2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關(guān)系列 專題02 相互作用（含解析）.docx

專題02 相互作用第一部分名師綜述相互作用是整個(gè)高中物理力學(xué)問題的解題基礎(chǔ)，很多類型題都需要受力分析，然后用力的合成與分解、共點(diǎn)力平衡方程解題，其中對重力、彈力、摩擦力的考查方式大多以選擇題的形式出現(xiàn)，每個(gè)小題中一般包含幾個(gè)概念?？疾槭芰Ψ治龅拿}方式一般是涉及多力平衡問題，可以用力的合成與分解求解，也可以根據(jù)平衡條件求解，考查方式一般以選擇題形式出現(xiàn)，特別是平衡類連接體問題題設(shè)情景可能更加新穎。第二部分精選試題一、單選題1如圖所示，輕質(zhì)不可伸長的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿M、N上的a、b兩點(diǎn)，懸掛衣服的衣架鉤是光滑的，掛于繩上處于靜止?fàn)顟B(tài)如果只人為改變一個(gè)條件，當(dāng)衣架靜止時(shí)，下列說法正確的是A繩的右端上移到b，繩子拉力越大B將桿N向右移一些，繩子拉力變大C繩的兩端高度差越小，繩子拉力越小D若換掛質(zhì)量更大的衣服，則衣服架懸掛點(diǎn)右移【答案】 B【解析】【詳解】AC、如圖所示，由于是一條繩子，所以繩子的力應(yīng)該處處相等，所以繩子與水平方向的夾角也應(yīng)該是相等的，假設(shè)繩子的總長為L，則x=Lcos，若MN之間的距離不變，根據(jù)公式可知夾角就不會(huì)變化，設(shè)繩子的拉力為T，根據(jù)平衡可知：2Tsin=mg，若夾角和質(zhì)量m不變，則繩子的拉力也不會(huì)改變，故AC錯(cuò)；B、將桿N向右移一些，根據(jù)x=Lcos可知夾角變小，再根據(jù)2Tsin=mg可知繩子拉力變大，故B對；D、繩長和兩桿間距離不變的情況下，角度就不會(huì)變化，所以掛的衣服的質(zhì)量不會(huì)影響懸掛點(diǎn)的移動(dòng)，故D錯(cuò)；故選B2如圖所示，細(xì)繩一端固定在A點(diǎn)，跨過與A等高的光滑定滑輪B后在另一端懸掛一個(gè)沙桶Q?，F(xiàn)有另一個(gè)沙桶P通過光滑掛鉤掛在AB之間，穩(wěn)定后掛鉤下降至C點(diǎn)，ACB=120，下列說法正確的是A若只增加Q桶的沙子，再次平衡后C點(diǎn)位置不變B若只增加P桶的沙子，再次平衡后C點(diǎn)位置不變C若在兩桶內(nèi)增加相同質(zhì)量的沙子，再次平衡后C點(diǎn)位置不變D若在兩桶內(nèi)增加相同質(zhì)量的沙子，再次平衡后沙桶Q位置上升【答案】 C【解析】【詳解】A、B、對砂桶Q分析有FT=GQ，設(shè)兩繩的夾角為，對砂桶P的C點(diǎn)分析可知受三力而平衡，而C點(diǎn)為活結(jié)繩的點(diǎn)，兩側(cè)的繩張力相等，有2FTcos2=GP，聯(lián)立可知2GQcos2=GP，故增大Q的重力，夾角變大，C點(diǎn)上升；增大P的重力時(shí)，夾角變小，C點(diǎn)下降；故A，B均錯(cuò)誤.C、由平衡知識(shí)2GQcos2=GP，而=120，可得GP=GQ，故兩砂桶增多相同的質(zhì)量，P和Q的重力依然可以平衡，C點(diǎn)的位置不變；故C正確，D錯(cuò)誤.故選C.【點(diǎn)睛】掌握活結(jié)繩上的張力處處相等，三力平衡的處理方法，連體體的平衡對象的選擇.3如圖所示，帶有光滑豎直桿的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球與套在豎直桿上的小滑塊用輕繩連接，開始時(shí)輕繩與斜劈平行?，F(xiàn)給小滑塊施加一個(gè)豎直向上的拉力，使小滑塊沿桿緩慢上升，整個(gè)過程中小球始終未脫離斜劈，則有A小球?qū)π迸膲毫Ρ３植蛔傿輕繩對小球的拉力先減小后增大C豎直桿對小滑塊的彈力先增大再減小D對小滑塊施加的豎直向上的拉力逐漸增大【答案】 D【解析】【詳解】A、B、對小球受力分析，受重力、支持力和細(xì)線的拉力，如圖所示：根據(jù)平衡條件可知，細(xì)線的拉力T增加，支持力N減小，根據(jù)牛頓第三定律，球?qū)π泵娴膲毫σ矞p小；故A、B錯(cuò)誤。C、D、對球和滑塊整體分析，受重力、斜面的支持力N，桿的支持力N，拉力F，如圖所示：根據(jù)平衡條件，有：水平方向：N=Nsin，豎直方向：F+Ncos=G，由于N減小，故N減小，F(xiàn)增加；故C錯(cuò)誤、D正確。故選D?！军c(diǎn)睛】本題考查共點(diǎn)力平衡條件的應(yīng)用，關(guān)鍵是正確選擇采用整體法和隔離法，靈活地選擇研究對象，然后根據(jù)平衡條件并結(jié)合圖示法和正交分解法分析即可。通常在分析外力對系統(tǒng)作用時(shí)，用整體法；在分析系統(tǒng)內(nèi)各物體之間的相互作用時(shí)，用隔離法。有時(shí)在解答一個(gè)問題時(shí)要多次選取研究對象，需要整體法與隔離法交叉使用。4最近，不少人喜歡踩著一種獨(dú)輪車，穿梭街頭。這種獨(dú)輪車全名叫電動(dòng)平衡獨(dú)輪車，其中間是一個(gè)窄窄的輪子，兩側(cè)各有一塊踏板。當(dāng)人站在踏板上向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，可簡化為如圖甲、乙所示的模型。關(guān)于人在運(yùn)動(dòng)中踏板對人腳的摩擦力，下列說法正確的是A考慮空氣阻力，當(dāng)人以如圖甲所示的狀態(tài)向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，腳所受摩擦力向左B不計(jì)空氣阻力，當(dāng)人以如圖甲所示的狀態(tài)向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，腳所受摩擦力向左C考慮空氣阻力，當(dāng)人以如圖乙所示的狀態(tài)向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，腳所受摩擦力可能為零D不計(jì)空氣阻力，當(dāng)人以如圖乙所示的狀態(tài)向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，腳所受摩擦力不可能為零【答案】 C【解析】【詳解】考慮空氣阻力，當(dāng)人處如圖甲所示的狀態(tài)向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)平衡條件，則腳所受摩擦力為右，故A錯(cuò)誤；不計(jì)空氣阻力，當(dāng)人處如圖甲所示的狀態(tài)向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，合力向右，即腳所受摩擦力向右，故B錯(cuò)誤；當(dāng)考慮空氣阻力，當(dāng)人處如圖乙所示的狀態(tài)向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)平衡條件，則重力、支持力與空氣阻力處于平衡，則腳所受摩擦力可能為零，故C正確；當(dāng)不計(jì)空氣阻力，當(dāng)人處如圖乙所示的狀態(tài)向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律，腳受到的重力與支持力提供加速度，那么腳所受摩擦力可能為零，故D錯(cuò)誤；故選C?！