第三章高考强化

墨条相对于砚台水平向左运动,砚台对墨条有向右的摩擦力, $ \mathrm{A} $ 错误；根据牛顿第三定律知,墨条对砚台有向左的摩擦力,砚台处于平衡状态,故桌面对砚台有向右的摩擦力, $ \mathrm{B} $ 错误；砚台处于平衡状态,水平方向只受桌面和墨条对其的摩擦力,故这两个力是一对平衡力, $ \mathrm{C} $ 正确；桌面对砚台的支持力等于砚台的重力与墨条对砚台的压力之和,故桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力不是一对平衡力, $ \mathrm{D} $ 错误.

根据胡克定律的推论 $ \mathrm{\Delta }F=k\cdot \mathrm{\Delta }x $ 得 $ 3k\cdot \mathrm{\Delta }x=mg $ ,代入数据解得 $ k=\dfrac{mg}{3\mathrm{\Delta }x}=\dfrac{300×{10}^{-3}×10}{3×1.0×{10}^{-2}}\mathrm{N}/\mathrm{m}=100\mathrm{N}/\mathrm{m} $ , $ \mathrm{B} $ 正确.

设缆绳对货船 $ S $ 的拉力为 $ T $ ,对货船 $ S $ ,有 $ 2T \cos {30}^{\circ }=f $ ,解得 $ T=\dfrac{f}{\sqrt{3}} $ ,对拖船 $ P $ ,设沿速度方向动力分量为 $ {F}_{x} $ ,垂直速度方向动力分量为 $ {F}_{y} $ ,则有 $ {F}_{x}=f+T \cos {30}^{\circ }=\dfrac{3}{2}f $ , $ {F}_{y}=T \sin {30}^{\circ }=\dfrac{\sqrt{3}}{6}f $ ,每艘拖船提供的动力设为 $ F $ ,则 $ F=\sqrt{{F}_{x}^{2}+{F}_{y}^{2}}=\dfrac{\sqrt{21}}{3}f $ , $ \mathrm{B} $ 正确.

设飘带总长为 $ L $ ,飘带宽度为 $ d $ ,质量为 $ m $ ,飘带单位面积所受风力为 $ F\prime $ ,在飘带上任意选取一点 $ P $ , $ P $ 点到飘带下端的距离为 $ x $ , $ P $ 点以下的部分受到的重力与风力分别为 $ {G}_{x}=\dfrac{mg}{L}\cdot x $ 、 $ F=F\prime xd $ ,则重力与风力的合力与竖直方向夹角的正切值 $ \tan \theta =\dfrac{F}{{G}_{x}}=\dfrac{F\prime dL}{mg} $ ,根据题意可知 $ \tan \theta $ 恒定,则 $ P $ 点以下的部分受到的重力与风力的合力方向不变, $ P $ 点上方的飘带对其拉力方向不变,故 $ \mathrm{A} $ 正确.

将机器人的重力沿壁面方向和垂直壁面方向分解,有 $ {F}_{\mathrm{f}}=G \cos \theta $ , $ F={F}_{\mathrm{N}}+G \sin \theta $ , $ \mathrm{C} $ 正确.

设细线 $ b $ 与竖直方向的夹角为 $ \alpha $ ,对小球 $ A $ 受力分析,由平衡条件得 $ {T}_{b} \sin \alpha =mg \cos \theta $ , $ mg={T}_{b} \cos \alpha +mg \sin \theta $ ,解得 $ {T}_{b}=0.5\mathrm{N} $ ,对小球 $ A $ 、 $ B $ 整体分析,由平衡条件得 $ {T}_{a}=2mg=1\mathrm{N} $ , $ \mathrm{D} $ 正确.

对球体受力分析如图所示：

正交分解列方程, $ x $ 轴方向： $ {F}_{\mathrm{N}1} \sin {30}^{\circ }={F}_{\mathrm{N}2} \sin {30}^{\circ } $ ,

$ y $ 轴方向： $ {F}_{\mathrm{N}1} \cos {30}^{\circ }+{F}_{\mathrm{N}2} \cos {30}^{\circ }+F=mg $ ,联立方程解得 $ {F}_{\mathrm{N}1}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\mathrm{N} $ , $ \mathrm{A} $ 正确.

对机器人受力分析如图所示,由平衡条件得, $ mg \sin {30}^{\circ }⩽ \mu mg \cos {30}^{\circ } $ ,解得 $ \mu ⩾ \dfrac{\sqrt{3}}{3} $ ,故机器人的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于 $ \dfrac{\sqrt{3}}{3} $ , $ \mathrm{B} $ 正确.

（1）根据表中数据描点连接,如图所示.

（4） 刻度尺的分度值为 $ 1\mathrm{m}\mathrm{m} $ ,则橡皮筋的长度 $ l\prime =15.35\mathrm{c}\mathrm{m} $ .

