【精品推荐】2012优化方案高考物理一轮总复习(人教浙江专用)课时卷(135页)

优化方案·课时作业

第1章运动的描述匀变速直线运动的研究高三物理(配人教·浙江专用)

课时1

必修1第1章运动的描述匀变速直线运动的研究

第一节描述运动的基本概念

一、单项选择题

1．(2011年福建龙岩调研)为了使高速公路交通有序、安全，

路旁立了许多交通标志．如图所示，甲图是限速路标，表示允许

行驶的最大速度是110 km/h；乙图是路线指示标志，表示到泉州

还有100 km.上述两个数据的物理意义是()

A．110 km/h是平均速度，100 km是位移

B．110 km/h是平均速度，100 km是路程

C．110 km/h是瞬时速度，100 km是位移

D．110 km/h是瞬时速度，100 km是路程

答案：D

2．(2011年杭州学军中学检测)北京时间2010年8月1日5时30分，中国在西昌卫星发射中心用“长征三号甲”运载火箭，将第五颗北斗导航卫星成功送入太空预定轨道．这标志着卫星导航市场的垄断局面被打破，北斗卫星导航系统将免费提供定位、测速和授时服务，定位精度10 m，测速精度0.2 m/s，以下说法不．正确的是()

A．北斗导航卫星定位提供的是被测物体的位移

B．北斗导航卫星定位提供的是被测物体的位置

C．北斗导航卫星授时服务提供的是时刻

D．北斗导航卫星测速服务提供的是运动物体的速率

解析：选A.由位臵、位移、时间、时刻、速度、速率的定义可知，北斗导航卫星定位提供的是一个点，是位臵，不是位臵的变化，A错、B对；北斗导航卫星授时服务提供的是时刻，C对；北斗导航卫星测速服务提供的是运动物体某时刻的速度的大小即速率，D正确．3．在第12届柏林世界田径锦标赛中，牙买加飞人博尔特在男子100 m决赛中和男子200 m决赛中分别以9.58 s和19.19 s的成绩打破他在北京奥运会创造的纪录，获得两枚金牌，如图所示．关于他在这两次决赛中的运动情况，下列说法正确的是()

A．200 m决赛中的位移是100 m决赛的两倍

B．200 m决赛中的平均速度约为10.42 m/s

C．100 m决赛中的平均速度约为10.44 m/s

D．100 m决赛中的最大速度约为20.88 m/s

解析：选C.200 m决赛的跑道有一段弯道，所以200 m决赛的位移小于200 m，所以A

错；200 m 决赛的平均速度v <200 m 19.19 s ＝10.42 m/s ，故B 错；100 m 决赛的平均速度v ＝100 m 9.58 s

＝10.44 m/s ，故C 对．由于不是匀加速运动，所以最大速度不是平均速度的2倍，D 错．

4．(2011年鲁迅中学调研)对于质点的运动，下列说法中正确的是( )

A ．质点运动的加速度为零，则速度为零，速度变化也为零

B ．质点速度变化率越大，则加速度越大

C ．质点某时刻的加速度不为零，则该时刻的速度也不为零

D ．质点运动的加速度越大，它的速度变化越大

解析：选B.质点运动的加速度为零时，质点的速度变化为零，但速度不一定为零，A 错误；质点速度变化率即为加速度，B 正确；质点在某时刻的加速度不为零，其速度可能为零，如自由落体的物体在开始下落的瞬间，故C 错误；质点的速度变化Δv ＝a ·Δt ，即速度的变化由质点的加速度和时间共同决定，D 错误．

5．(2011年江苏南莫中学高三期中测试)一架直升飞机以加速度a 从地面由静止开始竖直向上起飞，已知飞机在上升过程中每秒的耗油量V 0＝pa ＋q (p 、q 均为常数)．若直升飞机欲上升到某一定高度处，且耗油量最小，则其加速度大小应为( )

A.p q

B.q p

C.p ＋q p

D.p ＋q q

答案：B

二、不定项选择题

6．一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4 m/s,1 s 后速度的大小变为10 m/s ，在这1 s 内该物体的( )

A ．位移的大小可能小于3 m

B ．位移的大小可能大于10 m

C ．加速度的大小可能小于4 m/s 2

D ．加速度的大小可能大于10 m/s 2

解析：选D.(1)若初、末速度同向时：v ＝v 0＋v 2＝4＋10 2

m/s ＝7 m/s ，x ＝v t ＝7 m ；a ＝v －v 0t ＝10－41

m/s 2＝6 m/s 2. (2)若初、末速反向时：v ＝v 0＋v 2＝－4＋102

m/s ＝3 m/s x ＝v t ＝3 m ；a ＝v －v 0t ＝10－(－4)1

m/s 2＝14 m/s 2. 因此可得出D 正确．

7．下列说法正确的是( )

A ．参考系必须是固定不动的物体

B ．参考系可以是变速运动的物体

C ．地球很大，又因有自转，研究地球公转时，地球不可视为质点

D ．研究跳水运动员转体动作时，运动员不可视为质点

解析：选BD.参考系是为了描述物体的运动而人为选定作为参照的物体，参考系可以是不动的，也可以是变速运动的物体，A 错误，B 正确；地球的公转半径比地球半径大得多，在研究地球公转时，可将地球视为质点，C 错误；但在研究跳水运动员身体转动时，运动员的形状和大小对研究结果的影响不可忽略，不能被视为质点，D 正确．

8．(2011年黑龙江大庆一中质检)一个物体做匀加速直线运动，在t 秒内经过的位移是x ，它的初速度为v 0，t 秒末的速度为v t ，则物体在这段时间内的平均速度为( )

A.x t

B.v 0＋v t t

C.v t －v 0t

D.v t ＋v 02

解析：选AD.平均速度的定义式：v ＝x t ，适用于一切运动；v ＝v t ＋v 02

仅适用于匀变速直线运动．

9．一个做变速直线运动的物体，加速度逐渐减小到零，那么该物体的运动情况可能是( )

A ．速度不断增大，到加速度为零时，速度达到最大，而后做匀速直线运动

B ．速度不断减小，到加速度为零时，物体运动停止

C ．速度不断减小到零，然后向相反方向做加速运动，而后物体做匀速直线运动

D ．速度不断减小，到加速度为零时速度减小到最小，而后物体做匀速直线运动

解析：选ABCD.变速直线运动的物体可以是加速，也可以是减速，加速度不断减小到零表明物体速度变化的越来越慢至速度不变，故A 、B 、C 、D 都正确．

10．在山东威海举行的第十一届全国运动会铁人三项女子决赛中，采用了奥林匹克标准竞赛距离，包括一点五公里游泳、四十公里自行车和十公里跑步三部分，总距离为五十一点五公里．东道主选手王毅在最后一圈加速冲刺，以领先9.24秒的优势获得冠军，总成绩是2小时16分02秒77.假设王毅在三项中各段的时间分别为t 1、t 2、t 3，对应行程为s 1、s 2、s 3，三项中各段的平均速率分别为v 1、v 2、v 3，总平均速率为v .则(计算中结果保留一位小数)( )

A ．v 1

B ．v ＝v 1＋v 2＋v 33

C ．v ＝6.3 m/s

D ．v 可能比s 2t 2大，也可能比s 1t 1

小 解析：选AC.游泳平均速率v 1最小，自行车平均速率v 2最大，选项A 正确；平均速率v

＝s t ＝51.5×103 m 8162.77 s

≈6.3 m/s ，选项C 正确． 三、计算题

11. (2011年杭州二中月考)爆炸性的加速度往往是跑车的卖

点．保时捷911 GT3由静止加速至100 km/h 只需4.2 s.