军c(diǎn)睛】此題考查根據(jù)不同的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)來分析腳受到力的情況，掌握物體的平衡條件以及加速度與合外力的關(guān)系，注意人水平方向向右運(yùn)動(dòng)時(shí)空氣阻力的方向是水平向左的5如圖所示為一簡易起重裝置，AC是上端帶有滑輪的固定支架BC為質(zhì)量不計(jì)的輕桿，桿的一端C用較鏈固定在支架上，另一端B懸掛一個(gè)質(zhì)量為m的重物，并用鋼絲繩跨過滑輪A連接在卷揚(yáng)機(jī)上.開始時(shí)，桿BC與AC的夾角BCA>90，現(xiàn)使BCA緩緩變小，直到BCA=30.在此過程中，桿BC所受的力（不計(jì)一切阻力）（）A逐漸增大B先減小后增大C大小不變D先增大后減小【答案】 C【解析】以結(jié)點(diǎn)B為研究對象，分析受力情況，作出力的合成圖如圖，根據(jù)平衡條件則知，F(xiàn)、N的合力F合與G大小相等、方向相反。根據(jù)三角形相似得：F合AC=FAB=NBC，又F合=G，得：F=ABBCG，N=BCACG，現(xiàn)使BCA緩慢變小的過程中，AB變小，而AC、BC不變，則得到，F(xiàn)變小，N不變，所以繩子越來越不容易斷，作用在BC桿上的壓力大小不變；故選C?！军c(diǎn)睛】本題運(yùn)用三角相似法研究動(dòng)態(tài)平衡問題，直觀形象，也可以運(yùn)用函數(shù)法分析研究6如圖所示，質(zhì)量為M的斜面體放在粗糙的水平面上，物體A和B通過細(xì)線跨過定滑輪相連，不考慮滑輪的摩擦和質(zhì)量，斜面與A和B間都沒有摩擦，細(xì)線與斜面平行。在圖示情況下都靜止不動(dòng)，細(xì)線的張力為T，斜面體對地面的壓力為N，斜面體與地面的摩擦力為f。如果將A和B位置對換且A和B都沒達(dá)地面上時(shí)；，斜面體依然靜止，細(xì)線的拉力為T1，斜面體對地面的壓力為N1，斜面體與地面的摩擦力為f1，那么（）AT>T1，f1> fBN1>N，T=T1CT1=T，f1不為零，f=0DN1=N，f1=f0【答案】 C【解析】由初始情景可加mA=mBsin,mA>mB,互換位置后,，解得T1= mAg，a=g(1-sin),B將加速下落，由超重和失重可知，N>N1；初始細(xì)度拉力T= mAg，互接位置后，T1=mAg，由質(zhì)點(diǎn)系的牛頓第二定律可得f=0，f1=mAax+M0+mB0=mAg(1-sin)cos0.故選C.【點(diǎn)睛】本題涉及加速度不同的連接體問題，也可以采用整體法研究，可分豎直和水平兩個(gè)方向分別列式分析。7如圖所示，傾角為的斜面體c置于水平地面上，小盒b置于斜面上，通過細(xì)繩跨過光滑的定滑輪與物體a連接，連接b的一段細(xì)繩與斜面平行，連接a的一段細(xì)繩豎直，a連接在豎直固定在地面的彈簧上，現(xiàn)在b盒內(nèi)緩慢加入適量砂粒，a、b、c始終位置保持不變，下列說法中正確的是（）Ab對c的摩擦力可能先減小后增大B地面對c的支持力可能不變Cc對地面的摩擦力方向始終向左D彈簧一定處于壓縮狀態(tài)【答案】 A【解析】A項(xiàng)：對b進(jìn)行受力分析：重力G，支持力F，細(xì)線的拉力F，摩擦力f，開始時(shí)如果重力沿斜面向下的分力小于細(xì)線的拉力F，當(dāng)加入砂子時(shí)，即增大了重力，所以摩擦力先減小到零時(shí)，繼續(xù)加入砂子，摩擦力反向增大，故A正確；B、C項(xiàng)：對bc組成的系統(tǒng)受力分析可知，重力G，支持力F，細(xì)線的拉力，地面的摩擦力f，當(dāng)細(xì)線的拉力為零時(shí)，c對地面的摩擦力為零，故C錯(cuò)誤，由于a、b、c始終位置保持不變，所以地面對c的支持力一定不變，故B錯(cuò)誤；D項(xiàng)：由于不清楚a、b、c三物體及摩擦因素的大小關(guān)系，所以a受的拉力可能大于a的重力，也可小于a的重力，也可等于a的重力，所以彈簧不一定處于壓縮狀態(tài)，故D錯(cuò)誤。8如圖所示為兩光滑金屬導(dǎo)軌MNQ和GHP，其中MN和GH部分為豎直的半圓形導(dǎo)軌，NQ和HP部分為水平平行導(dǎo)軌，整個(gè)裝置置于方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中。有兩個(gè)長均為l、質(zhì)量均為m、電阻均為R的導(dǎo)體棒垂直導(dǎo)軌放置且始終與導(dǎo)軌接觸良好，其中導(dǎo)體棒ab在半圓形導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒cd在水平導(dǎo)軌上，當(dāng)恒力F作用在導(dǎo)體棒cd上使其做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)體棒ab恰好靜止，且距離半圓形導(dǎo)軌底部的高度為半圓形導(dǎo)軌半徑的一半，已知導(dǎo)軌間距離為l，重力加速度為g，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，則（）A每根導(dǎo)軌對導(dǎo)體棒ab的支持力大小為2mgB導(dǎo)體棒cd兩端的電壓大小為23mgRBlC作用在導(dǎo)體棒cd上的恒力F的大小為3mgD恒力F的功率為6m2g2RB2l2【答案】 CD【解析】試題分析：對ab棒受力分析如圖所示：則：FNsin300=mg，則：FN=2mg，每根導(dǎo)軌對導(dǎo)體棒ab的支持力大小為mg，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；FNcos300=FA=BBlv2Rl，則回路中電流為：I=Blv2R=3mgBl，導(dǎo)體棒cd兩端的電壓大小為U=IR=3mgBlR，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由于金屬棒ab勻速運(yùn)動(dòng)，則安培力等于拉力F，則F=BBlv2Rl=3mg，故選項(xiàng)C正確；由于BBlv2Rl=3mg，則金屬棒ab的速度為v=23mgRB2l2，則恒力F的功率為P=Fv=3mg23mgRB2l2=6m2g2RB2l2，故選項(xiàng)D正確?？键c(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢、焦耳定律【名師點(diǎn)睛】本題是雙桿模型，解決本題的關(guān)鍵能夠正確受力分析，結(jié)合牛頓定律和動(dòng)量守恒、能量守恒，進(jìn)行研究。9如圖所示，三角形傳送帶以1m/s的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，兩邊的傳送帶長都是2 m，且與水平方向的夾角均為37.