《2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關(guān)系列 專(zhuān)題02 相互作用（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關(guān)系列 專(zhuān)題02 相互作用（含解析）（28頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專(zhuān)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(wèn)題的解題基礎(chǔ)，很多類(lèi)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(duì)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(wèn)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(lèi)連接體問(wèn)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(zhǎng)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

2、架靜止時(shí)，下列說(shuō)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(zhǎng)為L(zhǎng)，則x=Lcosθ，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(mén)，根據(jù)平衡可知：2Tsinθ=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=Lcosθ可知夾角變小

3、，再根據(jù)2Tsinθ=mg可知繩子拉力變大，故B對(duì)； D、繩長(zhǎng)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B 2．如圖所示，細(xì)繩一端固定在A點(diǎn)，跨過(guò)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(guò)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(shuō)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

4、 【解析】 【詳解】 A、B、對(duì)砂桶Q分析有FT=GQ，設(shè)兩繩的夾角為θ，對(duì)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2FTcosθ2=GP，聯(lián)立可知2GQcosθ2=GP，故增大Q的重力，夾角θ變大，C點(diǎn)上升；增大P的重力時(shí)，夾角θ變小，C點(diǎn)下降；故A，B均錯(cuò)誤. C、由平衡知識(shí)2GQcosθ2=GP，而θ=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(duì)象的選擇. 3．如圖所示，帶有光滑豎直桿的三角

5、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(kāi)始時(shí)輕繩與斜劈平行。現(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(guò)程中小球始終未脫離斜劈，則有 A．小球?qū)π迸膲毫Ρ３植蛔? B．輕繩對(duì)小球的拉力先減小后增大 C．豎直桿對(duì)小滑塊的彈力先增大再減小 D．對(duì)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(duì)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??；故A、B錯(cuò)誤。 C、D、對(duì)球和滑塊整體分析

6、，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′=Nsinθ，豎直方向：F+Ncosθ=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。 【點(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(duì)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(duì)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(wèn)題時(shí)要多次選取研究對(duì)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(chē)，穿梭街頭。這種獨(dú)輪車(chē)全名叫電動(dòng)平衡獨(dú)輪車(chē)，其中間是一

7、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(jiǎn)化為如圖甲、乙所示的模型。關(guān)于人在運(yùn)動(dòng)中踏板對(duì)人腳的摩擦力，下列說(shuō)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；

8、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。 【點(diǎn)睛】 此題考查根據(jù)不同的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)來(lái)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(jiǎn)易起重裝置，AC是上端帶有滑輪的固定支架B

9、C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(guò)滑輪A連接在卷?yè)P(yáng)機(jī)上.開(kāi)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(guò)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(duì)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(guò)

10、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(lái)越不容易斷，作用在BC桿上的壓力大小不變；故選C。 【點(diǎn)睛】本題運(yùn)用三角相似法研究動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)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(guò)細(xì)線跨過(guò)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(méi)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(mén)，斜面體對(duì)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(duì)換且A和B都沒(méi)達(dá)地面上時(shí)；，斜面體依然靜止，細(xì)線的拉力為T(mén)1，斜面體對(duì)地面的壓力為N1，斜面體與地面的摩擦力為f1，那么（） A

11、．T>T1，f1> f B．N1>N，T=T1 C．T1=T，f1不為零，f=0 D．N1=N，f1=f≠0 【答案】 C 【解析】由初始情景可加mA=mBsinα,mA>mB,互換位置后,，解得T1= mAg，a=g(1-sinα),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+M×0+mB×0=mAg(1-sinα)cosα≠0.故選C. 【點(diǎn)睛】本題涉及加速度不同的連接體問(wèn)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

12、地面上，小盒b置于斜面上，通過(guò)細(xì)繩跨過(guò)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(shuō)法中正確的是（） A．b對(duì)c的摩擦力可能先減小后增大 B．地面對(duì)c的支持力可能不變 C．c對(duì)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(duì)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(kāi)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；

