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专题02 相互作用第一部分名师综述相互作用是整个高中物理力学问题的解题基础，很多类型题都需要受力分析，然后用力的合成与分解、共点力平衡方程解题，其中对重力、弹力、摩擦力的考查方式大多以选择题的形式出现，每个小题中一般包含几个概念。考查受力分析的命题方式一般是涉及多力平衡问题，可以用力的合成与分解求解，也可以根据平衡条件求解，考查方式一般以选择题形式出现，特别是平衡类连接体问题题设情景可能更加新颖。第二部分精选试题一、单选题1如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是A绳的右端上移到b，绳子拉力越大B将杆N向右移一些，绳子拉力变大C绳的两端高度差越小，绳子拉力越小D若换挂质量更大的衣服，则衣服架悬挂点右移【答案】 B【解析】【详解】AC、如图所示，由于是一条绳子，所以绳子的力应该处处相等，所以绳子与水平方向的夹角也应该是相等的，假设绳子的总长为L，则x=Lcos，若MN之间的距离不变，根据公式可知夹角就不会变化，设绳子的拉力为T，根据平衡可知：2Tsin=mg，若夹角和质量m不变，则绳子的拉力也不会改变，故AC错；B、将杆N向右移一些，根据x=Lcos可知夹角变小，再根据2Tsin=mg可知绳子拉力变大，故B对；D、绳长和两杆间距离不变的情况下，角度就不会变化，所以挂的衣服的质量不会影响悬挂点的移动，故D错；故选B2如图所示，细绳一端固定在A点，跨过与A等高的光滑定滑轮B后在另一端悬挂一个沙桶Q。现有另一个沙桶P通过光滑挂钩挂在AB之间，稳定后挂钩下降至C点，ACB=120，下列说法正确的是A若只增加Q桶的沙子，再次平衡后C点位置不变B若只增加P桶的沙子，再次平衡后C点位置不变C若在两桶内增加相同质量的沙子，再次平衡后C点位置不变D若在两桶内增加相同质量的沙子，再次平衡后沙桶Q位置上升【答案】 C【解析】【详解】A、B、对砂桶Q分析有FT=GQ，设两绳的夹角为，对砂桶P的C点分析可知受三力而平衡，而C点为活结绳的点，两侧的绳张力相等，有2FTcos2=GP，联立可知2GQcos2=GP，故增大Q的重力，夹角变大，C点上升；增大P的重力时，夹角变小，C点下降；故A，B均错误.C、由平衡知识2GQcos2=GP，而=120，可得GP=GQ，故两砂桶增多相同的质量，P和Q的重力依然可以平衡，C点的位置不变；故C正确，D错误.故选C.【点睛】掌握活结绳上的张力处处相等，三力平衡的处理方法，连体体的平衡对象的选择.3如图所示，带有光滑竖直杆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与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行。现给小滑块施加一个竖直向上的拉力，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则有A小球对斜劈的压力保持不变B轻绳对小球的拉力先减小后增大C竖直杆对小滑块的弹力先增大再减小D对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大【答案】 D【解析】【详解】A、B、对小球受力分析，受重力、支持力和细线的拉力，如图所示：根据平衡条件可知，细线的拉力T增加，支持力N减小，根据牛顿第三定律，球对斜面的压力也减小；故A、B错误。C、D、对球和滑块整体分析，受重力、斜面的支持力N，杆的支持力N，拉力F，如图所示：根据平衡条件，有：水平方向：N=Nsin，竖直方向：F+Ncos=G，由于N减小，故N减小，F增加；故C错误、D正确。故选D。【点睛】本题考查共点力平衡条件的应用，关键是正确选择采用整体法和隔离法，灵活地选择研究对象，然后根据平衡条件并结合图示法和正交分解法分析即可。通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法。有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用。4最近，不少人喜欢踩着一种独轮车，穿梭街头。这种独轮车全名叫电动平衡独轮车，其中间是一个窄窄的轮子，两侧各有一块踏板。当人站在踏板上向右运动时，可简化为如图甲、乙所示的模型。关于人在运动中踏板对人脚的摩擦力，下列说法正确的是A考虑空气阻力，当人以如图甲所示的状态向右匀速运动时，脚所受摩擦力向左B不计空气阻力，当人以如图甲所示的状态向右加速运动时，脚所受摩擦力向左C考虑空气阻力，当人以如图乙所示的状态向右匀速运动时，脚所受摩擦力可能为零D不计空气阻力，当人以如图乙所示的状态向右加速运动时，脚所受摩擦力不可能为零【答案】 C【解析】【详解】考虑空气阻力，当人处如图甲所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，则脚所受摩擦力为右，故A错误；不计空气阻力，当人处如图甲所示的状态向右加速运动时，合力向右，即脚所受摩擦力向右，故B错误；当考虑空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，则重力、支持力与空气阻力处于平衡，则脚所受摩擦力可能为零，故C正确；当不计空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右加速运动时，根据牛顿第二定律，脚受到的重力与支持力提供加速度，那么脚所受摩擦力可能为零，故D错误；故选C。