2017版高考一本解決方案物理新課標考綱專題解讀考點題組訓(xùn)練2相互作用

了2cm，彈簧未超出彈性限度，則該彈簧的勁度系數(shù)為( A．40 B．40 C．200 D．200 由定律可知，彈簧的勁度系數(shù)

4

N/m＝200N/m，D＝x面上，滑塊B在一水平力作用下緊靠滑塊A(A、B接觸面豎直)A恰好不滑動，BABμ1，Aμ2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．AB的質(zhì)量之比為()

mg.聯(lián)立解得

，B

3．(2015·海南物理，8，5分)(多選)a、bc的質(zhì)量相同，ab、bcS1S2相連，通aO.長分別記為Δl1和Δl2，重力加速度大小為g.在剪斷的瞬間( 有FT1＝2mg，F(xiàn)T2＝mg，根據(jù)F＝kx得，F(xiàn)T1＝kΔl1，F(xiàn)T2＝kΔl2.在剪斷細線的瞬堆放著原木，關(guān)于原木P在支撐點M、N處受力的方向，下列說法正確的是()A．MB．NC．MMND．N4．A點與面之間支持力方向垂直接觸面指向受力物A正確．5．(2013·新課標Ⅱ，15，6分)如圖所示，在固定斜面上的一F的作用，F(xiàn)上保持靜止，F(xiàn)的取值應(yīng)有一定范圍，已知其最大值和最小值分別為F1 最小值時，滿足F2＋Fmax＝mgsinα，由以上兩個式子可求得Fmax＝ CA、B、D6．(2012·海南物理，8，4分)(多選)下列關(guān)于摩擦力的說法，正確的是( 送帶上，滑動摩擦力對物體做正功，使物體加速，A錯誤，C正確．靜摩擦力既使貨物，B錯誤，D正確．mθ的光滑斜面體aFN分別為(g)()A．T＝m(gsinθ＋acosθ)，F(xiàn)N＝m(gcosθ－asinB．T＝m(gcosθ＋asinθ)，F(xiàn)N＝m(gsinθ－acosθ)C．T＝m(acosθ－gsinθ)，F(xiàn)N＝m(gcosθ＋asinθ)D．T＝m(asinθ－gcosθ)，F(xiàn)N＝m(gsinθ＋acos ＋FNcosθ＝mgT＝m(gsinθ＋acosθ)，F(xiàn)N＝m(gcosθ－asinθ)A正確(2015·黑龍江哈爾濱三中檢測)(多選)將一物塊分成相等的A、 D．A、B之間可能存在摩擦力【解析】A、B受力如圖所示，整個對B的支持力不能為零根據(jù)第三定律地面受的壓力不能零，BA、B整體分析，系統(tǒng)不受水平方向的其他力，故地面與物體間不可能有摩擦力，C錯誤．選AD.導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考所有有接觸點的位置都可能存在彈力，因此分析物體受力時，對(2015·山東棗莊三中學(xué)情)如圖所示，質(zhì)量mB＝24kgBmA＝22kg的木箱ABθ＝37°.AB之間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.5.現(xiàn)用水平向右大小為200N的力F將木板B從木箱A下面勻速抽間的動摩擦因數(shù)μ2的大小為() 【解析】對A物體受力分析，如圖甲所示，由題意得FTcosθ＝Ff1①，F(xiàn)N1＋FTsinFTcosθ＋Ff2＝F④，F(xiàn)N2＋FTsinθ＝(mA＋mB)g⑤，F(xiàn)f2＝μ2FN2⑥，由④⑤⑥得μ2＝0.3，故A正確．選A.導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考滑動摩擦力的大小正比于接觸面的壓力，而不是物體重力．受力30m＝1.0kg連．物體靜止在斜面上，彈簧秤的示數(shù)為4.9N．關(guān)于物體受力的判斷(取g＝9.8m/s2)，下列說法正確的是()4.9N3斜面對物體的支持力大小為 34.9N【解析】假設(shè)物體受到斜面的摩擦力沿斜面向上，對于物體，由平衡條件得F＋Ff－mgsin30°＝0，F(xiàn)N－mgcos30°＝0，解得3 N3導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考 物體的“重力沿斜面方向的分力大小mgsin30°”與“細繩的拉力大小F”的關(guān)系決定了物體所受摩擦力的有無、大小及方向．1．(2015·山東日照一中質(zhì)檢)兩個勁度系數(shù)分別為k1k2a、b串接在一起，a彈簧的一端固bpaL(A．b

