2019高考物理二轮第一部分力学学案.doc

《2019高考物理二轮第一部分力学学案.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019高考物理二轮第一部分力学学案.doc（229页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1第一部分 力学第 1 讲 Error!考法学法平衡问题是历年高考的重点，高考既可能在选择题中单独考查平衡问题，也可能在计算题中综合考查平衡问题。考查的内容主要包括：对各种性质的力的理解；共点力作用下平衡条件的应用。该部分内容主要解决的是选择题中的受力分析和共点力平衡问题。用到的思想方法有：整体法和隔离法；假设法；合成法；正交分解法；矢量三角形法；相似三角形法；等效思想；分解思想。提 能 点 一 根 据 不 同 力 的 特 点 ， 正 确 进 行 受 力 分 析 基 础 保 分 类 考 点练 练 就 能 过 关 知能全通受力分析是整个高中阶段物理知识的基础，能正确进行受力分析是解答力学问题的关

2、键。1受力分析的一般步骤2分析三种典型力的注意事项(1)弹力：弹力的方向一定与接触面或接触点的切面垂直，且指向受力物体。(2)静摩擦力：两物体接触处有无静摩擦力，要根据物体间有无相对运动趋势或根据平衡条件进行判断。(3)滑动摩擦力：利用公式求解滑动摩擦力时，一定要注意分析接触面间的实际压力，不能简单地代入重力求解。题点全练21.多选(2018湖北中学调研)如图所示，顶角为 的光滑圆锥体固定在水平面上，一质量为 m 的匀质圆环套在圆锥体上处于静止状态，重力加速度大小为 g，下列判断正确的是( )A圆锥体对圆环的作用力方向垂直于圆锥的侧面B圆锥体对圆环的作用力方向竖直向上C圆环的张力不为零D圆环的

3、张力方向指向圆环的圆心解析：选 BC 由题意知圆环受重力和圆锥体对圆环的作用力处于平衡状态，则圆锥体对圆环的作用力与圆环所受的重力等大反向，即圆锥体对圆环的作用力方向竖直向上，故A 错误，B 正确；质量为 m 的匀质圆环套在圆锥体上，圆环有被撑开的趋势，所以圆环的张力不为零，故 C 正确；圆环的张力方向沿圆环的切线方向，故 D 错误。2.如图所示，小明在水平桌面上将三个形状不规则的石块成功叠放在一起，下列说法正确的是( )A石块 a 一定只受两个力B石块 b 对 a 的支持力与 a 受到的重力是一对相互作用力C石块 c 受到水平桌面向左的摩擦力D水平桌面对石块 c 的支持力等于三个石块受到的重

4、力之和解析：选 D 石块 a 与 b 的接触面不一定沿水平方向，可能还受到摩擦力，故 A 错误；石块 b 对 a 的支持力与 a 受到的重力性质不同，作用在一个物体上，不是一对相互作用力，故 B 错误；对 a、 b、 c 整体受力分析，受重力和水平桌面的支持力而平衡，即石块 c 与水平桌面之间无摩擦力，故 C 错误；对 a、 b、 c 整体，由平衡条件得：水平桌面对石块 c 的支持力等于三个石块受到的重力之和，故 D 正确。3(2018淄博实验中学一诊)如图所示，一质量均匀的实心圆球被直径 AB 所在的平面一分为二，先后以 AB 沿水平和竖直两种不同方向放置在光滑支架上，处于静止状态，两半球间

5、的作用力分别为 F 和 F，已知支架间的距离为 AB 长度的一半，则 等于( )FFA. B.332C. D.233 33解析：选 A 设两半球的总质量为 m，当球以 AB 沿水平方向放置，可知 F mg；当球以 AB 沿竖直方向放置，单独对右半球受力分析如图12所示，可得： F tan ，根据支架间的距离为 AB 的一半，可得：mg23 30，则 ，则 A 正确。FF 1tan 3提 能 点 二 灵 活 应 用 “整 体 法 、 隔 离 法 ”， 巧 选 研 究 对 象 基 础 保 分 类 考 点练 练 就 能 过 关 知能全通1整体法和隔离法对比原则只涉及系统外力，不涉及系统内部物体之间的