(1)求保时捷911 GT3的平均加速度．

(2)假设普通私家车的平均加速度为3 m/s 2，它们需要多长时间

才能由静止加速至100 km/h.

解析：(1)末速度v t ＝100 km/h ＝1003.6

m/s ＝27.78 m/s 平均加速度a ＝v t －v 0t ＝27.78－04.2

m/s 2≈6.61 m/s 2. (2)所需时间t ＝v t －v 0a ＝27.78－03

s ≈9.26 s. 答案：(1)6.61 m/s 2 (2)9.26 s

12．(2011年温州八校联考)2010年6月、7月间，为反对、威慑美韩军演，我国在东海、黄海海域进行了密集的近海实弹演习，一艘鱼雷快艇以30 m/s 的速度追击前面同一直线上正在逃跑的敌舰．当两者相距L 0＝2 km 时，以60 m/s 的速度发射一枚鱼雷，经过t 1＝50 s 艇长通过望远镜看到了鱼雷击中敌舰爆炸的火光，同时发现敌舰仍在继续逃跑，于是马上发出了第二次攻击的命令，第二枚鱼雷以同样速度发射后，又经t 2＝30 s ，鱼雷再次击中敌舰并将其击沉．求第一枚鱼雷击中前后，敌舰逃跑的速度v 1、v 2分别为多大？

解析：第一枚鱼雷击中前，敌舰逃跑的速度为v 1，当鱼雷快艇与敌舰相距L 0＝2 km 时，发射第一枚鱼雷，经t 1＝50 s 击中敌舰，则有(v －v 1)t 1＝L 0，

即：(60－v 1)×50＝2000，解得v 1＝20 m/s

击中敌舰时，鱼雷快艇与敌舰的距离为

L 0－(30－v 1)t 1＝1500 m

马上发射第二枚鱼雷，击中后敌舰的速度为v 2，经t 2＝30 s ，鱼雷再次击中敌舰，则有 (v －v 2)t 2＝1500，即：(60－v 2)×30＝1500，

解得v 2＝10 m/s.

答案：20 m/s 10 m/s

课时2

第二节 匀变速直线运动的规律及应用

一、单项选择题

1．美国“华盛顿号”航空母舰上有帮助飞机起飞的弹射系统，已知“F －18大黄蜂”型战斗机在跑道上加速时产生的加速度为4.5 m/s 2，起飞速度为50 m/s ，若该飞机滑行100 m 时起飞，则弹射系统必须使飞机具有的初速度为( )

A ．30 m/s

B ．40 m/s

C ．20 m/s

D ．10 m/s

解析：选B.由v 2－v 20＝2ax 得：v 20＝v 2－2ax

所以v 0＝40 m/s.

2．(2011年东阳中学模拟)从某高处释放一粒小石子，经过1 s 从同一地点再释放另一粒小石子，则在它们落地之前，两粒石子间的距离将( )

A ．保持不变

B ．不断增大

C ．不断减小

D ．有时增大，有时减小

解析：选B.设第1粒石子运动的时间为t s ，则第2粒石子运动的时间为(t －1)s ，则经过

时间t s ，两粒石子间的距离为Δh ＝12gt 2－12g (t －1)2＝gt －12

g ，可见，两粒石子间的距离随t 的增大而增大，故B 正确．

3. 2010年4月17日是青海玉树震后第三天，中国空军日以继夜

加紧进行空运抗震救灾，当天上午6时至10时又出动飞机4个架次，

向玉树地震灾区运送帐篷540顶(约合57吨)，野战食品24吨．从水平

匀速飞行的运输机上向外自由释放一个物体如图，不计空气阻力，在

物体下落过程中，下列说法正确的是( )

A ．从飞机上看，物体静止

B ．从飞机上看，物体始终在飞机的后方

C ．从地面上看，物体做平抛运动

D ．从地面上看，物体做自由落体运动

解析：选C.从水平匀速飞行的飞机上向外自由释放一个物体，因惯性在水平方向物体与飞行的运输机始终有相同的速度．从地面上看，物体做平抛运动，D 错；从飞机上看，物体做自由落体运动，A 、B 错．

4．(2011年金华十校联考)汽车遇紧急情况刹车，经1.5 s 停止，刹车距离为9 m ．若汽车刹车后做匀减速直线运动，则汽车停止前最后1 s 的位移是( )

A ．4.5 m

B ．4 m

C ．3 m

D ．2 m

解析：选B.汽车刹车反过来可以看做初速度为零的匀加速直线运动，由x ＝12

at 2，可得其加速度大小为a ＝8 m/s 2；汽车停止前最后1 s 的位移是x ′＝12

at ′2＝4 m ，选项B 正确． 5. (2011年江苏淮阴中学摸底)如图所示，小球从竖直砖墙某位置

静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、

3、4、5……所示小球运动过程中每次曝光的位置，连续两次曝光的

时间间隔均为T ，每块砖的厚度为d .根据图中的信息，下列判断错误

的是( )

A ．位置“1”是小球释放的初始位置

B ．小球做匀加速直线运动

C ．小球下落的加速度为d T 2

D ．小球在位置“3”的速度为7d 2T

解析：选A.由题图可知，小球做匀加速直线运动，相邻的两段位

移之差为一块砖的厚度，由Δx ＝d ＝aT 2可得，a ＝d T 2；位臵“3”是位臵“2”和位臵“4”的中间时刻，由v t 2＝v 得，v 3＝7d 2T

；故只有选项A 判断错误． 6．(2011年杭州二中摸底) 测速仪安装有超声波发射和接收装置，

如图所示，B 为测速仪，A 为汽车，两者相距335 m ，某时刻B 发出超

声波，同时A 由静止开始做匀加速直线运动．当B 接收到反射回来的超声波信号时，A 、B 相距355 m ，已知声速为340 m/s ，则汽车的加速度大小为( )

