2020屆高三物理二輪專題復(fù)習(xí)-相互作用強(qiáng)化練

第=page22頁(yè)，共=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)2020屆高三物理二輪專題復(fù)習(xí)——相互作用強(qiáng)化練一、單選題（本大題共7小題，共28分）如圖所示，固定在小車上的支架的斜桿與豎直桿的夾角為θ，在斜桿下端固定有質(zhì)量為m的小球，下列關(guān)于桿對(duì)球的作用力F的判斷中，正確的是(????)A.小車靜止時(shí)，F(xiàn)=mgsinθ，方向沿桿向上

B.小車靜止時(shí)，F(xiàn)=mgcosθ，方向垂直桿向上

C.小車向右以加速度a運(yùn)動(dòng)時(shí)，一定有F=masinθ如圖，滑塊A置于水平地面上，滑塊B在一水平力作用下緊靠滑塊A(A、B接觸面豎直)，此時(shí)A恰好不滑動(dòng)，B剛好不下滑。已知A與B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。A與B的質(zhì)量之比為(????)A.1μ1μ2 B.1?μ1如圖所示，物體A放在粗糙水平面上，左邊用一根輕彈簧和豎直墻相連，靜止時(shí)彈簧的長(zhǎng)度小于原長(zhǎng)，若再用一個(gè)從零開始逐漸增大的水平力F向左推A，直到把A推動(dòng)，在A被推動(dòng)之前的過程中，彈簧對(duì)A的彈力F1大小和地面對(duì)A的摩擦力f大小的變化情況是(

)

A.F1保持不變，f始終減小

B.F1保持不變，f先減小后增大

C.F1始終增大，f始終減小

D.F如圖，平行板電容器的兩極板豎直放置并分別與電源的正負(fù)極相連，一帶電小球經(jīng)絕緣輕繩懸掛于兩極板之間，處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)保持右極板不動(dòng)，將左極板向左緩慢移動(dòng)。關(guān)于小球所受的電場(chǎng)力大小F和繩子的拉力大小T，下列判斷正確的是(????)A.F逐漸減小，T逐漸減小

B.F逐漸增大，T逐漸減小

C.F逐漸減小，T逐漸增大

D.F逐漸增大，T逐漸增大跨過定滑輪的繩的一端掛一吊板，另一端被吊板上的人拉住，如圖所示，已知人的質(zhì)量為70kg，吊板的質(zhì)量為10kg，繩及定滑輪的質(zhì)量、滑輪的摩擦均可不計(jì)，取重力加速度g=10m/s2當(dāng)人以440N的力拉繩時(shí)，人與吊板的加速度a的大小和人對(duì)吊板的壓力F的大小分別為

(

)

A.a=1.0m/s2,F=260N B.a=1.0m/s2,F=330N如圖所示，質(zhì)量為m的物體在一個(gè)與水平方向成θ角的拉力F作用下，一直沿水平面向右勻速運(yùn)動(dòng)，則下列關(guān)于物體在t時(shí)間內(nèi)所受力的沖量，正確的是(????)

A.拉力F的沖量大小為Ftcosθ B.摩擦力的沖量大小為Ftsinθ

C.重力的沖量大小為mgt D.物體所受支持力的沖量是mgt一質(zhì)量為m的鐵球在水平推力F的作用下，靜止在傾角為θ的斜面和豎直墻壁之間，鐵球與斜面的接觸點(diǎn)為A，推力F的作用線通過球心O，如圖所示，假設(shè)斜面、墻壁均光滑．若水平推力緩慢增大，則在此過程中(????)A.墻對(duì)鐵球的作用力大小始終等于推力F

B.墻對(duì)鐵球的作用力大小始終大于推力F

C.斜面對(duì)鐵球的作用力緩慢增大

D.斜面對(duì)鐵球的支持力大小始終等于mg二、多選題（本大題共6小題，共24分）將物塊AB疊放在水平地面上，現(xiàn)用相同的水平恒力F以甲乙兩種不同的方式拉物塊，AB始終相對(duì)靜止，設(shè)A、B之間的摩擦力大小為f，下列判斷正確的是(????)