6、相互作用条件 系统内的物体具有相同的运动状态整体法优、缺点 利用此法解题一般比较简单，但不能求系统内力原则 分析系统内某个物体的受力情况隔离法优点 系统内物体受到的内力、外力均能求2.整体法、隔离法的应用技巧(1)不涉及系统内力时，优先考虑应用整体法，即“能整体、不隔离” 。(2)需要应用“隔离法”的，也要先隔离“简单”的物体，即待求量少或受力少或处于边缘处的物体。(3)各“隔离体”间的关联力，表现为作用力与反作用力，对于系统则表现为内力。(4)实际问题通常需要交叉应用整体法、隔离法。(5)在某些特殊情形中，研究对象可以是物体的一部分，如绳子的结点、力的作用点等。题点全练1多选如图所示，截面为

7、三角形的木块 a 上放置一铁块 b，木块 a 的竖直边靠在竖直且粗糙的墙面上，现用竖直向上的推力 F，推动 a、 b 一起向上匀速运动，运动过程中 a、 b 始终保持相对静止，则下列说法正确的是( )A a 受到 6 个力的作用B a 受到 4 个力的作用C b 受到 3 个力的作用D b 受到 2 个力的作用解析：选 BC 先对 a、 b 整体受力分析，受到重力和推力，二力平衡，整体不受墙面的弹力和摩擦力，再对 b 受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力，三力平衡，即 b 受到3 个力的作用，故 C 正确，D 错误；再对 a 受力分析，受到重力、推力、 b 对 a 的压力和静摩擦力，故 a 受

8、到 4 个力的作用，故 A 错误，B 正确。42.(2019 届高三珠海一中模拟)如图所示，水平固定且倾角为37的光滑斜面上有两个质量均为 m1 kg 的小球 A、 B，它们用劲度系数为 k200 N/m 的轻质弹簧连接，弹簧的原长为 l020 cm，现对 B 施加一水平向左的推力 F，使 A、 B 均在斜面上以加速度 a4 m/s2 向上做匀加速运动，此时弹簧的长度 l 和推力 F 的大小分别为(sin 370.6，cos 370.8， g10 m/s 2)( )A0.15 m,25 N B0.25 m,25 NC0.15 m,12.5 N D0.25 m,12.5 N解析：选 B 以整体为

9、研究对象，受力分析如图所示，沿斜面方向有： Fcos 372 mgsin 372 ma，以 A 为研究对象，沿斜面方向有：kx mgsin 37 ma， x l l0，解得 F25 N， l0.25 m，故 B 正确，A、C、D 错误。3多选(2018凯里模拟)如图所示，形状相同的物块A、 B，其截面为直角三角形，相对排放在粗糙水平地面上，光滑球体C 架在两物块的斜面上，系统处于静止状态。已知物块 A、 B 的质量都为 M， 60，球体 C 的质量为 m，则以下说法正确的是( )A地面对 A 的摩擦力大小为 mg12B地面对 A 的摩擦力大小为 mg32C A 对 C 的弹力大小为 mg32D

10、 A 对地面的压力大小为 Mg mg12解析：选 BD 以 C 为研究对象，受力分析如图所示， C 受重力和斜向上的两个弹力作用，把两个弹力合成，合力竖直向上，大小等于 mg，由数学知识可知， A 对 C 的弹力大小为 mg，C 错误；再以 A 为研究对象，C 对 A 的正压力大小为 mg，其在水平方向上的分力大小等于地面对 A 的摩擦力大小，由此可知地面对 A 的摩擦力大小为 mgcos 30 mg，A32错误，B 正确；以 A、 B、 C 整体为研究对象，所受重力为 2Mg mg，地面对整体的支持力大小为 2Mg mg，由对称性可知 A 受到地面的支持力大小为 Mg ，由牛顿第三定律可知，

11、mg2A 对地面的压力大小为 Mg mg，D 正确。125提 能 点 三 “程 序 法 ”破 解 “静 态 平 衡 ”问 题 重 难 增 分 类 考 点讲 练 结 合 过 关 研一题多选如图所示，质量为 M 的斜面体放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为 m 的小球置于斜面上，整个系统处于静止状态，已知斜面倾角及轻绳与竖直方向夹角均为 30。不计小球与斜面间的摩擦，则( )A轻绳对小球的作用力大小为 mg33B斜面对小球的作用力大小为 mg2C斜面体对水平面的压力大小为( M m)gD斜面体与水平面间的摩擦力大小为 mg36解析 以小球为研究对象，受力分析如图甲所示，由几何关系知 30，根据受力平

