高中物理必修一第三章 力与物体平衡（困难）习题

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绝密★启用前
力与物体平衡
1．(多选)如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)．物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零．重力加速度为g.则上述过程中(
)
A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W－μmga
B．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W－μmga
C．经O点时，物块的动能小于W－μmga
D．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能
2．某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可
在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力为定值．轻杆向右移动不超过L时，装置可安全工作．若一小车分别以初动能Ek1和Ek2撞击弹簧，导致轻杆分别向右移动L/4和L.已知装置安全工作时，轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面间的摩擦．比较小车这两次撞击缓冲过程，下列说法正确的是
A、小车撞击弹簧的初动能之比为1：4
B、系统损失的机械能之比为1：4
C、两次小车反弹离开弹簧的速度相同
D、两次小车反弹离开弹簧的速度不同
3．如图所示，斜面体ABC放在水平桌面上，其倾角为37?，其质量为M=5kg。现将一质量为m=3kg的小物块放在斜面上，并给予其一定的初速度让其沿斜面向上或者向下滑动。已知斜面体ABC并没有发生运动，重力加速度为10m/s2，sin37?=0.6。则关于斜面体ABC受到地面的支持力N及摩擦力f的大小，下面给出的结果可能的有(
)
A.
N=50N，f=40N
B.
N=87.2N，f=9.6N
C.
N=72.8N，f=0N
D.
N=77N，f=4N
4．一个长度为L的轻弹簧，将其上端固定，下端挂一个质量为m的小球时，弹簧的总长度变为2L。现将两个这样的弹簧按如图所示方式连接，A.B两小球的质量均为m，则两小球平衡时，B小球距悬点O的距离为（不考虑小球的大小，且弹簧都在弹性限度范围内）
（
）
A．3L
B．4L
C．5L
D．6L
5．如图所示，一固定的细直杆与水平面的夹角为α=15°，一个质量忽略不计的小轻环C套在直杆上，一根轻质细线的两端分别固定于直杆上的A、B两点，细线依次穿过小环甲、小轻环C和小环乙，且小环甲和小环乙分居在小轻环C的两侧．调节A、B间细线的长度，当系统处于静止状态时β=45°．不计一切摩擦．设小环甲的质量为m1，小环乙的质量为m2，则m1：m2等于
A．tan15°
B．tan30°
C．tan60°
D．tan75°
6．如图装置中绳子质量，滑轮质量及摩擦均不计，两物体质量分别为m1=m，m2=4m，m1下端通过劲度系数为k的轻质弹簧与地面相连。
（1）系统静止时弹簧处于什么状态？形变量Δx为多少？
（2）用手托住m2，让m1静止在弹簧上，绳子绷直，但无拉力，然后放手，m1、m2会上下做简谐振动，求：m1、m2运动的最大速度分别为多大？
（3）在（2）问的情况下，当m2下降到最低点，m1上升到最高点时，求：此时m1、m2的加速度的大小各为多少？
7．平时擦玻璃时，我们经常会用到如图甲所示的“魔力刷”．使用时，两个一样的刷子分别位于玻璃窗户玻璃板的两侧，两刷子靠磁铁的吸引力吸在玻璃上，当移动其中一块刷子时，另一块刷子会跟到移动，达到同时清洁玻璃内外侧的目的．已知：某种品牌玻璃刷的每个刷子的质量都为，与玻璃的滑动摩擦因数均为，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取．