13、 B、C項(xiàng)：對(duì)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(duì)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(duì)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(chǎng)中。有兩個(gè)長(zhǎng)均為l、質(zhì)量均為m、電阻均為R的導(dǎo)體棒垂

14、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(duì)導(dǎo)體棒ab的支持力大小為2mg B．導(dǎo)體棒cd兩端的電壓大小為23mgRBl C．作用在導(dǎo)體棒cd上的恒力F的大小為3mg D．恒力F的功率為6m2g2RB2l2 【答案】 CD 【解析】 試題分析：對(duì)ab棒受力分析如圖所示： 則：FNsin300=mg，則：FN=2mg，每根導(dǎo)軌對(duì)導(dǎo)體棒ab的支持

15、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=3mg·23mgRB2l2=6m2g2RB2l2，故選項(xiàng)D正確。 考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、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

16、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(zhǎng)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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)下列說(shuō)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(duì)物塊A、B均做負(fù)功 D．物塊A、B在傳送帶上的劃痕長(zhǎng)度之比為1∶3 【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(duì)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

17、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(duì)；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=" gsinθ" –μgcosθ,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(duì)地位移（斜面長(zhǎng)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(duì)地位移（斜面長(zhǎng)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。 考點(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

18、為m和2m，用輕彈簧連接后放在光滑的水平面上。對(duì)B施加向右的水平拉力F，穩(wěn)定后A、B相對(duì)靜止地在水平面上運(yùn)動(dòng)，此時(shí)彈簧長(zhǎng)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(duì)靜止地在水平面上運(yùn)動(dòng)，此時(shí)彈簧長(zhǎng)度為。則下列判斷正確的是( ) A．彈簧的原長(zhǎng)為l1+l22 B．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(duì)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(zhǎng)為l0．根據(jù)牛頓第二定律得：第一種情況：對(duì)A：

19、k（l1-l0）=ma； 第二種情況：對(duì)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μ，OP與水平方向的夾角為θ＝30°。下列說(shuō)法正確的是 A．容器相對(duì)于水平面有向左運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì) B．

20、輕彈簧對(duì)小球的作用力大小為 mg C．容器對(duì)小球的作用力豎直向上 D．彈簧原長(zhǎng)為R＋mgk 【答案】 BD 【解析】 【分析】 對(duì)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(duì)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(zhǎng)． 【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(duì)于水平面沒(méi)有向左運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，故A錯(cuò)誤；容器對(duì)小球的作用力是彈力，指向球心O，故B正確；對(duì)小球受力分析，如圖所示 由θ=30°可知，支持力和彈簧的彈力之間的

21、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(duì)小球的彈力大小均為mg，故C錯(cuò)誤；圖中彈簧長(zhǎng)度為R，壓縮量為mgk，故原長(zhǎng)為R+mgk，故D正確。故選BD。 【點(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(wèn)題重點(diǎn)在于正確選擇研究對(duì)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θ的固定斜面上?；瑝K與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。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μ>tanθ，滑塊將下滑 B．用平行于

22、斜面向上的力拉滑塊向上勻速滑動(dòng)，如果μ=tanθ，拉力大小應(yīng)是2mgsinθ C．若滑塊原來(lái)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(lái)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(shuō)明mgsinθ>μmgcosθ，得：μ

23、θ，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-mgsinθ-μmmgcosθ=0，由題有：μ=tanθ，解得：F=2mgsinθ，故B正確；若滑塊原來(lái)恰好靜止，則有：mgsinθ=μmgcosθ，即：μ=tanθ，再加一豎直向下的恒力F，則沿斜面向下的分力為：mg+Fsinθ，而摩擦力的大小為μmg+Fcosθ，因μ=tanθ，故mg+Fsinθ=μmg+Fcosθ，即滑塊仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，故C錯(cuò)誤；若滑塊原來(lái)勻速度，根據(jù)平衡條件得：mgsinθ=μmgcosθ，若加一豎直向下的恒力F，與C項(xiàng)同理分析可知，仍有：mg+Fsinθ=μmg+Fcosθ成立，故滑塊仍做勻

