力，否則不平衡，故地面對

63、長木板沒有靜摩擦力，又支持力等于重力，根據牛頓第三定律，支持力等于壓力，故壓力等于重力，為3mg，選項B錯誤，C正確；若人用斜向下的力推箱子，對整體分析可知，豎直方向上受重力和支持力，故壓力依然等于3mg，選項D錯誤。 2.(2017·鎮(zhèn)江三模)如圖所示，水平地面上有一個圓柱體A。現在A與豎直墻之間放一完全相同的圓柱體B，不計一切摩擦，將A緩慢向左移動(B未與地面接觸)，則在此過程中A對B的彈力F1、墻對B的彈力F2(　　) A．F1變小、F2變小　　　　　 B．F1變小、F2變大 C．F1變大、F2變大 D．F1變大、F2變小 解析：選A　不計一切摩擦，將A緩慢向左移動(B未與地面

64、接觸)，則A、B處處受力平衡，對B受力分析如圖所示。A向左移動，那么θ變小，所以，F1＝變小，F2＝Gtan θ變小，故A正確，B、C、D錯誤。 3.如圖所示，小明在水平桌面上將三個形狀不規(guī)則的石塊成功疊放在一起，下列說法正確的是(　　) A．石塊a一定只受兩個力 B．石塊b對a的支持力與a受到的重力是一對相互作用力 C．石塊c受到水平桌面向左的摩擦力 D．水平桌面對石塊c的支持力等于三個石塊的重力之和 解析：選D　石塊a與b的接觸面不一定沿水平方向，可能還受到摩擦力，故A錯誤；石塊b對a的支持力與a受到的重力性質不同，作用在一個物體上，不是一對相互作用力，故B錯誤；對a、b、c整

65、體受力分析，受重力和水平桌面的支持力而平衡，即石塊c與水平桌面之間無摩擦力，故C錯誤；對a、b、c整體，由平衡條件得：水平桌面對石塊c的支持力等于三個石塊的重力之和，故D正確。 4.在豎直墻壁間有質量分別是m和2m的半圓球A和圓球B，其中B球球面光滑，半球A與左側墻壁之間存在摩擦。兩球心之間連線與水平方向成30°的夾角，兩球恰好不下滑，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力(g為重力加速度)，則半球A與左側墻壁之間的動摩擦因數為(　　) A. B. C. D. 解析：選A　以圓球B為研究對象，對圓球B進行受力分析如圖甲所示，由平衡條件可得：FN＝Fcos 30°，Fsin 30°＝2mg，所

66、以：FN＝2mg。以兩球組成的整體為研究對象，其受力如圖乙所示。由平衡條件有：Ff＝μFN1′(FN1′與FN1是一對相互作用力，FN1′表示半球A對墻壁的壓力)，聯立解得μ＝，選項A正確。 5．(2017·江蘇二模)我國的高鐵技術在世界處于領先地位，高鐵(如圖甲所示)在行駛過程中非常平穩(wěn)，放在桌上的水杯幾乎觀察不到晃動。圖乙為高鐵車廂示意圖，A、B兩物塊相互接觸地放在車廂里的水平桌面上，物塊與桌面間的動摩擦因數相同，A的質量比B的質量大，高鐵在平直的鐵軌上向右做勻速直線運動，A、B相對于桌面始終保持靜止，下列說法正確的是(　　) A．A受到2個力的作用 B．B受到3個力的作用 C．A受到桌面對它向右的摩擦力 D．B受到A對它向右的彈力 解析：選A　高鐵在平直的鐵軌上向右做勻速直線運動，此時A、B均在向右做勻速運動，故A、B均只受重力和支持力作用，水平方向沒有外力，故水平方向均不受摩擦力，同時A、B間也沒有彈力作用，故A正確，B、C、D錯誤。 6.如圖所示，水平地面上放著一個畫架，它的前支架是固定的，而后支架可前后移動，畫架上靜止放著一幅重為G的畫。下列說法正確的