（1）将其中一个刷子用与竖直方向成的推力压在竖直玻璃上，如题9图乙所示，现要把刷子沿竖直方向向上推动，求推力的最小值
（2）把两个刷子对齐分别放在竖直玻璃板的两侧，如题9图丙所示，现用与竖直方向成，大小为的拉力向下拉动内侧的刷子时，外侧刷子将立即跟着移动且很快与内侧刷子保持相对静止．此时刷子磁铁间的吸引力在垂直玻璃板面方向的分量恒为，求刷子间的磁铁吸引力在沿玻璃板面切线方向的分量．
（3）假设玻璃是边长为的正方形，刷子是边长为的正方形；当两刷子的正对面积大于一半时，刷子磁铁间的吸引力的垂直分量和切向分量均不变，当两刷子的正对面积小于或等于一半时，两刷子就无法吸引在一起．在（2）的情况下，若拉力方向不变，大小变为，要使一次性向下拉动刷子就可以完成清理玻璃的竖边，求的取值范围．
8．（15分）如图所示，质量M
=
4.0kg的长木板B静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量m=1.0kg的小滑块A（可视为质点）。初始时刻，A、B分别以v0
=
2.0m/s向左、向右运动，最后A恰好没有滑离B板。已知A、B之间的动摩擦因数μ
=
0.40，取g
=10m/s2。求：
⑴A、B相对运动时的加速度aA和aB的大小与方向；
⑵A相对地面速度为零时，B相对地面运动已发生的位移x；
⑶木板B的长度l。
9．如图所示，在光滑的水平面上有一质量为m，长度为l的小车，小车左端有一质量也是m可视为质点的物块。车子的右壁固定有一个处于锁定状态的压缩轻弹簧（弹簧长度与车长相比可忽略），物块与小车间动摩擦因数为，整个系统处于静止。现在给物块一个水平向右的初速度v0，物块刚好能与小车右壁的弹簧接触，此时弹簧锁定瞬间解除，当物块再回到左端时，与小车相对静止。求：
（1）物块的初速度v0；
（2）在上述整个过程中小车相对地面的位移。
10．如图甲所示，光滑倾斜导体轨道（足够长）与光滑水平导体轨道平滑连接。轨道宽度均为L=1m，电阻忽略不计。水平向右的匀强磁场仅分布在水平轨道平面所在区域；垂直于倾斜轨道平面向下，同样大小的匀强磁场仅分布在倾斜轨道平面所在区域。现将两质量均为m=0.2kg，电阻均为R=0.5Ω的相同导体棒ab和cd，垂直于轨道分别置于水平轨道上和倾斜轨道的顶端，并同时由静止释放，导体棒cd下滑过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示。（g=10m/s2）求：
（1）导轨平面与水平面间夹角θ；
（2）磁场的磁感应强度B；
（3）导体棒ab对水平轨道的最大压力FN的大小；
（4）若已知从开始运动到cd棒达到最大速度的过程中，ab棒上产生的焦耳热Q=0.45J，求该过程中通过cd棒横截面的电荷量q。
11．如图所示，放在粗糙斜面上的物块A核悬挂的物块B均处于静止状态，轻绳AO绕过光滑的定滑轮与轻质弹簧的右端及轻绳BO的上端连接于O点，轻质弹簧中轴线沿水平方向，轻绳的OC段与竖直方向的夹角，斜面倾角α=30°，物块A和B的质量分别为，弹簧的劲度系数为k=500N/m，重力加速度，求
（1）弹簧的伸长量x
（2）物块A受到的摩擦力f的大小和方向
12．如图，传送带AB总长为l=10cm，与一个半径为R=0.4m的光滑四分之一圆轨道BC相切于B点，传送带速度恒为v=6m/s，方向向右，现有一个滑块以一定初速度从A点水平滑上传送带，滑块质量为m=10kg，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.1，已知滑块运动到B端时，刚好与传送带同速，求：
（1）滑块的初速度，
（2）滑块能上升的最大高度h；
（3）求滑块第二次子啊传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能
13．如图所示，已知半径分别为R和r的甲、乙两个光滑的圆形轨道安置在同一竖直平面内，甲轨道左侧又连接一个光滑的轨道，两圆形轨道之间由一条水平轨道CD相连．一小球自某一高度由静止滑下，先滑过甲轨道，通过动摩擦因数为μ的CD段，又滑过乙轨道，最后离开.若小球在两圆轨道的最高点对轨道压力都恰好为零．试求：
⑴释放小球的高度h.
⑵水平CD段的长度.