現(xiàn)有兩個(gè)小物塊A、B從傳送帶頂端都以1 m/s的初速度沿傳送帶下滑，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)都是0.5，(g取10m/s2，sin370.6，cos370.8)下列說法正確的是A物塊A先到達(dá)傳送帶底端B物塊A、B同時(shí)到達(dá)傳送帶底端C傳送帶對物塊A、B均做負(fù)功D物塊A、B在傳送帶上的劃痕長度之比為13【答案】 BCD【解析】試題分析：AB都以1m/s的初速度沿傳送帶下滑，故傳送帶對兩物體的滑動(dòng)摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，故兩物體沿斜面向下的加速度大小相同，滑到底端時(shí)位移大小相同，故時(shí)間相同，故A錯(cuò)，B對；滑動(dòng)摩擦力向上，位移向下，摩擦力做負(fù)功，故C正確；AB的摩擦力都是沿斜面向上的，AB滑下時(shí)的加速度相同，所以下滑到底端的時(shí)間相同，由s=v0t+at2，a=" gsin" gcos,得：t=1s,傳送帶在1s的位移是1m， A與皮帶是同向運(yùn)動(dòng)，A的劃痕是A對地位移（斜面長度）-在此時(shí)間內(nèi)皮帶的位移，即2-1=1m，B與皮帶是反向運(yùn)動(dòng)的，B的劃痕是A對地位移（斜面長度）+在此時(shí)間內(nèi)皮帶的位移，即2+1=3m.所以D正確，故本題選擇BCD?？键c(diǎn)：勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律、牛頓第二定律、功10物塊A、B的質(zhì)量分別為m和2m，用輕彈簧連接后放在光滑的水平面上。對B施加向右的水平拉力F，穩(wěn)定后A、B相對靜止地在水平面上運(yùn)動(dòng)，此時(shí)彈簧長度為；若撤去拉力F，換成大小仍為F的水平推力向右推A，穩(wěn)定后A、B相對靜止地在水平面上運(yùn)動(dòng)，此時(shí)彈簧長度為。則下列判斷正確的是( )A彈簧的原長為l1+l22B兩種情況下穩(wěn)定時(shí)彈簧的形變量相等C兩種情況下穩(wěn)定時(shí)兩物塊的加速度不相等D彈簧的勁度系數(shù)為Fl1-l2【答案】 D【解析】以整體法為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得知，兩種情況下加速度相等，而且加速度大小為a=F3m設(shè)彈簧的原長為l0根據(jù)牛頓第二定律得：第一種情況：對A：k（l1-l0）=ma；第二種情況：對A：k（l0-l2）=2ma ；由兩式解得，l0=2l1+l23，k=Fl1-l2，故AC錯(cuò)誤，D正確第一種情況彈簧的形變量為l=l1-l0=13l1-23l2；第二種情況彈簧的形變量為l=l0-l2=23l1-23l2；故B錯(cuò)誤故選D.二、多選題11如圖所示，將一勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在內(nèi)壁光滑的半球形容器底部O處(O為球心)，彈簧另一端與質(zhì)量為m的小球相連，小球靜止于P點(diǎn)。已知容器半徑為R，與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，OP與水平方向的夾角為30。下列說法正確的是A容器相對于水平面有向左運(yùn)動(dòng)的趨勢B輕彈簧對小球的作用力大小為 mgC容器對小球的作用力豎直向上D彈簧原長為Rmgk【答案】 BD【解析】【分析】對容器和小球整體研究，分析受力可求得半球形容器受到的摩擦力對小球進(jìn)行受力分析可知，小球受重力、支持力及彈簧的彈力而處于靜止，由共點(diǎn)力的平衡條件可求得小球受到的輕彈簧的彈力及小球受到的支持力，由胡克定律求出彈簧的壓縮量，即可求得原長【詳解】由于容器和小球組成的系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，容器相對于水平面沒有向左運(yùn)動(dòng)的趨勢，故A錯(cuò)誤；容器對小球的作用力是彈力，指向球心O，故B正確；對小球受力分析，如圖所示由=30可知，支持力和彈簧的彈力之間的夾角為120，則由幾何關(guān)系可知，小球受到容器的支持力和彈簧對小球的彈力大小均為mg，故C錯(cuò)誤；圖中彈簧長度為R，壓縮量為mgk，故原長為R+mgk，故D正確。故選BD?！军c(diǎn)睛】本題考查共點(diǎn)力的平衡條件應(yīng)用，要注意明確共點(diǎn)力平衡問題重點(diǎn)在于正確選擇研究對象，本題運(yùn)用隔離法和整體法兩種方法進(jìn)行受力分析得出結(jié)論同時(shí)注意幾何關(guān)系的正確應(yīng)用12如圖所示，將質(zhì)量為m的滑塊放在傾角為的固定斜面上。滑塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。若滑塊與斜面之間的最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，重力加速度為g，下列判斷正確的是：A將滑塊由靜止釋放，如果>tan，滑塊將下滑B用平行于斜面向上的力拉滑塊向上勻速滑動(dòng)，如果=tan，拉力大小應(yīng)是2mgsinC若滑塊原來恰好處于靜止，再在滑塊上施加一豎直向下的恒力F，滑塊做加速運(yùn)動(dòng)D若滑塊原來勻速運(yùn)動(dòng)，再在滑塊上施加一豎直向下的恒力F，滑塊仍做勻速運(yùn)動(dòng)【答案】 BD【解析】【分析】物體的重力有兩個(gè)作用效果，使物體沿斜面下滑和使物體緊壓斜面，將重力正交分解后，當(dāng)重力的下滑分量大于滑動(dòng)摩擦力時(shí)，物體加速下滑，當(dāng)重力的下滑分量小于最大靜摩擦力時(shí)，物體不能下滑，勻速下滑時(shí)，重力的下滑分量等于滑動(dòng)摩擦力【詳解】將滑塊由靜止釋放，如果滑塊將下滑，說明mgsin>mgcos，得：<tan，故A錯(cuò)誤；用平行于斜面向上的力拉滑塊向上勻速滑動(dòng)，根據(jù)平衡條件，有：F-mgsin-mmgcos=0，由題有：=tan，解得：F=2mgsin，故B正確；若滑塊原來恰好靜止，則有：mgsin=mgcos，即：=tan，再加一豎直向下的恒力F，則沿斜面向下的分力為：mg+Fsin，而摩擦力的大小為mg+Fcos，因=tan，故mg+Fsin=mg+Fcos，即滑塊仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，故C錯(cuò)誤；若滑塊原來勻速度，根據(jù)平衡條件得：mgsin=mgcos，若加一豎直向下的恒力F，與C項(xiàng)同理分析可知，仍有：mg+Fsin=mg+Fcos成立，故滑塊仍做勻速運(yùn)動(dòng)，故D正確；故選BD?！