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）.docx

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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。考查受力分析的命題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，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?huà)斓囊路馁|(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 【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?，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(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小；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′=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；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(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)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．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+M0+mB0=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； 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。 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：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．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。滑塊與斜面之間的動(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：μF0，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=11.5+1241.52=6m 故0~2.0s內(nèi)木板的位移大小x=x1+x2=6.25m （3）0.5~2.0s內(nèi)滑塊的位移大小為x3=v1t2+12aMt22=11.5+1261.52=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+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=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-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(guò)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(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)＝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(mǎn)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(mǎn)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=0.25s 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(mǎn)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；