C．pD．p端向右移動的距離為 由題意知兩彈簧的彈力大小相等，F(xiàn)＝k1L＝k2Lb ＝k2，pL＋L′＝Lk2B2．(2015·江蘇宿遷聯(lián)考)用質(zhì)量為M的吸鐵石將一張質(zhì)量為m的白紙壓在豎直移動，則此時黑板對白紙的摩擦力的大小為() 2．D對吸鐵石和白紙整體分析受力，在垂直于黑板平面內(nèi)受磁引力、黑板表面衡條件可知，摩擦力Ff與(Mm)g和F的合力等值反向，因此有FfF2＋（Mg＋mg）2，D3．(2015·五區(qū)縣期末)如圖所示，物塊A放在傾斜的木222＝45°時物塊A所受的摩擦力大小恰好相等則物塊A與木 22222

B.

C. 3．B θ＝30°時物體處于靜止狀態(tài)，靜摩擦力和重力的沿斜面向下的分力相等．即＝gn30°；θ＝45°時物體沿斜面下滑，滑動摩擦力′＝μ＝＝μmgcos45°.由mgsin30°＝μmgcos45°，解得 2 B正確＝2平方向成30°的夾角．直桿上套有一個質(zhì)量為0.5kg的圓環(huán)，圓F＝10的力，圓環(huán)處于靜止狀態(tài)．已知直桿與圓環(huán)之間的動摩擦因數(shù)為0.7，取g＝10 B2.5N2.54．DF＝10N>mg＝5N，所以圓環(huán)受到垂直直桿向下的支持力FN.F1＝Fsin到沿直桿向下的摩擦力Ff，如圖所示．垂直直桿方向22N，F(xiàn)f＝2.5N，D，可通過操作機的方法，改變車廂底面與水平面間的傾角θ車在卸貨的過程中始終靜止在水平地面上，下列說法正確的是 θ5．ACFN＝mgcosθ，F(xiàn)靜會隨傾角θ的增大而變大，A正確，B錯誤．在貨物相對θ－μmgcosθθ的增大而增大，D1．(2016·Ⅰ，19，6分)(多選)如圖所示，一光滑的輕滑輪用細繩OO′懸掛于O點；另一細繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊a糙桌面上的物體b.外力F向右上方拉b，整個系統(tǒng)b仍始終保持靜止，則()babb1．BDa只受重力和繩子拉力，且保持靜止，說明物塊變，即繩子OO′的張力是不變的，A錯誤b受力分析如圖所示，設(shè)拉力F與α，繩子與水平方向夾角為θFTcosθ＝Fcos＋Ff(這里注意摩擦力的方向可能水平向左)FTsinθ＋FsinGG、FTF的方向(α角)Fb的支持力FN和摩擦力Ff有可能在一定范圍內(nèi)變化，B、D正確．2．(2016·Ⅱ，14，6分)質(zhì)量為m的物體用輕繩AB懸掛FOTOAO點向左移動的過程中(A．F逐漸變大，TB．F逐漸變大，TC．F逐漸變小，TD．F逐漸變小，T OB上拉力的大小等于物體的重力，OA、OB上Fmg大小、方向都不變，F(xiàn)O點向左移時，T與水平方向的夾角θ減小，如圖所示，可知，T增大，F(xiàn)增大，A正確．質(zhì)量為m的小球．在a和b之間的細線上懸掛一小物塊．平衡時，a、b間的距

B.