A.若兩物塊仍靜止，則甲、乙兩圖中的f大小可能相等

B.若地面光滑，則甲、乙兩圖中的大小f可能相等

C.若兩物塊做勻速運(yùn)動(dòng)，則甲、乙兩圖中的f大小可能相等

D.兩物塊做加速運(yùn)動(dòng)，則甲、乙兩圖中的f大小可能相等豎直墻面與水平地面均為光滑且絕緣，小球A、B帶有同種電荷?，F(xiàn)用指向墻面的水平推力F作用于小球B，兩球分別靜止在豎直墻面和水平地面上，如圖所示。如果將小球B向左推動(dòng)少許，當(dāng)兩球重新達(dá)到平衡時(shí)，與原來的平衡狀態(tài)相比較(

)

A.推力F將變大 B.豎直墻面對(duì)小球A的彈力變大

C.地面對(duì)小球B的支持力不變 D.兩小球之間的距離變大如圖，半圓形支架BAD，兩細(xì)繩OA和OB結(jié)于圓心O，下懸重為G的物體，使OA繩固定不動(dòng)，將OB繩的B端沿半圓支架從水平位置逐漸移至豎直位置C的過程中，分析OA繩和OB繩所受的力大小如何變化(????)

A.OA繩拉力逐漸變大 B.OA繩拉力逐漸變小

C.OB繩拉力先變小后變大 D.OB繩拉力逐漸變小某汽車從靜止開始以加速度a勻加速啟動(dòng)，最后做勻速運(yùn)動(dòng)．已知汽車的質(zhì)量為m，額定功率為p，勻加速運(yùn)動(dòng)的末速度為v1，勻速運(yùn)動(dòng)的速度為vm，所受阻力為f.下圖是反映汽車的速度隨時(shí)間及加速度、牽引力和功率隨速度變化的圖象，其中正確的是(????)A. B.

C. D.如圖所示，A，B，C三個(gè)物體放在旋轉(zhuǎn)圓臺(tái)上，它們與圓臺(tái)之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，A的質(zhì)量為2m，B、C質(zhì)量均為m，A、B離軸心距離為R，C離軸心2R，則當(dāng)圓臺(tái)旋轉(zhuǎn)時(shí)(設(shè)A、B、C都沒有滑動(dòng))?(????)A.物體C的向心加速度最大

B.物體B受到的靜摩擦力最大

C.ω=μg2R

是C開始滑動(dòng)的臨界角速度

D.當(dāng)圓臺(tái)轉(zhuǎn)速增加時(shí)，B比如圖所示，質(zhì)量為M的斜面體A放在粗糙水平面上，用輕繩拴住質(zhì)量為m的小球B置于斜面上，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知斜面傾角及輕繩與豎直方向夾角均為θ=30°。不計(jì)小球與斜面間的摩擦，則(????)A.輕繩對(duì)小球的作用力大小為33mg

B.斜面對(duì)小球的作用力大小為2mg

C.斜面體對(duì)水平面的壓力大小為(M+m)g

三、填空題（本大題共2小題，共8分）如圖所示，有一重為G的圓柱體放置在水平桌面上，用一夾角為60°，兩夾邊完全相同的人字夾水平將其夾住(夾角仍不變)，圓柱體始終靜止，(1)若人字夾內(nèi)側(cè)光滑，其任一側(cè)與圓柱體間的彈力大小也等于G，則圓柱體與桌面間的摩擦力的大小為______(2)若人字夾內(nèi)側(cè)粗糙，其任一側(cè)與圓柱體間的彈大小仍等于G，欲使圓柱體對(duì)桌面的壓力為零，則整個(gè)人字夾對(duì)圓柱體的摩擦力的大小______如圖甲，一與電腦連接的拉力傳感器固定在豎直墻壁上，通過細(xì)繩拉住一放在長(zhǎng)木板上的小鐵塊，細(xì)繩水平伸直，初始時(shí)拉力傳感器示數(shù)為零?，F(xiàn)要測(cè)量小鐵塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，用一較大的水平拉力拉住長(zhǎng)木板右端的掛鉤，把長(zhǎng)木板從小鐵塊下面拉出去，在電腦上得到如圖乙所示的數(shù)據(jù)圖像，已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭=10m/s(1)測(cè)得小鐵塊質(zhì)量m=0.50kg，小鐵塊與長(zhǎng)木板的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=________。(結(jié)果保留兩位小數(shù))(2)以不同的速度把木板拉出去，隨著速度的增加，小鐵塊受到的摩擦力________(選填“越來越大”、“越來越小”和“不變”)(3)若固定長(zhǎng)木板，去掉小鐵塊上的細(xì)繩，用一水平推力推小鐵塊，則至少需要________N的推力才能推動(dòng)小鐵塊。四、計(jì)算題（本大題共3小題，共30分）如圖所示，為傳送帶傳輸裝置示意圖的一部分，傳送帶與水平地面的夾角θ=37°，A、B兩端相距L=5.0?m，質(zhì)量為M=10?kg的物體以v0=6.0?m/s的速度沿AB方向從A端滑上傳送帶，物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同，均為μ=0.5。傳送帶順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)的速度v?(g取10?m/s2，sin?37°=0.6，cos?37°=0.8)。求：