（5） 橡皮筋的弹力与其长度关系为 $ F=k(l-{l}_{0}) $ ,图像的斜率大小等于橡皮筋的劲度系数大小,有 $ k=\dfrac{\mathrm{\Delta }F}{\mathrm{\Delta }x}=\dfrac{(25-5)×6.05×{10}^{-3}×9.8}{16.56-10.51}\mathrm{N}/\mathrm{c}\mathrm{m}=0.196\mathrm{N}/\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,将 $ k=0.196\mathrm{N}/\mathrm{c}\mathrm{m} $ 、 $ n=25 $ 和 $ l=16.56\mathrm{c}\mathrm{m} $ 代入 $ F=k(l-{l}_{0}) $ 可得橡皮筋的原长 $ {l}_{0}=9.00\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,挂上冰墩墩时 $ l\prime =15.35\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,由 $ mg=k(l\prime -{l}_{0}) $ ,解得 $ m=127\mathrm{g} $ .

（1） 因为滑动摩擦力与物体间的运动形式无关,所以只要保证木板和木块 $ A $ 之间是相对滑动即可,不必保证拉动木板时保持匀速.

（2） 重物 $ B $ 受力平衡,有 $ \mu ({m}_{A}+n{m}_{0})g+mg={m}_{B}g $ ,则 $ m={m}_{B}-\mu ({m}_{A}+n{m}_{0}) $ .

（3） 将（2）中结果整理得 $ m=-\mu {m}_{0}\cdot n-\mu {m}_{A}+{m}_{B} $ ,可得 $ m-n $ 图像斜率为 $ k=-\mu {m}_{0} $ ,其中 $ {m}_{0}=20\mathrm{g} $ ,由图像可得 $ k\approx -8\mathrm{g} $ ,解得 $ \mu =0.40 $ .

② 合力与分力是等效替代的关系,实验需要在白纸上记录力的大小和方向,记录小圆环的位置是为了两次实验将小圆环拉到同一位置,保证合力与分力的作用效果相同,记录测力计的示数是为了记录力的大小,记录细线的方向是为了记录力的方向, $ \mathrm{C} $ 、 $ \mathrm{D} $ 正确.

③ 见解析②

⑤ 根据力的平行四边形定则作出两个分力的合力,若在误差允许的范围内,利用力的平行四边形定则作出的合力与实验测量的合力等大同向,则验证了力的平行四边形定则.

人走路时,前脚受的摩擦力向后,为阻力, $ \mathrm{A} $ 错误；人跑步时,双脚交替接触地面向后蹬地,受的摩擦力向前,为动力, $ \mathrm{B} $ 正确；骑自行车前进时,前轮受的摩擦力向后,为阻力,后轮受的摩擦力向前,为动力, $ \mathrm{C} $ 错误；推自行车前进时,前、后轮受的摩擦力均向后,均为阻力, $ \mathrm{D} $ 错误.

（1） 不施加外力时, $ A $ 受力平衡,设此时弹簧的形变量为 $ \mathrm{\Delta }{x}_{1} $ ,隔离 $ A $ 受力分析得 $ {m}_{A}g \sin \theta =k\mathrm{\Delta }{x}_{1} $ ,解得 $ \mathrm{\Delta }{x}_{1}=0.25\mathrm{m} $ （弹簧被压缩）,对 $ A $ 、 $ B $ 整体受力分析得 $ {F}_{\mathrm{N}}=({m}_{A}+{m}_{B})g \sin \theta $ ,解得 $ {F}_{\mathrm{N}}=10\mathrm{N} $ ,由牛顿第三定律得挡板所受弹力为 $ F{\prime }_{\mathrm{N}}={F}_{\mathrm{N}}=10\mathrm{N} $ .

（2） $ B $ 恰好离开挡板时,挡板对 $ B $ 的弹力为零, $ B $ 受力平衡,设此时弹簧的形变量为 $ \mathrm{\Delta }{x}_{2} $ ,对 $ B $ 受力分析得 $ {m}_{B}g \sin \theta =k\mathrm{\Delta }{x}_{2} $ ,解得 $ \mathrm{\Delta }{x}_{2}=0.25\mathrm{m} $ （弹簧被拉伸）. $ B $ 恰好离开挡板时, $ A $ 、 $ B $ 整体受力平衡,设此时 $ A $ 受到的外力为 $ F $ ,对 $ A $ 、 $ B $ 整体受力分析得 $ F=({m}_{A}+{m}_{B})g \sin \theta $ ,解得 $ F=10\mathrm{N} $ .

（3） 整个过程,弹簧先被压缩 $ \mathrm{\Delta }{x}_{1} $ ,后被拉伸 $ \mathrm{\Delta }{x}_{2} $ , $ A $ 在外力作用下先向上缓慢移动 $ \mathrm{\Delta }{x}_{1} $ ,弹簧恢复原长,再缓慢向上移动 $ \mathrm{\Delta }{x}_{2} $ ,因此整个过程 $ A $ 的位移大小 $ {x}_{A}=\mathrm{\Delta }{x}_{1}+\mathrm{\Delta }{x}_{2} $ ,解得 $ {x}_{A}=0.5\mathrm{m} $ .