24、速運(yùn)動(dòng)，故D正確；故選BD。 【點(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(guò)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(shuō)法中正確的是：????（????? ） A．B與水平面間的摩擦力增大 B．繩子對(duì)B的拉力增大 C．懸于墻上的繩所受拉力不變 D．A、B靜止時(shí)，圖中α、β、θ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，

25、將物塊B移至C點(diǎn)，細(xì)繩與水平面的夾角γ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α、β、θ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。 考點(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(guò)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(zhǎng)為L(zhǎng)，中心記為O，用兩根不可伸長(zhǎng)、長(zhǎng)度均為L(zhǎng)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?lè)较蚓徛D(zhuǎn)

26、過(guò)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(guò)程中下列說(shuō)法正確的是( ) A．細(xì)線OA中拉力最大值為mg B．細(xì)線OE中拉力最大值為23mg3 C．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(duì)小球進(jìn)行受力分析，如圖所示， Mg的對(duì)角始終為1200，設(shè)FTA的對(duì)角為α，F(xiàn)TE的對(duì)角為β，緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，小球始終受力平衡，由正弦定理得mgsin1200=FTAsinα=FTEsinβ，α角由1500減小到600，F(xiàn)TA先增大后減小，當(dāng)α=900時(shí)，F(xiàn)TA最大，最大值為23mg3，故A、C錯(cuò)誤； β角由900增加到1

27、800，F(xiàn)TE減小到0，當(dāng)β=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（　?。? A．FN變小 B．FN變大 C．Ff不變 D．Ff變小 【答案】 BC 【解析】 先對(duì)三個(gè)物體以及支架整體受力分

28、析，受重力（2m+M）g，2個(gè)靜摩擦力，兩側(cè)墻壁對(duì)整體有一對(duì)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(duì)；D錯(cuò) 將細(xì)線對(duì)O的拉力按照效果正交分解，如圖 設(shè)兩個(gè)桿夾角為θ，則有F1=F2=mg2cosθ2； 再將桿對(duì)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=F1sinθ2 故Fx=mg2cosθ2?sinθ2=mgtanθ22，若擋板間的距離稍許增大后，角θ變大，F(xiàn)x變大，故滑塊m對(duì)墻壁的壓力變大，即FN變大，故AD錯(cuò)誤，BC正確； 故選：BC 16．甲、乙兩建筑工人用簡(jiǎn)單機(jī)械裝置將工件從地面提升并運(yùn)送

29、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(guò)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(guò)程中（） A．甲手中繩子上的拉力不斷破小 B．樓頂對(duì)甲的支持力不斷增大 C．樓頂對(duì)甲的摩擦力大于對(duì)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(kāi)始的時(shí)候繩子上的拉力大小是物體重力，后來(lái)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(duì)甲的

30、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(guò)程中，樓頂對(duì)甲的摩擦力大于對(duì)乙的摩振力，C正確； D、繩子與滑輪夾角為θ，則有，當(dāng)θ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(guò)程中( ) A．OA板對(duì)小球的作用力一直在減小 B．OB板對(duì)小球的作用力一直在增大

31、 C．OA板對(duì)小球作用力的最大值為233 mg D．OB板對(duì)小球的作用力大小為mg時(shí)，OA板對(duì)小球的作用力大小也為mg 【答案】 BCD 【解析】 在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)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(guò)程中弦NAG恒定不變，如圖所示： 當(dāng)B從開(kāi)始位置轉(zhuǎn)動(dòng)到豎直位置，即NB從1到2的過(guò)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(guò)程中，NA在減小，NB在增大；故整個(gè)過(guò)程O(píng)A板對(duì)小球的作用力先增大后減小，而B(niǎo)板對(duì)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(duì)小球作用力最大，此時(shí)的受力分析，