A ．20 m/s 2

B ．10 m/s 2

C ．5 m/s 2

D ．无法确定

解析：选B.设超声波往返的时间为2t ，根据题意汽车在2t 时间内位移为12

a (2t )2＝20 m ，① 所以超声波追上A 车时，A 车前进的位移为12

at 2＝5 m ， ② 所以超声波在2t 内的路程为2×(335＋5) m ，

由声速340 m/s 可得t ＝1 s ，代入①式得，a ＝10 m/s 2，故B 正确．

二、不定项选择题

7．一物体做匀变速直线运动，某时刻速度的大小为4 m/s ，1 s 后速度大小变为10 m/s ，在这1 s 内物体的( )

A ．平均速度的大小可能是7 m/s

B ．位移的大小可能小于4 m

C ．速度变化量大小可能小于4 m/s

D ．加速度的大小可能小于10 m/s 2

解析：选ABD.(1)若为匀加速，v 0＝4 m/s ，v ＝10 m/s ，则 v ＝v 0＋v 2＝4＋102

m/s ＝7 m/s ，故A 对． a ＝v －v 0Δt ＝10－41

m/s 2＝6 m/s 2，故D 对． (2)若先减速再反向加速，v 0＝4 m/s ，

v ＝－10 m/s ，则 v ＝v 0＋v 2＝4－102

m/s ＝－3 m/s ，x ＝v t ＝－3 m ，故B 正确． 若为匀加速时Δv ＝10 m/s －4 m/s ＝6 m/s

先减速再加速时Δv ＝－10 m/s －4 m/s ＝－14 m/s.

故C 不可能．

8．(2011年嘉兴一中检测)给滑块一初速度v 0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速

度大小为g 2，当滑块速度大小减为v 02

时，所用时间可能是( ) A.v 02g B.v 0g

C.3v 0g

D.3v 02g

解析：选BC.当滑块速度大小减为v 02

，其方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，因此要考虑两种情况，即v ＝v 02或v ＝－v 02代入公式t ＝v －v 0a 得，t ＝v 0g 或t ＝3v 0g

，故B 、C 选项正确．

9．一个质点正在做匀加速直线运动，现用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1 s ．分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了2 m ，在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了8 m ，由此可求得( )

A ．第1次闪光时质点的速度

B ．质点运动的加速度

C ．从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点的位移

D ．质点运动的初速度

解析：选ABC.由x 23－x 12＝x 34－x 23可求x 23，故C 正确；由Δx ＝aT 2可求a ，故B 正确；由v 2＝x 132T

可求v 2，再由v 2＝v 1＋aT 可求v 1，故A 正确，但物体原来的初速度无法求出，故D 错．

10.(2011年湖北黄冈模拟) 如图所示，传送皮带的水平部分AB 是绷

紧的．当皮带不动时，滑块从斜面顶端由静止开始下滑，通过AB 所用的

时间为t 1，从B 端飞出时速度为v 1.若皮带顺时针方向转动时，滑块同样

从斜面顶端由静止开始下滑，通过AB 所用的时间为t 2，从B 端飞出时的速度为v 2，则t 1和t 2、v 1和v 2相比较，可能的情况是( )

A ．t 1＝t 2

B ．t 2>t 1

C ．v 1＝v 2

D ．v 1>v 2

解析：选AC.若皮带顺时针方向转动的速度不大于v 1，则物体m 由A 到B 一直匀减速，到B 端的速度为v 1，通过AB 的时间也为t 1；当皮带顺时针方向转动的速度大于v 1时，物体m 在AB 上先减速到与皮带速度相等，再与皮带一起匀速，或物体m 由A 到B 一直匀速或匀加速，到B 端的时间t 2≤t 1，速度v 2≥v 1，故A 、C 正确，B 、D 错误．

三、计算题

11．(2010年高考课标全国卷)短跑名将博尔特在北京奥运会上创造了100 m 和200 m 短跑项目的新世界纪录，他的成绩分别是9.69 s 和19.30 s ．假定他在100 m 比赛时从发令到起跑的反应时间是0.15 s ，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动.200 m 比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速时间与100 m 比赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速率只有跑100 m 时最大速率的96%.求：

(1)加速所用时间和达到的最大速率；

(2)起跑后做匀加速运动的加速度．(结果保留两位小数)

解析：(1)设加速所用时间为t (以s 为单位)，匀速运动的速度为v (以m/s 为单位)，则有12

v t ＋(9.69－0.15－t )v ＝100①

12

v t ＋(19.30－0.15－t )×0.96v ＝200② 由①②式得t ＝1.29 s ，v ＝11.24 m/s.

(2)设加速度大小为a ，则

a ＝v t

＝8.71 m/s 2. 答案：(1)1.29 s 11.24 m/s (2)8.71 m/s 2

12．(2011年永嘉抽测)在一次低空跳伞训练中，当直升飞机悬停在离地面224 m 高处时，伞兵离开飞机做自由落体运动．运动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以12.5 m/s 2的加速度匀减速下降．为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度最大不得超过5 m/s ，(取g ＝10 m/s 2)求：

(1)伞兵展伞时，离地面的高度至少为多少？着地时相当于从多高处自由落下？

(2)伞兵在空中的最短时间为多少？

解析：(1)设伞兵展伞时，离地面的高度至少为h ，此时速度为v 0，着地时相当于从h 1高处自由落下，

则有v 2－v 20＝－2ah ，

即52－v 20＝－2×12.5×h

又v 20＝2g (224－h )＝2×10×(224－h )

联立解得h ＝99 m ，v 0＝50 m/s

以5 m/s 的速度落地相当于从h 1高处自由落下，

即2gh 1＝v 2 所以h 1＝v 2/2g ＝52/20 m ＝1.25 m.

(2)设伞兵在空中的最短时间为t ，

则有v 0＝gt 1，t 1＝v 0/g ＝50/10 s ＝5 s ，

t 2＝(v －v 0)/a ＝5－50－12.5

s ＝3.6 s ， 故所求时间t ＝t 1＋t 2＝(5＋3.6) s ＝8.6 s.