【点睛】此题考查根据不同的运动状态来分析脚受到力的情况，掌握物体的平衡条件以及加速度与合外力的关系，注意人水平方向向右运动时空气阻力的方向是水平向左的5如图所示为一简易起重装置，AC是上端带有滑轮的固定支架BC为质量不计的轻杆，杆的一端C用较链固定在支架上，另一端B悬挂一个质量为m的重物，并用钢丝绳跨过滑轮A连接在卷扬机上.开始时，杆BC与AC的夹角BCA90，现使BCA缓缓变小，直到BCA=30.在此过程中，杆BC所受的力（不计一切阻力）（）A逐渐增大B先减小后增大C大小不变D先增大后减小【答案】 C【解析】以结点B为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图如图，根据平衡条件则知，F、N的合力F合与G大小相等、方向相反。根据三角形相似得：F合AC=FAB=NBC，又F合=G，得：F=ABBCG，N=BCACG，现使BCA缓慢变小的过程中，AB变小，而AC、BC不变，则得到，F变小，N不变，所以绳子越来越不容易断，作用在BC杆上的压力大小不变；故选C。【点睛】本题运用三角相似法研究动态平衡问题，直观形象，也可以运用函数法分析研究6如图所示，质量为M的斜面体放在粗糙的水平面上，物体A和B通过细线跨过定滑轮相连，不考虑滑轮的摩擦和质量，斜面与A和B间都没有摩擦，细线与斜面平行。在图示情况下都静止不动，细线的张力为T，斜面体对地面的压力为N，斜面体与地面的摩擦力为f。如果将A和B位置对换且A和B都没达地面上时；，斜面体依然静止，细线的拉力为T1，斜面体对地面的压力为N1，斜面体与地面的摩擦力为f1，那么（）ATT1，f1 fBN1N，T=T1CT1=T，f1不为零，f=0DN1=N，f1=f0【答案】 C【解析】由初始情景可加mA=mBsin,mAmB,互换位置后,，解得T1= mAg，a=g(1-sin),B将加速下落，由超重和失重可知，NN1；初始细度拉力T= mAg，互接位置后，T1=mAg，由质点系的牛顿第二定律可得f=0，f1=mAax+M0+mB0=mAg(1-sin)cos0.故选C.【点睛】本题涉及加速度不同的连接体问题，也可以采用整体法研究，可分竖直和水平两个方向分别列式分析。7如图所示，倾角为的斜面体c置于水平地面上，小盒b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a连接在竖直固定在地面的弹簧上，现在b盒内缓慢加入适量砂粒，a、b、c始终位置保持不变，下列说法中正确的是（）Ab对c的摩擦力可能先减小后增大B地面对c的支持力可能不变Cc对地面的摩擦力方向始终向左D弹簧一定处于压缩状态【答案】 A【解析】A项：对b进行受力分析：重力G，支持力F，细线的拉力F，摩擦力f，开始时如果重力沿斜面向下的分力小于细线的拉力F，当加入砂子时，即增大了重力，所以摩擦力先减小到零时，继续加入砂子，摩擦力反向增大，故A正确；B、C项：对bc组成的系统受力分析可知，重力G，支持力F，细线的拉力，地面的摩擦力f，当细线的拉力为零时，c对地面的摩擦力为零，故C错误，由于a、b、c始终位置保持不变，所以地面对c的支持力一定不变，故B错误；D项：由于不清楚a、b、c三物体及摩擦因素的大小关系，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，所以弹簧不一定处于压缩状态，故D错误。8如图所示为两光滑金属导轨MNQ和GHP，其中MN和GH部分为竖直的半圆形导轨，NQ和HP部分为水平平行导轨，整个装置置于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。有两个长均为l、质量均为m、电阻均为R的导体棒垂直导轨放置且始终与导轨接触良好，其中导体棒ab在半圆形导轨上，导体棒cd在水平导轨上，当恒力F作用在导体棒cd上使其做匀速运动时，导体棒ab恰好静止，且距离半圆形导轨底部的高度为半圆形导轨半径的一半，已知导轨间距离为l，重力加速度为g，导轨电阻不计，则（）A每根导轨对导体棒ab的支持力大小为2mgB导体棒cd两端的电压大小为23mgRBlC作用在导体棒cd上的恒力F的大小为3mgD恒力F的功率为6m2g2RB2l2【答案】 CD【解析】试题分析：对ab棒受力分析如图所示：则：FNsin300=mg，则：FN=2mg，每根导轨对导体棒ab的支持力大小为mg，故选项A错误；FNcos300=FA=BBlv2Rl，则回路中电流为：I=Blv2R=3mgBl，导体棒cd两端的电压大小为U=IR=3mgBlR，故选项B错误；由于金属棒ab匀速运动，则安培力等于拉力F，则F=BBlv2Rl=3mg，故选项C正确；由于BBlv2Rl=3mg，则金属棒ab的速度为v=23mgRB2l2，则恒力F的功率为P=Fv=3mg23mgRB2l2=6m2g2RB2l2，故选项D正确。考点：导体切割磁感线时的感应电动势、焦耳定律【名师点睛】本题是双杆模型，解决本题的关键能够正确受力分析，结合牛顿定律和动量守恒、能量守恒，进行研究。