2 3.Ca、ba、b間OabO為a、b角均為60°，ab間繩的夾角為120°，根據(jù)力的平衡可知，Mg＝2mgcos60°，M＝m，C正確．將木板懸掛在豎直木樁上等高的兩點，制成一簡易秋拉力的大小，則維修后()A．F1不變，F(xiàn)2變大B．F1不變，F(xiàn)2C．F1變大，F(xiàn)2變大D．F1變小，F(xiàn)22F2cosα＝mgF2＝mgα2cosF2變大．綜上可知，A5．(2013·物理，18，4分)(多選)兩個共點力F1、F2大小不同，它們的合力大F，則()A．F1、F21倍，F(xiàn)1倍B．F1、F210N，F(xiàn)10NC．F110N，F(xiàn)210N，F(xiàn)一定不變DF1、F2中的一個增大，F(xiàn)不一定增大AD可用作圖法、特殊值法驗證．通過作力的合成的平行四邊形，并結(jié)合三成可判斷，B、C錯誤，D正確． 豎直緊壓在地面上若三條繩長度不同下列說法正確的(BC三繩將桿豎直緊壓在地面上，則三繩在桿頂端合力豎直向下，桿對地面受繩子拉力、重力、地面支持力平衡，D錯誤．7．(2013·理綜，16，6分)傾角為α、質(zhì)量為M的斜面體靜止在水平桌面上，m的木塊靜止在斜面體上．下列結(jié)論正確的是()mgcosmgsinmgsinαcos桌面對斜面體的支持力大小是 αA、B錯誤． Mm組成的整體受力分析，如圖乙所示，可知水平方向沒有力的作用，CFN′＝(M＋m)g，D正確．8．(2013·理綜，20，6分)(多選)如圖所示，物體PP上，則()A．PB．PC．PD．P8．BDP受力分析，F(xiàn)f＝Mgsinθ≤μMgcosθsinθ≤μcos止不動，P所受合外力F合＝0，所以AC錯誤，B正確開始時Ff＝Mgsinθ，QFf′＝(M＋m)gsinθ，靜摩擦力增大，D正確．9．(2014·新課標Ⅰ，17，6分)如圖所示，用橡筋在彈性限度內(nèi))．與穩(wěn)定在豎直位置時相比，小球的高度() 小球到架子懸點的高度為h.對小球受力分析如圖所示，靜止時：kx1＝mg，加速時：kx2cosθ＝mg.k得h1＝l0＋x1＝l0＋mg，h2＝(l0＋x2)coskθkh1>h2.小球升高，A【點撥】關(guān)鍵要明確彈力在豎直方向上的分力不變，因此對應(yīng)伸長量在豎直方N1N2.以木到水平位置．不計摩擦，在此過程中()A．N1始終減小，N2始終增大B．N1始終減小，N2始終減小C．N1先增大后減小，N2始終減小D．N1先增大后減小，N210．B對小球受力的分析如圖所示，由于木板緩慢轉(zhuǎn)到N1逐漸減小，木板對球的支持力N2′也在逐漸減小，又由第三定律得N2＝N2B正確．【點撥】動態(tài)平衡問題用圖解法較簡捷(2012·物理，6，2分)已知兩個共點力的合力為50N，分力F1的方向與合力F的方向成30°角，分力F2的大小為30N，則( A．F1的大小是唯一的B．F2C．F2有兩個可能的方向D．F2【解析】F1、F2F的矢量三角形并結(jié)合幾何一的，F(xiàn)2的方向也是唯一的．因F2＝30N>F20＝25N，所以F1的大小有兩個，即F1′和F1″，F(xiàn)2F2F2C導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考研究合力與分力的關(guān)系問題，若遇到已知一個力的大小及方向和體A、B在豎直向上的力F的作用下靜止靠在豎直粗糙墻壁上．關(guān)AB的受力情況，下列說法正確的是()A．A4B．B4C．BD．AB【解析】A、BCBAA受力分析，AGAF.A，B將下落，A、BFBAA處于平衡狀態(tài)，BA一個沿斜面向下的摩擦力Ff.轉(zhuǎn)換法確定B的受力：根據(jù)第三定律可知，斜面體B除受重力外，AFABFf′，如圖乙所示．綜合以上分析可知，A、D正確．選AD.導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考受力分析時一定要先分析容易確定的力，如重力和已知力，對一A、B、C將兩個相同的小球連接并懸掛，小球處A30CA、C的伸長量之比為()A. B．4∶ 【解析A、C的彈力可看成兩小球構(gòu)成系統(tǒng)的外力，可用B整體為研究對象，受力分析如兩彈簧的彈力之比FA∶FC＝2∶1.由于兩彈簧完全相同，根據(jù)定律知，兩彈簧的伸長量之比xA∶xC＝FA∶FC＝2∶1，D正確．選D.導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考在多個物體平衡的問題中，若需要考慮物體系所受到的“外部作“內(nèi)部作用力”時，再物體，進行受力分析.(2011·海南物理，4，3分)a和b，它們的連線與水平方向的夾角為45°，兩者的高度差為l.a