答案：(1)99 m 1.25 m (2)8.6 s

课时3

第三节 运动图象 追及、相遇问题

一、单项选择题

1．如图所示为甲、乙两物体相对于同一坐标的x －t 图象，则下列说法正确的是( )

①甲、乙均做匀变速直线运动

②甲比乙早出发时间t 0

③甲、乙运动的出发点相距x 0

④甲的速率大于乙的速率

A ．①②③

B ．①④

C ．②③

D ．②③④

解析：选C.图象是x －t 图线，甲、乙均做匀速直线运动；乙与横坐标的交点表示甲比乙早出发时间t 0，甲与纵坐标的交点表示甲、乙运动的出发点相距x 0.甲、乙运动的速率用图线的斜率的绝对值表示，由图可知甲的速率小于乙的速率．

2．(2011年北京海淀区模拟) 甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一

方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的x －t 图

象如图所示，则下列说法正确的是( )

A ．t 1时刻乙车从后面追上甲车

B ．t 1时刻两车相距最远

C ．t 1时刻两车的速度刚好相等

D ．0到t 1时间内，乙车的平均速度小于甲车的平均速度

答案：A

3．(2011年金华模拟)如图所示，A 、B 两物体相距x ＝7 m 时，A 在水平拉力和摩擦力作用下，正以v A ＝4 m/s 的速度向右匀速运动，而物体B 此时正以v B ＝10 m/s 的初速度向右匀减速运动，加速度a ＝－2 m/s 2，则A 追上B 所经历的时间是( )

A ．7 s

B ．8 s

C ．9 s

D ．10 s

解析：选B.物体B 减速至静止的时间为t

则－v B ＝at ，t ＝102

s ＝5 s. 物体B 向前运动的位移x B ＝12v B t ＝12

×10×5 m ＝25 m. 又因A 物体5 s 内前进x A ＝v A t ＝4×5 m ＝20 m ，显然x B ＋7 m>x A .

所以A 追上B 前，物体B 早已经静止，设A 追上B 经历的时间为t ′，则t ′＝x B ＋7A ＝25＋74

s ＝8 s ，B 正确．

4．(2010年高考天津卷)质点做直线运动的v －t 图象如图所示，规定向右为正方向，则该质点在前8 s 内平均速度的大小和方向分别为( )

A ．0.25 m/s 向右

B ．0.25 m/s 向左

C ．1 m/s 向右

D ．1 m/s 向左 解析：选B.由图象面积计算0～3 s 内质点的位移x 1＝2×3×12

m ＝3 m ，方向向右，3～8 s 内位移为x 2＝2×5×12 m ＝5 m ，方向向左，所以前8 s 总位移x ＝x 1－x 2＝－2 m.v ＝x t

＝－28

m/s ＝－0.25 m/s ，即大小为0.25 m/s ，方向向左．B 正确． 5．(2011年湖州模拟)在如图所示的位移(x )—时间(t )图象和速度(v )—时间(t )图象中，给出的四条图线甲、乙、丙、丁分别代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是( )

A ．甲车做曲线运动，乙车做直线运动

B ．0～t 1时间内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程

C ．丙、丁两车在t 2时刻相距最远

D ．0～t 2时间内，丙、丁两车的平均速度相等

答案：C

6．(2009年高考山东卷)某物体做直线运动的v －t 图象如图所示，据此判

断四个选项中正确的是(F ：受力；x ：位移)( )

解析：选B.根据v －t 图象0～2 s 与6 s ～8 s 两段时间内加速度相同，合力方向相同；2 s ～

6 s 内加速度方向未变，合力方向不变．但0～2 s 内的合力与2 s ～6 s 内的合力方向相反，因此选项B 正确.0～4 s 内物体位移不断增大，4 s 末达到最大值，接着反向运动，8 s 末返回出发点，故C 、D 错．

二、不定项选择题

7．(2009年高考广东卷)如图是甲、乙两物体做直线运动的v －t 图象，下列表述正确的是( )

A ．乙做匀加速直线运动

B ．0～1 s 内甲和乙的位移相等

C ．甲和乙的加速度方向相同

D ．甲的加速度比乙的小

解析：选A.由题图可知，乙做匀加速直线运动而甲做匀减速直线运动，A 正确；由v －t 图线的斜率的大小表示物体加速度的大小，正负表示加速度的方向可知，C 、D 错误；0～1 s 内甲的位移大，B 错误．

8．(2010年高考上海卷)如图为质量相等的两个质点A 、B 在同一直线上运动的v －t 图象．由图可知( )

A ．在t 时刻两个质点在同一位置

B ．在t 时刻两个质点速度相等

C ．在0～t 时间内质点B 比质点A 位移大

D ．在0～t 时间内合外力对两个质点做功相等

解析：选BCD.根据v －t 图的意义可知t 时刻A 、B 两质点的速度相等，B 项正确．再结合动能定理可知D 项正确．v －t 图中的面积表示对应时间内的位移，由图可知0～t 时间内质点B 比质点A 的位移大，C 项正确．由于两质点的初始位臵不确定，故不能确定t 时刻两质点的位臵，故A 选项错误．

9．(2011年温州八校联考)设物体运动的加速度为a 、速度为v 、位移为x .现有四个不同物体的运动图象如图所示，假设物体在t ＝0时的速度均为零，则其中表示物体做单向直线运动的图象是( )

解析：选BD.A 中表示物体在x ＝0到x ＝1之间往复运动，B 中物体做变速运动，各时

刻的速度v ≥0.所以物体只沿正方向运动；C 中物体在0～2 s 内沿正方向运动，2 s ～4 s 内沿负方向运动；D 中物体的速度图象与B 项相同．综上分析可知B 、D 正确．

10．从同一地点同时开始沿同一方向做直线运动的两个物体A 、B 的v －t 图象如图所示，在0～t 0时间内，下列说法中正确的是( )

A ．A 、

B 两个物体的加速度大小都在不断减小

B ．A 物体的加速度不断增大，B 物体的加速度不断减小

C ．A 、B 两个物体的位移都不断增大

D ．A 、B 两个物体的平均速度大小都大于v 1＋v 22

答案：AC

三、计算题

11．(2011年湖南教育考试院调研测试)空间探测器从某一星球表面竖直升空．已知探测器质量为1500 kg ，发动机推动力为恒力．探测器升空后发动机因故障突然关闭，如图所示是探测器从升空到落回星球表面的速度随时间变化的图线，则由图线可判断该探测器在星球表

面达到的最大高度H m 为多少？发动机的推动力F 为多少？

解析：由图线可知，探测器能达到的最大高度即是横轴上方图线所包围的面积，H m ＝

24×402

m ＝480 m. 星球表面的重力加速度g ′＝4016

m/s 2＝2.5 m/s 2， F ＝m (a ＋g ′)，

a ＝Δv Δt

＝5 m/s 2， 所以F ＝m (a ＋g ′)＝11250 N.

答案：480 m 11250 N

12．一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以10 m/s 的速度匀速行驶的货车严重超载时，决定前去追赶，经过5.5 s 后警车发动起来，并以2.5 m/s 2的加速度做匀加速运动，但警车的行驶速度必须控制在90 km/h 以内．问：

(1)警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是多少？

(2)警车发动后要多长时间才能追上货车？

解析：(1)警车在追赶货车的过程中，当两车速度相等时，它们间的距离最大，设警车发动后经过t 1时间两车的速度相等．

则t 1＝102.5

s ＝4 s x 货＝(5.5＋4)×10 m ＝95 m

x 警＝12at 21＝12

×2.5×42 m ＝20 m 所以两车间的最大距离

Δx ＝x 货－x 警＝75 m.

