23、θ，故A錯誤；用平行于斜面向上的力拉滑塊向上勻速滑動，根據平衡條件，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，即滑塊仍處于靜止狀態(tài)，故C錯誤；若滑塊原來勻速度，根據平衡條件得：mgsinθ=μmgcosθ，若加一豎直向下的恒力F，與C項同理分析可知，仍有：mg+Fsinθ=μmg+Fcosθ成立，故滑塊仍做勻
24、速運動，故D正確；故選BD。
【點睛】
本題關鍵將重力按照作用效果正交分解，然后求出最大靜摩擦力，結合共點力平衡條件討論即可．
13．如圖所示，不計質量的光滑小滑輪用細繩懸掛于墻上的O點，跨過滑輪的細繩連接物塊A、B，A、B都處于靜止狀態(tài)，現將物塊B移至C點后，A、B仍保持靜止，下列說法中正確的是：????（????? ）
A．B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
D．A、B靜止時，圖中α、β、θ三角始終相等
【答案】 AD
【解析】
試題分析：細繩的彈力F始終等于物塊A的重力，大小不變，B選項錯；物塊B與水平面間的摩擦力，
25、將物塊B移至C點，細繩與水平面的夾角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錯誤。
考點：共點力平衡條件及應用力的合成與分解
14．如圖所示，處于豎直平面內的正六邊形金屬框架ABCDEF、可繞過C點且與平面垂直的水平軸自由轉動，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的輕質細線將質量為m的金屬小球懸掛于框架的A、E兩個頂點并處于靜止狀態(tài)，現令框架繞轉軸、沿順時針方向緩慢轉
26、過90°角，已知重力加速度為g，在包括初、末狀態(tài)的整個轉動過程中下列說法正確的是( )
A．細線OA中拉力最大值為mg
B．細線OE中拉力最大值為23mg3
C．細線OA中拉力逐漸增大
D．細線OE中拉力逐漸減小
【答案】 BD
【解析】
對小球進行受力分析，如圖所示，
Mg的對角始終為1200，設FTA的對角為α，FTE的對角為β，緩慢轉動過程中，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，FTA先增大后減小，當α=900時，FTA最大，最大值為23mg3，故A、C錯誤；
β角由900增加到1
27、800，FTE減小到0，當β=900時，FTE最大，最大值為23mg3，故B、D正確。
點晴：解決本題關鍵正確的受力分析，判斷出角度的變化，由正弦定理求解。
15．如圖所示，兩相同輕質硬桿OO1、OO2可繞其兩端垂直紙面的水平軸O、O1、O2轉動，在O點懸掛一重物M，將兩個相同木塊m緊壓在豎直擋板上，此時整個系統(tǒng)保持靜止．Ff表示木塊與擋板間摩擦力的大小，FN表示木塊與擋板間正壓力的大?。魮醢彘g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】
先對三個物體以及支架整體受力分
28、析，受重力（2m+M）g，2個靜摩擦力，兩側墻壁對整體有一對支持力，根據平衡條件，有：2Ff=（M+2m）g，解得Ff=12（M+2m）g，故靜摩擦力不變，C對；D錯
將細線對O的拉力按照效果正交分解，如圖
設兩個桿夾角為θ，則有F1=F2=mg2cosθ2；
再將桿對滑塊m的推力F1按照效果分解，如圖
根據幾何關系，有Fx=F1sinθ2
故Fx=mg2cosθ2?sinθ2=mgtanθ22，若擋板間的距離稍許增大后，角θ變大，Fx變大，故滑塊m對墻壁的壓力變大，即FN變大，故AD錯誤，BC正確；
故選：BC
16．甲、乙兩建筑工人用簡單機械裝置將工件從地面提升并運送
29、到樓頂。如圖所示，設當重物提升到一定高度后，兩工人保持位置不動，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，最后工件運送至乙所在位置，完成工件的運送，設兩繩端始終在同一水平面上，蠅的重力及滑輪的摩擦不計，滑輪大小忽略不計，則在工件向左移動過程中（）
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
30、拉力也增大了，A、B錯誤；
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θ，則有，當θ角減小，則f增大，根據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，構成頂角為60°的楔形槽，楔形槽內放置一質量為m的光滑小球，整個裝置保持靜止，OA板與水平面夾角為15°。現使楔形槽繞O點順時針緩慢轉動至OA板豎直，重力加速度為g，則轉動過程中( )
A．OA板對小球的作用力一直在減小
B．OB板對小球的作用力一直在增大
31、
C．OA板對小球作用力的最大值為233 mg
D．OB板對小球的作用力大小為mg時，OA板對小球的作用力大小也為mg
【答案】 BCD
【解析】
在轉動過程中，∠NANBG=60°恒定不變，為此可組成以NANB為直徑得圓，在轉動過程中弦NAG恒定不變，如圖所示：
當B從開始位置轉動到豎直位置，即NB從1到2的過程中，NA在增大，NB也在增大；當B從豎直位置繼續(xù)轉動到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錯誤，B正確；當B在豎直位置時OA板對小球作用力最大，此時的受力分析，
32、如圖所示：
根據平衡條件得：NA=mgsin60°=233G，故C正確；當OC線豎直時，球處于靜止狀態(tài)，受力平衡，根據幾何關系可知，兩擋板對球的彈力大小相等，且夾角為120°，根據平衡條件得：N=mg，故D正確；故選BCD.