14．如图所示，跨过定滑轮的轻绳两端分别系着物体A和B，物体A放在倾角为θ的斜面上。已知物体A的质量为mA，物体A与斜面间的最大静摩擦力是与斜面间弹力的μ倍（μ15．如甲图所示，水平光滑地面上用两颗钉子（质量忽略不计）固定停放着一辆质量为M=2kg的小车，小车的四分之一圆弧轨道是光滑的，半径为R=0.6m，在最低点B与水平轨道BC相切，视为质点的质量为m=1kg的物块从A点正上方距A点高为h=1.2m处无初速下落，恰好落入小车圆弧轨道滑动，然后沿水平轨道滑行恰好停在轨道末端C。现去掉钉子（水平面依然光滑未被破坏）不固定小车，而让其左侧靠在竖直墙壁上，该物块仍从原高度处无初速下落，如乙图所示。不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失，已知物块与水平轨道BC间的动摩擦因数为μ=0.1，重力加速度g取10
m/s2，求:
（1）水平轨道BC长度；
（2）小车不固定时物块再次与小车相对静止时距小车B点的距离；
（3）两种情况下由于摩擦系统产生的热量之比.
16．如图所示，在倾角α=60°的斜面上，放一质量为10kg的物体，用k=100N/m的轻质弹簧平行与斜面拉着，物体放在PQ之间任何位置都能处于静止状态，而超过这一范围，物体就会沿斜面滑动，若AP=22cm，AQ=8cm，试求物体与斜面间的最大静摩擦力的大小？（，）
17．足够长光滑斜面BC的倾角α=53°，小物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，水平面与斜面之间B点有一小段弧形连接，一质量m=2kg的小物块静止于A点，现在AB段对小物块施加与水平方向成α=53°角的恒力F作用，如图（a）所示，小物块在AB段运动的速度--时间图像如图（b）所示，到达B点迅速撤去恒力F．（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6，g取10m/s2），求：
（1）小物块所受到的恒力F；
（2）小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间；
（3）小物块能否返回到A点?若能，计算小物块通过A点时的速度：若不能，计算小物块停止运动时离B点的距离。
18．一般教室的门上都按装一种暗锁，这种暗锁由外壳A.骨架B.弹簧C（劲度系数为）、锁舌D（倾斜角θ=45°，质量忽略不计）、锁槽E以及连杆、锁头等部件组成，如图甲所示（俯视图）。设锁舌D与外壳A和锁槽E之间的摩擦因数均为μ且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。有一次放学后，小明准备锁门，当他用某力拉门时，不能将门关上，此刻暗锁所处的状态如图乙所示，P为锁舌D与锁槽E之间的接触点，弹簧由于被压缩而缩短了，问：
（1）此时，外壳A对所舌D的摩擦力的方向。
（2）此时，锁舌D与锁槽E之间的正压力的大小。
（3）当满足一定条件时，无论用多大的力，也不能将门关上（这种现象称为自锁）。求暗锁能够保持自锁状态时μ的取值范围。
19．如图所示，质量m=2kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L=20m．用大小为30N，沿水平方向的外力拉此物体，经t0=2s拉至B处．求：
（1）物体运动的加速度a；
（2）物体与地面间的动摩擦因数?；
（3）若改用大小为20N的力，沿水平方向拉此物体，使之从A处由静止开始运动并能到达B处，该力作用的最短时间，．（取g=10
rn/s2）
20．如图所示，质量为m=245g的物块（可视为质点）放在质量为M=0.5kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.4，质量为m0=5g的子弹以速度v0=300m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），子弹射入后，g取10m/s2，求：
（Ⅰ）物块相对木板滑行的时间；
（Ⅱ）物块相对木板滑行的位移．
21．如图所示，拉B物的轻绳与竖直方向成60°角，O为一定滑轮，物体A与B间用跨过定滑轮的细绳相连且均保持静止，已知B的重力为100
N，水平地面对B的支持力为80
N，绳和滑轮质量及摩擦均不计，试求：
（1）物体A的重力的大小；
（2）地面对物体B的摩擦力的大小。
试卷第11页，总33页
试卷如有问题，联系qq1321104380