(2)v 0＝90 km/h ＝25 m/s ，

当警车刚达到最大速度时，运动时间

t 2＝252.5

s ＝10 s x ′货＝(5.5＋10)×10 m ＝155 m

x ′警＝12at 22＝12

×2.5×102 m ＝125 m 因为x ′货>x ′警，故此时警车尚未赶上货车，且此时两车距离

Δx ′＝x ′货－x ′警＝30 m

警车达到最大速度后做匀速运动，设再经过Δt 时间追赶上货车，则

Δt ＝Δx ′v 0－v

＝2 s 所以警车发动后要经过

t ＝t 2＋Δt ＝12 s

才能追上货车．

答案：(1)75 m (2)12 s

课时4

第2章相互作用

第一节重力弹力摩擦力

一、单项选择题

1.(2011年金华十校联考)如图所示，A、B两物体叠放在一起，用手托住，让

它们静止靠在墙边，然后释放，使它们同时沿竖直墙面下滑，已知m A>m B，则物体

B()

A．只受一个重力

B．受到重力、摩擦力各一个

C．受到重力、弹力、摩擦力各一个

D．受到重力、摩擦力各一个，弹力两个

解析：选A.物体A、B将一起做自由落体运动，所以A、B之间无相互作用力，物体B与墙面有接触而无挤压，所以与墙面无弹力，当然也没有摩擦力，所以物体B只受重力，选A.

2．如图所示，轻质弹簧的劲度系数为k，小球重G，平衡时小球在A处，今用力F压小球至B处，使弹簧缩短x，则此时弹簧的弹力为()

A．kx B．kx＋G

C．G－kx D．以上都不对

解析：选B.设球在A处时弹簧已压缩了Δx，球平衡时弹力F A＝G＝kΔx，球在B处时，弹簧又压缩x，球再次达到平衡时弹力F B＝k(Δx＋x)＝G＋kx.故选项B是正确的．

3.用手握住一个油瓶(油瓶始终处于竖直方向且静止不动，如图所示)，下列说法中正确的是()

A．当瓶中油的质量增大时，手握瓶的力必须增大

B．手握得越紧，油瓶受到的摩擦力越大

C．不论手握得多紧，油瓶受到的摩擦力总是一定的

D．摩擦力大于油瓶与油的总重力

解析：选C.因为油瓶处于平衡状态，故摩擦力与油和瓶的总重力大小相等，又因为是静摩擦力，根据其特点，大小与压力无关，故C正确，B、D错误．而最大静摩擦力F fmax与正压力有关. 在压力一定的情况下，最大静摩擦力一定．若平衡时，静摩擦力未达到最大值，当适当增加油的质量时，若G≤F fmax，不增加压力仍可平衡，A错．

4．(2011年北京西城区抽样测试)如图所示，质量为m＝20 kg的物体，在粗糙水平面上向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，物体同时还受到大小为10 N，方向向右的水平拉力F的作用，则水平面对物体的摩擦力(g取10 m/s2)()

A．大小是10 N，方向水平向左

B．大小是20 N，方向水平向左

C．大小是20 N，方向水平向右

D．大小是30 N，方向水平向右

解析：选C.物体向左运动，受到向右的滑动摩擦力，大小为F f＝μF N＝μmg＝20 N，与外力F无关，故选C.

5．(2010年高考课标全国卷)如图所示，一物块置于水平地面上．当用与水平方向成60°角的力F1拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成30°角的力F2推物块时，物块仍做匀速直线运动．若F1和F2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为()

A.3－1 B ．2－ 3

C.32－12 D ．1－32

解析：选B.当用F 1拉物块时，由平衡条件可知：F 1cos60°＝μ(mg －F 1sin60°)；当用F 2

推物块时，又有F 2cos30°＝μ(mg ＋F 2sin30°)，又F 1＝F 2，求得μ＝cos30°－cos60°sin30°＋sin60°

＝2－3，B 正确．

6．(2011年杭州模拟)如图所示，质量为m 的小物块静止地放在半径为R 的半球体上，小物块与半球体间的动摩擦因数为μ，小物块与球心连线与水平地面的夹角为θ，则下列说法正确的是( )

A ．小物块所受摩擦力大小为μmg sin θ

B ．小物块对半球体的压力大小为mg cos θ

C ．小物块所受摩擦力大小为mg sin θ

D ．小物块所受摩擦力大小为mg cos θ

解析： 选D.分析小物块受力如图所示，因小物块静止在半球体上，所

以有F N ＝mg sin θ，F f ＝mg cos θ，故有D 正确，B 、C 错误；因小物块受静

摩擦力作用，其大小不能用F f ＝μF N ＝μmg sin θ来计算，故A 错误．

二、不定项选择题

7. 某同学用传感器来探究摩擦力，他的实验步骤如下：①将力传

感器接入数据采集器，再连接到计算机上；②将一质量m ＝3.75 kg 的

木块置于水平桌面上，用细绳将木块和传感器连接起来；③打开计算

机，使数据采集器工作，然后沿水平方向缓慢地拉动细绳，木块运动

一段时间后停止拉动；④将实验得到的数据经计算机处理后在屏幕上

显示出如图所示的图象．下列有关这个实验的几个说法，其中正确的

是( )

A ．0～6 s 内木块一直受到静摩擦力的作用

B ．最大静摩擦力比滑动摩擦力大

C ．木块与桌面间的动摩擦因数为0.08

D ．木块与桌面间的动摩擦因数为0.11

答案：BC

8．(2011年北京四中检测) 如图所示，质量分别为m A 和m B 的物

体A 、B 用细绳连接后跨过滑轮，A 静止在倾角为45°的斜面上．已知

m A ＝2m B ，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°增大到50°，系统保持

静止．下列说法正确的是( )

A ．细绳对A 的拉力将增大

B ．A 对斜面的压力将减小

C ．A 受到的静摩擦力不变

D ．A 受到的合力将增大

解析：选B.对A 受力分析如图所示，由物体的平衡条件得：F N

－G cos θ＝0，G sin θ－F f －F ＝0，F ＝G 2

若θ从45°增大到50°，则有F N 减小，F f 增大．物体A 受到的

合力仍为0.