端2

c鉤碼的質(zhì)量比m2為 5252 C. 【解析】c點受力分析如圖所示．cac段繩的拉力F3、bc段繩的拉力F1和重物m2的拉力F2，且F1＝m1g，F(xiàn)2＝m2g，F(xiàn)3、F1的合力與F2等大、反向．cd＝l，bc＝l2＋（l）2＝ 2FF2 5＝bc＝2 5 5 l＝2，即m2＝2，C正確．選導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考當題目中涉及較多長度和距離時，要注意發(fā)掘力的矢量三角形與(2013·理綜，5，6分)如圖所OF緩慢推動斜面體，小支持力FN以及繩對小球的拉力FT的變化情況是( A．FN保持不變，F(xiàn)T不斷增 B．FN不斷增大，F(xiàn)T不斷減C．FN保持不變，F(xiàn)T先增大后減小D．FN不斷增大，F(xiàn)T【解析】1：圖解法．以小球為研究對象，受力分析如圖甲所示．在小球上升到接近斜面頂端的過程中，mg的大小FNFTF＝mg不變．FN變，F(xiàn)T與水平方向的夾角β由大于斜面傾角α達到最小，然后開始增大，F(xiàn)N不斷增大，D正確．水平方向：FNsinα＝FTcosβ 豎直方向：FNcosα＋FTsinβ＝mg 聯(lián)立①

mgsin mgsinα cosα＋sinαtan

cosαcosβ＋sinαsin

FT減小，β<αFT增大，β＝αFTFT先減小后增大，D正確．選D.導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考3個共點力作用而發(fā)生緩慢動態(tài)變化時，若只需研究力F2F1的方向(Fθ)，則可能出現(xiàn)以下幾種情況(圖中圓的半徑等于F2的大小)．F2<FsinθF2＝FsinθFsinθ<F2<FF2≥F 確定研究對象的方法——整體法和若已知外力：先用整體法，后用法求內(nèi)力；若已知內(nèi)力：先用法，后用法分析該力一般比用法分析更方便．3個共點力的平衡．即將某個力按效果沿另兩個力xy軸在對物體進行受力分析(3個力)的基礎(chǔ)上，若滿足“的圓形器械，在OA由沿水平方向緩慢移到A′位置過程中，若OAOB的拉力分別為FA和FB下列表述正確的是()A．FAGB．FAFBC．FAD．FB FAG，A錯誤．人保持靜止狀態(tài)，則FAFBG大小相等、方向相反，保持不變，B正確由圖可知OA沿由水平方向緩慢A′的過程中，F(xiàn)A的大小可能減小，也可能先減小后增大，F(xiàn)B的大小減小，C、D錯誤．球形碗固定在水平面上，碗口保持水平．A球、CBD.碗壁剛好無壓力，圖中θ＝30°，則A球和C球的質(zhì)量之比為() C．D. BB90BFAcosθ＝FCsinθ，F(xiàn)A＝mAg＝tanθ＝1，C 的半球面右側(cè)是光滑的，左側(cè)是粗糙的，O點為球心，A、B為兩個完全相同的小物塊(可視為質(zhì)點)，小物塊A靜止在球面的左側(cè)，受到的摩擦力大小為F1，對球面的壓力大小為FN1；小物塊B在水平力F2作用下靜止在球面的右側(cè)，對球面的壓力大小為FN2，已知兩小物塊與球心連線和豎直方向的夾角均為θ，則()A．F1∶F2＝cosθ∶1B．F1∶F2＝sinθ∶1C．FN1∶FN2＝cos2θ∶1D．FN1∶FN2＝sin2ACA、B分別受力分析如圖，根據(jù)力F1＝mgsinθ，F(xiàn)2＝mgtanθ，得F1∶F2＝cosθ∶1，F(xiàn)N1′＝mgcos＝mg，結(jié)合第三定律得coscos2θ∶1A、C正確，B、D錯誤．ca、b，兩物體間用 A．cB．a(chǎn)、bC．a(chǎn)、bDFb 如圖所示，b物體處于靜止狀態(tài)，當繩子沿斜面向FN＋FTsinθ＝mgcosαFN＝mgcosα－FTsinθa、b兩物體對斜面的壓力相同，CFfb沿力F時，物體b受到的摩擦力可能先減小后反向增加，D錯誤．5．(2015·市十二校聯(lián)考)如圖所示，AC是上端帶定滑輪的固定ABAB掛一重為G的物體，且B端系有一根輕繩并繞過定滑輪C，用力FAC.B端所受的力() B．逐漸減小 BBCFGAB——