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参考答案
1．BC
【解析】
试题分析：如果没有摩擦力，则O点应该在AB中间，由于有摩擦力，物体从A到B过程中机械能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的B点，也即O点靠近B点．故，此过程物体克服摩擦力做功大于，所以物块在A点时，弹簧的弹性势能小于，故A错误；由A分析得物块从开始运动到最终停在B点，路程大于，故整个过程物体克服阻力做功大于，故物块在B点时，弹簧的弹性势能小于，故B正确；从O点开始到再次到达O点，物体路程大于a，故由动能定理得，物块的动能小于，故C正确；物块动能最大时，弹力等于摩擦力，而在B点弹力与摩擦力的大小关系未知，故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在B点时弹簧伸长量大小未知，故此两位置弹性势能大小关系不好判断，故D错误．
考点：考查了机械能守恒定律，功能关系
2．BC
【解析】
试题分析：A、小车把弹簧压缩到时，两者一起推动杆向右减速运动，这个过程中，杆受到的摩擦力不变，弹簧的压缩量x先增大，到车与杆的速度相等时x保持不变，直到杆的速度减为0，这一过程中，小车的动能转化为弹簧的弹性势能和克服摩擦力做功；则有：；因轻杆的位移之比为：1：4；故克服摩擦力做功之比为1：4；而弹簧的弹性势能相等，故初动能之比为等于1：4；故A错误；B、对系统来说，重力及弹力之外的其他力做功等于损失的机械能；由A的分析可知，系统损失的机械能之比为1：4；故B正确；C、由于弹簧的压缩量相同，故具有的弹性势能相同；则由机械能守恒定律可知，小车反弹离开弹簧的速度相等；故C正确，D错误；故选：BC．
考点：本题考查了动能定理的应用；功的概念．
3．ABD
【解析】
试题分析：设滑块的加速度大小为a，当加速度方向平行斜面向上时，对Mm的整体，根据牛顿第二定律，有：竖直方向：N-（m+M）g=masin37°
水平方向：f=macos37°
解得：N=80+1.8a
①
f=2.4a
②
当加速度平行斜面向下，对整体，根据牛顿第二定律，有：竖直方向：-N+（m+M）g=masin37°
水平方向：f=macos37°
解得：N=80-1.8a
③
f=2.4a
④
A、如果N=50N，f=40N，则，符合③④式，故A正确；
B、如果N=87.2N，f=9.6N，则a=-4m/s2，符合①②两式，故B正确；
C、如果N=72.8N，f=0N，不可能同时满足①②或③④式，故C错误；
D、如果N=77N，f=4N，则，满足③④式，故D正确；
故选ABD.
考点：牛顿第二定律；整体法和隔离法.
4．C
【解析】
试题分析：当挂一个小球时，根据胡克定律，有：mg=k△x=kL；当挂两个小球时，上面弹簧，有：2mg=k△x1；下面弹簧，有：mg=k△x2；故B球距悬点O的距离为：x=2L+△x=2L+△x1+△x2=5L；故ABD错误，C正确。
考点：胡克定律
【名师点睛】本题关键是根据胡克定律列式求出弹簧的伸长量，对两个弹簧串联的问题，要能够求解出各个弹簧的弹力．在弹性限度内，物体的形变跟引起形变的外力成正比．这个定律是英国科学家胡克发现的，所以叫做胡克定律．胡克定律的表达式为F=kx或△F=k△x，其中k是常数，是物体的
劲度（倔强）系数．
5．C
【解析】
试题分析：小球C为轻环，重力不计，受两边细线的拉力的合力与杆垂直，C环与乙环的连线与竖直方向的夹角为600，C环与甲环的连线与竖直方向的夹角为300，A点与甲环的连线与竖直方向的夹角为300，
乙环与B点的连线与竖直方向的夹角为600，根据平衡条件，对甲环：，对乙环有：，得，故选C。
【名师点睛】小球C为轻环，受两边细线的拉力的合力与杆垂直，可以根据平衡条件得到A段与竖直方向的夹角，然后分别对甲环和乙环进行受力分析，根据平衡条件并结合力的合成和分解列式求解。
考点：共点力的平衡条件的应用、弹力。
6．（1）（2），（3）
【解析】
试题分析：（1）弹簧处于拉伸状态
对m1：
对m2：
解得：
（2）当速度最大时，两者加速度都等于0，此时弹簧被拉长
又
解得：，
（3）根据简谐运动的对称性，此时、的加速度大小与刚释放时的加速度大小相等，设为、，绳子的拉力为，则
对m1：
对m2：
又
解得：
考点：牛顿第二定律；动能定理
7．(1)
(2)
；
(3)
【解析】
试题分析：（1）如图由受力分析知：
水平方向①（1分）；
竖直方向：②（1分）.