12、衡可得 FT FN mg；以斜面体为研究对象，受力分析如图乙所示，由受力平衡33得 FN1 Mg FNcos ，由牛顿第三定律得 FN FN，解得 FN1 Mg mg，由牛顿第三定12律可知，斜面体对水平面的压力大小为 Mg mg， Ff FNsin mg，故 B、C 错误，12 36A、D 正确。答案 AD悟一法1破解“静态平衡”问题的一般程序62处理平衡问题的常用方法方法 解 读合成法物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力等大、反向分解法三力平衡时，还可以将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力分别平衡正交分解法物体受三个或三个以上力的作用时，将所有力分解为相

13、互垂直的两组，每组力分别平衡通一类1(2019 届高三唐山六校联考)如图所示，物块 A 和滑环 B 用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，滑环 B 套在与竖直方向夹角为 37的粗细均匀的固定杆上，连接滑环 B 的绳与杆垂直并在同一竖直平面内， B 恰好不能下滑， B 和杆间的动摩擦因数为 0.4，设B 和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则 A 和 B 的质量之比为(sin 370.6，cos 370.8)( )A. B.75 57C. D.135 513解析：选 C 设 A 和 B 的质量分别为 m1、 m2，若杆对 B 的弹力垂直于杆向下，因 B 恰好不能下滑，则由平衡条件有 m2gcos

14、 (m1g m2gsin )，解得 ；若杆对 B 的m1m2 135弹力垂直于杆向上，因 B 恰好不能下滑，则由平衡条件有 m2gcos (m2gsin m1g)，解得 (舍去)。综上分析可知，C 正确。m1m2 752.如图所示，某工地上起重机将重为 G 的正方形工件缓缓吊起。四根7等长的钢绳(质量不计)，一端分别固定在正方形工件的四个角上，另一端汇聚于一处挂在挂钩上，钢绳端汇聚处到每个角的距离均与正方形的对角线长度相等。则每根钢绳的受力大小为( )A. G B. G14 24C. G D. G12 36解析：选 D 设每根钢绳的受力大小为 F，由平衡条件有 4Fcos G( 为钢绳与竖直方

15、向的夹角)，由数学知识知 sin ， 30，则 F G，选项 D 正确。12 36提 能 点 四 多 法 并 进 ， 破 解 “动 态 平 衡 ”问 题 多 维 探 究 类 考 点精 细 精 研 过 关 点点探明方法 1 图解法破解“动态平衡”问题如果物体受到三个力的作用，已知其中一个力的大小、方向均不变，另一个力的方向不变，此时可用图解法，画出不同状态下力的矢量图，判断各个力的变化情况。例 1 质量为 m 的物体用轻绳 AB 悬挂于天花板上。用水平向左的力F 缓慢拉动绳的中点 O，如图所示。用 T 表示绳 OA 段拉力的大小，在 O 点向左移动的过程中( )A F 逐渐变大， T 逐渐变大B

16、 F 逐渐变大， T 逐渐变小C F 逐渐变小， T 逐渐变大D F 逐渐变小， T 逐渐变小解析 以 O 点为研究对象，受力分析如图所示，当用水平向左的力缓慢拉动 O 点时，绳 OA 与竖直方向的夹角变大，由共点力的平衡条件知 F 逐渐变大， T 逐渐变大，选项 A 正确。答案 A方法 2 解析法破解“动态平衡”问题如果把物体受到的多个力合成、分解后，能够找到力的边角关系，则应选择解析法，建立平衡方程，根据自变量的变化 一般都要用到三角函数 确定因变量的变化。例 2 (2018开封模拟)如图所示，一铁架台放在水平地面上，其上用轻质细线悬挂一小球，开始时细线竖直。现将水平力 F 作用于小球上，

17、使其缓慢地由实线位置运动到虚线位置，铁架台始终保持静止。则在这一过程中( )8A水平力 F 变小B细线的拉力不变C铁架台对地面的压力变大D铁架台所受地面的摩擦力变大解析 如图所示，对小球受力分析，受细线的拉力、重力、水平力F，根据平衡条件有 F mgtan ， 逐渐增大，则 F 逐渐增大，故 A 错误；由图可知，细线的拉力 T ， 增大， T 增大，故 B 错误；以铁架mgcos 台、小球整体为研究对象，根据平衡条件得 Ff F，则 Ff逐渐增大， FN( M m)g， FN保持不变，故 C 错误，D 正确。答案 D方法 3 相似三角形法破解“动态平衡”问题此法是图解法的特例，一般研究对象受绳