9如图所示，三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，(g取10m/s2，sin370.6，cos370.8)下列说法正确的是A物块A先到达传送带底端B物块A、B同时到达传送带底端C传送带对物块A、B均做负功D物块A、B在传送带上的划痕长度之比为13【答案】 BCD【解析】试题分析：AB都以1m/s的初速度沿传送带下滑，故传送带对两物体的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，故两物体沿斜面向下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相同，故时间相同，故A错，B对；滑动摩擦力向上，位移向下，摩擦力做负功，故C正确；AB的摩擦力都是沿斜面向上的，AB滑下时的加速度相同，所以下滑到底端的时间相同，由s=v0t+at2，a= gsin gcos,得：t=1s,传送带在1s的位移是1m， A与皮带是同向运动，A的划痕是A对地位移（斜面长度）-在此时间内皮带的位移，即2-1=1m，B与皮带是反向运动的，B的划痕是A对地位移（斜面长度）+在此时间内皮带的位移，即2+1=3m.所以D正确，故本题选择BCD。考点：匀变速直线运动规律、牛顿第二定律、功10物块A、B的质量分别为m和2m，用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上。对B施加向右的水平拉力F，稳定后A、B相对静止地在水平面上运动，此时弹簧长度为；若撤去拉力F，换成大小仍为F的水平推力向右推A，稳定后A、B相对静止地在水平面上运动，此时弹簧长度为。则下列判断正确的是( )A弹簧的原长为l1+l22B两种情况下稳定时弹簧的形变量相等C两种情况下稳定时两物块的加速度不相等D弹簧的劲度系数为Fl1-l2【答案】 D【解析】以整体法为研究对象，根据牛顿第二定律得知，两种情况下加速度相等，而且加速度大小为a=F3m设弹簧的原长为l0根据牛顿第二定律得：第一种情况：对A：k（l1-l0）=ma；第二种情况：对A：k（l0-l2）=2ma ；由两式解得，l0=2l1+l23，k=Fl1-l2，故AC错误，D正确第一种情况弹簧的形变量为l=l1-l0=13l1-23l2；第二种情况弹簧的形变量为l=l0-l2=23l1-23l2；故B错误故选D.二、多选题11如图所示，将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O处(O为球心)，弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点。已知容器半径为R，与水平面间的动摩擦因数为，OP与水平方向的夹角为30。下列说法正确的是A容器相对于水平面有向左运动的趋势B轻弹簧对小球的作用力大小为 mgC容器对小球的作用力竖直向上D弹簧原长为Rmgk【答案】 BD【解析】【分析】对容器和小球整体研究，分析受力可求得半球形容器受到的摩擦力对小球进行受力分析可知，小球受重力、支持力及弹簧的弹力而处于静止，由共点力的平衡条件可求得小球受到的轻弹簧的弹力及小球受到的支持力，由胡克定律求出弹簧的压缩量，即可求得原长【详解】由于容器和小球组成的系统处于平衡状态，容器相对于水平面没有向左运动的趋势，故A错误；容器对小球的作用力是弹力，指向球心O，故B正确；对小球受力分析，如图所示由=30可知，支持力和弹簧的弹力之间的夹角为120，则由几何关系可知，小球受到容器的支持力和弹簧对小球的弹力大小均为mg，故C错误；图中弹簧长度为R，压缩量为mgk，故原长为R+mgk，故D正确。故选BD。【点睛】本题考查共点力的平衡条件应用，要注意明确共点力平衡问题重点在于正确选择研究对象，本题运用隔离法和整体法两种方法进行受力分析得出结论同时注意几何关系的正确应用12如图所示，将质量为m的滑块放在倾角为的固定斜面上。滑块与斜面之间的动摩擦因数为。若滑块与斜面之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，下列判断正确的是：A将滑块由静止释放，如果tan，滑块将下滑B用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果=tan，拉力大小应是2mgsinC若滑块原来恰好处于静止，再在滑块上施加一竖直向下的恒力F，滑块做加速运动D若滑块原来匀速运动，再在滑块上施加一竖直向下的恒力F，滑块仍做匀速运动【答案】 BD【解析】【分析】物体的重力有两个作用效果，使物体沿斜面下滑和使物体紧压斜面，将重力正交分解后，当重力的下滑分量大于滑动摩擦力时，物体加速下滑，当重力的下滑分量小于最大静摩擦力时，物体不能下滑，匀速下滑时，重力的下滑分量等于滑动摩擦力【详解】将滑块由静止释放，如果滑块将下滑，说明mgsinmgcos，得：tan，故A错误；用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，根据平衡条件，有：F-mgsin-mmgcos=0，由题有：=tan，解得：F=2mgsin，故B正确；若滑块原来恰好静止，则有：mgsin=mgcos，即：=tan，再加一竖直向下的恒力F，则沿斜面向下的分力为：mg+Fsin，而摩擦力的大小为mg+Fcos，因=tan，故mg+Fsin=mg+Fcos，即滑块仍处于静止状态，故C错误；若滑块原来匀速度，根据平衡条件得：mgsin=mgcos，若加一竖直向下的恒力F，与C项同理分析可知，仍有：mg+Fsin=mg+Fcos成立，故滑块仍做匀速运动，故D正确；故选BD。