18．如圖所示，質量為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豎直墻壁上，輕桿與豎直墻壁夾角為30°?，F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
【
33、解析】
【分析】
分別以a與b為研究對象，結合共點力平衡的條件列式即可求出。
【詳解】
A、對b進行受力分析如圖，當F的方向發(fā)生變化時，由圖可知，輕繩上的拉力可能小于mg，也可能大于mg，故A錯誤。
B、由b的受力圖可知，當拉力F的方向與ab繩子垂直時，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)，由三個力平衡的特點可知，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
34、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錯誤。
D、由b的受力分析可知，當拉力F對b的拉力方向豎直向上時，拉力F與b的重力大小相等，方向相反，繩子ab此時的拉力等于0，此時a只受到重力和桿對a的作用力，此時桿對a的作用力最小，恰好等于a的重力，故D正確。
故選：B、D
【點睛】
本題有隱含的臨界問題，關鍵運用圖解法確定出F的范圍，得到F最小的條件，再由平衡條件進行求解．
19．如圖，在“研究共點力的合成”實驗中，彈簧秤A、B通過兩細繩把橡皮條上的結點拉到位置O，此時兩細繩間夾角小于90°?，F保持彈簧秤A的示數不變而改變其方向使α角變小，為使結點仍
35、在位置O，調整彈簧秤B的拉力及β角的大小，則下列調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點位置不動，即合力大小方向不變，彈簧測力計A的讀數不變，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錯誤；
故選ABC。
20．如圖所示，固定斜面c上放有兩個完全相同的物體a、b，兩物體間用一根細線連接，在細線的中點加一與斜面垂直的拉力F，使兩物體均處于靜止狀態(tài)．下列
36、說法正確的是( )
A．c受到地面的摩擦力水平向右
B．a、b兩物體的受力個數一定相同
C．a、b兩物體對斜面的壓力相同
D．當逐漸增大拉力F時，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動）；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可能受三個力。
對a受力分析如圖，a必定會受到沿斜面向上的摩擦力，即a一定受四個力。故B錯誤。
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：當逐漸增大拉力F時，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，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，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，b受到沿斜面向下的摩擦力。當逐漸增大拉力F時，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錯誤。
三、解答題
21．如圖所示，在傾角為θ的足夠長的斜面上，有
38、一個帶風帆的滑板從靜止開始沿斜面下滑，滑板的總質量為m，滑板與斜面間的動摩擦因數為μ，滑板上的風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的表達式;
（2）若m=2 kg、θ=30°,?g取10 m/s2，滑塊從靜止開始沿斜面下滑的速度—時間圖象如圖乙所示，圖中斜線是t=0時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）風帆受力如下圖所示；
當?mgsinθ=f1+f2?時，風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時風帆下滑的加速度：a=3-01m/s2=3 m/s2
風帆下滑過程中最大速度vm=2 m/s
當t=0時，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).