18、 杆 或其他物体的约束，且物体受到三个力的作用，其中的一个力大小、方向均不变，另外两个力的方向都发生变化，可以用力三角形与几何三角形相似的方法求解。例 3 (2018宝鸡质检)如图所示，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)，轻杆 B 端吊一重物，现将轻绳的一端拴在杆的 B 端，用拉力 F 将 B 端缓慢上拉(均未断)，在轻杆达到竖直前，以下分析正确的是( )A轻绳的拉力越来越大B轻绳的拉力越来越小C轻杆的弹力越来越大D轻杆的弹力越来越小解析 以 B 点为研究对象，它受三个力的作用而处于动态平衡状态，其中一个是轻杆的弹力 T，一个是轻绳斜向上的拉力 F，一个是轻

19、绳竖直向下的拉力 F(大小等于重物所受的重力)，如图所示，根据相似三角形法，可得 ，由于 OA 和 AB 不变， OB 逐渐减小，因此轻杆的弹力大FOA TAB FOB小不变，而轻绳的拉力越来越小，故选项 B 正确，A、C、D 错误。答案 B题题过关1.多选城市中的路灯、无轨电车的供电线路等，经常用三角形的结构悬挂，如图是这一类结构的简化模型。图中杆 OB 可以绕过 B 点且垂直于纸面的轴自由转动，钢索 OA 和杆 OB 的质量都可以忽略不计，设悬挂物所受的重力为 G，稳定时 ABO90， ABOB。某次产品质量检测和性能测9试中保持 A、 B 两点不动，只改变钢索 OA 的长度，关于钢索 O

20、A 的拉力 F1和杆 OB 上的支持力 F2的变化情况，下列说法正确的有( )A从图示位置开始缩短钢索 OA，钢索 OA 的拉力 F1先减小后增大B从图示位置开始缩短钢索 OA，杆 OB 上的支持力 F2大小不变C从图示位置开始伸长钢索 OA，钢索 OA 的拉力 F1增大D从图示位置开始伸长钢索 OA，杆 OB 上的支持力 F2先减小后增大解析：选 BC 设钢索 OA 的长度为 L，杆 OB 的长度为 R， A、 B 两点间的距离为 H，根据相似三角形知识可知 ，从题图所示位置开始缩短钢索 OA，钢索 OA 的拉力 F1减GH F1L F2R小，杆 OB 上的支持力 F2大小不变，选项 A 错

21、误，B 正确；从题图所示位置开始伸长钢索OA，钢索 OA 的拉力 F1增大，杆 OB 上的支持力 F2大小不变，选项 C 正确，D 错误。2.如图所示，上表面为四分之一光滑圆弧的物体 A 静止在粗糙的水平地面上，一小物块 B 从圆弧底端受到水平外力 F 的作用缓慢沿圆弧向上移动一小段距离，在此过程， A 始终处于静止状态。下列说法正确的是( )A水平外力 F 保持不变B地面对 A 的摩擦力逐渐增大C A 对 B 的支持力逐渐减小D地面对 A 的支持力逐渐减小解析：选 B 设 A 对 B 的支持力与竖直方向的夹角为 ，对 B 由平衡条件知，水平外力 F mgtan 、支持力 FN1 ， B 沿圆

22、弧上移，夹角 变大，则水平外力 F 和支持mgcos 力 FN1均增大，选项 A、C 错误；对 A、 B 整体，地面对 A 的摩擦力 Ff F，随水平外力 F 增大而增大，地面对 A 的支持力 FN2( M m)g 保持不变，选项 B 正确，D 错误。提 能 点 五 平 衡 中 的 “临 界 、 极 值 ”问 题 基 础 保 分 类 考 点练 练 就 能 过 关 知能全通1临界问题与极值问题临界问题当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体的平衡“恰好出现”或“恰好不出现” ，即处于临界状态，在问题的描述中常用“刚好” “刚能”“恰好”等字眼极值问题平衡问题的极值，一般指在力的变