【点睛】本题关键将重力按照作用效果正交分解，然后求出最大静摩擦力，结合共点力平衡条件讨论即可13如图所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上的O点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，A、B都处于静止状态，现将物块B移至C点后，A、B仍保持静止，下列说法中正确的是：（ ）AB与水平面间的摩擦力增大B绳子对B的拉力增大C悬于墙上的绳所受拉力不变DA、B静止时，图中、三角始终相等【答案】 AD【解析】试题分析：细绳的弹力F始终等于物块A的重力，大小不变，B选项错；物块B与水平面间的摩擦力，将物块B移至C点，细绳与水平面的夹角变小，所以f变大，A正确；因拉A的绳子与拉B的绳子力相等，而拉滑轮的力与两绳子的力的合力大小相等，故拉滑轮的力应这两绳子拉力的角平分线上，故、三角始终相等，D正确；由于两绳间夹角增大，而两拉力不变，故悬于绳上的绳子的拉力将减小，故C错误。考点：共点力平衡条件及应用力的合成与分解14如图所示，处于竖直平面内的正六边形金属框架ABCDEF、可绕过C点且与平面垂直的水平轴自由转动，该金属框架的边长为L，中心记为O，用两根不可伸长、长度均为L的轻质细线将质量为m的金属小球悬挂于框架的A、E两个顶点并处于静止状态，现令框架绕转轴、沿顺时针方向缓慢转过90角，已知重力加速度为g，在包括初、末状态的整个转动过程中下列说法正确的是( )A细线OA中拉力最大值为mgB细线OE中拉力最大值为23mg3C细线OA中拉力逐渐增大D细线OE中拉力逐渐减小【答案】 BD【解析】对小球进行受力分析，如图所示，Mg的对角始终为1200，设FTA的对角为，FTE的对角为，缓慢转动过程中，小球始终受力平衡，由正弦定理得mgsin1200=FTAsin=FTEsin，角由1500减小到600，FTA先增大后减小，当=900时，FTA最大，最大值为23mg3，故A、C错误；角由900增加到1800，FTE减小到0，当=900时，FTE最大，最大值为23mg3，故B、D正确。点晴：解决本题关键正确的受力分析，判断出角度的变化，由正弦定理求解。15如图所示，两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动，在O点悬挂一重物M，将两个相同木块m紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止Ff表示木块与挡板间摩擦力的大小，FN表示木块与挡板间正压力的大小若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O1、O2始终等高，则（）AFN变小BFN变大CFf不变DFf变小【答案】 BC【解析】先对三个物体以及支架整体受力分析，受重力（2m+M）g，2个静摩擦力，两侧墙壁对整体有一对支持力，根据平衡条件，有：2Ff=（M+2m）g，解得Ff=12（M+2m）g，故静摩擦力不变，C对；D错将细线对O的拉力按照效果正交分解，如图设两个杆夹角为，则有F1=F2=mg2cos2；再将杆对滑块m的推力F1按照效果分解，如图根据几何关系，有Fx=F1sin2故Fx=mg2cos2sin2=mgtan22，若挡板间的距离稍许增大后，角变大，Fx变大，故滑块m对墙壁的压力变大，即FN变大，故AD错误，BC正确；故选：BC16甲、乙两建筑工人用简单机械装置将工件从地面提升并运送到楼顶。如图所示，设当重物提升到一定高度后，两工人保持位置不动，甲通过缓慢释放手中的绳子，使乙能够用一始终水平的轻绳将工件缓慢向左拉动，最后工件运送至乙所在位置，完成工件的运送，设两绳端始终在同一水平面上，蝇的重力及滑轮的摩擦不计，滑轮大小忽略不计，则在工件向左移动过程中（）A甲手中绳子上的拉力不断破小B楼顶对甲的支持力不断增大C楼顶对甲的摩擦力大于对乙的摩擦力D乙手中绍子上的拉力不斯增大【答案】 CD【解析】A、B、开始的时候绳子上的拉力大小是物体重力，后来就是重力和拉力的合力大小，如图所示，由于三角形斜边大于任意直角边，所以绳子上的拉力增大了，对甲的拉力也增大了，A、B错误；C、可用极端法，先分析乙在图上位置，再分析乙在甲位置，所以在移动的过程中，楼顶对甲的摩擦力大于对乙的摩振力，C正确；D、绳子与滑轮夹角为，则有，当角减小，则f增大，根据平衡条件可知乙手中绳子上的拉力不断增大，D正确；故选CD。17如图所示，将两块光滑平板OA、OB固定连接，构成顶角为60的楔形槽，楔形槽内放置一质量为m的光滑小球，整个装置保持静止，OA板与水平面夹角为15。现使楔形槽绕O点顺时针缓慢转动至OA板竖直，重力加速度为g，则转动过程中( )AOA板对小球的作用力一直在减小BOB板对小球的作用力一直在增大COA板对小球作用力的最大值为233 mgDOB板对小球的作用力大小为mg时，OA板对小球的作用力大小也为mg【答案】 BCD【解析】在转动过程中，NANBG=60恒定不变，为此可组成以NANB为直径得圆，在转动过程中弦NAG恒定不变，如图所示：当B从开始位置转动到竖直位置，即NB从1到2的过程中，NA在增大，NB也在增大；当B从竖直位置继续转动到A在竖直位置，即NB从2到4的过程中，NA在减小，NB在增大；故整个过程OA板对小球的作用力先增大后减小，而B板对小球的作用力一直在增大，故A错误，B正确；当B在竖直位置时OA板对小球作用力最大，此时的受力分析，如图所示：根据平衡条件得：NA=mgsin60=233G，故C正确；当OC线竖直时，球处于静止状态，受力平衡，根据几何关系可知，两挡板对球的弹力大小相等，且夹角为120，根据平衡条件得：N=mg，故D正确；故选BCD.18如图所示，质量为m的小球a、b之间用轻绳相连，小球a通过轻杆固定在左侧竖直墙壁上，轻杆与竖直墙壁夹角为30。