军c(diǎn)睛】本題關(guān)鍵將重力按照作用效果正交分解，然后求出最大靜摩擦力，結(jié)合共點(diǎn)力平衡條件討論即可13如圖所示，不計(jì)質(zhì)量的光滑小滑輪用細(xì)繩懸掛于墻上的O點(diǎn)，跨過滑輪的細(xì)繩連接物塊A、B，A、B都處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將物塊B移至C點(diǎn)后，A、B仍保持靜止，下列說法中正確的是：（ ）AB與水平面間的摩擦力增大B繩子對B的拉力增大C懸于墻上的繩所受拉力不變DA、B靜止時(shí)，圖中、三角始終相等【答案】 AD【解析】試題分析：細(xì)繩的彈力F始終等于物塊A的重力，大小不變，B選項(xiàng)錯(cuò)；物塊B與水平面間的摩擦力，將物塊B移至C點(diǎn)，細(xì)繩與水平面的夾角變小，所以f變大，A正確；因拉A的繩子與拉B的繩子力相等，而拉滑輪的力與兩繩子的力的合力大小相等，故拉滑輪的力應(yīng)這兩繩子拉力的角平分線上，故、三角始終相等，D正確；由于兩繩間夾角增大，而兩拉力不變，故懸于繩上的繩子的拉力將減小，故C錯(cuò)誤?？键c(diǎn)：共點(diǎn)力平衡條件及應(yīng)用力的合成與分解14如圖所示，處于豎直平面內(nèi)的正六邊形金屬框架ABCDEF、可繞過C點(diǎn)且與平面垂直的水平軸自由轉(zhuǎn)動(dòng)，該金屬框架的邊長為L，中心記為O，用兩根不可伸長、長度均為L的輕質(zhì)細(xì)線將質(zhì)量為m的金屬小球懸掛于框架的A、E兩個(gè)頂點(diǎn)并處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)令框架繞轉(zhuǎn)軸、沿順時(shí)針方向緩慢轉(zhuǎn)過90角，已知重力加速度為g，在包括初、末狀態(tài)的整個(gè)轉(zhuǎn)動(dòng)過程中下列說法正確的是( )A細(xì)線OA中拉力最大值為mgB細(xì)線OE中拉力最大值為23mg3C細(xì)線OA中拉力逐漸增大D細(xì)線OE中拉力逐漸減小【答案】 BD【解析】對小球進(jìn)行受力分析，如圖所示，Mg的對角始終為1200，設(shè)FTA的對角為，F(xiàn)TE的對角為，緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，小球始終受力平衡，由正弦定理得mgsin1200=FTAsin=FTEsin，角由1500減小到600，F(xiàn)TA先增大后減小，當(dāng)=900時(shí)，F(xiàn)TA最大，最大值為23mg3，故A、C錯(cuò)誤；角由900增加到1800，F(xiàn)TE減小到0，當(dāng)=900時(shí)，F(xiàn)TE最大，最大值為23mg3，故B、D正確。點(diǎn)晴：解決本題關(guān)鍵正確的受力分析，判斷出角度的變化，由正弦定理求解。15如圖所示，兩相同輕質(zhì)硬桿OO1、OO2可繞其兩端垂直紙面的水平軸O、O1、O2轉(zhuǎn)動(dòng)，在O點(diǎn)懸掛一重物M，將兩個(gè)相同木塊m緊壓在豎直擋板上，此時(shí)整個(gè)系統(tǒng)保持靜止Ff表示木塊與擋板間摩擦力的大小，F(xiàn)N表示木塊與擋板間正壓力的大小若擋板間的距離稍許增大后，系統(tǒng)仍靜止且O1、O2始終等高，則（）AFN變小BFN變大CFf不變DFf變小【答案】 BC【解析】先對三個(gè)物體以及支架整體受力分析，受重力（2m+M）g，2個(gè)靜摩擦力，兩側(cè)墻壁對整體有一對支持力，根據(jù)平衡條件，有：2Ff=（M+2m）g，解得Ff=12（M+2m）g，故靜摩擦力不變，C對；D錯(cuò)將細(xì)線對O的拉力按照效果正交分解，如圖設(shè)兩個(gè)桿夾角為，則有F1=F2=mg2cos2；再將桿對滑塊m的推力F1按照效果分解，如圖根據(jù)幾何關(guān)系，有Fx=F1sin2故Fx=mg2cos2sin2=mgtan22，若擋板間的距離稍許增大后，角變大，F(xiàn)x變大，故滑塊m對墻壁的壓力變大，即FN變大，故AD錯(cuò)誤，BC正確；故選：BC16甲、乙兩建筑工人用簡單機(jī)械裝置將工件從地面提升并運(yùn)送到樓頂。如圖所示，設(shè)當(dāng)重物提升到一定高度后，兩工人保持位置不動(dòng)，甲通過緩慢釋放手中的繩子，使乙能夠用一始終水平的輕繩將工件緩慢向左拉動(dòng)，最后工件運(yùn)送至乙所在位置，完成工件的運(yùn)送，設(shè)兩繩端始終在同一水平面上，蠅的重力及滑輪的摩擦不計(jì)，滑輪大小忽略不計(jì)，則在工件向左移動(dòng)過程中（）A甲手中繩子上的拉力不斷破小B樓頂對甲的支持力不斷增大C樓頂對甲的摩擦力大于對乙的摩擦力D乙手中紹子上的拉力不斯增大【答案】 CD【解析】A、B、開始的時(shí)候繩子上的拉力大小是物體重力，后來就是重力和拉力的合力大小，如圖所示，由于三角形斜邊大于任意直角邊，所以繩子上的拉力增大了，對甲的拉力也增大了，A、B錯(cuò)誤；C、可用極端法，先分析乙在圖上位置，再分析乙在甲位置，所以在移動(dòng)的過程中，樓頂對甲的摩擦力大于對乙的摩振力，C正確；D、繩子與滑輪夾角為，則有，當(dāng)角減小，則f增大，根據(jù)平衡條件可知乙手中繩子上的拉力不斷增大，D正確；故選CD。17如圖所示，將兩塊光滑平板OA、OB固定連接，構(gòu)成頂角為60的楔形槽，楔形槽內(nèi)放置一質(zhì)量為m的光滑小球，整個(gè)裝置保持靜止，OA板與水平面夾角為15?，F(xiàn)使楔形槽繞O點(diǎn)順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)至OA板豎直，重力加速度為g，則轉(zhuǎn)動(dòng)過程中( )AOA板對小球的作用力一直在減小BOB板對小球的作用力一直在增大COA板對小球作用力的最大值為233 mgDOB板對小球的作用力大小為mg時(shí)，OA板對小球的作用力大小也為mg【答案】 BCD【解析】在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，NANBG=60恒定不變，為此可組成以NANB為直徑得圓，在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中弦NAG恒定不變，如圖所示：當(dāng)B從開始位置轉(zhuǎn)動(dòng)到豎直位置，即NB從1到2的過程中，NA在增大，NB也在增大；當(dāng)B從豎直位置繼續(xù)轉(zhuǎn)動(dòng)到A在豎直位置，即NB從2到4的過程中，NA在減小，NB在增大；故整個(gè)過程OA板對小球的作用力先增大后減小，而B板對小球的作用力一直在增大，故A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)B在豎直位置時(shí)OA板對小球作用力最大，此時(shí)的受力分析，如圖所示：根據(jù)平衡條件得：NA=mgsin60=233G，故C正確；當(dāng)OC線豎直時(shí)，球處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力平衡，根據(jù)幾何關(guān)系可知，兩擋板對球的彈力大小相等，且夾角為120，根據(jù)平衡條件得：N=mg，故D正確；故選BCD.18如圖所示，質(zhì)量為m的小球a、b之間用輕繩相連，小球a通過輕桿固定在左側(cè)豎直墻壁上，輕桿與豎直墻壁夾角為30?