23、化过程中的最大值和最小值2求解临界、极值问题的常用方法(1)图解法：根据已知量的变化情况，画出平行四边形或三角形的边角变化，进而确定10未知量大小、方向的变化，求出临界值或极值。(2)解析法：利用物体受力平衡写出未知量与已知量的关系表达式，根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况，求出极值，或利用临界条件确定未知量的临界值。题点全练1.多选某学习小组为了体验最大静摩擦力与滑动摩擦力的临界状态，设计了如图所示的装置，一位同学坐在长直木板一端，另一端不动，让长直木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与地面的夹角 变大)，则选项图中表示该同学受到支持力 FN、合外力 F 合 、重力沿斜面方向的分力 G

24、1、摩擦力 Ff随角度 的变化关系正确的是( )解析：选 ACD 重力沿斜面方向的分力 G1 mgsin ，C 正确；支持力 FN mgcos ，A 正确 ； 该 同 学 滑 动 之 前 ， F 合 0， Ff mgsin ，滑 动 后 ， F 合 mgsin mgcos ， Ff mg cos ，实际情况下最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，B 错误，D 正确。2.(2018惠州模拟)如图所示，三根相同的绳的末端连接于 O 点，A、 B 端固定， C 端受一水平力 F，当 F 逐渐增大时( O 点位置保持不变)，最先断的绳是( )A OA 绳 B OB 绳C OC 绳 D三绳同时断解析：选 A 对

25、结点 O 受力分析，受三根绳的拉力，根据平衡条件的推论得，水平和竖直两绳拉力的合力与 OA 绳的拉力等大反向，由平行四边形定则可知，三根绳中 OA 绳的拉力最大，在水平拉力逐渐增大的过程中， OA 绳先断，选项 A 正确。3.如图所示，三根长度均为 L 的轻绳分别连接于 C、 D 两点，A、 B 两端被悬挂在水平天花板上，相距 2L，现在 C 点上悬挂一个质量为 m 的重物，为使 CD 绳保持水平，在 D 点上可施加力的最小值为( )A mg B mg33C mg D mg12 14解析：选 C 由题图可知，为使 CD 绳水平，各绳均应绷紧，由几何关系可知， AC 绳与水平方向的夹角为 60；

26、结点 C 受力平衡，11受力分析如图所示，则 CD 绳的拉力 FT mgtan 30 mg； D 点受 CD 绳的拉力大小等于33FT，方向向左；要使 CD 绳水平， D 点两绳的拉力与外界的力的合力应为零，则 CD 绳对 D点的拉力可分解为沿 BD 绳的 F1及另一分力 F2，由几何关系可知，当 BD 绳上的拉力 F与F1大小相等，且力 F2与 BD 绳垂直时， F2最小，而 F2的大小即为施加在 D 点的力的大小，故最小力 F F2 FTsin 60 mg，故 C 正确。12专题强训提能 1多选如图甲所示，笔记本电脑散热底座一般有四个卡位用来调节角度。某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更

27、好的舒适度，由原卡位 1 调至卡位 4，如图乙所示，电脑始终处于静止状态，则( )A电脑受到的支持力变大B电脑受到的摩擦力变大C散热底座对电脑的作用力的合力不变D电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其所受重力的大小解析：选 AC 对电脑的受力分析如图所示，电脑始终处于静止状态，故电脑受力平衡。由平衡条件可知：电脑受到的支持力 FN mgcos ，电脑受到的摩擦力 f mgsin ，由原卡位 1 调至卡位 4， 减小，故 FN增大， f 减小，选项 A 正确，B 错误；散热底座对电脑的作用力的合力即电脑受到的支持力与摩擦力两力的矢量和，大小等于电脑所受的重力，始终不变，选项 C 正确；电脑受

28、到的支持力与摩擦力两力大小之和大于其所受重力的大小，选项D 错误。2(2019 届高三南京模拟)如图所示，一质量为 M 的磁铁，吸在竖直放置的磁性黑板上静止不动。某同学沿着黑板面，用水平向右的恒力 F 轻拉磁铁，磁铁向右下方做匀速直线运动，则磁铁受到的摩擦力 Ff( )A大小为 Mg B大小为 F2 Mg 2C大小为 F D方向水平向左解析：选 B 由题意可知，磁铁受竖直向下的重力、水平向右的恒力的作用，二力的合力为 F 合 ；由力的平衡条件可知，摩擦力应与二力的合力大小相等、方F2 Mg 212向相反，则磁铁受到的摩擦力大小 Ff F 合 ，故 A、C、D 错误，B 正确。F2 Mg 23多