由①②得（1分）
（2）设磁力刷垂直玻璃板方向的分力为，切向方向的分力为.
如图对左右两刷子受力分析可知：
左侧磁刷：水平方向③（1分）；
竖直方向④（2分）；
右侧磁刷：水平方向⑤（1分）；
竖直方向⑥（2分）；
由③④⑤⑥得；（2分）
（3）因为，
所以左侧磁刷⑦，右侧磁刷⑧（2分）
由运动分析知：右侧磁刷从上到下运动的位移⑨（2分）；
当右侧到达下面时，左侧磁刷运动的位移⑩（2分），
由⑦⑧⑨⑩得（1分）
考点：考查了共点力平衡条件，力的合成与分解，牛顿第二定律
8．⑴
aA
=
4.0m/s2，方向水平向右
aB
=
1.0m/s2，方向水平向左⑵
x
=
0.875m
l
=
1.6m
【解析】
试题分析：⑴
A、B分别受到大小为μmg的作用，根据牛顿第二定律
对A物体：μmg
=
maA
1分
则aA
=
μg
=
4.0m/s2
1分
方向水平向右
1分
对B物体：μmg
=
MaB
1分
则aB
=μmg
/M
=
1.0m/s2
1分
方向水平向左
1分
⑵
开始阶段A相对地面向左做匀减速运动，速度为0的过程中所用时间为t1，则
v0
=
aAt1，则t1
=
v0/aA
=
0.50s
1分
B相对地面向右做减速运动x
=
v0t
-
aBt2
=
0.875m
1分
⑶
A向左匀减速运动至速度为零后，相对地面向右做匀加速运动，加速度大小仍为aA
=
4.0m/s2；
B板向右仍做匀减速运动，加速度大小仍aB
=
1.0m/s2；
1分
当A、B速度相等时，A相对B滑到最左端，恰好不滑出木板，
故木板B的长度为这个全过程中A、B间的相对位移；
1分
在A相对地面速度为零时，B的速度vB
=
v0
–
aBt1
=
1.5m/s
1分
设由A速度为零至A、B相等所用时间为t2，则
aAt2
=
vB
–
aBt2，
解得t2
=
vB/（aA
+
aB）
=
0.3s；
共同速度v
=
aAt2
=
1.2m/s
1分
A向左运动位移xA
=
（v0－
v）（t1
+
t2）/2
=
（2
–
1.2）（0.5
+
0.3）/2
m
=
0.32m
1分
B向右运动位移xB
=
（v0+
v）
（t1
+
t2）/2
=
（2
+
1.2）（0.5
+
0.3）/2
m
1.28m
1分
B板的长度l
=
xA
+
xB
=
1.6m
1分
考点：考查了滑动摩擦力和顿第二定律
9．（1）（2）2l
【解析】
试题分析：（1）对物块开始运动，到刚好接触到弹簧过程，两者刚好共速，则
由动量守恒定律可知：mv0=2mv
由能量关系可知：
联立解得：
（2）从物块刚好能与小车右壁的弹簧接触，弹簧锁定瞬间解除，物块再回到左端与小车相对静止时，由动量守恒定律：
由能量关系：
解得：v车=v
v物=0
对物体：
由运动公式：；
则在上述整个过程中小车相对地面的位移：s=s1+s2=2l
考点：动量守恒定律；能量守恒定律的应用；牛顿第二定律.