(1)若傳送帶速度v=6.0?m/s，物體從A點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)所需的時(shí)間；

(2)若傳送帶速度v=4.0?m/s，物體從A點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)的時(shí)間又是多少？

如圖所示，水平地面上有一質(zhì)量m=2kg的物塊，物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，在與水平方向成θ=37°角斜向下的推力F=10N作用下由靜止開始向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。已知sin37o=0.6，cos37o=0.8，重力加速度g取10m/s(1)物塊運(yùn)動(dòng)過程中所受滑動(dòng)摩擦力的大??；(2)物塊運(yùn)動(dòng)過程中加速度的大??；(3)物塊運(yùn)動(dòng)5s所通過的位移大小

如圖甲所示，質(zhì)量為m=1kg的物體置于傾角為θ=37°的固定且足夠長(zhǎng)的斜面上，t=0時(shí)刻對(duì)物體施以平行于斜面向上的拉力F，t1=1s時(shí)撤去拉力，物體運(yùn)動(dòng)的v?t圖象如圖乙所示．g=10m/s2，試求：

(1)物體與斜面間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)；

(2)拉力F的大??；

(3)t=4s時(shí)物體的速度大小。

五、簡(jiǎn)答題（本大題共1小題，共10分）如圖所示，質(zhì)量為m的物體置于傾角為θ=37°的固定斜面上，物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5，先用平行于斜面的推力F1作用于物體上使其能沿斜面勻速上滑，若改用水平推力F2作用于物體上，也能使物體沿斜面勻速上滑，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：

(1)兩次推力之比F1F2；

(2)兩次物體受到的摩擦力之比

答案和解析1.【答案】D

【解析】【分析】

本題考查了利用牛頓第二定律及平衡條件分析彈力的問題；本題中輕桿與輕繩的模型不同，繩子對(duì)物體只有拉力，一定沿繩子方向，而桿子對(duì)物體的彈力不一定沿桿子方向，要根據(jù)狀態(tài)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律分析確定。

結(jié)合小車的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)對(duì)小車進(jìn)行受力分析，小車所受合外力的方向與加速度的方向一致，從而確定桿對(duì)小球的作用力。

【解答】

AB.小球受豎直向下的重力mg與桿對(duì)小球的力F作用；當(dāng)小車靜止時(shí)，小球也靜止，小球處于平衡狀態(tài)，受平衡力作用，桿的作用力F與重力是一對(duì)平衡力，由平衡條件得：F=mg，方向豎直向上，故AB錯(cuò)誤；

C.當(dāng)小球向右以加速度a運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)其受力分析，受重力和彈力，如圖

合力為：F合=ma，水平向右，根據(jù)平行四邊形定則，彈力為：，α不一定會(huì)等于θ，故C錯(cuò)誤；D.與C同理，小車向左以加速度a運(yùn)動(dòng)時(shí)，如圖，豎直方向Fy=mg，水平方向Fx=ma，則