现改变作用在小球b上的外力的大小和方向，轻绳与竖直方向的夹角保持60不变，则A轻绳上的拉力一定小于mgB外力F的最小值为32mgC轻杆对小球a作用力的方向不变D轻杆对小球a的作用力最小值为mg【答案】 BD【解析】【分析】分别以a与b为研究对象，结合共点力平衡的条件列式即可求出。【详解】A、对b进行受力分析如图，当F的方向发生变化时，由图可知，轻绳上的拉力可能小于mg，也可能大于mg，故A错误。B、由b的受力图可知，当拉力F的方向与ab绳子垂直时，拉力F最小为：Fmin=mgsin60=32mg，故B正确。C、以a为研究对象，可知a受到重力、绳子ab对a的作用力以及杆对a的作用力处于平衡状态，由三个力平衡的特点可知，杆对a的作用力与a的重力、ab对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变，绳对a的拉力方向不变，大小是变化的，所以a受到的重力与绳对a的拉力的合力大小、方向都是变化的，所以杆对a的作用力大小、方向都是变化的，故C错误。D、由b的受力分析可知，当拉力F对b的拉力方向竖直向上时，拉力F与b的重力大小相等，方向相反，绳子ab此时的拉力等于0，此时a只受到重力和杆对a的作用力，此时杆对a的作用力最小，恰好等于a的重力，故D正确。故选：B、D【点睛】本题有隐含的临界问题，关键运用图解法确定出F的范围，得到F最小的条件，再由平衡条件进行求解19如图，在“研究共点力的合成”实验中，弹簧秤A、B通过两细绳把橡皮条上的结点拉到位置O，此时两细绳间夹角小于90。现保持弹簧秤A的示数不变而改变其方向使角变小，为使结点仍在位置O，调整弹簧秤B的拉力及角的大小，则下列调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，角不变C增大B的拉力，减小角DB的拉力大小不变，增大角【答案】 ABC【解析】由题意可知：保持O点位置不动，即合力大小方向不变，弹簧测力计A的读数不变，拉力方向角变小，只要符合该条件而且能够做出平行四边形即可，由此可知ABC可以做出平行四边形，故ACB正确，D错误；故选ABC。20如图所示，固定斜面c上放有两个完全相同的物体a、b，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F，使两物体均处于静止状态下列说法正确的是()Ac受到地面的摩擦力水平向右Ba、b两物体的受力个数一定相同Ca、b两物体对斜面的压力相同D当逐渐增大拉力F时，物体b受到斜面的摩擦力一定逐渐增大【答案】 AC【解析】A：对整体受力分析：整体受总重力、拉力F、地面对C的支持力、地面对C的水平向右摩擦力（如地面光滑，整体要相对地面向左运动）；故A正确。B：对b受力分析如图，若绳子拉力T沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等，则fb=0，即b可能受三个力。对a受力分析如图，a必定会受到沿斜面向上的摩擦力，即a一定受四个力。故B错误。C：物体a、b在垂直于斜面方向上受力均平衡Na+Tsin=mgcos，Nb+Tsin=mgcos，则a、b两物体受到斜面的支持力相等，根据牛顿第三定律，a、b两物体对斜面的压力相等。故C正确。D：当逐渐增大拉力F时，T逐渐增大，若绳子拉力T沿斜面向上的分量小于重力沿斜面向下的分量相等时，b受到沿斜面向上的摩擦力；若绳子拉力T沿斜面向上的分量等于重力沿斜面向下的分量相等时，b受到摩擦力为零；若绳子拉力T沿斜面向上的分量大于重力沿斜面向下的分量相等时，b受到沿斜面向下的摩擦力。当逐渐增大拉力F时，物体b受到斜面的摩擦力可能先减小为零再反向增大。故D错误。三、解答题21如图所示，在倾角为的足够长的斜面上，有一个带风帆的滑板从静止开始沿斜面下滑，滑板的总质量为m，滑板与斜面间的动摩擦因数为，滑板上的风帆受到的空气阻力与滑板下滑的速度成正比，即f=kv.（1）试求滑板下滑的最大速度vm的表达式;（2）若m=2 kg、=30,g取10 m/s2，滑块从静止开始沿斜面下滑的速度时间图象如图乙所示，图中斜线是t=0时刻的速度图象的切线.由此求和k的值.【答案】（1）mgk(sin-cos) （2）0.23，3N/(ms-1)【解析】【详解】（1）风帆受力如下图所示；当mgsin=f1+f2时，风帆下滑的速度最大为vm则有：mgsin=mgcos+kvmvm=mgk(sin-cos).(2)由图象知t=0时风帆下滑的加速度：a=3-01m/s2=3 m/s2风帆下滑过程中最大速度vm=2 m/s当t=0时，由牛顿第二定律得：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).【点睛】本题解题的关键在于正确进行受力分析，同时能正确理解图象的意义，根据物体的运动状态，则可由共点力的平衡条件求解22如图所示，放在粗糙的固定斜面上的物块 A 和悬挂的物体 B 均处于静止状态轻绳 AO 绕过光滑的定滑轮与轻弹簧的右端及轻绳 BO 的上端连接于 O 点，轻弹簧中轴线沿水平方向，轻绳的 OC 段与竖直方向的夹角=53，斜面倾角=37，物块 A 和 B 的质量分别为mA=5kg ，mB=1.5kg，弹簧的劲度系数 k=500N/m ，（sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度 g=10m/s2），求：（1）弹簧的伸长量 x；（2）物块 A 受到的摩擦力【答案】（1）x=4cm；（2）5N，沿斜面向上【解析】（1）对结点O受力分析如图所示：根据平衡条件，有：Tcos-mBg=0，Tsin-F=0，且：F=kx，解得：x=4cm；（2）设物体A所受摩擦力沿斜面向下，对物体A做受力分析如图所示：根据平衡条件，有：TfmAgsin=0，解得：f=5N，即物体A所受摩擦力大小为5N，方向沿斜面向上。