＝FN——G 端作用力的合力不變．A正確，B、C、D細繩BC、AC與豎直方向的夾角分別是30°、60°，靜止時3根繩子的拉力分F1、F2、F3(如圖標示)3個拉力的大小關(guān) B．F1＜F2＜F3 關(guān)系可知：F1＝F3sin 33，F(xiàn)2＝F3sin30 13，F(xiàn)2＜F1＜F3，D正確2 等的小球a、b，懸掛于O點．現(xiàn)在兩個小球上分別加上水平方向的bFa球上的力大小為2F，則此裝置平衡時的位置可能是下圖中的哪幅圖() Oaα，abβ.以2mgFOa繩的拉力作用，tanαFα≠0.b力mg、水平向左的拉力F和ab繩的拉力作用，得tanβ＝F C8．(2015·山東濰坊期中)如圖所示，3根輕繩懸掛著兩個質(zhì)量相同的小球并保持靜止ADAC垂直．現(xiàn)對B球施加一個水平向右的力FB緩慢移動到AD、ACTAC、TAD的變化情況是()A．TAC變大，TAD減小B．TAC變大，TADC．TAC減小，TAD變大D．TAC不變，TAD8．BBB緩緩拉到圖中虛線位置的θBTABcosθ＝mg，TABsinθ＝F，所以繩子AB的張力TAB逐漸變大，F(xiàn)逐漸變大．再以A、B整體為研究對象受力分析，如圖乙所示，設(shè)AD繩與水平方向夾角為α，AC繩與水平方向夾角為β(α＋β＝90°)AC、ADTAD＝2mgsinFsinβ，TAC＝2mgcosα－Fcosβ，α、βFTAD逐漸變大，TAC逐漸減小，C正確． ＝kx.k是彈簧的勁度系數(shù)，由彈簧本身的性質(zhì)決定；x0≤Ff≤Ffmμ0FNF1F2的合共點的兩個力F1、F2的合力F的大小，與它們的夾角θ有關(guān)，圖 θF2同向時合力最大，F(xiàn)1與F2反向時合力最小合力大小的取值范圍是|F1－F2|≤F≤|F1＋F2|.2F的大小和方向．②二力合成的三角形法則可以推廣到多邊形定則求F1FnFn個力的合F的大小和方向及一個分力F1的方向時，另一個分力F2最小的條件是兩個分力互相垂直，如圖4所示，最小的F2＝Fsinα.FF1F2最小的條件是F2與合力F垂直，如圖5所示，最小的是F2＝F1sinα.圖 圖 圖 圖6m的物體靜止在斜面上，其重力產(chǎn)生兩個效果：一是使物體沿斜面下滑，相當于分力F2的作用；二是使物體壓緊斜面，相當于分力F1的作用．F1＝mgcosα，F(xiàn)2＝mgsinα.7m的光滑小球被豎直擋板擋住靜止于斜面上時，其重力F1F2的作用．F1＝mgtanα，F(xiàn)2＝mgcos8m的光滑小球被懸掛靠在豎直墻壁上，其重力產(chǎn)生兩個F1F2的作用．F1＝mgtanα，F(xiàn)2＝mgcos9mAOOC(C自由轉(zhuǎn)動)作用而＝桿OC，相當于分力F2的作用．F1＝mgtan mg.＝cosx軸，使盡量多的力落在坐標軸上． F＝Fx＋Fyxθ＝arctanF1F合＝0.若采用正交分解法求平衡問題，F(xiàn)x合＝0，F(xiàn)y合＝0.反反整體法和法一般受力較少的物解決實際問題時常交替使用整體法與有截面為4A，AB.AF，整個裝置保A的位置向右移動稍許，整個裝置仍保持平衡，則()AFBBCAD．BA【解析】A、BA、B圓心連GBBF1、ABF2，根據(jù)共點力平衡條件有，F(xiàn)2cosα＝GB，F(xiàn)2sinF1F1＝GBtanα，F(xiàn)2＝GB.A向右移動稍許，αF1、F2cos變大，B錯誤，DABF＝F1＝GBtanαFαAA、B的總重力，是不變的，A正確，C錯誤．選AD.(2016·銀川二中統(tǒng)練)(多選)如圖所示用水平力t＝0Ft1F隨時間t變化的圖象可能是 【解析】F與向左的滑動摩擦力等大反向．當F減小時，物體做運動．若F減小為零之前物體摩擦力，大小隨F的減小而減小，D正確．選AD.楔形石塊，側(cè)面與豎直方向的夾角為α，重力加速度為g.若接觸面間的摩擦力忽略不計，則石塊側(cè)面所受彈力的大小為() 2sin1