故選D。

2.【答案】B

【解析】【分析】

對(duì)A、B整體和B物體分別受力分析，然后根據(jù)平衡條件列式后聯(lián)立求解即可。

本題關(guān)鍵是采用整體法和隔離法靈活選擇研究對(duì)象，受力分析后根據(jù)平衡條件列式求解，注意最大靜摩擦力約等于滑動(dòng)摩擦力。

【解答】

對(duì)A、B整體分析，受重力、支持力、推力和最大靜摩擦力，設(shè)推力為F，根據(jù)平衡條件，有：

F=μ2(m1+m2)g

①

再對(duì)物體B分析，受推力、重力、向左的支持力和向上的最大靜摩擦力，根據(jù)平衡條件，有：

水平方向：F=N

豎直方向：m2g=f

其中：f=μ1N

聯(lián)立有：m2g=μ1F

②

聯(lián)立【解析】【分析】

在A被推動(dòng)之前的過程中，彈簧仍處于原狀，因此彈力不變，而物體A先開始受到向左的靜摩擦力，當(dāng)推力漸漸增大時(shí)，導(dǎo)致出現(xiàn)向右的靜摩擦力，因而根據(jù)受力分析，即可判斷。

本題解題的關(guān)鍵是對(duì)A物體進(jìn)行正確的受力分析，知道當(dāng)A沒有運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧彈力不變，而由于推力的變化，從而導(dǎo)致靜摩擦力的方向變化，難度適中。

【解答】

由題意可知，放在粗糙水平面上，靜止時(shí)彈簧的長(zhǎng)度小于原長(zhǎng)，則彈簧對(duì)A的推力向右，由于水平面粗糙，因此同時(shí)受到水平向左的靜摩擦力。

當(dāng)再用一個(gè)從零開始逐漸增大的水平力F向左推A，直到把A推動(dòng)前過程中，彈簧仍處于原狀，因此彈力不變，物體A受到的靜摩擦力從向左變?yōu)樗较蛴?。所以其大小先減小后增大。故B正確，ACD錯(cuò)誤。

故選B。

4.【答案】A

【解析】

?【分析】

本題綜合考查了共點(diǎn)力平衡、電場(chǎng)強(qiáng)度以及電容器的動(dòng)態(tài)分析問題，只要明確電容器兩板間電勢(shì)差不變，再根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)的性質(zhì)即可明確場(chǎng)強(qiáng)的變化，從而再結(jié)合平衡條件求解即可。明確電容器與電源相連，故電容器兩端的電勢(shì)差不變，由U=Ed可分析電場(chǎng)力的變化情況，再根據(jù)受力分析明確繩子拉力的變化情況。

【解答】

電容器與電源相連，所以兩端間電勢(shì)差不變，將左極板向左緩慢移動(dòng)過程中，兩板間距離增大，則由U=Ed可知，電場(chǎng)強(qiáng)度E減小，電場(chǎng)力F=Eq減??；

小球處于平衡狀態(tài)，受重力、拉力與電場(chǎng)力的作用而處于平衡，故拉力與電場(chǎng)力和重力的合力大小相等，方向相反；根據(jù)平行四邊形定則可知，T=F2+(mg)2；由于重力不變，電場(chǎng)力變小，故拉力變小，故A正確，BCD錯(cuò)誤。

5.【答案】B

【解析】【分析】

本題考查牛頓第二定律的應(yīng)用，在解題時(shí)要注意整體法與隔離法的應(yīng)用，靈活選取研究對(duì)象進(jìn)行列式求解。

將人與吊板當(dāng)成一個(gè)整體，對(duì)整體進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律可求得整體的加速度；再以人為研究對(duì)象，由牛頓第二定律可求得吊板對(duì)人的支持力，再由牛頓第三定律可求得人對(duì)吊板的壓力。

【解答】

以整體為研究對(duì)象，整體受重力、兩根繩子的拉力(T)；由牛頓第二定律可知：整體的加速度a=2T?(M+m)g(M+m)=2×440?80080m/s2=1m/s2；

以人為研究對(duì)象，設(shè)人受吊板的支持力為F，由牛頓第二定律可知：故選B。

6.【答案】C

【解析】【分析】

根據(jù)力的大小，結(jié)合沖量的公式I=ft求出各力的沖量大小。

解決本題的關(guān)鍵知道沖量的大小等于力與時(shí)間的乘積，結(jié)合力的大小進(jìn)行求解，基礎(chǔ)題。

【解答】

A.拉力F的沖量大小為Ft，故A錯(cuò)誤；

B.物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可知摩擦力f=Fcosθ，則摩擦力的沖量大小為ft=Ftcosθ，故B錯(cuò)誤；