点睛：本题主要考查了平衡条件和胡克定律得直接应用，要求同学们能选择合适的研究对象并能正确对物体受力分析，注意正交分解法在解题中的应用。23如图所示，质量m1=3kg的滑块C（可视为质点）放置于光滑的平台上，与一处于自然长度的弹簧接触但不相连，弹簧另一端固定在竖直墙壁上平台右侧的水平地面上紧靠平台依次排放着两块木板A、B已知木板A、B的长度均为L=5m，质量均为m2=15kg，木板A、B上表面与平台相平，木板A与平台和木板B均接触但不粘连滑块C与木板A、B间的动摩擦因数为1=0.3，木板A、B与地面间的动摩擦因数2=0.1现用一水平向左的力作用于滑块C上，将弹簧从原长开始缓慢地压缩一段距离，然后将滑块C由静止释放，当滑块C刚滑上木板A时，滑块C的速度为7m/s设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s2求：(1)弹簧的最大弹性势能；(2)滑块C刚滑上木板A时，木板A、B及滑块C的加速度；(3)从滑块C滑上木板A到整个系统停止运动所需的时间【答案】（1）735J：（2）3m/s2和1m/s2；（3）4s【解析】试题分析：（1）EPmax=735J（2）设滑块C在木块A上滑动时，滑块C的加速度为a1，木板A、B的加速度为a2则：1m1g=m1a1，解得：a1=3m/s21m1g2（m1+2m2）g=2m2a2，解得：a2=1m/s2（3）设滑块C在木板A上运动的时间为t1则由： L=（v0t1a1t12）-a2t12解得：t1=1s或t1=25s（舍去）设滑块C离开木板A时的速度为vC，木板A、B的速度分别为vA和vBvC=v0a1t1=4m/svA=vB=a2t1=1m/s滑块C在木板B上滑动时，滑块C的加速度为a1，设B的加速度为a31m1g2（m1+m2）g=m2a3；解得：a3=3m/s2设经过时间t2，B、C达到共同速度v，则有：v=vCa1t2=vB+a3t2，解得t2=05s，v=25m/s从滑块C滑上木板B到与木板B速度相同的过程中，滑块C与木板B的相对位移为：x=075m5m可知此过程中C未离开B，又因12，B、C共速后无相对运动，设B、C一起匀减速运动的加速度为a，运动时间为t32（m1+m2）g=（m1+m2）a；a=1m/s20=vat3；t3=25s则从滑块C滑上木板A到整个系统停止运动所需的时间为： t=t1+t2+t3=4s考点：牛顿第二定律的综合应用24如图所示，竖直平面内放一直角杆AOB，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数=02，杆的竖直部分光滑两部分各有质量均为1kg的小球A和B，A、B间用细绳相连，此时A、B处于静止状态，OA=3m，OB=4m若用水平拉力F向右缓缓地拉A使之移动1m，则（重力加速度g=10m/s2）（1）该过程中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球也移动1m，此时A的速度达到2m/s，则此过程中产生的内能为多少？【答案】（1）4N；14J （2）44J【解析】试题分析：（1）对AB整体受力分析，受拉力F、重力G、支持力N、向左的摩擦力f和向右的弹力N1，如图根据共点力平衡条件，有竖直方向：N=G1+G2水平方向：F=f+N1其中：f=N解得N=（m1+m2）g=20Nf=N=0220N=4N对整体在整个运动过程中运用动能定理列式，得到WFfsm2gh=0根据几何关系，可知求B上升距离h=1m，故WF=fs+m2gh=41+1101=14J（2）根据功能关系知：FS=12mvA2+83mvB2+E内+mgh，根据速度的分解与合成知B的速度为m/s解得E内=20105140511101=44J考点：物体的平衡；功能关系【名师点睛】本题中拉力为变力，先对整体受力分析后根据共点力平衡条件得出摩擦力为恒力，然后根据动能定理求变力做功。25如图，在金属导轨MNC和PQD中，MN与PQ平行且间距为L1 m，MNQP所在平面与水平面夹角37N、Q连线与MN垂直，M、P间接有阻值R10 的电阻光滑直导轨NC和QD在同一水平面内，与NQ的夹角均为53ab棒的初始位置在水平导轨上与NQ重合ef棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为01，由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止金属棒ab和ef质量均为m05 kg，长均为L1 m空间有竖直方向、磁感应强度B2 T的匀强磁场（图中未画出）两金属棒与导轨保持良好接触，ef棒的阻值R10 ，不计所有导轨和ab棒的电阻假设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等忽略感应电流产生的磁场若ab棒在拉力F的作用下，以垂直于NQ的速度v11 m/s在水平导轨上向右匀速运动，且运动过程中ef棒始终静止（g取10 m/s2，sin 3706，cos 3708）（1）求金属棒ab运动到x03 m处时，经过ab棒的电流大小；（2）推导金属棒ab从NQ处运动一段距离x过程中拉力F与x的关系式；（3）若ab棒以垂直于NQ的速度v22 m/s在水平导轨上向右匀速运动，在NQ位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef棒始终静止求此状态下磁感应强度B的最大值（此问结果可只保留一位有效数字）【答案】（1）0.22A（2）F=0.8(1-1.5x)2（3）4.79T；磁场方向可竖直向上，也可竖直向下。