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)

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1、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(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

2、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(duì);D、繩長和兩桿間距離不變的情況下,角度就不會(huì)

3、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(duì)砂桶Q分析有FT=GQ,設(shè)兩繩的夾角為,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2FTc

4、os2=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(duì)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)?/p>

5、斜劈的壓力保持不變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,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

6、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,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(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)

7、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

8、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(jiǎn)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BCA90,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(duì)象,分析受力情況,作出力的合成圖如圖

9、,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(duì)地面的壓力為N,斜面體與地面的摩

10、擦力為f。如果將A和B位置對(duì)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(duì)地面的壓力為N1,斜面體與地面的摩擦力為f1,那么()ATT1,f1 fBN1N,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,mAmB,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,NN1;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

11、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(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Cc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

12、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(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)長均為l、

13、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(duì)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(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的支持力大小為mg,故選項(xiàng)

14、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。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如圖所示,三角形傳送帶以1m/s的速度逆時(shí)針勻

15、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(duì)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(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

16、,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(duì)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(duì)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(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)彈簧長度

17、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(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)彈簧的原長為l0根據(jù)牛頓第二定律得:第一種情況:對(duì)A: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-l

18、0=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(duì)于水平面有向左運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)B輕彈簧對(duì)小球的作用力大小為 mgC容器對(duì)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(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

19、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(duì)于水平面沒有向左運(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=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(duì)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(duì)象,本題運(yùn)用隔離法和整體法兩種方法

20、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

21、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mgsinmgcos,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;

22、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。【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(duì)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

23、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)

24、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(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,F(xiàn)TE的對(duì)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)

25、=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(duì)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(duì)整體有一對(duì)支持力,根據(jù)平衡條件,有:2F

26、f=(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,則有F1=F2=mg2cos2;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=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(duì)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(jiǎn)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

27、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(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(duì)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(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,則有,當(dāng)角減小,則f

28、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。現(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(duì)小球的作用力一直在減小BOB板對(duì)小球的作用力一直在增大COA板對(duì)小球作用力的最大值為233 mgDOB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

29、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(duì)小球的作用力先增大后減小,而B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,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

30、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(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【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、

31、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題,關(guān)鍵運(yùn)用圖解法確定出F的范圍,得到F最

32、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(cè)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

33、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(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

34、,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(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

35、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(s

36、in-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 A

37、O 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(duì)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(duì)物體

38、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(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

39、=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(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)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:a

40、1=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

41、程中,滑塊C與木板B的相對(duì)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(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

42、=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(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=N解得N=(m1+m2)g=20Nf=N=0220N=4N對(duì)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)

43、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(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

44、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(chǎng)(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(chǎng)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?。唬?)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

45、 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(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Lx=L-2xcot=1-1.5x此時(shí),ab棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)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=BI

46、efL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(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

47、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(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(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】 53º【解析】試題

48、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(chǎng)。金屬導(dǎo)軌的一端接有電動(dòng)勢(shì)E=6.0 V、內(nèi)阻r=0.5的直流電源。現(xiàn)把一個(gè)質(zhì)量m=0.05 kg的導(dǎo)體棒ab垂直放在金

49、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小;(3)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 si

50、n37+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

51、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(píng)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

52、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(duì)靜止,則vAaAt2vBaBt2代入數(shù)據(jù)得t20.5 sA在B上相對(duì)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(duì)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

53、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(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)=0.2,取g=10m/s2。求:(1)t=0.5s時(shí)滑塊的速度大小;(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(duì)靜止的,方法是:設(shè)滑塊恰好相對(duì)于木板要

54、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mg=Ma0,得a0=mgM=0.22101=4m/s2;對(duì)整體,有F0=(M+m)a0=12N由圖知,在0-0.5s內(nèi),F(xiàn)=6NF0,所以兩者相對(duì)滑動(dòng).根據(jù)牛頓第二定律得對(duì)m有:F-mg

55、=mam,得am=6m/s2;對(duì)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(duì)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)

56、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(duì)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(duì)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.

57、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(duì)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?!敬鸢浮浚?)物體A在小車上運(yùn)動(dòng)時(shí)相對(duì)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=

58、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(duì)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(duì)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;28

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