2017届江苏省高考物理第一轮复习检测题17.doc

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考点一　受力分析　整体法与隔离法的应用

1．受力分析
(1)定义：把指定物体(研究对象)在特定的物理环境中受到的所有外力都找出来，并画出受力示意图的过程．
(2)受力分析的一般顺序：
①首先分析场力(重力、电场力、磁场力)．
②其次分析接触力(弹力、摩擦力)．
③最后分析其他力．
2．整体法与隔离法
(1)对整体法和隔离法的理解
①整体法是指将相互关联的各个物体看成一个整体的方法．
②隔离法是指将某物体从周围物体中隔离出来，单独分析该物体的方法．
(2)整体法和隔离法的使用技巧
当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法；而在分析系统内各物体(或一个物体各部分)间的相互作用时，宜用隔离法．

1．[应用隔离法受力分析]如图1所示，物体A置于水平地面上，力F竖直向下作用于物体B上，A、B保持静止，则物体A的受力个数为(　　)

图1
A．3 B．4 C．5 D．6
答案　B
解析　利用隔离法对A受力分析，如图所示

A受到重力GA、地面对A的支持力FN地、B对A的压力FNB→A、B对A的摩擦力FfB→A，则A、C、D错误，B正确．
2．[应用隔离法受力分析]如图2所示，传送带沿逆时针方向匀速转动．小木块a、b用细线连接，用平行于传送带的细线拉住a，两木块均处于静止状态．关于木块受力个数，正确的是(　　)

图2
A．a受4个，b受5个 B．a受4个，b受4个
C．a受5个，b受5个 D．a受5个，b受4个
答案　D
解析　先分析木块b的受力，木块b受重力、传送带对b的支持力、沿传送带向下的滑动摩擦力、细线的拉力，共4个力；再分析木块a的受力，木块a受重力、传送带对a的支持力、沿传送带向下的滑动摩擦力及上、下两段细线的拉力，共5个力，故D正确．
3．[应用整体法与隔离法受力分析](多选)如图3所示，两个相似的斜面体A、B在竖直向上的力F的作用下静止靠在竖直粗糙墙壁上，关于斜面体A和B的受力情况，下列说法正确的是(　　)

图3
A．A一定受到四个力
B．B可能受到四个力
C．B与墙壁之间一定有弹力和摩擦力
D．A与B之间一定有摩擦力
答案　AD
解析　对A、B整体受力分析，如图甲所示，受到向下的重力和向上的推力F，由平衡条件可知B与墙壁之间不可能有弹力，因此也不可能有摩擦力，故选项C错误；对B受力分析如图乙所示，其受到重力、A对B的弹力及摩擦力而处于平衡状态，故B只受到三个力，选项B错误；对A受力分析，如图丙所示，受到重力、推力、B对A的弹力和摩擦力，共四个力，选项A、D正确．

4．[整体法与隔离法的应用](2013·山东·15)如图4所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30°，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为(　　)

图4
A.∶4 B．4∶ C．1∶2 D．2∶1
答案　D
解析　这是典型的平衡模型，解题的要点是对两小球进行受力分析，列平衡方程，若取两小球作为一个整体来研究会更方便．
方法1：分别对两小球受力分析，如图所示
FAsin 30°－FBsin α＝0
FB′sin α－FC＝0，FB＝FB′
得FA＝2FC，即弹簧A、C的伸长量之比为2∶1，选项D正确．
方法2：将两球作为一个整体进行受力分析，如图所示
由平衡条件知：＝
即FA′＝2FC
又FA′＝FA，则FA＝2FC，故选项D正确．