【解析】试题分析：（1）ab棒滑行距离为x时，ab棒在导轨间的棒长Lx=L-2xcot=1-1.5x此时，ab棒产生的电动势Ex=Bv1Lx流过ab棒的电流Iab=ExR2=0.22A（2）拉力F与x的关系式F=BIabLx，代入数据得F=BIabLx=0.8(11.5x)2（3）流过ef棒的电流Ief=ExRef棒所受安培力Fx=BIefL联立，解得，Fx=B2v2LR(L-2xcot)由式可得，Fx在x0和B为最大值Bm时有最大值F1由题意知，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为最大值的受力分析如图所示，图中fm为最大静摩擦力，则有：F1cos=mgsin+(mgcos+F1sin)联立，代入数据得，Bm=1Lmg(sincos)R(cossin)v2=4.79T考点：考查了导体切割磁感线运动【名师点睛】对电磁感应电源的理解（1）电源的正负极可用右手定则或楞次定律判定，要特别注意在内电路中电流由负极到正极。（2）电磁感应电路中的电源与恒定电流的电路中的电源不同，前者是由于导体切割磁感线产生的，公式为EBLv，其大小可能变化，变化情况可根据其运动情况判断；而后者的电源电动势在电路分析中认为是不变的。（3）在电磁感应电路中，相当于电源的导体（或线圈）两端的电压与恒定电流的电路中电源两端的电压一样，等于路端电压，而不等于电动势。（除非切割磁感线的导体或线圈电阻为零）26如图所示，AB为光滑竖直杆，ACB为光滑直角轨道，C处有一小圆弧连接，可使小球顺利转弯（即通过转弯处不损失机械能）。一个套在杆上的小球（可视为质点）自A点静止释放，分别沿AB轨道和ACB轨道运动，如果沿ACB轨道运动的时间是沿AB轨道运动时间的15倍，则AB与AC的夹角为多少?【答案】 53º【解析】试题分析：设AB长度为L，BAC=，则AC=Lcos BC=Lsin小球沿AB运动时间为t，有小球沿AC运动时间为t1，有mgcos=ma1联立解得t1= t小球沿CB运动时间为t2，由题意知 t1t2=1.5t所以t2=0.5t小球沿CB杆有mgsin=ma2联立解得所以=53考点：牛顿第二定律、匀变速直线运动。27如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.4 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=37，在导轨所在空间内，分布着磁感应强度B=0.5 T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=6.0 V、内阻r=0.5的直流电源。现把一个质量m=0.05 kg的导体棒ab垂直放在金属导轨上，导体棒静止。导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5 ，金属导轨电阻不计，g取10 m/s2。已知sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）通过导体棒的电流大小；（2）导体棒受到的安培力大小；（3）导体棒受到的摩擦力大小。【答案】（1）1.5 A（2）0.3 N（3）0.06 N【解析】试题分析：导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：I=ER+r=1.5A导体棒受到的安培力：F安=BIL=0.30N导体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，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件：mg sin37+f=F安解得：f =0.06N考点：本题考查电磁感应中的欧姆定律、物体的平衡等问题，意在考查学生的综合分析能力。28如图所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B静止于水平面上已知A的质量mA和B的质量mB均为2.0 kg，A、B之间的动摩擦因数10.2，B与水平面之间的动摩擦因数20.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10 m/s2.若从t0开始，木板B受F116 N的水平恒力作用，t1 s时F1改为F24 N，方向不变，t3 s时撤去F2.求：（1）木板B受F116 N的水平恒力作用时，A、B的加速度aA、aB各为多少？（2）从t0开始，到A、B都静止，A在B上相对B滑行的时间为多少？