32、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(duì)球的彈力大小相等，且?jiàn)A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(guò)輕桿固定在左側(cè)豎直墻壁上，輕桿與豎直墻壁夾角為30°。現(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mg B．外力F的最小值為32mg C．輕桿對(duì)小球a作用力的方向不變 D．輕桿對(duì)小球a的作用力最小值為mg 【答案】 BD 【

33、解析】 【分析】 分別以a與b為研究對(duì)象，結(jié)合共點(diǎn)力平衡的條件列式即可求出。 【詳解】 A、對(duì)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(duì)象，可知a受到重力、繩子ab對(duì)a的作用力以及桿對(duì)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(duì)a的作用力與a的重力、ab對(duì)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(duì)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(duì)a的拉

34、力的合力大小、方向都是變化的，所以桿對(duì)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(duì)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(duì)a的作用力，此時(shí)桿對(duì)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(wèn)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(guò)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α角變小，為使結(jié)點(diǎn)仍

35、在位置O，調(diào)整彈簧秤B的拉力及β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β角 B．增大B的拉力，β角不變 C．增大B的拉力，減小β角 D．B的拉力大小不變，增大β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(cè)力計(jì)A的讀數(shù)不變，拉力方向α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

36、說(shuō)法正確的是(　　) A．c受到地面的摩擦力水平向右 B．a(chǎn)、b兩物體的受力個(gè)數(shù)一定相同 C．a(chǎn)、b兩物體對(duì)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(duì)整體受力分析：整體受總重力、拉力F、地面對(duì)C的支持力、地面對(duì)C的水平向右摩擦力（如地面光滑，整體要相對(duì)地面向左運(yùn)動(dòng)）；故A正確。 B：對(duì)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(duì)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

37、均平衡Na+Tsinθ=mgcosθ，Nb+Tsinθ=mgcosθ，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(duì)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θ的足夠長(zhǎng)的斜面上，有

38、一個(gè)帶風(fēng)帆的滑板從靜止開(kāi)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μ，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、θ=30°,?g取10 m/s2，滑塊從靜止開(kāi)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?μ?和?k?的值. 【答案】（1）mgk(sinθ-μcosθ) （2）0.23，3N/(m?s-1) 【解析】 【詳解】 （1）風(fēng)帆受力如下圖所示； 當(dāng)?mgsinθ=f1+f2?時(shí)，風(fēng)帆下滑的速度最大為?vm 則有：mg

39、sinθ=μmgcosθ+kvm vm=mgk(sinθ-μcosθ). (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(guò)程中最大速度vm=2 m/s 當(dāng)t=0時(shí)，由牛頓第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma a=g(sinθ-μcosθ)=10×(0.5-32μ)=3 m/s2 解得?μ?=0.23 由mgsinθ=mgμcoθ+kvm 得：k?=mgvm(sinθ-μcosθ)=2×102×(0.5-0.23×32)N/(m·s?-1)=3 N/(m·s-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

40、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(guò)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θ=53°，斜面傾角α=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(zhǎng)量 x； （2）物塊 A 受到的摩擦力． 【答案】（1）x=4cm；（2）5N，

41、沿斜面向上 【解析】 （1）對(duì)結(jié)點(diǎn)O受力分析如圖所示： 根據(jù)平衡條件，有：Tcosθ-mBg=0，Tsinθ-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(duì)物體A做受力分析如圖所示： 根據(jù)平衡條件，有：T﹣f﹣mAgsinα=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(duì)象并能正確對(duì)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(zhǎng)度的彈簧接觸但不相連，彈

42、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(zhǎng)度均為L(zhǎng)=5m，質(zhì)量均為m2=1．5kg，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μ1=0.3，木板A、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=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(zhǎng)開(kāi)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(shì)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