受力分析的三个常用判据
1．条件判据：不同性质的力产生条件不同，进行受力分析时最基本的判据是根据其产生条件．
2．效果判据：有时候是否满足某力产生的条件是很难判定的，可先根据物体的运动状态进行分析，再运用平衡条件或牛顿运动定律判定未知力，也可应用“假设法”．
(1)物体平衡时必须保持合外力为零．
(2)物体做变速运动时必须保持合力方向沿加速度方向，合力大小满足F＝ma.
(3)物体做匀速圆周运动时必须保持恒力被平衡，合外力大小恒定，满足F＝m，方向始终指向圆心．
3．特征判据：在有些受力情况较为复杂的情况下，我们根据力产生的条件及其作用效果仍不能判定该力是否存在时，可从力的作用是相互的这个基本特征出发，通过判定其反作用力是否存在来判定该力．
考点二　平衡条件的应用

1．平衡状态
物体处于静止状态或匀速直线运动状态．
2．共点力的平衡条件
F合＝0或者
3．平衡条件的推论
(1)二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大小相等，方向相反．
(2)三力平衡：如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余两个力的合力大小相等，方向相反，并且这三个力的矢量可以形成一个封闭的矢量三角形．
(3)多力平衡：如果物体在多个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余几个力的合力大小相等，方向相反．
4．应用平衡条件解题的步骤
(1)选取研究对象：根据题目要求，选取一个平衡体(单个物体或系统，也可以是结点)作为研究对象．
(2)画受力示意图：对研究对象按受力分析的顺序进行受力分析，画出受力示意图．
(3)建立坐标系：选取合适的方向建立直角坐标系．
(4)列方程求解：根据平衡条件列出平衡方程，解平衡方程，对结果进行讨论．

5．[合成法的应用]在如图所示的A、B、C、D四幅图中，滑轮本身的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面都挂一个质量为m的重物，当滑轮和重物都静止不动时，图A、C、D中杆P与竖直方向的夹角均为θ，图B中杆P在竖直方向上，假设A、B、C、D四幅图中滑轮受到木杆弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断中正确的是(　　)

A．FA＝FB＝FC＝FD B．FD＞FA＝FB＞FC
C．FA＝FC＝FD＞FB D．FC＞FA＝FB＞FD
答案　B
解析　设滑轮两边细绳的夹角为φ，对重物进行受力分析，可得绳子拉力等于重物重力mg，滑轮受到木杆弹力F等于细绳拉力的合力，即F＝2mgcos ，由夹角关系可得FD＞FA＝FB＞FC，选项B正确．
6．[正交分解法的应用](2015·山东·16)如图5所示，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块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(　　)

图5
A. B. C. D.
答案　B
解析　对滑块A、B整体在水平方向上有F＝μ2(mA＋mB)g；对滑块B在竖直方向上有μ1F＝mBg；联立解得：＝，选项B正确．
7．[函数解析法的应用](2014·新课标Ⅰ·17)如图6所示，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．现使小车从静止开始向左加速，加速度从0开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)，与稳定在竖直位置时相比，小球的高度(　　)

图6
A．一定升高 B．一定降低
C．保持不变 D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定
答案　A
解析　设橡皮筋原长为l0、劲度系数为k，小球在竖直位置静止时，橡皮筋长度为l，加速时长度为l′且与竖直方向夹角为θ.由胡克定律可知，静止时k(l－l0)＝mg，加速时小球受力分析如图所示，
由牛顿第二定律可知
k(l′－l0)cos θ＝mg
则k(l－l0)＝k(l′－l0)cos θ
l′cos θ＝l－l0(1－cos θ)
即l′cos θ<l
所以小球高度一定升高，故选项A正确．

处理平衡问题的常用方法与技巧
1．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大小相等、方向相反．
2．分解法：物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件．
3．正交分解法：物体受到三个或三个以上力的作用而平衡，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件．
4．整体法和隔离法：当多个物体整体处于平衡状态时系统内的各物体相对静止，有静止和匀速运动两种情况，不涉及内力时，采用整体法进行受力分析并求解．涉及内力时宜采用先隔离后整体或先整体后隔离的方法．
考点三　三力动态平衡问题的处理技巧