9．(2011年宁波调研)如图所示，物块M在静止的传送带上以速度v匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，若传送带的速度大小也为v，则传送带启动后()

A．M静止在传送带上

B．M可能沿斜面向上运动

C．M受到的摩擦力不变

D．M下滑的速度不变

解析：选CD.由M匀速下滑可知其处于平衡状态，受重力、摩擦力、支持力，传送带启动以后对M受力没有影响，自然也不会影响其运动状态，故C、D正确．

10.(2011年杭州二中质检)如图所示，重80 N的物体A放在倾角为

30°的粗糙斜面上，有一根原长为10 cm、劲度系数为1000 N/m的弹簧，

其一端固定在斜面底端，另一端放置物体A后，弹簧长度缩短为8 cm，

现用一测力计沿斜面向上拉物体，若物体与斜面间最大静摩擦力为25

N，当弹簧的长度仍为8 cm时，测力计读数不可能为()

A．10 N B．20 N

C．40 N D．60 N

解析：选 D.设物体所受静摩擦力F f的方向沿斜面向上，由平衡条件得：F＋F f＋kx＝mg sin30°，可得：F＋F f＝20 N，F由0逐渐增大，F f逐渐减小，当F f＝0时，F为20 N，故A、B均可能；当F f沿斜面向下时，F＋kx＝F f＋mg sin30°，有：F＝F f＋20 N，随F增大，F f也逐渐增大，直到F f＝25 N，此时F＝45 N．当F>45 N，物体就沿斜面滑动，故测力计的读数不可能为60 N.

三、计算题

11.如图所示，质量分别为m和M的两物体P和Q叠放在倾角为

θ的斜面上，P、Q之间的动摩擦因数为μ1，Q与斜面间的动摩擦因数

为μ2(μ1>μ2)．当它们从静止开始沿斜面滑下时，两物体始终保持相对静

止，则物体P受到的摩擦力大小为多少？

解析：先取PQ为一整体，受力分析如图所示．

由牛顿第二定律得：

(M＋m)g sinθ－F f Q＝(M＋m)a

F f Q＝μ2F N

F N＝(m＋M)g cosθ

以上三式联立可得a＝g sinθ－μ2g cosθ

再隔离P物体，设P受到的静摩擦力为F f P，

方向沿斜面向上，对P再应用牛顿第二定律得：

mg sinθ－F f P＝ma

可得出F f P＝μ2mg cosθ.

答案：μ2mg cosθ

12．(2011年江苏苏州模拟) 如图所示，在倾角为θ的光滑斜

面上，劲度系数分别为k1、k2的两个轻弹簧沿斜面悬挂着，两弹

簧之间有一质量为m1的重物，最下端挂一质量为m2的重物，现

用力F沿斜面向上缓慢推动m2，当两弹簧的总长等于两弹簧原长

之和时，试求：

(1)m1、m2各上移的距离．

(2)推力F的大小．

解析：(1)没加推力时：k2x2＝m2g sinθ

k2x2＋m1g sinθ＝k1x1

加上推力后，当两弹簧的总长度等于两弹簧原长之和时，k1的伸长量与k2的压缩量均为

x ，对m 1受力分析可得：

k 1x ＋k 2x ＝m 1g sin θ

所以m 1上移的距离

d 1＝x 1－x ＝(m 1＋m 2)g sin θk 1－m 1g sin θk 1＋k 2

m 2上移的距离d 2＝x 2＋x ＋d 1＝x 2＋x 1

＝m 2g sin θk 2＋(m 1＋m 2)g sin θk 1

. (2)分析m 2的受力情况，有：

F ＝m 2g sin θ＋k 2x ＝m 2g sin θ＋k 2m 1g sin θk 1＋k 2

. 答案：(1)(m 1＋m 2)g sin θk 1－m 1g sin θk 1＋k 2

m 2g sin θk 2＋(m 1＋m 2)g sin θk 1

(2)m 2g sin θ＋k 2m 1g sin θk 1＋k 2

课时5

第二节 力的合成与分解

一、单项选择题

1．物体受共点力F 1、F 2、F 3作用而做匀速直线运动，则这三个力可能选取的数值为( )

A ．15 N 、5 N 、6 N

B ．3 N 、6 N 、4 N

C ．1 N 、2 N 、10 N

D ．1 N 、6 N 、8 N

解析：选B.物体在F 1、F 2、F 3作用下而做匀速直线运动，则三个力的合力必定为零，只有B 选项中的三个力的合力可以为零，故选B.

2．如图所示，F 1、F 2、F 3恰好构成封闭的直角三角形，这三个力的合力最大的是( )

解析：选C.由矢量合成法则可知A 图的合力为2F 3，B 图的合力为0，C 图的合力为2F 2，

D 图的合力为2F 3，因F 2为直角三角形的斜边，故这三个力的合力最大的为C 图．

3. (2011年杭州一模)如图所示，一攀岩运动员正沿竖直岩壁缓慢攀登，

由于身背较重的行囊，重心上移至肩部的O 点，总质量为60 kg.此时手臂与身

体垂直，手臂与岩壁夹角为53°.则手受到的拉力和脚受到的作用力分别为(设

手、脚受到的作用力均通过重心O ，g 取10 m/s 2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)( )

A ．360 N,480 N

B ．480 N,360 N

C ．450 N,800 N

D ．800 N,450 N

答案：A

4．如图所示，小球用细绳系住放在倾角为θ的光滑斜面上，当细绳由水平方向逐渐向上偏移时，绳上的拉力将( )

A ．逐渐增大

B ．逐渐减小

C ．先增大后减小

D ．先减小后增大

解析：选D.由图解法可知，当细绳与斜面平行时拉力最小，所以细绳由A 点逐渐移到D 点的过程中，拉力先减小后增大，选D 项．

5．(2011年金华一中高三调研)如图所示，用OA 、OB 两根轻绳将物

体悬于两墙之间，OA 、OB 两根轻绳之间的夹角为90°.当更换OA 绳，使

A 点下移，直至轻绳OA 为水平，在此过程中保持O 点位置不变．则在A

点不断下移到A ′的过程中，绳OA 的拉力( )

A ．逐渐增大

B ．逐渐减小

C ．先变小后变大

D ．先变大后变小

解析：选A.重力不变，OB 绳上拉力方向不变，在OA 绳方向逐渐转至OA ′的过程中，两拉力方向由90°逐渐增大，则OA 绳上拉力由最小值逐渐增大，A 对．

6. 2010年广州亚运会上，“吊环王”陈一冰成功捍卫荣誉，以16.075

分摘得金牌成功卫冕，其中有一个高难度的动作就是先双手撑住吊环，然后

身体下移，双臂缓慢张开到如图所示位置，则在两手之间的距离增大的过程

中，吊环的两根绳的拉力F T (两个拉力大小相等)及它们的合力F 的大小变化

情况为( )

A ．F T 增大，F 不变

B ．F T 增大，F 增大

C ．F T 增大，F 减小

D ．F T 减小，F 不变

解析：选A.由平衡条件，合力F 等于人的重力，故F 恒定不变；当两手间距离变大时，绳的拉力的夹角变大，由平行四边形定则知，F T 变大，A 正确．

7. (2011年湖南长沙模拟)如图所示是用来粉刷墙壁的涂料滚的示

意图．使用时，用撑竿推着涂料滚沿墙壁上下滚动，把涂料均匀地粉

刷到墙壁上．撑竿的重量和墙壁的摩擦均不计，而且撑竿足够长．粉

刷工人站在离墙壁某一距离处缓缓上推涂料滚，使撑竿与墙壁间的夹

角越来越小．该过程中撑竿对涂料滚的推力为F 1，墙壁对涂料滚的支

持力为F 2，下列说法正确的是( )

A ．F 1、F 2均减小

B ．F 1、F 2均增大

C ．F 1减小，F 2增大

D ．F 1增大，F 2减小

解析：选A.在缓缓上推过程中涂料滚受力如图所示．

由平衡条件可得：F 1sin θ－F 2＝0，

F 1cos θ－

G ＝0

解得F 1＝G cos θ

，F 2＝G tan θ 由于θ减小，所以F 1减小，F 2减小，故正确答案为A.