，F(xiàn)改變作用在小球b上的外力的大小和方向，輕繩與豎直方向的夾角保持60不變，則A輕繩上的拉力一定小于mgB外力F的最小值為32mgC輕桿對小球a作用力的方向不變D輕桿對小球a的作用力最小值為mg【答案】 BD【解析】【分析】分別以a與b為研究對象，結(jié)合共點(diǎn)力平衡的條件列式即可求出?！驹斀狻緼、對b進(jìn)行受力分析如圖，當(dāng)F的方向發(fā)生變化時(shí)，由圖可知，輕繩上的拉力可能小于mg，也可能大于mg，故A錯(cuò)誤。B、由b的受力圖可知，當(dāng)拉力F的方向與ab繩子垂直時(shí)，拉力F最小為：Fmin=mgsin60=32mg，故B正確。C、以a為研究對象，可知a受到重力、繩子ab對a的作用力以及桿對a的作用力處于平衡狀態(tài)，由三個(gè)力平衡的特點(diǎn)可知，桿對a的作用力與a的重力、ab對a的拉力的合力大小相等，方向相反。a受到的重力大小方向都不變，繩對a的拉力方向不變，大小是變化的，所以a受到的重力與繩對a的拉力的合力大小、方向都是變化的，所以桿對a的作用力大小、方向都是變化的，故C錯(cuò)誤。D、由b的受力分析可知，當(dāng)拉力F對b的拉力方向豎直向上時(shí)，拉力F與b的重力大小相等，方向相反，繩子ab此時(shí)的拉力等于0，此時(shí)a只受到重力和桿對a的作用力，此時(shí)桿對a的作用力最小，恰好等于a的重力，故D正確。故選：B、D【點(diǎn)睛】本題有隱含的臨界問題，關(guān)鍵運(yùn)用圖解法確定出F的范圍，得到F最小的條件，再由平衡條件進(jìn)行求解19如圖，在“研究共點(diǎn)力的合成”實(shí)驗(yàn)中，彈簧秤A、B通過兩細(xì)繩把橡皮條上的結(jié)點(diǎn)拉到位置O，此時(shí)兩細(xì)繩間夾角小于90?，F(xiàn)保持彈簧秤A的示數(shù)不變而改變其方向使角變小，為使結(jié)點(diǎn)仍在位置O，調(diào)整彈簧秤B的拉力及角的大小，則下列調(diào)整方法中不可行的是A增大B的拉力，增大角B增大B的拉力，角不變C增大B的拉力，減小角DB的拉力大小不變，增大角【答案】 ABC【解析】由題意可知：保持O點(diǎn)位置不動(dòng)，即合力大小方向不變，彈簧測力計(jì)A的讀數(shù)不變，拉力方向角變小，只要符合該條件而且能夠做出平行四邊形即可，由此可知ABC可以做出平行四邊形，故ACB正確，D錯(cuò)誤；故選ABC。20如圖所示，固定斜面c上放有兩個(gè)完全相同的物體a、b，兩物體間用一根細(xì)線連接，在細(xì)線的中點(diǎn)加一與斜面垂直的拉力F，使兩物體均處于靜止?fàn)顟B(tài)下列說法正確的是()Ac受到地面的摩擦力水平向右Ba、b兩物體的受力個(gè)數(shù)一定相同Ca、b兩物體對斜面的壓力相同D當(dāng)逐漸增大拉力F時(shí)，物體b受到斜面的摩擦力一定逐漸增大【答案】 AC【解析】A：對整體受力分析：整體受總重力、拉力F、地面對C的支持力、地面對C的水平向右摩擦力（如地面光滑，整體要相對地面向左運(yùn)動(dòng)）；故A正確。B：對b受力分析如圖，若繩子拉力T沿斜面向上的分量與重力沿斜面向下的分量相等，則fb=0，即b可能受三個(gè)力。對a受力分析如圖，a必定會(huì)受到沿斜面向上的摩擦力，即a一定受四個(gè)力。故B錯(cuò)誤。C：物體a、b在垂直于斜面方向上受力均平衡Na+Tsin=mgcos，Nb+Tsin=mgcos，則a、b兩物體受到斜面的支持力相等，根據(jù)牛頓第三定律，a、b兩物體對斜面的壓力相等。故C正確。D：當(dāng)逐漸增大拉力F時(shí)，T逐漸增大，若繩子拉力T沿斜面向上的分量小于重力沿斜面向下的分量相等時(shí)，b受到沿斜面向上的摩擦力；若繩子拉力T沿斜面向上的分量等于重力沿斜面向下的分量相等時(shí)，b受到摩擦力為零；若繩子拉力T沿斜面向上的分量大于重力沿斜面向下的分量相等時(shí)，b受到沿斜面向下的摩擦力。當(dāng)逐漸增大拉力F時(shí)，物體b受到斜面的摩擦力可能先減小為零再反向增大。故D錯(cuò)誤。三、解答題21如圖所示，在傾角為的足夠長的斜面上，有一個(gè)帶風(fēng)帆的滑板從靜止開始沿斜面下滑，滑板的總質(zhì)量為m，滑板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，滑板上的風(fēng)帆受到的空氣阻力與滑板下滑的速度成正比，即f=kv.（1）試求滑板下滑的最大速度vm的表達(dá)式;（2）若m=2 kg、=30,g取10 m/s2，滑塊從靜止開始沿斜面下滑的速度時(shí)間圖象如圖乙所示，圖中斜線是t=0時(shí)刻的速度圖象的切線.由此求和k的值.【答案】（1）mgk(sin-cos) （2）0.23，3N/(ms-1)【解析】【詳解】（1）風(fēng)帆受力如下圖所示；當(dāng)mgsin=f1+f2時(shí)，風(fēng)帆下滑的速度最大為vm則有：mgsin=mgcos+kvmvm=mgk(sin-cos).(2)由圖象知t=0時(shí)風(fēng)帆下滑的加速度：a=3-01m/s2=3 m/s2風(fēng)帆下滑過程中最大速度vm=2 m/s當(dāng)t=0時(shí)，由牛頓第二定律得：mgsin-mgcos=maa=g(sin-cos)=10(0.5-32)=3 m/s2解得=0.23由mgsin=mgco+kvm得：k=mgvm(sin-cos)=2102(0.5-0.2332)N/(ms-1)=3 N/(ms-1).【點(diǎn)睛】本題解題的關(guān)鍵在于正確進(jìn)行受力分析，同時(shí)能正確理解圖象的意義，根據(jù)物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，則可由共點(diǎn)力的平衡條件求解22如圖所示，放在粗糙的固定斜面上的物塊 A 和懸掛的物體 B 均處于靜止?fàn)顟B(tài)輕繩 AO 繞過光滑的定滑輪與輕彈簧的右端及輕繩 BO 的上端連接于 O 點(diǎn)，輕彈簧中軸線沿水平方向，輕繩的 OC 段與豎直方向的夾角=53，斜面傾角=37，物塊 A 和 B 的質(zhì)量分別為mA=5kg ，mB=1.5kg，彈簧的勁度系數(shù) k=500N/m ，（sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度 g=10m/s2），求：（1）彈簧的伸長量 x；（2）物塊 A 受到的摩擦力【答案】（1）x=4cm；（2）5N，沿斜面向上【解析】（1）對結(jié)點(diǎn)O受力分析如圖所示：根據(jù)平衡條件，有：Tcos-mBg=0，Tsin-F=0，且：F=kx，解得：x=4cm；（2）設(shè)物體A所受摩擦力沿斜面向下，對物體A做受力分析如圖所示：根據(jù)平衡條件，有：TfmAgsin=0，解得：f=5N，即物體A所受摩擦力大小為5N，方向沿斜面向上。點(diǎn)睛：本題主要考查了平衡條件和胡克定律得直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能選擇合適的研究對象并能正確對物體受力分析，注意正交分解法在解題中的應(yīng)用。