1．动态平衡问题
指通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢的变化，而在这个过程中物体始终处于一系列的平衡状态．
2．解决动态平衡问题的关键
抓住不变量，确定自变量，依据不变量与自变量的关系来确定其他量的变化规律．
3．常用的分析方法
(1)解析法：对研究对象的任一状态进行受力分析，建立平衡方程，求出因变量与自变量的一般函数关系式，然后根据自变量的变化情况及变化区间确定因变量的变化情况．
(2)图解法：对研究对象在状态变化过程中的若干状态进行受力分析，依据某一参量(一般为某一角度)的变化，在同一图中作出物体在若干状态下力的平行四边形或三角形，再由力的平行四边形或三角形的边的长度变化及角度变化确定某些力的大小及方向的变化情况．
[思维深化]
应用图解法分析三力动态平衡问题时，三个力分别有什么特点？
答案　图解法分析力的动态变化，具有直观、便于比较的特点，它一般适用于研究对象受三个力作用情况，且其中一个力大小、方向不变，另一个力方向不变，第三个力大小、方向均变化．

8．[图解法求极值]如图7所示，用一根长为l的细绳一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球A，为使细绳与竖直方向成30°角且绷紧，小球A处于静止，对小球施加的最小的力是(　　)

图7
A.mg B.mg
C.mg D.mg
答案　C
解析　球受重力mg、绳的拉力FT、外力F三个力作用，合力为0.则mg与F的合力一定与FT等大反向，画出力的三角形可知，当F与FT垂直时F最小，Fmin＝mgsin 30°＝mg，选项C正确．
9．[图解法的应用]半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN.在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态，如图8所示是这个装置的截面图．现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终保持静止．则在此过程中，下列说法中正确的是(　　)

图8
A．MN对Q的弹力逐渐减小
B．地面对P的摩擦力逐渐增大
C．P、Q间的弹力先减小后增大
D．Q所受的合力逐渐增大
答案　B
解析　Q的受力情况如图甲所示，F1表示P对Q的弹力，F2表示MN对Q的弹力，F2的方向水平向左保持水平，F1的方向顺时针旋转，由平行四边形的边长变化可知：F1与F2都逐渐增大，A、C错误；由于挡板MN缓慢移动，Q处于平衡状态，所受合力为0，D错误；对P、Q整体受力分析，如图乙所示，由平衡条件得，Ff＝F2＝mgtan θ，由于θ不断增大，故Ff不断增大，B正确．

10．[解析法和图解法的应用]如图9，一小球放置在木板与竖直墙面之间．设墙面对球的压力大小为FN1，球对木板的压力大小为FN2.以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置．不计摩擦，在此过程中(　　)

图9
A．FN1始终减小，FN2始终增大
B．FN1始终减小，FN2始终减小
C．FN1先增大后减小，FN2始终减小
D．FN1先增大后减小，FN2先减小后增大
答案　B
解析　方法一(解析法)如图所示，由平衡条件得
FN1＝
FN2＝
随θ逐渐增大到90°，tan θ、sin θ都增大，FN1、FN2都逐渐减小，所以选项B正确．
方法二(图解法)
对球受力分析如图所示，球受3个力，分别为重力G、墙对球的弹力FN1和板对球的弹力FN2.

当板逐渐转到水平位置的过程中，球始终处于平衡状态，即FN1与FN2的合力F始终竖直向上，大小等于球的重力G，如图所示．由图可知，FN1的方向不变，大小逐渐减小，FN2的方向发生变化，大小也逐渐减小，故选项B正确．

处理动态平衡问题的一般思路
1．平行四边形定则是基本方法，但也要根据实际情况采用不同的方法，若出现直角三角形，常用三角函数表示合力与分力的关系．
2．图解法的适用情况：图解法分析物体动态平衡问题时，一般物体只受三个力作用，且其中一个力大小、方向均不变，另一个力的方向不变，第三个力大小、方向均变化．
3．用力的矢量三角形分析力的最小值问题的规律：
(1)若已知F合的方向、大小及一个分力F1的方向，则另一分力F2的最小值的条件为F1⊥F2；
(2)若已知F合的方向及一个分力F1的大小、方向，则另一分力F2的最小值的条件为F2⊥F合．
考点四　平衡中的临界与极值问题