【點睛】
本題解題的關鍵在于正確進行受力分析，同時能正確理解圖
40、象的意義，根據物體的運動狀態(tài)，則可由共點力的平衡條件求解．
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 均處于靜止狀態(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，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 的質量分別為mA=5kg ，mB=1.5kg，彈簧的勁度系數 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，
41、沿斜面向上
【解析】
（1）對結點O受力分析如圖所示：
根據平衡條件，有：Tcosθ-mBg=0，Tsinθ-F=0，且：F=kx，解得：x=4cm；
（2）設物體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。
點睛：本題主要考查了平衡條件和胡克定律得直接應用，要求同學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用。
23．如圖所示，質量m1=3kg的滑塊C（可視為質點）放置于光滑的平臺上，與一處于自然長度的彈簧接觸但不相連，彈
42、簧另一端固定在豎直墻壁上．平臺右側的水平地面上緊靠平臺依次排放著兩塊木板A、B．已知木板A、B的長度均為L=5m，質量均為m2=1．5kg，木板A、B上表面與平臺相平，木板A與平臺和木板B均接觸但不粘連．滑塊C與木板A、B間的動摩擦因數為μ1=0.3，木板A、B與地面間的動摩擦因數μ2=0.1．現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，當滑塊C剛滑上木板A時，滑塊C的速度為7m/s．設最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，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，木板A、B及滑塊C的加速度；
(3
43、)從滑塊C滑上木板A到整個系統(tǒng)停止運動所需的時間．
【答案】（1）73．5J：（2）3m/s2和1m/s2；（3）4s
【解析】試題分析：（1）EPmax==73．5J
（2）設滑塊C在木塊A上滑動時，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）設滑塊C在木板A上運動的時間為t1．則由： L=（v0t1﹣a1t12）-a2t12
解得：t1=1s或t1=2．5s（舍去）
設滑塊C離開木板A時的速度為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上滑動時，滑塊C的加速度為a1，設B的加速度為a3．
μ1m1g﹣μ2（m1+m2）g=m2a3；
解得：a3=3m/s2．
設經過時間t2，B、C達到共同速度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速度相同的過程中，滑塊C與木板B的相對位移為：
△x==0．75m＜5m
可知此過程中C未離開B，又因μ1＞μ2，B、C共速后無相對運動，設B、C一起勻減速運動的加速度為a，運動時間為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到整個系統(tǒng)停止運動所需的時間為： t=t1+t2+t3=4s
考點：牛頓第二定律的綜合應用
24．如圖所示，豎直平面內放一直角桿AOB，桿的水平部分粗糙，動摩擦因數μ=0．2，桿的豎直部分光滑．兩部分各有質量均為1kg的小球A和B，A、B間用細繩相連，此時A、B處于靜止狀態(tài)，OA=3m，OB=4m．若用水平拉力F向右緩緩地拉A使之移動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1m，此時A的速度達到2m/s，則
46、此過程中產生的內能為多少？
【答案】（1）4N；14J （2）4．4J
【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
根據共點力平衡條件，有
豎直方向：N=G1+G2
水平方向：F=f+N1
其中：f=μN
解得N=（m1+m2）g=20N
f=μN=0．2×20N=4N
對整體在整個運動過程中運用動能定理列式，得到WF﹣fs﹣m2g?h=0
根據幾何關系，可知求B上升距離h=1m，故WF=fs+m2g?h=4×1+1×10×1=14J
（2）根據功能關系知：FS=12mvA2+83mvB2+E內+mgh
47、，
根據速度的分解與合成知B的速度為m/s
解得E內=20×1﹣0．5×1×4﹣0．5×1×﹣1×10×1=4．4J
考點：物體的平衡；功能關系
【名師點睛】本題中拉力為變力，先對整體受力分析后根據共點力平衡條件得出摩擦力為恒力，然后根據動能定理求變力做功。
25．如圖，在金屬導軌MNC和PQD中，MN與PQ平行且間距為L＝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．光滑直導軌NC和QD在同一水平面內，與NQ的夾角均為θ＝53°．ab棒的初始位置在水平導軌上與NQ重合．ef棒垂直放在傾斜導軌上，與導軌間的動摩擦因數為μ＝0
48、．1，由導軌上的小立柱1和2阻擋而靜止．金屬棒ab和ef質量均為m＝0．5 kg，長均為L＝1 m．空間有豎直方向、磁感應強度B＝2 T的勻強磁場（圖中未畫出）．兩金屬棒與導軌保持良好接觸，ef棒的阻值R＝10 Ω，不計所有導軌和ab棒的電阻．假設最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等．忽略感應電流產生的磁場．若ab棒在拉力F的作用下，以垂直于NQ的速度v1＝1 m/s在水平導軌上向右勻速運動，且運動過程中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運動到x＝0．3 m處時，經過ab棒的電流大??；
（2）推導金屬棒ab從NQ處運動
49、一段距離x過程中拉力F與x的關系式；