C.重力的沖量大小為mgt，故C正確；

D.支持力的大小為N=mg?Fsinθ，則支持力的沖量為(mg?Fsinθ)t，故D錯(cuò)誤。

故選C。

7.【答案】D

【解析】【分析】

對(duì)球受力分析，然后根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，運(yùn)用正交分解法，結(jié)合幾何關(guān)系分析求解；

本題關(guān)鍵是對(duì)小球受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，運(yùn)用正交分解法列式求解即可得出各力的變化情況。

【解答】

AB.對(duì)小球受力分析，受推力F、重力G、墻壁的支持力N、斜面的支持力N′，如圖：

根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有：

x方向：F?N′sinθ?N=0，

豎直方向：N′cosθ=mg，

解得：N′=mgcosθ；

N=F?mgtanθ。

當(dāng)F增加時(shí)，墻壁對(duì)鐵球的作用力不斷變大，為N=F?mgtanθ<F；故AB錯(cuò)誤；

CD.當(dāng)F增加時(shí)，斜面的支持力為mgcosθ，保持不變，故球?qū)π泵娴膲毫σ脖３植蛔儯粍t斜面對(duì)球的作用力也保持mgcosθ不變；故C錯(cuò)誤，D正確。

故選D【解析】【分析】

本題考查牛頓第二定律的臨界問題，關(guān)鍵找出臨界狀態(tài)，運(yùn)用整體法和隔離法，根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行求解。

【解答】

A.若兩物塊仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，通過受力分析可知，甲圖中AB間存在摩擦力，乙圖中AB間不存在摩擦力，故A錯(cuò)誤；

B.若地面光滑，設(shè)兩種情況下的加速度均為a，對(duì)甲圖有：f=FmBmA+mB，對(duì)乙圖有：，由于兩物體質(zhì)量關(guān)系未知，甲、乙兩圖中的大小f可能相等，故B正確；

C.若兩物塊處于勻速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，通過受力分析可知，甲圖中AB間存在摩擦力，乙圖中AB間不存在摩擦力，故C錯(cuò)誤；

D.結(jié)合B項(xiàng)分析可知，故D正確。

故選【解析】【分析】

本題考察隔離法和整體法結(jié)合分析動(dòng)態(tài)平衡問題，關(guān)鍵是確定研究對(duì)象(往往以受力較少的物體為研究對(duì)象)，分析受力情況，先以A球?yàn)檠芯繉?duì)象，分析受力，作出力圖，根據(jù)平衡條件分析墻壁對(duì)A的彈力與A、B間的庫(kù)侖力如何變化，再以AB整體為研究對(duì)象，根據(jù)平衡條件分析F如何變化和地面對(duì)小球B的彈力的變化，由庫(kù)侖定律分析兩球之間的距離如何變化。

【解答】

ABC.以A球?yàn)檠芯繉?duì)象，分析受力，作出力圖如圖1所示，

設(shè)B對(duì)A的庫(kù)侖力F與墻壁的夾角為θ，由平衡條件得豎直墻面對(duì)小球A的彈力為：

N1=mAgtanθ，將小球B向左推動(dòng)少許時(shí)θ減小，則豎直墻面對(duì)小球A的彈力N1減小，再以AB整體為研究對(duì)象，

分析受力如圖2所示，由平衡條件得：

N2=(mA+mB)g，則F減小，地面對(duì)小球B的支持力一定不變，故AB錯(cuò)誤，C正確；

D.由上分析得到庫(kù)侖力F庫(kù)=mAg【解析】【分析】

OB繩的B端沿半圓支架從水平位置逐漸移至豎直的位置C的過程中，物體始終處于平衡狀態(tài)，找出不變的物理量，畫出平行四邊形進(jìn)行分析。

此題為物體平衡條件的一個(gè)應(yīng)用：動(dòng)態(tài)分析，處理這個(gè)類型的題需要找出不變的物理量，然后作圖或找變化的物理量與不變的物理量之間的關(guān)系再加以分析，就是以不變應(yīng)萬變。