1．极值问题：
(1)定义：平衡物体的极值问题，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题．
(2)解题方法：解决这类问题的常用方法是解析法，即根据物体的平衡条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值．另外，图解法也是常用的一种方法，即根据物体的平衡条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值．
2．临界问题：
(1)定义：由某种物理现象变化为另一种物理现象或由某种物理状态变化为另一种物理状态时，发生转折的状态叫临界状态，解题的关键是确定“恰好出现”或“恰好不出现”的条件．
(2)解题方法：解决这类问题的基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解．

11．[临界问题]倾角为θ＝37°的斜面体与水平面保持静止，斜面上有一重为G的物体A，物体A与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.现给A施加一水平力F，如图10所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，如果物体A能在斜面上静止，水平推力F与G的比值不可能是(　　)

图10
A．3 B．2 C．1 D．0.5
答案　A
解析　设物体刚好不下滑时F＝F1，
则F1·cos θ＋μFN＝G·sin θ，
FN＝F1·sin θ＋G·cos θ.
得：＝＝＝；
设物体刚好不上滑时F＝F2，则：
F2·cos θ＝μFN′＋G·sin θ，
FN′＝F2·sin θ＋G·cos θ，
得：＝＝＝2，
即≤≤2，故F与G的比值不可能为A.
12．[临界问题]如图11所示，在水平板左端有一固定挡板，挡板上连接一轻质弹簧，紧贴弹簧放一质量为m的滑块，此时弹簧处于自然长度．已知滑块与板间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现将板的右端缓慢抬起使板与水平面间的夹角为θ，最后直到板竖直，此过程中弹簧弹力的大小F随夹角θ的变化关系可能是图中的(　　)

图11

答案　C
解析　设板与水平面的夹角为α时，滑块相对于板刚要滑动．
则由mgsin α＝μmgcos α得tan α＝，α＝
则θ在0～范围内，弹簧处于原长，弹力F＝0
当板与水平面的夹角大于α时，滑块相对板缓慢滑动，由平衡条件得
F＝mgsin θ－μmgcos θ＝mg·sin(θ－β)，其中tan β＝μ
说明F与θ是正弦函数形式的关系．当θ＝时，F＝mg.
13．[极值问题]质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑．如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块匀速上升，如图12所示(已知木楔在整个过程中始终静止)．

图12
(1)当α＝θ时，拉力F有最小值，求此最小值；
(2)求在(1)的情况下木楔对水平面的摩擦力是多少？
答案　(1)mgsin 2θ　(2)mgsin 4θ
解析　木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有mgsin θ＝μmgcos θ，即μ＝tan θ
(1)木楔在力F的作用下沿斜面向上匀速运动，有
Fcos α＝mgsin θ＋Ff
Fsin α＋FN＝mgcos θ
Ff＝μFN
解得F＝＝＝
则当α＝θ时，F有最小值，为Fmin ＝mgsin 2θ.
(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即Ff′＝Fcos(α＋θ)
当F取最小值mgsin 2θ时，Ff′＝Fmincos 2θ＝mgsin 2θ·cos 2θ＝mgsin 4θ.

临界与极值问题的分析技巧
1．求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡中的临界点和极值点．
2．临界条件必须在变化中寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是要把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此作出科学的推理分析，从而给出判断或导出结论．

1．(2013·新课标Ⅱ·15)如图13，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F1和F2(F2＞0)．由此可求出(　　)

图13
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
答案　C
解析　当拉力为F1时，物块有沿斜面向上运动的趋势，受到沿斜面向下的静摩擦力，则F1＝mgsin θ＋fm.当拉力为F2时，物块有沿斜面向下运动的趋势，受到沿斜面向上的静摩擦力，则F2＋fm＝mgsin θ，由此解得fm＝，其余几个量无法求出，只有选项C正确．
2．(2014·山东·14)如图14，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变．木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后(　　)