2cos1C.2mgtanαD.2mgcot【解析】以楔形石塊為研究對象，它受到豎直向下的重力和向．根據(jù)幾何關(guān)系可得F合＝mg＝2Fsinα，即F＝mg2sin(2014·湖南永州一模)(多選)Gθ面和豎直光滑墻壁之間處于靜止狀態(tài)若將斜面換成材料和質(zhì)量相同但傾角θ稍 【解析】G、墻對球的壓力F1F23θ減小時，F(xiàn)2與豎直方向的夾角減小，F(xiàn)1和F2均變小，由第三定律知球?qū)π泵娴膲毫ψ冃?，A(2014·江西南昌三模)mB＝14kg的木板B放在水平地面上，mA＝10kgAB上．一根輕繩一端拴在地面上的木樁上，繩繃緊時與水平面的夾角θ＝37°.已知木箱A與木板B之間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.5，木板B與地面之間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.4.重力加速度g10m/s2.現(xiàn)用水平FBA下面勻速抽出，試求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)FT(2)F (1)對木箱A，受力分析如圖甲所示．豎直方向：FN1＝mAg＋FTsin水平方向：Ff1＝FTcosFT＝100豎直方向：FN2＝(mA＋mB)g＋FTsin水平方向：F＝FTcosF＝200【答案 (1)100 (2)200穩(wěn)定平衡，即一段時間保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)．為零才算是平衡狀態(tài)(而不考慮力矩的作用摩擦力的判斷基礎(chǔ)是相對運動(或相對運動趨勢)(10667～10分，選對但不全的得3分，有的得0分FPFN，OPθ.下列關(guān)系正確的是(A．F＝tanC．FN＝tan

B．F＝mgtanD．FN＝mgtan mg mg ，Atan sin2.(2016·河北正定中學(xué)檢測)MA、B用一輕彈簧相質(zhì)量為m的小球C上，如圖所示．已知3根輕彈簧的勁度系數(shù)都為k，3根輕彈簧剛好構(gòu)成一等邊三角形．下列說法正確的是()AM3Bm的小球的輕彈簧的彈力為3Cm3kD．套在水平光滑橫桿上的輕彈簧的形變量為3k 對整體進行受力分析得，水平橫桿對質(zhì)量為M的小球的支持力 (2M＋m)g，ACF2Fcos33kmg，則F＝ ，B錯誤．連接質(zhì)量為m的小球的輕彈簧的伸長量為33kAF′Fcos60°＝F′彈簧的伸長量為6kmg，D端分別固定著質(zhì)量為mAmB的兩個小球AB(可視為壁成α角，槽右壁與水平地面成θ角時，兩球剛好能平衡α≠θA、B兩小球質(zhì)量之比為()sinα·cos cosα·cosA.cosα·sinθB.sinα·sincosα·sin sinα·sinθC.sinα·cosθD.cosα·cos ＝FBAFAsinα＝mAgcosθBFBcosα＝mBgsinθDsinα·sinDcos

，θm的小球套在FFN的大小變化情況是()A．F不變，F(xiàn)N增大B．F不變，F(xiàn)NC．F增大，F(xiàn)N減小D．F減小，F(xiàn)N

F FN不變，D正確．3 3運動．若兩個雨滴的半徑之比為2∶1，則這兩個雨滴的落地速度之比為( A. 2∶1

22

kS 21112222線運動時，重力和阻力等大反向，故有f＝1，所以kSv2＝1，解得v21112222

，A6．(2016·銀川檢測)如圖所示，有5000個質(zhì)量均為m的小球，將它們用長45°.2011個2012α的正切值等于()22

25

25

22 向：FTsin45°＝5000mg201120112向：FTsin45°＝2011mg＋FT1si