23如圖所示，質(zhì)量m1=3kg的滑塊C（可視為質(zhì)點(diǎn)）放置于光滑的平臺(tái)上，與一處于自然長度的彈簧接觸但不相連，彈簧另一端固定在豎直墻壁上平臺(tái)右側(cè)的水平地面上緊靠平臺(tái)依次排放著兩塊木板A、B已知木板A、B的長度均為L=5m，質(zhì)量均為m2=15kg，木板A、B上表面與平臺(tái)相平，木板A與平臺(tái)和木板B均接觸但不粘連滑塊C與木板A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為1=0.3，木板A、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)2=0.1現(xiàn)用一水平向左的力作用于滑塊C上，將彈簧從原長開始緩慢地壓縮一段距離，然后將滑塊C由靜止釋放，當(dāng)滑塊C剛滑上木板A時(shí)，滑塊C的速度為7m/s設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，取g=10m/s2求：(1)彈簧的最大彈性勢能；(2)滑塊C剛滑上木板A時(shí)，木板A、B及滑塊C的加速度；(3)從滑塊C滑上木板A到整個(gè)系統(tǒng)停止運(yùn)動(dòng)所需的時(shí)間【答案】（1）735J：（2）3m/s2和1m/s2；（3）4s【解析】試題分析：（1）EPmax=735J（2）設(shè)滑塊C在木塊A上滑動(dòng)時(shí)，滑塊C的加速度為a1，木板A、B的加速度為a2則：1m1g=m1a1，解得：a1=3m/s21m1g2（m1+2m2）g=2m2a2，解得：a2=1m/s2（3）設(shè)滑塊C在木板A上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1則由： L=（v0t1a1t12）-a2t12解得：t1=1s或t1=25s（舍去）設(shè)滑塊C離開木板A時(shí)的速度為vC，木板A、B的速度分別為vA和vBvC=v0a1t1=4m/svA=vB=a2t1=1m/s滑塊C在木板B上滑動(dòng)時(shí)，滑塊C的加速度為a1，設(shè)B的加速度為a31m1g2（m1+m2）g=m2a3；解得：a3=3m/s2設(shè)經(jīng)過時(shí)間t2，B、C達(dá)到共同速度v，則有：v=vCa1t2=vB+a3t2，解得t2=05s，v=25m/s從滑塊C滑上木板B到與木板B速度相同的過程中，滑塊C與木板B的相對位移為：x=075m5m可知此過程中C未離開B，又因12，B、C共速后無相對運(yùn)動(dòng)，設(shè)B、C一起勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t32（m1+m2）g=（m1+m2）a；a=1m/s20=vat3；t3=25s則從滑塊C滑上木板A到整個(gè)系統(tǒng)停止運(yùn)動(dòng)所需的時(shí)間為： t=t1+t2+t3=4s考點(diǎn)：牛頓第二定律的綜合應(yīng)用24如圖所示，豎直平面內(nèi)放一直角桿AOB，桿的水平部分粗糙，動(dòng)摩擦因數(shù)=02，桿的豎直部分光滑兩部分各有質(zhì)量均為1kg的小球A和B，A、B間用細(xì)繩相連，此時(shí)A、B處于靜止?fàn)顟B(tài)，OA=3m，OB=4m若用水平拉力F向右緩緩地拉A使之移動(dòng)1m，則（重力加速度g=10m/s2）（1）該過程中A受到的摩擦力多大？拉力F做功多少？（2）若用20N的恒力拉A球也移動(dòng)1m，此時(shí)A的速度達(dá)到2m/s，則此過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為多少？【答案】（1）4N；14J （2）44J【解析】試題分析：（1）對AB整體受力分析，受拉力F、重力G、支持力N、向左的摩擦力f和向右的彈力N1，如圖根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有豎直方向：N=G1+G2水平方向：F=f+N1其中：f=N解得N=（m1+m2）g=20Nf=N=0220N=4N對整體在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中運(yùn)用動(dòng)能定理列式，得到WFfsm2gh=0根據(jù)幾何關(guān)系，可知求B上升距離h=1m，故WF=fs+m2gh=41+1101=14J（2）根據(jù)功能關(guān)系知：FS=12mvA2+83mvB2+E內(nèi)+mgh，根據(jù)速度的分解與合成知B的速度為m/s解得E內(nèi)=20105140511101=44J考點(diǎn)：物體的平衡；功能關(guān)系【名師點(diǎn)睛】本題中拉力為變力，先對整體受力分析后根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件得出摩擦力為恒力，然后根據(jù)動(dòng)能定理求變力做功。25如圖，在金屬導(dǎo)軌MNC和PQD中，MN與PQ平行且間距為L1 m，MNQP所在平面與水平面夾角37N、Q連線與MN垂直，M、P間接有阻值R10 的電阻光滑直導(dǎo)軌NC和QD在同一水平面內(nèi)，與NQ的夾角均為53ab棒的初始位置在水平導(dǎo)軌上與NQ重合ef棒垂直放在傾斜導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為01，由導(dǎo)軌上的小立柱1和2阻擋而靜止金屬棒ab和ef質(zhì)量均為m05 kg，長均為L1 m空間有豎直方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度B2 T的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出）兩金屬棒與導(dǎo)軌保持良好接觸，ef棒的阻值R10 ，不計(jì)所有導(dǎo)軌和ab棒的電阻假設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等忽略感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場若ab棒在拉力F的作用下，以垂直于NQ的速度v11 m/s在水平導(dǎo)軌上向右勻速運(yùn)動(dòng)，且運(yùn)動(dòng)過程中ef棒始終靜止（g取10 m/s2，sin 3706，cos 3708）（1）求金屬棒ab運(yùn)動(dòng)到x03 m處時(shí)，經(jīng)過ab棒的電流大小；（2）推導(dǎo)金屬棒ab從NQ處運(yùn)動(dòng)一段距離x過程中拉力F與x的關(guān)系式；（3）若ab棒以垂直于NQ的速度v22 m/s在水平導(dǎo)軌上向右勻速運(yùn)動(dòng)，在NQ位置時(shí)取走小立柱1和2，且運(yùn)動(dòng)過程中ef棒始終靜止求此狀態(tài)下磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最大值（此問結(jié)果可只保留一位有效數(shù)字）【答案】（1）0.22A（2）F=0.8(1-1.5x)2（3）4.79T；磁場方向可豎直向上，也可豎直向下?！