二、不定项选择题

8．在研究共点力合成实验中，得到如图所示的合力与两力夹角θ的关系曲线，关于合力F 的范围及两个分力的大小，下列说法中正确的是( )

A ．2 N ≤F ≤14 N

B ．2 N ≤F ≤10 N

C ．两力大小分别为2 N 、8 N

D ．两力大小分别为6 N 、8 N

解析：选AD.由图象得：θ＝12

π时，两分力F 1、F 2垂直，合力为10 N ，即F 21＋F 22＝10，

θ＝π时，两分力方向相反，即两分力相减，|F 1－F 2|＝2，联立解得：F 1＝8 N ，F 2＝6 N ，合力的范围F 1－F 2≤F ≤F 1＋F 2，即2 N ≤F ≤14 N ．故A 、D 对，B 、C 错．

9. (2011年湖北孝感高中质量检测)如图所示，作用于O 点的三个

力平衡，设其中一个力大小为F 1，沿－y 方向，大小未知的力F 2与＋x

方向夹角为θ，下列说法正确的是( )

A ．力F 3只能在第二象限

B ．力F 3只能在第三象限

C ．力F 3与F 2的夹角越小，则F 3与F 2的合力越小

D ．F 3的最小值为F 1cos θ

解析：选D.由图可知力F 3可以在第三象限，也可以在第二象限，故A 、B 错误；F 3与F 2的合力与F 1等大、反向，故C 错误；根据图解法可求出F 3的最小值为F 1cos θ，故D 正确．

10．(2011年山东青岛模拟)如图所示，在水平天花板的A 点处固定一根轻杆a ，杆与天花板保持垂直．杆的下端有一个轻滑轮O .另一根细线上端固定在该天花板的B 点处，细线跨过滑轮O ，下端系一个重为G 的物体，BO 段细线与天花板的夹角为θ＝30°.系统保持静止，不计一切摩擦．下列说法中正确的是( )

A ．细线BO 对天花板的拉力大小是G 2

B ．a 杆对滑轮的作用力大小是G 2

C ．a 杆和细线对滑轮的合力大小是G

D ．a 杆对滑轮的作用力大小是G

解析：选D.细线对天花板的拉力等于物体的重力G ；以滑轮为对象，两段绳的拉力都是G ，互成120°，因此合力大小是G ，根据共点力平衡，a 杆对滑轮的作用力大小也是G (方向与竖直方向成60°斜向右上方)；a 杆和细线对滑轮的合力大小为零．

三、计算题

11. 榨油在我国已有上千年的历史，较早时期使用的是直接加压式

榨油方法．而现在已有较先进的榨油方法，某压榨机的结构示意图如

图所示，其中B 点为固定铰链，若在A 铰链处作用一垂直于壁的力F ，

则由于力F 的作用，使滑块C 压紧物体D ，设C 与D 光滑接触，杆的

重力及滑块C 的重力不计．压榨机的尺寸如图所示，l ＝0.5 m ，b ＝0.05

m ．求物体D 所受压力的大小是F 的多少倍？

解析：按力F 的作用效果沿AB 、AC 方向分解为F 1、F 2，如图甲

所示，则

F 1＝F 2＝F 2cos θ 由几何知识得tan θ＝l b

＝10. 按力F 2的作用效果沿水平向左和竖直向下分解为F N ′、F N ，如图乙所示，则F N ＝F 2sin θ 以上各式联立解得F N ＝5F

所以物体D 所受压力的大小是F 的5倍．

答案：5倍

12．(2011年镇海中学高三质检)如图所示，AC 和BC 两轻绳共

同悬挂一质量为m 的物体，若保持AC 绳的方向不变，AC 与竖直

方向上的夹角为60°，改变BC 绳的方向，试求：

(1)物体能达到平衡时，θ角的取值范围．

(2)θ在0～90°的范围内，求BC 绳上拉力的最大值和最小值．

解析： (1)改变BC 绳的方向时，AC 绳的拉力F

A 方向不变，

两绳拉力的合力F 与物体的重力平衡，重力大小和方向保持不变，

如图所示，经分析可知，θ最小为0°，此时F T A ＝0；且θ必须小

于120°，否则两绳的合力不可能竖直向上．所以θ角的取值范围

是0°≤θ<120°.

(2)θ在0～90°的范围内，由图知，当θ＝90°时，F T B 最大，F max ＝mg tan60°＝3mg .

当两绳垂直时，即θ＝30°时，F T B 最小，F min ＝mg sin60°＝32

mg . 答案：(1)0°≤θ<120°

(2) 3 mg 32

mg 课时6

第三节 受力分析 共点力的平衡

一、单项选择题

1．(2011年金华一中月考)如图所示，一物体在粗糙水平地面上受斜向上的恒定拉力F 作用而做匀速直线运动，则下列说法正确的是( )

A ．物体可能只受两个力作用

B ．物体可能受三个力作用

C ．物体可能不受摩擦力作用

D ．物体一定受四个力

解析：选D.物体做匀速直线运动，则受力平衡，将拉力F 在水平方向和竖直方向上分解，则物体一定要受到滑动摩擦力的作用．再根据摩擦力产生的条件知，一定会产生弹力．因此物体一定会受到四个力的作用．

2．(2011年山东淄博模拟)如图所示，物块A 放在倾斜的木板上，已知木板的倾角α分别为30°和45°时物块所受摩擦力的大小恰好相同，则物块和木板间的动摩擦因数为( )

A.12

B.32

C.22

D.52

解析：选C.由题意可以判断出，当倾角α＝30°时，物体受到的摩擦力是静摩擦力，大小为F f1＝mg sin30°，当α＝45°时，物体受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小为F f2＝μF N ＝

μmg cos45°，由F f1＝F f2得μ＝22

.