【解答】

解：對(duì)結(jié)點(diǎn)O受力分析如圖：

結(jié)點(diǎn)O始終處于平衡狀態(tài)，所以O(shè)B繩和OA繩上的拉力的合力大小保持不變，方向始終是豎直向上的。所以O(shè)A繩受力大小變化情況：逐漸變??；OB繩受力大小變化情況是：先變小后變大，故BC正確，AD錯(cuò)誤。

故選BC。

11.【答案】ABC

【解析】【分析】

汽車開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由P=Fv可知汽車功率逐漸增大，當(dāng)達(dá)到額定功率時(shí)，隨著速度的增大，牽引力將減小，汽車做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)牽引力等于阻力時(shí)，汽車開始勻速運(yùn)動(dòng)，明確了整個(gè)汽車啟動(dòng)過程，即可正確解答本題。

對(duì)于機(jī)車啟動(dòng)問題，要根據(jù)牛頓第二定律和汽車功率P=Fv進(jìn)行討論，弄清過程中速度、加速度、牽引力、功率等變化情況。

【解答】

汽車開始做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)達(dá)到額定功率時(shí)，勻加速結(jié)束，然后做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，直至最后勻速運(yùn)動(dòng)。

開始勻加速時(shí)：F?f=ma

設(shè)勻加速剛結(jié)束時(shí)速度為v1，有：P額=Fv1

最后勻速時(shí)：F=f，有：P額=fvm

由以上各式解得：勻加速的末速度為：v1=Pf+ma，最后勻速速度為：v2=Pf，

A.在v?t圖象中斜率表示加速度，汽車開始加速度不變，后來逐漸減小，最終做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確。

B.開始汽車功率逐漸增加，P=Fv=Fat，故為過原點(diǎn)直線，后來功率恒定，故B正確。

C.汽車牽引力開始大小不變，然后逐漸減小，最后牽引力等于阻力，故【解析】解：A、物體繞軸做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，角速度相等，有a=ω2r，由于C物體的轉(zhuǎn)動(dòng)半徑最大，故向心加速度最大，故A正確；

B、物體繞軸做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，角速度相等，靜摩擦力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得，f=mω2r，故B的摩擦力最小，故B錯(cuò)誤；

C、對(duì)C分析可知，當(dāng)C物體恰好滑動(dòng)時(shí)，靜摩擦力達(dá)到最大，有

μmg=m?2Rω2

解得：

ω=μg2R，故臨界角速度為μg2R，故C正確；

D、由C的分析可知，轉(zhuǎn)動(dòng)半徑越大的臨界角速度越小，越容易滑動(dòng)，與物體的質(zhì)量無關(guān)，故物體C先滑動(dòng)，物體A、B將一起后滑動(dòng)，故D錯(cuò)誤?！窘馕觥俊痉治觥?/p>

本題采用隔離法和整體法結(jié)合研究?jī)蓚€(gè)物體的平衡問題，分析受力情況，作出力圖是關(guān)鍵。

先以B球?yàn)檠芯繉?duì)象，分析受力情況，根據(jù)平衡條件求解輕繩和斜面對(duì)小球的作用力大??；再以B球和斜面整體為研究對(duì)象，分析受力情況，由平衡條件求出水平面對(duì)斜面的支持力和摩擦力。

【解答】

AB.以B球?yàn)檠芯繉?duì)象，分析受力情況，如圖1所示，根據(jù)平衡條件得

2Tcosθ=mg

Tsinθ=N1sinθ

解得，輕繩對(duì)小球的作用力大小為T=?3??3mg，斜面對(duì)小球的作用力大小為N1=3?3?mg，故A正確，

f=Tsinθ

解得水平面對(duì)斜面體的支持力N2=Mg+12mg，水平面對(duì)斜面體的摩擦力f=3?6?mg，故

14.【答案】G

2G【解析】解：(1)由幾何關(guān)系可知，兩夾邊對(duì)圓柱體彈力方向夾角為120°；

則它們的合力大小為G，方向沿夾角的角平分線，圓柱體處于靜止?fàn)顟B(tài)，水平面內(nèi)受的合外力為零，所以桌面對(duì)圓柱體的摩擦力與人字夾對(duì)圓柱體的合力平衡，即摩擦力的大小為G。