窘馕觥吭囶}分析：（1）ab棒滑行距離為x時(shí)，ab棒在導(dǎo)軌間的棒長Lx=L-2xcot=1-1.5x此時(shí)，ab棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢Ex=Bv1Lx流過ab棒的電流Iab=ExR2=0.22A（2）拉力F與x的關(guān)系式F=BIabLx，代入數(shù)據(jù)得F=BIabLx=0.8(11.5x)2（3）流過ef棒的電流Ief=ExRef棒所受安培力Fx=BIefL聯(lián)立，解得，F(xiàn)x=B2v2LR(L-2xcot)由式可得，F(xiàn)x在x0和B為最大值Bm時(shí)有最大值F1由題意知，ab棒所受安培力方向必水平向左，ef棒所受安培力方向必水平向右，使F1為最大值的受力分析如圖所示，圖中fm為最大靜摩擦力，則有：F1cos=mgsin+(mgcos+F1sin)聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得，Bm=1Lmg(sincos)R(cossin)v2=4.79T考點(diǎn)：考查了導(dǎo)體切割磁感線運(yùn)動(dòng)【名師點(diǎn)睛】對電磁感應(yīng)電源的理解（1）電源的正負(fù)極可用右手定則或楞次定律判定，要特別注意在內(nèi)電路中電流由負(fù)極到正極。（2）電磁感應(yīng)電路中的電源與恒定電流的電路中的電源不同，前者是由于導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的，公式為EBLv，其大小可能變化，變化情況可根據(jù)其運(yùn)動(dòng)情況判斷；而后者的電源電動(dòng)勢在電路分析中認(rèn)為是不變的。（3）在電磁感應(yīng)電路中，相當(dāng)于電源的導(dǎo)體（或線圈）兩端的電壓與恒定電流的電路中電源兩端的電壓一樣，等于路端電壓，而不等于電動(dòng)勢。（除非切割磁感線的導(dǎo)體或線圈電阻為零）26如圖所示，AB為光滑豎直桿，ACB為光滑直角軌道，C處有一小圓弧連接，可使小球順利轉(zhuǎn)彎（即通過轉(zhuǎn)彎處不損失機(jī)械能）。一個(gè)套在桿上的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）自A點(diǎn)靜止釋放，分別沿AB軌道和ACB軌道運(yùn)動(dòng)，如果沿ACB軌道運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是沿AB軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)間的15倍，則AB與AC的夾角為多少?【答案】 53&ordm;【解析】試題分析：設(shè)AB長度為L，BAC=，則AC=Lcos BC=Lsin小球沿AB運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，有小球沿AC運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，有mgcos=ma1聯(lián)立解得t1= t小球沿CB運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2，由題意知 t1t2=1.5t所以t2=0.5t小球沿CB桿有mgsin=ma2聯(lián)立解得所以=53考點(diǎn)：牛頓第二定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)。27如圖所示，兩平行金屬導(dǎo)軌間的距離L=0.4 m，金屬導(dǎo)軌所在的平面與水平面夾角=37，在導(dǎo)軌所在空間內(nèi)，分布著磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5 T、方向垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場。金屬導(dǎo)軌的一端接有電動(dòng)勢E=6.0 V、內(nèi)阻r=0.5的直流電源?，F(xiàn)把一個(gè)質(zhì)量m=0.05 kg的導(dǎo)體棒ab垂直放在金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒靜止。導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌接觸的兩點(diǎn)間的電阻R0=2.5 ，金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)，g取10 m/s2。已知sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）通過導(dǎo)體棒的電流大??；（2）導(dǎo)體棒受到的安培力大?。唬?）導(dǎo)體棒受到的摩擦力大小?！敬鸢浮浚?）1.5 A（2）0.3 N（3）0.06 N【解析】試題分析：導(dǎo)體棒、金屬導(dǎo)軌和直流電源構(gòu)成閉合電路，根據(jù)閉合電路歐姆定律有：I=ER+r=1.5A導(dǎo)體棒受到的安培力：F安=BIL=0.30N導(dǎo)體棒所受重力沿斜面向下的分力F1=" mg" sin37=0.24N由于F1小于安培力，故導(dǎo)體棒受沿斜面向下的摩擦力f，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件：mg sin37+f=F安解得：f =0.06N考點(diǎn)：本題考查電磁感應(yīng)中的歐姆定律、物體的平衡等問題，意在考查學(xué)生的綜合分析能力。28如圖所示，物體A放在足夠長的木板B上，木板B靜止于水平面上已知A的質(zhì)量mA和B的質(zhì)量mB均為2.0 kg，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)10.2，B與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)20.1，最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小視為相等，重力加速度g取10 m/s2.若從t0開始，木板B受F116 N的水平恒力作用，t1 s時(shí)F1改為F24 N，方向不變，t3 s時(shí)撤去F2.求：（1）木板B受F116 N的水平恒力作用時(shí)，A、B的加速度aA、aB各為多少？（2）從t0開始，到A、B都靜止，A在B上相對B滑行的時(shí)間為多少？