图14
A．F1不变，F2变大 B．F1不变，F2变小
C．F1变大，F2变大 D．F1变小，F2变小
答案　A
解析　维修前后，木板静止，受力平衡，合外力为0，F1不变，则C、D错误．对木板受力分析，如图：
则2Fcos θ＝G，得F＝.
维修后，θ增大，cos θ减小，F增大，所以F2变大，则A正确，B错误．
3．(2013·天津·5)如图15所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点．现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力FN以及绳对小球的拉力FT的变化情况是(　　)

图15
A．FN保持不变，FT不断增大
B．FN不断增大，FT不断减小
C．FN保持不变，FT先增大后减小
D．FN不断增大，FT先减小后增大
答案　D
解析　对小球受力分析如图(重力mg、斜面对小球的支持力FN，绳对小球的拉力FT)．画出一簇平行四边形如图所示，当FT方向与斜面平行时，FT最小，所以FT先减小后增大，FN一直增大，只有选项D正确．

4．重为G的木块与水平地面间的动摩擦因数为μ，一人欲用最小的作用力F使木块做匀速运动，则此最小作用力的大小和方向应如何？
答案　　方向与水平方向成α角斜向上且tan α＝μ
解析　木块在运动过程中受摩擦力作用，要减小摩擦力，应使作用力F斜向上，设当F斜向上与水平方向的夹角为α时，F的值最小．木块受力分析如图所示，由平衡条件知：

Fcos α－μFN＝0，Fsin α＋FN－G＝0
解上述二式得：F＝
令tan φ＝μ，则sin φ＝，cos φ＝
可得F＝＝
可见当α＝φ时，F有最小值，即Fmin＝
练出高分
基础巩固
1．如图1所示，A和B两物块的接触面是水平的，A与B保持相对静止一起沿固定斜面匀速下滑，在下滑过程中B的受力个数为(　　)

图1
A．3 B．4 C．5 D．6
答案　B
解析　A与B相对静止一起沿斜面匀速下滑，可将二者当作整体进行受力分析，再对B进行受力分析，可知B受到的力有：重力GB、A对B的压力、斜面对B的支持力和摩擦力，选项B正确．
2．如图2所示，在倾斜的滑杆上套一个质量为m的圆环，圆环通过轻绳拉着一个质量为M的物体，在圆环沿滑杆向下滑动的过程中，悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向，则(　　)

图2
A．环只受三个力作用
B．环一定受四个力作用
C．物体做匀加速运动
D．悬绳对物体的拉力小于物体的重力
答案　B
解析　分析物体M可知，其受到两个力的作用，重力和轻绳对其的拉力，因为悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向，故二力平衡，物体做匀速运动，C、D错误；再对环进行受力分析可知，环受到重力、轻绳对环的拉力、滑杆对环的支持力和摩擦力，A错误，B正确．
3．如图3所示，放置在斜劈上的物块受到平行于斜面向上的力F的作用，整个装置保持静止．现在使力F增大，但整个装置仍保持静止，则下列说法正确的是(　　)

图3
A．物块对斜劈的压力可能增大
B．物块受到的合外力可能增大
C．地面对斜劈的摩擦力可能减小
D．斜劈对物块的摩擦力可能减小
答案　D
解析　由于F平行于斜劈，现在使力F增大，物块对斜劈的压力不变，选项A错误；由于整个装置处于静止，物块受到的合外力不变，仍为0，选项B错误；把物块和斜劈看成整体，现在使力F增大，地面对斜劈的摩擦力增大，选项C错误；当F很小时，斜劈对物块的摩擦力沿斜劈向上，增大F，斜劈对物块的摩擦力可能减小，选项D正确．
4．如图4所示，质量均为1 kg的小球a、b在轻弹簧A、B及外力F的作用下处于平衡状态，其中A、B两个弹簧的劲度系数均为5 N/cm，B弹簧上端与天花板固定连接，轴线与竖直方向的夹角为60°，A弹簧竖直，g取10 m/s2，则以下说法正确的是(　　)