（3）请以纵坐标表示A受到B的摩擦力FfA，横坐标表示运动时间t(从t0开始，到A、B都静止)，取运动方向为正方向，在图中画出FfAt的关系图线(以图线评分，不必写出分析和计算过程)【答案】(1)aA=2m/s2，aB=4m/s2 (2)1.5s (3) 【解析】试题分析：(1)根据牛顿第二定律得 1mAgmAaAaA1g0.210 m/s22 m/s2F12(mAmB)g1mAgmBaB代入数据得aB4 m/s2(2)t11 s时，A、B的速度分别为vA、vBvAaAt121 m/s2 m/svBaBt141 m/s4 m/sF1改为F24 N后，在B速度大于A速度的过程，A的加速度不变，B的加速度设为aB，根据牛顿第二定律得F22(mAmB)g1mAgmBaB代入数据得aB2 m/s2设经过时间t2，A、B速度相等，此后它们保持相对静止，则vAaAt2vBaBt2代入数据得t20.5 sA在B上相对B滑行的时间为tt1t21.5 s在时间t内A、B运动的位移分别为xA=12aAt2=2.25mxB=12aBt12+(vBt2+12aBt22)=3.75mA在B上相对B滑行的距离为x=xB-xA=1.5m(3)FfAt的关系图线如图所示考点：牛顿第二定律的综合应用【名师点睛】此题是牛顿第二定律的综合应用问题；解决本题的关键理清木板和木块的运动情况，将物体的运动过程分段处理，灵活选取物理规律结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。29如图所示，滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态。作用于滑块的水平力F随时间t变化图象如图所示，t=2.0s时撤去力F，最终滑块与木板间无相对运动。已知滑块质量m=2kg，木板质量M = 1kg，滑块与木板间的动摩擦因数=0.2，取g=10m/s2。求：（1）t=0.5s时滑块的速度大小；（2）02.0s内木板的位移大小；（3）整个过程中因摩擦而产生的热量。【答案】（1）1m/s（2）6.25m（3）12J【解析】【分析】先判断出在0-0.5s内滑块与木板是相对静止的，方法是：设滑块恰好相对于木板要滑动时两者间的静摩擦力达到最大，以M为研究对象，求出临界加速度，再以整体为研究对象，求出此时的拉力F，结合图象的信息分析再由运动学公式求解速度；0.5-2.0s内滑块相对于木板滑动，分别由牛顿第二定律求出两者的加速度，再由位移公式求出各自的位移，再结合0-0.5s内的位移，即可得解；求出相对位移，再得到摩擦生热；解：（1）设滑块恰好相对于木板要滑动时两者间的静摩擦力达到最大，以M为研究对象，根据牛顿第二定律得mg=Ma0，得a0=mgM=0.22101=4m/s2；对整体，有F0=(M+m)a0=12N由图知，在0-0.5s内，F=6NF0，所以两者相对滑动.根据牛顿第二定律得对m有：F-mg=mam，得am=6m/s2；对M有：mg=MaM，得aM=4m/s2；0.52.0s内木板的位移大小为x2=v1t2+12aMt22=11.5+1241.52=6m故02.0s内木板的位移大小x=x1+x2=6.25m（3）0.52.0s内滑块的位移大小为x3=v1t2+12aMt22=11.5+1261.52=8.25m故0.52.0s内滑块与木板的相对位移x1=x3-x2=2.25mt=2.0s时，滑块的速度为vm=v1+amt2=1+61.5=10m/s木板的速度为vM=v1+aMt2=1+41.5=7m/s撤去F后，m的加速度大小为am=mgm=g=2m/s2；设从t=2s时起经过时间t，两者速度相等，共同速度为v，则有v=vm-amt=vM+aMt，计算得出t=0.5s，v=9m/s，从t=2s到两者相对静止的过程中，滑块的位移为x4=vm+v2t=10+920.5m=4.75m木板的位移为x5=vM+v2t=7+920.5m=4m此过程两者的相对位移x2=x4-x5=0.75m故整个过程中因摩擦而产生的热量为Q=mg(x1+x2)=12J30物体A的质量M1kg，静止在光滑水平面上的平板车B的质量为m0.5kg、长L1m。某时刻A以v04m/s向右的初速度滑上木板B的上表面，在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力。忽略物体A的大小，已知A与B之间的动摩擦因数0.2，取重力加速度g=10m/s2.试求:（1）若F=5N，物体A在小车上运动时相对小车滑行的最大距离；（2）如果要使A不至于从B上滑落，拉力F大小应满足的条件。【答案】（1）物体A在小车上运动时相对小车滑行的最大距离为0.5m（2）拉力F大小应满足的条件为1NF3N【解析】（1）物体A滑上木板B以后，作匀减速运动，有mg =maA得aA=g=2 m/s2木板B作加速运动，有F+mg=MaB，得：aB=14 m/s2两者速度相同时，有V0-aAt=aBt，得：t=0.25sA滑行距离：SA=V0t-aAt2/2=15/16mB滑行距离：SB=aBt2/2=7/16m最大距离：s= SA- SB=0.5m(2)物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v1，则：又：由、式，可得：aB=6m/s2再代入式得：F=m2aB-m1g=1N若F1N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F必须大于等于1N。当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才不会从B的左端滑落。即有：F=(m+m)a，m1g=m1a所以：F3N若F大于3N，A就会相对B向左滑下。综上：力F应满足的条件是：1NF3N本题考查的是牛顿第二定律的应用问题，首先根据牛顿第二定律解出A滑上B时各自的加速度，进而解出最大距离；再根据物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时A、B具有共同的速度，解出B的加速度，从而求出拉力F的范围；
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