3. (2010年高考江苏卷)如图所示，置于水平地面的三脚架上固定着一质量为m 的照相机．三脚架的三根轻质支架等长，与竖直方向均成30°角，则每根支架中承受的压力大小为( )

A.13mg

B.23

mg C.3

6mg D.239mg 解析： 选D.如图每根支架承受的压力为F N ，则F N 的竖直分力大小

为mg 3，所以F N ＝mg /3cos30°＝239

mg ，D 正确．

4．用一根长1 m 的轻质细绳将一幅质量为1 kg 的画框对称悬挂在墙壁上．已知绳能承受的最大张力为10 N ．为使绳不断裂，画框上两个挂钉的间距最大为(g 取10 m/s 2)(

)

A.32 m

B.22

m C.12 m D.34

m 解析：选A.对画框进行受力分析，并把两绳拉力作用点平移至重

心处，如图所示，则有：

2F T1cos α＝2F T2cos α＝mg .

其中F T1＝F T2≤10 N. 所以cos α≥12

. 设挂钉间距为x ，则有：sin α＝x

2L 2

＝x L

. x ＝L sin α＝L 1－cos 2α≤ 1－14＝32

m 即x ≤32

m ，A 正确． 5．(2011年金丽衢十二校联考)两光滑平板OM 、ON 构成一具有固定夹角θ0＝75°的V 形槽，一球置于槽内，用θ表示

ON 板与水平面之间的夹角，如图所示．调节ON 板与水平面之间夹角θ，使球对板ON 压力的大小正好等于球所受重力的大小，则在下列给出的数值中符合条件的夹角θ值是( )

A ．15°

B ．30°

C ．45°

D ．60°

解析：选B.受力分析如图所示，OM 对球的弹力为F 1，ON 对球的弹力为F 2＝G ，F 1、F 2的合力F 3与重力等大反向．则有：2α＋θ

＝

180°，α＋θ＝180°－θ0，解得：θ＝30°.

6. (2009年高考浙江理综卷)如图所示，质量为m 的等边三棱柱静

止在水平放置的斜面上．已知三棱柱与斜面之间的动摩擦因数为μ，斜

面的倾角为30°，则斜面对三棱柱的支持力与摩擦力的大小分别为( ) A.32mg 和12mg B.12mg 和32

mg C.12mg 和12μmg D.32mg 和32

μmg 解析：选A.三棱柱受重力、斜面的支持力和摩擦力三力平衡，故F N ＝mg cos θ＝32

mg ，F f ＝mg sin θ＝12

mg ，A 选项正确． 二、不定项选择题

7．均匀长杆一端搁在地面上，另一端用细线系在天花板上，如图所示的受力分析示意图中，正确的是( )

解析：选ACD.长杆处于平衡状态，其所受所有外力的合力为零，即水平方向和竖直方

向的合力都要为零，显然选项A 正确；B 、C 、D 选项中，将F 沿水平和竖直方向分解，水平方向满足平衡条件的还有C 、D 选项．综上可知，选项A 、C 、D 正确．

8. (2011年瑞安中学模拟)如图所示，水平细杆上套一环A ，环A 与

球B 间用一轻质绳相连，质量分别为m A 、m B ，由于B 球受到风力作用，

A 与

B 球一起向右匀速运动．已知细绳与竖直方向的夹角为θ.则下列说

法中正确的是( )

A ．风力增大时，轻质绳对

B 球的拉力保持不变 B ．B 球受到的风力F 为m B g tan θ

C ．杆对A 球的支持力随着风力的增加而增加

D ．A 球与水平细杆间的动摩擦因数为m B m A ＋m B

解析：选B.以B 球为研究对象，受到重力、风力和拉力，三力平衡，解三角形得到拉力F T ＝m B g cos θ

，风力F ＝m B g tan θ，A 项错误，B 项正确；利用整体法，水平有F ＝μ(m A ＋m B )g ，解得μ＝m B tan θm A ＋m B

，D 项错误；竖直方向杆对A 球的支持力F N A ＝(m A ＋m B )g ，C 项错误． 9．(2011年北京四中一模)如图所示，表面光滑的半圆柱体固定在水平面上，小物块在拉力F 作用下从B 点沿圆弧缓慢上滑至A 点，此过程中F 始终沿圆弧的切线方向，则( )

A ．小物块受的支持力逐渐变大

B ．小物块受的支持力先变小后变大

C ．拉力F 逐渐变小

D ．拉力F 先变大后变小

解析：选AC.小物块上升到圆弧最高点时，F 减小为零；支持力最大，等于重力．

10．(2011年衢州二中调研)如图所示，倾角为θ的斜面体C 置于水平面上，B 置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A 相连接，连接B 的一段细绳与斜面平行，A 、B 、C 都处

于静止状态．则(

)

A ．

B 受到

C 的摩擦力一定不为零

B ．

C 受到水平面的摩擦力一定为零

C ．水平面对C 的支持力与B 、C 的总重力大小相等

D ．若将细绳剪断，B 物体依然静止在斜面上，水平面对C 的摩擦力为零

解析：选D.若绳对B 的拉力恰好与B 的重力沿斜面向下的分力相等，则B 与C 间的摩擦力为零，A 项错误；利用整体法判断，C 一定受到水平面向左的摩擦力，B 项错误；同理在竖直方向利用整体法判断，水平面对C 的支持力小于B 、C 的总重力，C 项错误；利用整体法判断，剪断细绳后BC 系统在水平方向不受外力作用，D 项正确．

三、计算题

11. (2011年杭州学军中学月考)如图所示，小球被轻质细绳系住斜

吊着放在静止的光滑斜面上，设小球质量m ＝1 kg ，斜面倾角α＝30°，

细绳与竖直方向夹角θ＝30°，光滑斜面体的质量M ＝3 kg ，置于粗糙

水平面上．(g 取10 m/s 2)求：

(1)细绳对小球拉力的大小；

(2)地面对斜面体的摩擦力的大小和方向．

解析：(1)以小球为研究对象受力分析如图甲所示．

F ＝mg ，F T cos30°＝12

F 得F T ＝12mg cos30°＝12×1×103

2 N ＝103

3 N (2)以小球和斜面整体为研究对象受力分析如图乙所示，因为系统静止，所以F f ＝F T sin30°

＝1033×12 N ＝533

N ，方向水平向左． 答案：(1)1033 N (2)533

N

，方向水平向左

12. (2011年湖南岳阳市一中质检)如图所示，两个完全相同的

球，重力大小均为G ，两球与水平地面间的动摩擦因数都为μ，且

假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，一根轻绳两端固结在两个球上，

在绳的中点施加一个竖直向上的拉力，当绳被拉直后，两段绳间的

夹角为α.问当F 至少为多大时，两球将会发生滑动？

解析：对结点O 受力分析如图甲所示，由平衡条件得：