（3）若ab棒以垂直于NQ的速度v2＝2 m/s在水平導軌上向右勻速運動，在NQ位置時取走小立柱1和2，且運動過程中ef棒始終靜止．求此狀態(tài)下磁感應強度B的最大值（此問結果可只保留一位有效數字）．
【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。
【解析】
試題分析：（1）ab棒滑行距離為x時，ab棒在導軌間的棒長Lx=L-2xcotθ=1-1.5x
此時，ab棒產生的電動勢Ex=Bv1Lx
流過ab棒的電流Iab=ExR2=0.22A
（2）拉力F與x的關系式F=BIab
50、Lx，代入數據得F=BIabLx=0.8(1－1.5x)2
（3）流過ef棒的電流Ief=ExR①
ef棒所受安培力Fx=BIefL②
聯立①②，解得，Fx=B2v2LR(L-2xcotθ)③
由③式可得，Fx在x＝0和B為最大值Bm時有最大值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
聯立③④，代入數據得，Bm=1Lmg(sinα＋μcosα)R(cosα－μsinα)v2=4.79T
考點：考查了導體切割磁
51、感線運動
【名師點睛】對電磁感應電源的理解
（1）電源的正負極可用右手定則或楞次定律判定，要特別注意在內電路中電流由負極到正極。
（2）電磁感應電路中的電源與恒定電流的電路中的電源不同，前者是由于導體切割磁感線產生的，公式為E＝BLv，其大小可能變化，變化情況可根據其運動情況判斷；而后者的電源電動勢在電路分析中認為是不變的。
（3）在電磁感應電路中，相當于電源的導體（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，而不等于電動勢。（除非切割磁感線的導體或線圈電阻為零）
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，可使小球順利轉彎（
52、即通過轉彎處不損失機械能）。一個套在桿上的小球（可視為質點）自A點靜止釋放，分別沿AB軌道和ACB軌道運動，如果沿ACB軌道運動的時間是沿AB軌道運動時間的1．5倍，則AB與AC的夾角為多少?
【答案】 53º
【解析】試題分析：設AB長度為L，∠BAC=θ，則
AC=Lcosθ BC=Lsinθ
小球沿AB運動時間為t，有
小球沿AC運動時間為t1，有
mgcosθ=ma1
聯立解得t1= t
小球沿CB運動時間為t2，由題意知 t1＋t2=1.5t
所以t2=0.5t
小球沿CB桿有
mgsinθ=ma2
聯立解得所以θ=53o
考點：牛頓
53、第二定律、勻變速直線運動。
27．如圖所示，兩平行金屬導軌間的距離L=0.4 m，金屬導軌所在的平面與水平面夾角θ=37°，在導軌所在空間內，分布著磁感應強度B=0.5 T、方向垂直于導軌平面的勻強磁場。金屬導軌的一端接有電動勢E=6.0 V、內阻r=0.5Ω的直流電源。現把一個質量m=0.05 kg的導體棒ab垂直放在金屬導軌上，導體棒靜止。導體棒與金屬導軌接觸的兩點間的電阻R0=2.5 Ω，金屬導軌電阻不計，g取10 m/s2。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）通過導體棒的電流大??；
（2）導體棒受到的安培力大?。?
（3）導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導體棒、金屬導軌和直流電源構成閉合電路，根據閉合電路歐姆定律有：I=ER+r=1.5A
⑵導體棒受到的安培力：F安=BIL=0.30N
⑶導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，故導體棒受沿斜面向下的摩擦力f，根據共點力平衡條件：mg sin37o+f=F安
解得：f =0.06N
考點：本題考查電磁感應中的歐姆定律、物體的平衡等問題，意在考查學生的綜合分析能力。
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的質量mA
55、和B的質量mB均為2.0 kg，A、B之間的動摩擦因數μ1＝0.2，B與水平面之間的動摩擦因數μ2＝0.1，最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小視為相等，重力加速度g取10 m/s2.若從t＝0開始，木板B受F1＝16 N的水平恒力作用，t＝1 s時F1改為F2＝4 N，方向不變，t＝3 s時撤去F2.求：
（1）木板B受F1＝16 N的水平恒力作用時，A、B的加速度aA、aB各為多少？
（2）從t＝0開始，到A、B都靜止，A在B上相對B滑行的時間為多少？
（3）請以縱坐標表示A受到B的摩擦力FfA，橫坐標表示運動時間t(從t＝0開始，到A、B都靜止)，取運動方向為正方向，在圖中畫出FfA－
56、t的關系圖線(以圖線評分，不必寫出分析和計算過程)．
【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
代入數據得aB＝4 m/s2
(2)t1＝1 s時，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速度的過程，A的加速度不變，B的加速度設為aB′，根據牛
57、頓第二定律得
F2－μ2(mA＋mB)g－μ1mAg＝mBaB′
代入數據得aB′＝－2 m/s2
設經過時間t2，A、B速度相等，此后它們保持相對靜止，則
vA＋aAt2＝vB＋aB′t2
代入數據得t2＝0.5 s
A在B上相對B滑行的時間為t＝t1＋t2＝1.5 s
在時間t內A、B運動的位移分別為xA=12aAt2=2.25m
xB=12aBt12+(vBt2+12aB't22)=3.75m
A在B上相對B滑行的距離為Δx=xB-xA=1.5m
(3)FfA－t的關系圖線如圖所示．
考點：牛頓第二定律的綜合應用
【名師點睛】此題是牛頓第二定律的綜合應用問題；
58、解決本題的關鍵理清木板和木塊的運動情況，將物體的運動過程分段處理，靈活選取物理規(guī)律結合牛頓第二定律和運動學公式進行求解。
29．如圖所示，滑塊與足夠長的木板疊放在光滑水平面上，開始時均處于靜止狀態(tài)。作用于滑塊的水平力F隨時間t變化圖象如圖所示，t=2.0s時撤去力F，最終滑塊與木板間無相對運動。已知滑塊質量m=2kg，木板質量M = 1kg，滑塊與木板間的動摩擦因數μ=0.2，取g=10m/s2。求：
（1）t=0.5s時滑塊的速度大?。?