(2)要使圓柱體對(duì)桌面的壓力為零，又處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以圓柱體的重力G、受人字夾的彈力的合力N、摩擦力f的合力為零，摩擦力的大小等于重力與支持力的合力；大小為2G。

故答案為：(1)G；(2)2G。

(1)人字夾與圓柱間沒有摩擦力，則可知要使其平衡應(yīng)使人字夾的合力與地面上的摩擦力平衡；

(2)分析圓柱體的受力，根據(jù)三力平衡可求得摩擦力的大小。

本題考查共點(diǎn)力平衡的應(yīng)用，難點(diǎn)在于空間上的掌握，可以借助手邊工具進(jìn)行模擬；對(duì)學(xué)生的空間想象要求較高，要注意培養(yǎng)空間想象能力以及在力學(xué)中的應(yīng)用。

15.【答案】(1)0.20

(2)不變

【解析】【分析】

對(duì)于兩物體之間的摩擦力，首先要區(qū)分是滑動(dòng)摩擦力還是靜摩擦力，其次要注意兩種摩擦力大小的計(jì)算方法不同，最大靜摩擦力往往大于滑動(dòng)摩擦力。

(1)、(2).由圖可知，兩物體相對(duì)滑動(dòng)之后，滑動(dòng)摩擦力保持1.00N不變，根據(jù)滑動(dòng)摩擦力計(jì)算公式解答；

(3)要推動(dòng)一個(gè)物體，所需要的力至少要達(dá)到物體所受到的最大靜摩擦力。

【解答】

(1)由于整個(gè)過程中，鐵塊都處在受力平衡狀態(tài)，由圖可知，鐵塊受到的滑動(dòng)摩擦力f=1.00N，根據(jù)滑動(dòng)摩擦力計(jì)算公式f=μmg，解得動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.20；

(2)當(dāng)摩擦力達(dá)到滑動(dòng)摩擦力之后物塊的摩擦力不再發(fā)生變化；

(3)若固定長(zhǎng)木板，去掉小鐵塊上的細(xì)繩，用一水平推力推小鐵塊，只有當(dāng)推力大于最大靜摩擦力時(shí)才能推動(dòng)，故推力至少需要1.19N。

故答案為：(1)0.20

(2)不變

(3)1.19。

16.【答案】解：(1)若傳送帶速度v=6.0?m/s時(shí)，μ<tan物體的加速度沿斜面向下，其大小Mgsin?θ?μMgcos?θ=MaL=vt?12a2t(2)若傳送帶速度v=4.0?m/s時(shí)設(shè)物體速度大于傳送帶速度時(shí)加速度大小為a2Mgsin?θ+μMgcos?θ=Ma設(shè)經(jīng)過時(shí)間t物體的速度與傳送帶速度相同，t1=設(shè)物體速度小于傳送帶速度時(shí)物體的加速度為aMgsin?θ?μMgcos?θ=Ma物體繼續(xù)減速，設(shè)經(jīng)t2速度到達(dá)傳送帶B

聯(lián)立可得：t=t

【解析】本題考查了牛頓第二定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系；傳送帶問題一直是學(xué)生頭大的問題，關(guān)鍵是明確物體所受傳送帶摩擦力方向的判斷，摩擦力的方向與物體相對(duì)傳送帶運(yùn)動(dòng)方向相反，而牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的應(yīng)用選取的參照物是地面。

(1)開始時(shí)物體的初速度大于傳送帶的速度，物體所受摩擦力沿斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律求出物體的加速度，當(dāng)物體達(dá)到與傳送帶速度相等后可能勻速運(yùn)動(dòng)也可能勻減速運(yùn)動(dòng)到B，根據(jù)受力情況進(jìn)行判斷；

(2)改變傳送帶速度，判斷物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出時(shí)間。

17.【答案】解：(1)物塊沿豎直方向所受合力為零，設(shè)物塊受地面的支持力為FN

物塊運(yùn)動(dòng)過程中所受的