43、)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）73．5J：（2）3m/s2和1m/s2；（3）4s 【解析】試題分析：（1）EPmax==73．5J （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：μ1m1g=m1a1， 解得：a1=3m/s2． μ1m1g﹣μ2（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=（v0t1﹣a1t12）-a2t12 解得：t1=1s或t1=2．5s（舍去） 設(shè)滑塊C離開(kāi)木板A時(shí)的速度為vC，木板A、B的速度分別為vA和vB．

44、 vC=v0﹣a1t1=4m/s vA=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a3． μ1m1g﹣μ2（m1+m2）g=m2a3； 解得：a3=3m/s2． 設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t2，B、C達(dá)到共同速度v，則有：v=vC﹣a1t2=vB+a3t2， 解得t2=0．5s，v=2．5m/s 從滑塊C滑上木板B到與木板B速度相同的過(guò)程中，滑塊C與木板B的相對(duì)位移為： △x==0．75m＜5m 可知此過(guò)程中C未離開(kāi)B，又因μ1＞μ2，B、C共速后無(wú)相對(duì)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t3． μ2（m1+m2）g=（m1+m

45、2）a； a=1m/s2． 0=v﹣at3； t3=2．5s 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)μ=0．2，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(guò)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

46、此過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能為多少？ 【答案】（1）4N；14J （2）4．4J 【解析】試題分析：（1）對(duì)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=μN(yùn) 解得N=（m1+m2）g=20N f=μN(yùn)=0．2×20N=4N 對(duì)整體在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中運(yùn)用動(dòng)能定理列式，得到WF﹣fs﹣m2g?h=0 根據(jù)幾何關(guān)系，可知求B上升距離h=1m，故WF=fs+m2g?h=4×1+1×10×1=14J （2）根據(jù)功能關(guān)系知：FS=12mvA2+83mvB2+E內(nèi)+mgh

47、， 根據(jù)速度的分解與合成知B的速度為m/s 解得E內(nèi)=20×1﹣0．5×1×4﹣0．5×1×﹣1×10×1=4．4J 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(duì)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L(zhǎng)＝1 m，MNQP所在平面與水平面夾角α＝37°．N、Q連線與MN垂直，M、P間接有阻值R＝10 Ω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θ＝53°．a(chǎn)b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μ＝0

48、．1，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m＝0．5 kg，長(zhǎng)均為L(zhǎng)＝1 m．空間有豎直方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫(huà)出）．兩金屬棒與導(dǎo)軌保持良好接觸，ef棒的阻值R＝10 Ω，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(chǎng)．若ab棒在拉力F的作用下，以垂直于NQ的速度v1＝1 m/s在水平導(dǎo)軌上向右勻速運(yùn)動(dòng)，且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中ef棒始終靜止（g取10 m/s2，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8）． （1）求金屬棒ab運(yùn)動(dòng)到x＝0．3 m處時(shí)，經(jīng)過(guò)ab棒的電流大小； （2）推導(dǎo)金屬棒ab從NQ處運(yùn)動(dòng)

49、一段距離x過(guò)程中拉力F與x的關(guān)系式； （3）若ab棒以垂直于NQ的速度v2＝2 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(guò)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(wèn)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(chǎng)方向可豎直向上，也可豎直向下。 【解析】 試題分析：（1）ab棒滑行距離為x時(shí)，ab棒在導(dǎo)軌間的棒長(zhǎng)Lx=L-2xcotθ=1-1.5x 此時(shí)，ab棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)Ex=Bv1Lx 流過(guò)ab棒的電流Iab=ExR2=0.22A （2）拉力F與x的關(guān)系式F=BIab

50、Lx，代入數(shù)據(jù)得F=BIabLx=0.8(1－1.5x)2 （3）流過(guò)ef棒的電流Ief=ExR① ef棒所受安培力Fx=BIefL② 聯(lián)立①②，解得，F(xiàn)x=B2v2LR(L-2xcotθ)③ 由③式可得，F(xiàn)x在x＝0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：F1cosα=mgsinα+μ(mgcosα+F1sinα)④ 聯(lián)立③④，代入數(shù)據(jù)得，Bm=1Lmg(sinα＋μcosα)R(cosα－μsinα)v2=4.79T 考點(diǎn)：考查了導(dǎo)體切割磁