（3）請以縱坐標(biāo)表示A受到B的摩擦力FfA，橫坐標(biāo)表示運(yùn)動(dòng)時(shí)間t(從t0開始，到A、B都靜止)，取運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，在圖中畫出FfAt的關(guān)系圖線(以圖線評分，不必寫出分析和計(jì)算過程)【答案】(1)aA=2m/s2，aB=4m/s2 (2)1.5s (3) 【解析】試題分析：(1)根據(jù)牛頓第二定律得 1mAgmAaAaA1g0.210 m/s22 m/s2F12(mAmB)g1mAgmBaB代入數(shù)據(jù)得aB4 m/s2(2)t11 s時(shí)，A、B的速度分別為vA、vBvAaAt121 m/s2 m/svBaBt141 m/s4 m/sF1改為F24 N后，在B速度大于A速度的過程，A的加速度不變，B的加速度設(shè)為aB，根據(jù)牛頓第二定律得F22(mAmB)g1mAgmBaB代入數(shù)據(jù)得aB2 m/s2設(shè)經(jīng)過時(shí)間t2，A、B速度相等，此后它們保持相對靜止，則vAaAt2vBaBt2代入數(shù)據(jù)得t20.5 sA在B上相對B滑行的時(shí)間為tt1t21.5 s在時(shí)間t內(nèi)A、B運(yùn)動(dòng)的位移分別為xA=12aAt2=2.25mxB=12aBt12+(vBt2+12aBt22)=3.75mA在B上相對B滑行的距離為x=xB-xA=1.5m(3)FfAt的關(guān)系圖線如圖所示考點(diǎn)：牛頓第二定律的綜合應(yīng)用【名師點(diǎn)睛】此題是牛頓第二定律的綜合應(yīng)用問題；解決本題的關(guān)鍵理清木板和木塊的運(yùn)動(dòng)情況，將物體的運(yùn)動(dòng)過程分段處理，靈活選取物理規(guī)律結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解。29如圖所示，滑塊與足夠長的木板疊放在光滑水平面上，開始時(shí)均處于靜止?fàn)顟B(tài)。作用于滑塊的水平力F隨時(shí)間t變化圖象如圖所示，t=2.0s時(shí)撤去力F，最終滑塊與木板間無相對運(yùn)動(dòng)。已知滑塊質(zhì)量m=2kg，木板質(zhì)量M = 1kg，滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.2，取g=10m/s2。求：（1）t=0.5s時(shí)滑塊的速度大??；（2）02.0s內(nèi)木板的位移大??；（3）整個(gè)過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量?！敬鸢浮浚?）1m/s（2）6.25m（3）12J【解析】【分析】先判斷出在0-0.5s內(nèi)滑塊與木板是相對靜止的，方法是：設(shè)滑塊恰好相對于木板要滑動(dòng)時(shí)兩者間的靜摩擦力達(dá)到最大，以M為研究對象，求出臨界加速度，再以整體為研究對象，求出此時(shí)的拉力F，結(jié)合圖象的信息分析再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解速度；0.5-2.0s內(nèi)滑塊相對于木板滑動(dòng)，分別由牛頓第二定律求出兩者的加速度，再由位移公式求出各自的位移，再結(jié)合0-0.5s內(nèi)的位移，即可得解；求出相對位移，再得到摩擦生熱；解：（1）設(shè)滑塊恰好相對于木板要滑動(dòng)時(shí)兩者間的靜摩擦力達(dá)到最大，以M為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得mg=Ma0，得a0=mgM=0.22101=4m/s2；對整體，有F0=(M+m)a0=12N由圖知，在0-0.5s內(nèi)，F(xiàn)=6N<F0，則滑塊與木板相對靜止，兩者共同的加速度等于a=FM+m=2m/s2，則t=0.5s時(shí)滑塊的速度大小v1=at1=1m/s（2）0-0.5s內(nèi)，整體的位移為x1=12at12=1220.52=0.25m在0.5s-2.0s內(nèi)，F(xiàn)=16N>F0，所以兩者相對滑動(dòng).根據(jù)牛頓第二定律得對m有：F-mg=mam，得am=6m/s2；對M有：mg=MaM，得aM=4m/s2；0.52.0s內(nèi)木板的位移大小為x2=v1t2+12aMt22=11.5+1241.52=6m故02.0s內(nèi)木板的位移大小x=x1+x2=6.25m（3）0.52.0s內(nèi)滑塊的位移大小為x3=v1t2+12aMt22=11.5+1261.52=8.25m故0.52.0s內(nèi)滑塊與木板的相對位移x1=x3-x2=2.25mt=2.0s時(shí)，滑塊的速度為vm=v1+amt2=1+61.5=10m/s木板的速度為vM=v1+aMt2=1+41.5=7m/s撤去F后，m的加速度大小為am=mgm=g=2m/s2；設(shè)從t=2s時(shí)起經(jīng)過時(shí)間t，兩者速度相等，共同速度為v，則有v=vm-amt=vM+aMt，計(jì)算得出t=0.5s，v=9m/s，從t=2s到兩者相對靜止的過程中，滑塊的位移為x4=vm+v2t=10+920.5m=4.75m木板的位移為x5=vM+v2t=7+920.5m=4m此過程兩者的相對位移x2=x4-x5=0.75m故整個(gè)過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q=mg(x1+x2)=12J30物體A的質(zhì)量M1kg，靜止在光滑水平面上的平板車B的質(zhì)量為m0.5kg、長L1m。某時(shí)刻A以v04m/s向右的初速度滑上木板B的上表面，在A滑上B的同時(shí)，給B施加一個(gè)水平向右的拉力。忽略物體A的大小，已知A與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，取重力加速度g=10m/s2.試求:（1）若F=5N，物體A在小車上運(yùn)動(dòng)時(shí)相對小車滑行的最大距離；（2）如果要使A不至于從B上滑落，拉力F大小應(yīng)滿足的條件。【答案】（1）物體A在小車上運(yùn)動(dòng)時(shí)相對小車滑行的最大距離為0.5m（2）拉力F大小應(yīng)滿足的條件為1NF3N【解析】（1）物體A滑上木板B以后，作勻減速運(yùn)動(dòng)，有mg =maA得aA=g="2" m/s2木板B作加速運(yùn)動(dòng)，有F+mg=MaB，得：aB="14" m/s2兩者速度相同時(shí)，有V0-aAt=aBt，得：t=0.25sA滑行距離：SA=V0t-aAt2/2=15/16mB滑行距離：SB=aBt2/2=7/16m最大距離：s= SA- SB=0.5m(2)物體A不滑落的臨界條件是A到達(dá)B的右端時(shí)，A、B具有共同的速度v1，則：又：由、式，可得：aB=6m/s2再代入式得：F=m2aB-m1g=1N若F1N，則A滑到B的右端時(shí)，速度仍大于B的速度，于是將從B上滑落，所以F必須大于等于1N。當(dāng)F較大時(shí)，在A到達(dá)B的右端之前，就與B具有相同的速度，之后，A必須相對B靜止，才不會(huì)從B的左端滑落。即有：F=(m+m)a，m1g=m1a所以：F3N若F大于3N，A就會(huì)相對B向左滑下。綜上：力F應(yīng)滿足的條件是：1NF3N本題考查的是牛頓第二定律的應(yīng)用問題，首先根據(jù)牛頓第二定律解出A滑上B時(shí)各自的加速度，進(jìn)而解出最大距離；再根據(jù)物體A不滑落的臨界條件是A到達(dá)B的右端時(shí)A、B具有共同的速度，解出B的加速度，從而求出拉力F的范圍；