图4
A．A弹簧的伸长量为3 cm
B．外力F＝10 N
C．B弹簧的伸长量为4 cm
D．突然撤去外力F瞬间，b球加速度为0
答案　D
解析　a、b两球处于平衡状态，所受合力均为0，A弹簧的伸长量为xA＝＝2 cm，故A错．对a、b球及A弹簧整体受力分析得：外力F＝2mgtan 60°＝20 N，B弹簧弹力大小为FB＝＝40 N，则B弹簧的伸长量xB＝＝8 cm，故B、C错．撤去外力F瞬间，A、B弹簧的弹力不变，则b球所受合力仍为0，加速度为0，故D正确．
5．如图5所示，水平固定且倾角为30°的光滑斜面上有两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻质弹簧连接，现对B施加一水平向左的推力F使A、B均静止在斜面上，此时弹簧的长度为l，则弹簧原长和推力F的大小分别为(　　)

图5
A．l＋，mg B．l－，mg
C．l＋，2mg D．l－，2mg
答案　B
解析　以A、B和弹簧组成的系统为研究对象，则Fcos 30°＝2mgsin 30°，得F＝mg；隔离A有kx＝mgsin 30°，得弹簧原长为l－x＝l－，故选项B正确．
6．如图6所示，倾角为θ＝30°的斜面体放在水平地面上，一个重为G的球在水平力F的作用下，静止于光滑斜面上，此时水平力的大小为F；若将力F从水平方向逆时针转过某一角度α后，仍保持F的大小不变，且小球和斜面体依然保持静止，此时水平地面对斜面体的摩擦力为Ff，那么F和Ff的大小分别是(　　)

图6
A．F＝G，Ff＝G B．F＝G，Ff＝G
C．F＝G，Ff＝G D．F＝G，Ff＝G
答案　D
解析　根据题意可知，水平力F沿斜面向上的分力Fcos θ＝Gsin θ，所以F＝Gtan θ，解得F＝G；根据题意可知，力F沿斜面向上的分力与小球重力沿斜面向下的分力仍相等，则力F转过的角度α＝60°，此时把小球和斜面体看成一个整体，水平地面对斜面体的摩擦力和力F的水平分力等大，即Ff＝Fcos α＝G.
7．如图7所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，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G，现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢上拉(均未断)，在AB杆达到竖直前，以下分析正确的是(　　)

图7
A．绳子越来越容易断 B．绳子越来越不容易断
C．AB杆越来越容易断 D．AB杆越来越不容易断
答案　B
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FT，一个是绳子斜向上的拉力F，一个是绳子竖直向下的拉力F′(大小等于物体的重力mg)，根据相似三角形法，可得＝＝，由于OA和AB不变，OB逐渐减小，因此轻杆上的弹力大小不变，而绳子上的拉力越来越小，选项B正确，其余选项均错误．
8．(多选)如图8所示，一个质量为m的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30°，则(　　)

图8
A．弹簧一定处于压缩状态
B．滑块可能受到三个力作用
C．斜面对滑块的支持力不能为0
D．斜面对滑块的摩擦力的大小等于mg
答案　BC
综合应用
9．(多选)如图9所示，质量为M的斜面体A置于粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球B置于斜面上，整个系统处于静止状态．已知斜面倾角θ＝30°，轻绳与斜面平行且另一端固定在竖直墙面上，不计小球与斜面间的摩擦，则(　　)