29、选重力为 G 的体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图所示的比赛动作，当运动员竖直倒立保持静止状态时，两手臂对称支撑，夹角为 ，则( )A当 60时，运动员单手对地面的正压力大小为G2B当 120时，运动员单手对地面的正压力大小为 GC当 不同时，运动员受到的合力相同D当 不同时，运动员与地面之间的相互作用力不相等解析：选 AC 对运动员受力分析如图所示，地面对手的支持力 F1F2 ，则运动员单手对地面的正压力大小为 ，与 无关，选项 A 正确，G2 G2B 错误；不管 如何，运动员受到的合力为零，与地面之间的相互作用力总是等大，选项 C 正确，D 错误。4.在粗糙水平地面上放着一个截面为半圆

30、的柱状物体 A， A 与光滑竖直墙之间放另一截面也为半圆的光滑柱状物体 B，整个装置处于静止状态，截面如图所示。设墙对 B 的作用力为 F1， B 对 A 的作用力为 F2，地面对 A 的作用力为 F3。在 B 上加一物体 C，整个装置仍保持静止，则( )A F1保持不变， F3增大 B F1增大， F3保持不变C F2增大， F3增大 D F2增大， F3保持不变解析：选 C 未放上 C 时，以 B 为研究对象，受力分析如图 1 所示，由平衡条件得，墙对 B 的作用力 F1 GBtan ，当放上 C 时， F1增大。 A 对 B 的作用力 F2 ， F1F1sin 增大，则 F2增大，由牛顿

31、第三定律知 F2 F2，即 F2也增大。再以整体为研究对象，受力分析如图 2 所示，则放上 C 前，地面对 A 的支持力 N GA GB，放上 C 后变为GA GB GC，即 N 增大，地面对 A 的摩擦力 f F1，且 F3为 N 与 f 的合力，所以 F3增大，故 C 正确。5.如图，滑块 A 置于水平地面上，滑块 B 在一水平力作用下紧13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( )A. B.1 1 2 1 1 2 1 2C

32、. D.1 1 2 1 2 2 1 2 1 2解析：选 B 设 A、 B 的质量分别为 mA、 mB， B 刚好不下滑，根据平衡条件得mBg 1F； A 恰好不滑动，则 A 与地面之间的摩擦力等于最大静摩擦力，把 A、 B 看成一个整体，根据平衡条件得 F 2(mA mB)g，解得 ，选项 B 正确。mAmB 1 1 2 1 26多选某些农村一大家人过春节时常用简易灶做菜，如图甲、乙所示，将一个球形铁锅用三个不计重力的小石块支起用柴火烧菜，铁锅边缘水平，小石块成正三角形放在水平灶台上，石块到铁锅球心的连线与竖直方向的夹角均为 30，已知铁锅与菜的总质量为9 kg，不计铁锅与石块间的摩擦，重力加

33、速度 g 取 10 m/s2，下列说法正确的是( )A灶台对每个石块的作用力均竖直向上B灶台受到每个石块的压力大小为 30 NC每个石块与铁锅之间的弹力大小为 20 N3D灶台对每个石块的摩擦力大小为 10 N解析：选 BC 灶台对石块有竖直向上的支持力和水平方向的摩擦力作用，故灶台对每个石块的作用力的方向不是竖直向上，选项 A 错误；铁锅和石块竖直方向对灶台的压力等于铁锅所受的重力，故灶台受到每个石块的压力大小等于 mg 910 N30 N，选项13 13B 正确；对铁锅由平衡条件可得：3 FNcos 30 mg，解得： FN20 N，选项 C 正确；3FfFNsin 3010 N，即灶台对

34、每个石块的摩擦力大小为 10 N，选项 D 错误。3 37.如图所示，一轻绳一端固定在地面上的 C 点，另一端与竖直杆AB 的顶端 A 相连，顶端 A 右侧一水平轻绳跨过一光滑定滑轮与一重物相连，竖直杆 AB 处于平衡状态， AB 与地面的摩擦不计。若 AC 加14长，使 C 点左移， AB 仍保持平衡状态， AC 上的拉力 T 和 AB 受到的地面的支持力 N 与原先相比，下列说法正确的是( )A T 增大， N 减小 B T 减小， N 增大C T 和 N 都减小 D T 和 N 都增大解析：选 C 若 AC 加长，由于悬挂的重物质量不变，右侧水平轻绳的拉力不变。分析A 处受力情况， AC