51、感線運(yùn)動(dòng) 【名師點(diǎn)睛】對(duì)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E＝BLv，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(shì)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(shì)。（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（

52、即通過(guò)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1．5倍，則AB與AC的夾角為多少? 【答案】 53º 【解析】試題分析：設(shè)AB長(zhǎng)度為L(zhǎng)，∠BAC=θ，則 AC=Lcosθ BC=Lsinθ 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 mgcosθ=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 t1＋t2=1.5t 所以t2=0.5t 小球沿CB桿有 mgsinθ=ma2 聯(lián)立解得所以θ=53o 考點(diǎn)：牛頓

53、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θ=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(chǎng)。金屬導(dǎo)軌的一端接有電動(dòng)勢(shì)E=6.0 V、內(nèi)阻r=0.5Ω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 Ω，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(guò)導(dǎo)體棒的電流大?。? （2）導(dǎo)體棒受到的安培力大??； （3）導(dǎo)體棒受到的摩擦力大小。 【

54、答案】（1）1.5 A（2）0.3 N（3）0.06 N 【解析】 試題分析：⑴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 ⑵導(dǎo)體棒受到的安培力：F安=BIL=0.30N ⑶導(dǎo)體棒所受重力沿斜面向下的分力F1=" mg" sin37o=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 sin37o+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(wèn)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(zhǎng)的木板B上，木板B靜止于水平面上．已知A的質(zhì)量mA

55、和B的質(zhì)量mB均為2.0 kg，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.2，B與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.1，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t＝0開(kāi)始，木板B受F1＝16 N的水平恒力作用，t＝1 s時(shí)F1改為F2＝4 N，方向不變，t＝3 s時(shí)撤去F2.求： （1）木板B受F1＝16 N的水平恒力作用時(shí)，A、B的加速度aA、aB各為多少？ （2）從t＝0開(kāi)始，到A、B都靜止，A在B上相對(duì)B滑行的時(shí)間為多少？ （3）請(qǐng)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t＝0開(kāi)始，到A、B都靜止)，取運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，在圖中畫(huà)出FfA－

56、t的關(guān)系圖線(以圖線評(píng)分，不必寫(xiě)出分析和計(jì)算過(guò)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 μ1mAg＝mAaA aA＝μ1g＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2 F1－μ2(mA＋mB)g－μ1mAg＝mBaB 代入數(shù)據(jù)得aB＝4 m/s2 (2)t1＝1 s時(shí)，A、B的速度分別為vA、vB vA＝aAt1＝2×1 m/s＝2 m/s vB＝aBt1＝4×1 m/s＝4 m/s F1改為F2＝4 N后，在B速度大于A速度的過(guò)程，A的加速度不變，B的加速度設(shè)為aB′，根據(jù)牛

57、頓第二定律得 F2－μ2(mA＋mB)g－μ1mAg＝mBaB′ 代入數(shù)據(jù)得aB′＝－2 m/s2 設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t2，A、B速度相等，此后它們保持相對(duì)靜止，則 vA＋aAt2＝vB＋aB′t2 代入數(shù)據(jù)得t2＝0.5 s A在B上相對(duì)B滑行的時(shí)間為t＝t1＋t2＝1.5 s 在時(shí)間t內(nèi)A、B運(yùn)動(dòng)的位移分別為xA=12aAt2=2.25m xB=12aBt12+(vBt2+12aB't22)=3.75m A在B上相對(duì)B滑行的距離為Δx=xB-xA=1.5m (3)FfA－t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(wèn)題；

58、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(guò)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(zhǎng)的木板疊放在光滑水平面上，開(kāi)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(wú)相對(duì)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)μ=0.2，取g=10m/s2。求： （1）t=0.5s時(shí)滑塊的速度大小； （2）0～2.0s內(nèi)木板的位移大小； （3）整個(gè)過(guò)程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量。 【答案】（1）1m/s（2）6.25m（3）12J 【解析】