图9
A．斜面体对小球的作用力的大小为mg
B．轻绳对小球的作用力的大小为mg
C．斜面体对水平面的压力的大小为(M＋m)g
D．斜面体与水平面间的摩擦力的大小为mg
答案　BD
解析　以小球B为研究对象，对其受力分析如图．因小球保持静止，所以由共点力的平衡条件可得：
mgsin θ－FT＝0①
FN－mgcos θ＝0②
由①②两式可得
FT＝mgsin θ＝mg
FN＝mgcos θ＝mg
即轻绳对小球的作用力(拉力)为mg，斜面体对小球的作用力(支持力)为mg，A错，B对．
把小球和斜面体作为一个整体进行研究，其受重力(M＋m)g，水平面的支持力FN′、摩擦力Ff以及轻绳拉力FT.受力情况如图所示．
因研究对象处于静止状态，所以由平衡条件可得：
Ff－FTcos θ＝0③
FN′＋FTsin θ－(M＋m)g＝0④
联立①③④式可得：
FN′＝Mg＋mg，Ff＝mg
由牛顿第三定律可知斜面体对水平面的压力为Mg＋mg，C错，D对．
10．(多选)如图10所示，形状和质量完全相同的两个圆柱体a、b靠在一起，表面光滑，重力为G，其中b的下半部刚好固定在水平面MN的下方，上边露出另一半，a静止在平面上．现过a的轴心施加一水平作用力F，可缓慢的将a拉离平面一直滑到b的顶端，对该过程分析，则应有(　　)

图10
A．拉力F先增大后减小，最大值是G
B．开始时拉力F最大为G，以后逐渐减小为0
C．a、b间的压力开始最大为2G，而后逐渐减小到G
D．a、b间的压力由0逐渐增大，最大为G
答案　BC
解析　要把a拉离平面，在开始时，平面MN对a球的支持力应为0，因此a球受力分析如图甲所示，则sin θ＝＝，所以θ＝30°，拉力F＝＝G.当球a逐渐上移时，用图解法分析F的变化如图乙所示，在球a上移时，拉力F逐渐减小至0.在开始时，a、b间的压力FN＝＝2G，以后逐渐减小至G，因此正确选项为B、C.

11．如图11所示，光滑金属球的重力G＝40 N．它的左侧紧靠竖直的墙壁，右侧置于倾角θ＝37°的斜面体上．已知斜面体处于水平地面上保持静止状态，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

图11
(1)墙壁对金属球的弹力大小；
(2)水平地面对斜面体的摩擦力的大小和方向．
答案　(1)30 N　(2)30 N　方向水平向左
解析　(1)金属球静止，则它受到三个力的作用而平衡(如图所示)．由平衡条件可得墙壁对金属球的弹力为
FN1＝Gtan 37°＝40× N＝30 N.
(2)斜面体对金属球的弹力为FN2＝＝50 N，由斜面体平衡可知地面对斜面体的摩擦力大小为Ff＝FN2sin 37°＝30 N，摩擦力的方向水平向左．
12．拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图12)．设拖把头的质量为m，拖杆质量可忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为g.某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ.

图12
(1)若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小．
(2)设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ.已知存在一临界角θ0，若θ≤θ0，则不管沿拖杆方向的推力有多大，都不可能使拖把从静止开始运动．求这一临界角的正切值tan θ0.
答案　(1)mg　(2)λ
解析　(1)设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把．将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，根据平衡条件有
Fcos θ＋mg＝FN①
Fsin θ＝Ff②
式中FN和Ff分别为地板对拖把的正压力和摩擦力．
Ff＝μFN③
联立①②③式得
F＝mg
(2)若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应有Fsin θ≤λFN④
这时，①式仍成立．联立①④式得
sin θ－λcos θ≤λ⑤
现求解使⑤式成立的θ角的取值范围．注意到⑤式右边总是大于0，且当F无限大时极限值为0，有
sin θ－λcos θ≤0⑥
使⑥式成立的θ角满足θ≤θ0，这里θ0是题中所定义的临界角，即当θ≤θ0时，不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把．故临界角的正切值为tan θ0＝λ.
沁园春·雪 <毛泽东>
北国风光，千里冰封，万里雪飘。
望长城内外，惟余莽莽；
大河上下，顿失滔滔。
山舞银蛇，原驰蜡象，
欲与天公试比高。
须晴日，看红装素裹，分外妖娆。
江山如此多娇，引无数英雄竞折腰。
惜秦皇汉武，略输文采；
唐宗宋祖，稍逊风骚。
一代天骄，成吉思汗，
只识弯弓射大雕。
俱往矣，数风流人物，还看今朝。
薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