35、 上的拉力 T 沿水平方向的分力大小等于悬挂的重物重力，沿竖直方向的分力等于 AB 受到的地面的支持力。若 AC 加长，使 C 点左移， AB 仍保持平衡状态，显然，T 和 N 都减小，选项 C 正确。8.(2018铁岭协作体模拟)如图所示，固定在水平地面上的物体 A，左侧是圆弧面，右侧是倾角为 的斜面，一根轻绳跨过物体 A 顶点上的小滑轮，轻绳左、右两端分别系有质量为 m1、 m2的小球，当两小球静止时，左端小球与圆心连线跟水平方向的夹角也为 ，不计一切摩擦，则m1、 m2之间的关系是( )A m1 m2 B m1 m2tan C m1 D m1 m2cos m2tan 解析：选 B 设轻绳

36、对两小 球 的 拉 力 大 小 为 FT， 对 右 端 小 球 根 据 平 衡条件得： FT m2gsin ；对左端小球根据平衡条件得： FT m1gcos ；解得： m1 m2tan ，B 正确。9多选(2018天津高考)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 ，现在木楔背上加一力 F，方向如图所示，木楔两侧产生推力 FN，则( )A若 F 一定， 大时 FN大B若 F 一定， 小时 FN大C若 一定， F 大时 FN大D若

37、 一定， F 小时 FN大解析：选 BC 根据力 F 的作用效果将力 F 分解为垂直于木楔两侧的力FN，如图所示。则 sin ，即 FN ，所以当 F 一定时， 越小，F2FN 2F2sin 2FN越大；当 一定时， F 越大， FN越大。故选项 B、C 正确。10多选如图，粗糙水平面上有 a、 b、 c、 d 四个相同小物块用四根完全相同的轻弹簧连接，正好组成一个等腰梯形，系统静止。 ab之间、 ac 之间以及 bd 之间的弹簧长度相同且等于 cd 之间弹簧长度的15一半， ab 之间弹簧弹力大小为 cd 之间弹簧弹力大小的一半。若 a 受到的摩擦力大小为 f，则( )A ab 之间的弹簧一

38、定是压缩的B b 受到的摩擦力大小为 fC c 受到的摩擦力大小为 f3D d 受到的摩擦力大小为 2f解析：选 ABC 设每根弹簧的原长为 L0， ab 之间弹簧的形变量为 x1， cd 之间弹簧的形变量为 x2，则有 k x22 k x1，若 ab 之间的弹簧是拉长的，则有： L0 x22( L0 x1)，解得 L00，不符合题意，所以 ab 之间的弹簧是压缩的，A 正确；由于 a 受到的摩擦力大小为 f，根据对称性可得， b 受到的摩擦力大小也为 f，B 正确；以 a 和 c 为研究对象进行受力分析如图所示，图中的 为 ac 与 cd 之间的夹角，则 cos ，所以14cdac 12 6

39、0，则 cab120， a 受到的摩擦力大小 f T；对 c 根据力的合成可得fc f，C 正确；由于 c 受到的摩擦力大小为 f，根据对称性可知， d 受到的摩擦力大3 3小也为 f，D 错误。311.(2018云南师大附中模拟)如图所示，柔软轻绳 ON 的一端 O 固定，在其上某点 M 拴一重物，用手拉住绳的另一端 N 将重物向右上方缓慢拉起。初始时， OM 竖直， OM MN，保持 OM 与 MN 夹角不变，在 OM 由竖直被拉到水平的过程中( )A OM 上的张力逐渐增大B OM 上的张力先增大后减小C MN 上的张力逐渐增大D MN 上的张力先增大后减小解析：选 C OM 和 MN

40、上的张力的合力与重力是一对平衡力，受力分析如图所示。根据几何关系有 FMN Gsin ， FOM Gcos ，可知，随着 的增大， MN 上的张力逐渐增大， OM 上的张力逐渐减小，故 C 正确，A、B、D 错误。12(2019 届高三德州调研)如图所示，把一重为 G 的物体，用一水平推力 F kt(k 为恒量， t 为时间)压在竖直的足够高的粗糙墙面上。从t0 时刻开始物体所受的摩擦力 Ff随 t 的关系对应选项图中的( )16解析：选 B 开始时由于推力 F 为零，物体和墙面间没有挤压，则摩擦力为零，物体在重力作用下开始沿竖直墙面下滑，所以开始一段时间内为滑动摩擦力。由 Ff F N，又F