（2）0～2.0s內木板的位移大??；
（3）整個過程中因摩擦而產生的熱量。
【答案】（1）1m/s（2）6.25m（3）12J
【解析】
59、【分析】先判斷出在0-0.5s內滑塊與木板是相對靜止的，方法是：設滑塊恰好相對于木板要滑動時兩者間的靜摩擦力達到最大，以M為研究對象，求出臨界加速度，再以整體為研究對象，求出此時的拉力F，結合圖象的信息分析．再由運動學公式求解速度；0.5-2.0s內滑塊相對于木板滑動，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，再結合0-0.5s內的位移，即可得解；求出相對位移，再得到摩擦生熱；
解：（1）設滑塊恰好相對于木板要滑動時兩者間的靜摩擦力達到最大，
以M為研究對象，根據牛頓第二定律得
μmg=Ma0，得a0=μmgM=0.2×2×101=4m/s2；
對整體，有F0=(
60、M+m)a0=12N
由圖知，在0-0.5s內，F=6NF0，所以兩者相對滑動.根據牛頓第二定律得
對m有：F-μmg=mam，得am=6m/s2；
對M有：μmg=MaM，得aM=4m/s2；
0.5~2.0s內木板的位移大小為x2=v1t2+12aMt22=1×1.5+12×4×1.52=6m
故0~2.0s內木板的位移大小x=
61、x1+x2=6.25m
（3）0.5~2.0s內滑塊的位移大小為x3=v1t2+12aMt22=1×1.5+12×6×1.52=8.25m
故0.5~2.0s內滑塊與木板的相對位移Δx1=x3-x2=2.25m
t=2.0s時，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；
設從t=2s時起經過時間t，兩者速度相等，共同速度為v，則有
v=vm-am't=vM+aMt，計算得出t=0.5s，v=9m/s，
從t=2s到兩者相對靜止的過程中，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
此過程兩者的相對位移Δx2=x4-x5=0.75m
故整個過程中因摩擦而產生的熱量為Q=μmg(Δx1+Δx2)=12J
30．物體A的質量M＝1kg，靜止在光滑水平面上的平板車B的質量為m＝0.5kg、長L＝1m。某時刻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，給B施加一個水平向右的拉力。忽略物體A的大小，已知A與B之間的動摩擦因數μ＝0.2，取重力加速度g=10m/s2.試求:
（1）若F=5N，物體A在小車上運動時相對小車滑行的
63、最大距離；
（2）如果要使A不至于從B上滑落，拉力F大小應滿足的條件。
【答案】（1）物體A在小車上運動時相對小車滑行的最大距離為0.5m．（2）拉力F大小應滿足的條件為1N≤F≤3N．
【解析】
（1）物體A滑上木板B以后，作勻減速運動，有μmg =maA得aA=μg="2" m/s2
木板B作加速運動，有F+μmg=MaB，得：aB="14" m/s2
兩者速度相同時，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B的右端時，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，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F較大時，在A到達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就會相對B向左滑下。
綜上：力F應滿足的條件是：1N≤F≤3N
本題考查的是牛頓第二定律的應用問題，首先根據牛頓第二定律解出A滑上B時各自的加速度，進而解出最大距離；再根據物體A不滑落的臨界條件是A到達B的右端時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
2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關系列 專題02 相互作用（含解析）