59、【分析】先判斷出在0-0.5s內(nèi)滑塊與木板是相對(duì)靜止的，方法是：設(shè)滑塊恰好相對(duì)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(duì)象，求出臨界加速度，再以整體為研究對(duì)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(duì)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(duì)位移，再得到摩擦生熱； 解：（1）設(shè)滑塊恰好相對(duì)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(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得 μmg=Ma0，得a0=μmgM=0.2×2×101=4m/s2； 對(duì)整體，有F0=(

60、M+m)a0=12N 由圖知，在0-0.5s內(nèi)，F(xiàn)=6NF0，所以?xún)烧呦鄬?duì)滑動(dòng).根據(jù)牛頓第二定律得 對(duì)m有：F-μmg=mam，得am=6m/s2； 對(duì)M有：μmg=MaM，得aM=4m/s2； 0.5~2.0s內(nèi)木板的位移大小為x2=v1t2+12aMt22=1×1.5+12×4×1.52=6m 故0~2.0s內(nèi)木板的位移大小x=

61、x1+x2=6.25m （3）0.5~2.0s內(nèi)滑塊的位移大小為x3=v1t2+12aMt22=1×1.5+12×6×1.52=8.25m 故0.5~2.0s內(nèi)滑塊與木板的相對(duì)位移Δx1=x3-x2=2.25m t=2.0s時(shí)，滑塊的速度為vm=v1+amt2=1+6×1.5=10m/s 木板的速度為vM=v1+aMt2=1+4×1.5=7m/s 撤去F后，m的加速度大小為am'=μmgm=μg=2m/s2； 設(shè)從t=2s時(shí)起經(jīng)過(guò)時(shí)間t，兩者速度相等，共同速度為v，則有 v=vm-am't=vM+aMt，計(jì)算得出t=0.5s，v=9m/s， 從t=2s到兩者相對(duì)靜止的過(guò)程中，滑

62、塊的位移為x4=vm+v2t=10+92×0.5m=4.75m 木板的位移為x5=vM+v2t=7+92×0.5m=4m 此過(guò)程兩者的相對(duì)位移Δx2=x4-x5=0.75m 故整個(gè)過(guò)程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q=μmg(Δx1+Δx2)=12J 30．物體A的質(zhì)量M＝1kg，靜止在光滑水平面上的平板車(chē)B的質(zhì)量為m＝0.5kg、長(zhǎng)L＝1m。某時(shí)刻A以v0＝4m/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)μ＝0.2，取重力加速度g=10m/s2.試求: （1）若F=5N，物體A在小車(chē)上運(yùn)動(dòng)時(shí)相對(duì)小車(chē)滑行的

63、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(chē)上運(yùn)動(dòng)時(shí)相對(duì)小車(chē)滑行的最大距離為0.5m．（2）拉力F大小應(yīng)滿足的條件為1N≤F≤3N． 【解析】 （1）物體A滑上木板B以后，作勻減速運(yùn)動(dòng)，有μmg =maA得aA=μg="2" m/s2 木板B作加速運(yùn)動(dòng)，有F+μmg=MaB，得：aB="14" m/s2 兩者速度相同時(shí)，有V0-aAt=aBt，得：t=0.25s A滑行距離：SA=V0t-aAt2/2=15/16m B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

64、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： ………③ 又：……………④ 由、③、④式，可得：aB=6m/s2 再代入②式得：F=m2aB-μm1g=1N 若F＜1N，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(duì)B靜止，才不會(huì)從B的左端滑落。即有：F=(m+m)a，μm1g=m1a 所以：F＝3N 若F大于3N，A就會(huì)相對(duì)B向左滑下。 綜上：力F應(yīng)滿足的條件是：1N≤F≤3N 本題考查的是牛頓第二定律的應(yīng)用問(wèn)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； 28