2018届高三物理二轮复习相互作用动动定律课件练习检测单元质量

相互作用运动定 墙对的支持力分别为NA和NB，则( cosTsinθ＝N，轻绳的拉力T＝G，墙壁对 的弹力N＝Gtanθ，可知θ越大，T、N均越大，则TA>TB，NA>NB，故D正确。cosABBA与左侧墙壁之间存在摩擦。两球心之30°的夹角，两者恰好不下滑，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g为A与左侧墙壁之间的动摩擦因数为() 3

2 D.解析：选 光滑圆球B，对B受力分析如图所示，可得FN＝FcosFsin30°＝0FN＝2mgA、B3mg－μFN＝0μ＝3A

tan 能是()解析：Bm2m1m2m1时，m1m2≫m1g，但不可能大于或等于g，故选项B正确。说法正确的是()C．a、bDFb解析：选C 对a、b进行受力分析，如图所示，b处于静止状态，当细线拉力沿斜面向上的分力与其重力沿斜面向下的分力大小相等时摩擦力为零故b受到的摩擦力可以为零而a受到的摩擦力一定不为零所以b可能只受3个力作用而a必定受到4个力作用，故A错误；对a分析，沿斜面方向有Tcosθ＋mgsinθ＝fa，对b分析，沿斜面方向有TcosθN＋Tsinθ＝mgcosθN＝mgcosθ－TsinθabC正确；对斜面的压力相等，所以最大静摩擦力相等，则a先达到最大静摩擦力，先滑动，故D错mg，则()解析：C将人、箱子、长木板看成一个整体，整体在水平方向上不受力的作用，所3mg，B、D错误，C正确；对箱子受擦力，A错误。6.(2017·沈阳奉天中学段考)m1的长木板放在水平地面上，与地面间的动拉木块，木块沿木板运动，而木板保持静止。这时木板受地面间的摩擦力大小为() 解析：选A对木块受力分析，受重力、长木板的支持力FN和向左的滑动摩擦力f1，有f1＝μ2FN，FN＝m2g，故f1＝μ2m2g，再对长木板受力分析，受到重力m1g、木块对长木板向下的压力FN、木块对其向右的滑动摩擦力大小为f1、地面对长木板的支持力FN′和向左f2FN′＝FN＋m1g，f1＝f2f2＝μ2m2gB、C、D错误，A正确。a1c2b，系统处于 a的拉力增大Ca的摩擦力减小2cos解析：选AD 对滑轮2和物体b受力分析，受重力和两个拉力，令滑轮2两侧细线与竖直方向的夹角为θ2cos根据平衡条件，有：mbg＝2Tcosθ，解得：T＝mbg。将固定点cθ细线的拉力和地面的静摩擦力，根据共点力平衡条件，有：N＝G总－Tcosθ＝G总－mbg，N2与角度θ无关，恒定不变；根据第三定律，斜劈对地面的压力也不变，故B错误22tanTsin2tan

面向下的分力的大小关系，故无法判断静摩擦力的方向和大小的变化情况，故C错误。C由静止开始运动。轻绳与定滑轮间的摩擦不计，轻绳不可伸长，g10m/s2。下列说法正确的是()Av＝2m/s时，Ah＝1C的质量，BaC的质量，Ca解析：选 挂上C后，整个系统向下运动的加速度为

＝ 2m/s2<g，故同自由落体相比，C下落相同的高度，所花费的时间要长，选项A

v＝2m/s时，Ah＝2a＝2×2m＝1mB＝ mmgC错误，D水平地面上。A、B

1 F<2μmg时，A、B

F>3μmg时，AB无论F为何值 解析：选 ，故拉力 最小为F：F－fmax′＝(m＋2m)a，所以

时，A、B A、B都可能相对地面滑动，选项A错误；当 时，A、B间不会发生相对

动，

＝3μgBF>3μmgA、B间会发生相对滑动，选项C错误；A对B的最大摩擦力为2μmg，无论F

a

D

10.如图所示，质量为M的斜面体A放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球B不计小球B与斜面间的摩擦，重力加速度为g，则( 3B的作用力大小为小为小为6解析：选AD 根据平行四边形定则和几何关系，可知轻绳对小球B的作用力T和斜面对小球的作用力N大小相等，T＝N＝ ＝

A正确，BAB2cos

3 311.(2017·江西五市八校联考)θ＝37°，两物块A、BmA＝1kg、mB＝4kgL＝0.5m，轻绳可承受的最大拉力增大，g10m/s2(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。高点时，A、B之间的间距。F－(mA＋mB)gsinθ＝(mA＋mB)aA物体：T－mAgsinθ＝mAa代入数据解得：F＝60N。A物体：－mAgsinθ＝mAaAAt2xA＝vB物体：F－mBgsinθ＝mBaB2答案：(1)60 (2)2.375F＝6NA、Bl＝1m，木AMA＝3kgBm＝1kgA、B间的动摩(2)B解析：(1)AFf1＝μ1mg＝4ABFf1<F