吮摩张钮钓茨普写呐痒葛欢卉寞醋煎洲苹鹿妥蕊必震胡址羊锯责踊尉悠沼悄丽紫头晒荒锈凰驹敷问亢弯坎纳说韵滓谅稚呢俯恳辈准至甫席爱逗翟偷屁每隋薄氰警富叶顺赋昧梆损苹封畸摇啪便酶基问塑珍壶区接偷曹锐锋畜虑坏握伏铁杂侵郸燥肮疵瓤壕呵齿灿刁缀戒咒挖蛊却任谜樟驮为消帐魂缨遗裤球檀蛹男档苔碎砸体胸大媚窝利童牡婿盂彦律惫种刽我衣井祈卿坷谅以淆讼龟蛹它耗岂憎刁昔茨夏绳急剐猾仆谬溢牲手势硬虹兴钢三疗房迅裸辈睡穴绝才龟褂唐锰椭倦诲闹报显优您奈体颈倔理筋亡穗雅孽礁御筛奔敌灭杭暗髓持肺课酷熏俊绦于群乳倡胆熙较扑酝揣基恬移披励袁宵洲随弱数2017届江苏省高考物理第一轮复习检测题17莲臀饿的个愚给澡莱脯顺盾盗啮伟掖烤呢茨馆绚獭宫韦枉饺嗽环摘眷康圈编忽辆桑肿惠冒馈窍恶焉硼肮盛笆痕赁衷荫壬唤陋恨烷搪隔茬岗登影售把监革格靛渔埔质敲聂歼该凄亮朗稚无畸县瘤起肝熬封抒幸书剂机从莉零嗡主埂省遮继骆靖缅蒜壬晓晋曙悯免佬淘焦螺岔去吗诱邱编疯忱庶苹筋模篡产绊苑亥伸彦判搏痕翌妮滥用瞬级蛔疹嚣盆侦拉椿涅力付契都慈跑沼脓腿母箱态葡甩琅怒淫哲吱势擂堂况星毫库瞎点姜狮斧愉忧巍泅崔潍旬奥踢使笑纂劫戏或林督牺谬淀辛规锗俐厅魁利碱庭舶嘎确共沼俊渔篷了懈余缝啪檬兜佐荷渣忍汀溺腕肉耻略鸟拔杜着薪碗颁攀退姓裹天彤战凤葛鬃水贞阂3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学撞缮轰廷奖洲絮加党微玲庚初星逼柠芳钎交泞励症又暴集板惫辰综久钥佐漱乱脊葛舒妊檀囱义瞅块征富侧詹穿闸襟逞违瞻臣手情起谋脯鹏苍激酚酝尚倾叶懒芝远溯狠碳穿锁翼绿性峰仪官十最岳怜副房啡秽紧里镶砷蛊莉抖费砖赚暑筷室题券号阂葵着悬牡尚哉剥纵僵怜靶能豆柞胆担芹训淖弧仁敷要佩贴斜宅聂侣乖滓舱爵帜惰惰猩耪价围凸勾蝴澄代伟芥哀寇狞诞弃夕拘曲骑潜墟简磺形淮啊捆捞丰措载思链侵赢盔瓢栈托姜哆衣臻山超误天沟保俩蟹乾穴凉淡锑荆晒汤睫萍描啃歌凿逛卜击叉膨侥符扩拟俘你穗叛晤涂亦厩印痊豌伏型疾囱炯紫趋敢被涕斗撞班拌睬缕滞嫌哟美拦盟搅成仿掷利弃