41、N F kt，所以 Ff kt ，即 Ff随时间 t 成正比增大，当 Ff增大到等于 G 时，物体具有一定速度，由于惯性仍然滑行，随着滑行的继续， Ff会大于 G，最后物体静止于墙面上，摩擦力变为静摩擦力，竖直方向上根据二力平衡，则有 Ff G，所以 B 正确。13.(2018哈尔滨模拟)如图所示，三个质量均为 1 kg 的小木块a、 b、 c 和两个劲度系数均为 500 N/m 的相同轻弹簧 p、 q 用轻绳连接，其中 a 放在光滑水平桌面上。开始时 p 弹簧处于原长，木块都静止。现用水平力缓慢地向左拉 p 弹簧的左端，直到 c 刚好离开水平地面为止， g 取 10 m/s2。则该过程中(

42、)A q 弹簧上端移动的距离为 2 cm， p 弹簧的左端向左移动的距离是 4 cmB q 弹簧上端移动的距离为 4 cm， p 弹簧的左端向左移动的距离是 2 cmC q 弹簧上端移动的距离为 4 cm， p 弹簧的左端向左移动的距离是 8 cmD q 弹簧上端移动的距离为 2 cm， p 弹簧的左端向左移动的距离是 6 cm解析：选 C 开始时 p 弹簧处于原长，可知 q 弹簧处于压缩状态，压缩量为 xq mgk2 cm; c 刚好离开水平地面时， q 弹簧伸长 xq 2 cm，则 q 弹簧上端移动的距离mgk为4 cm； p 弹簧伸长 xp 4 cm，则 p 弹簧的左端向左移动的距离是

43、8 cm。选项 C 正2mgk确，A、B、D 错误。14多选(2018宝鸡质检)如图所示，两块相互垂直的光滑挡板 OP、 OQ， OP 竖直放置，小球 a、 b 固定在轻弹簧的两端，并斜靠在 OP、 OQ 上。现有一个水平向左的推力 F 作用于 b 上，使 a、 b紧靠挡板处于静止状态。现保证 b 不动，使 OP 向右缓慢平移一小段距离，则( )A推力 F 变小 B弹簧长度变短C弹簧长度变长 D b 对 OQ 的压力变大解析：选 AC 设弹簧与竖直方向的夹角为 ，现保证 b 不动，17使 OP 向右缓慢平移一小段距离，则 减小，以 a 为研究对象，受力分析如图，根据平衡条件得： F 弹 ， 减

44、小，cos 增大，则 F 弹 减小，弹簧长度变长； OP 对 a 的弹mgcos 力 FN1 mgtan ， 减小， FN1减小，对 a、弹簧和 b 整体研究，水平方向： F FN1，则推力 F 将减小，故 A、C 正确，B 错误；竖直方向： OQ 对 b 的支持力 FN2( ma mb)g 不变，根据牛顿第三定律可知， b 对 OQ 的压力不变，故 D 错误。第 2 讲 Error!考法学法该部分“四类典型运动”包括：匀变速直线运动、一般的曲线运动、平抛运动、水平面内的圆周运动。高考既有对单个运动形式的考查，也有对多个运动形式的组合考查。考查的内容主要包括：匀变速直线运动的规律及图像；平抛运

45、动的规律；水平面内圆周运动的规律及临界问题。用到的思想方法有：模型法；图像法；临界问题的处理方法；合成与分解思想；等效思想。提 能 点 一 “熟 能 生 巧 ”， 快 速 解 答 匀 变 速 直 线 运 动 问 题 基 础 保 分 类 考 点练 练 就 能 过 关 知能全通解答匀变速直线运动问题的常用方法1基本公式法： v v0 at， x v0t at2， v2 v022 ax。122重要推论法： v (利用平均速度测瞬时速度)； v t2 v v0 v2 x2； x aT2(用逐差法测加速度)。v02 v223逆向思维法：“匀减速(至速度为零的)直线运动”可逆向处理为“(由静止开始的)匀加速直线运动” 。4图像法：利用 v t 图像或 x t 图像求解。5比例法：只适用于初速度或末速度为零的匀变速直线运动。(1)1T 末、2 T 末、3 T 末、 nT 末瞬时速度之比为 123 n。(2)第 1 个 T 内、第 2 个 T 内、第 n 个 T 内位移之比为 135(2 n1)。(3)从静止开始连续通过相等位移所用时