【名师点睛】此题是一道力学综合题目，考查了动量守恒定律、能量守恒定律的应用及牛顿第二定律；关键是搞清物体运的物理过程，分析两个物体的运动情况，不同的过程选取合适的物理规律列得方程进行解答；此题物理过程比较复杂，是难题.
10．(1)
（2）B=1T
（3）
（4）
【解析】
试题分析:(1)
由图象可知，导体棒cd刚释放时，加速度
对cd棒受力分析，由牛顿第二定律得：
得
故：
（2）当cd棒匀速下滑时，由图象知a=0，v=1m/s
联立得：
解得：B=1T
（3）当电路中的电流I最大时，ab棒所受的安培力竖直向下最大，则压力最大
由牛顿第三定律：
解得：
（4）ab棒产生的焦耳热，cd棒产生的热量与ab棒相同
对cd，由能量守恒定律：
解得：
则：
考点：考查电磁感应、图象、能量守恒定律、牛顿第二定律．
【名师点睛】本题中的导轨倾斜部分和水平部分都足够长，分析知道在斜轨上棒最终匀速运动，在水平轨道上最终静止，再运用电磁感应的规律和力学知识求解.
11．（1）（2），沿斜面向下
【解析】
试题分析：（1）以轻绳OB和物块B为研究对象，受力如图并正交分解，
据平衡条件有
x：①
y：②
由②解得：，代入①解得：
（2）物块A受力如图并正交分解，
据平衡条件有
x：，解得：，方向：沿斜面向下
考点：考查了共点力平衡条件的应用
【名师点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解，
12．（1）或者4m/s（2）h=1.8m（3）220J
【解析】
试题分析：（1）以滑块为研究对象，滑块在传送带上运动过程中，由动能定理得：
滑块初速度大于传送带速度时：，解得；
滑块初速度小于传送带速度时：，解得；
（2）由动能定理可得：，解得h=1.8m；
（3）以滑块为研究对象，由牛顿第二定律得：，滑块的加速度，
滑块减速到零的位移，
则滑块第二次在传送带上滑行时，速度没有减小到零就离开传送带，由匀变速运动的位移公式可得：，即，解得t=2s，（t=10s舍去），
在此时间内传送带的位移，
滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能：
考点：考查了牛顿第二定律，运动学公式，动能定理，
【名师点睛】以滑块为研究对象，由动能定理可以求出滑块的初速度．由动能定理或机械能守恒定律可以求出滑块能上升的最大高度．求出滑块第二次在传送带上滑行时，滑块与传送带间的相对位移，然后求出滑块和传送带系统产生的内能
13．（1）2.5R（2）
【解析】
试题分析：（1）小球在光滑圆轨道上滑行时，机械能守恒，设小球滑过C点时的速度为vc，通过甲环最高点速度为v′，根据小球对最高点压力为零，有
①
取轨道最低点为零势能点，由机械守恒定律
②
由①、②两式消去v′，可得③
同理可得小球滑过D点时的速度④
小球从在甲轨道左侧光滑轨道滑至C点时机械能守恒，有⑤
由③、⑤两式联立解得h=2.5R,因此小球释放的高度为2.5R
（2）设CD段的长度为L，对小球滑过CD段过程应用动能定理⑥
由③、④、⑥三式联立解得
考点：考查了圆周运动，机械能守恒，动能定理，
【名师点睛】掌握向心力公式外，还熟悉了牛顿第二定律，最后比较了机械能守恒定律与动能定理的优缺点．本题中小球在轨道最高点压力为零是解题的切入点
14．mA（sinθ+μcosθ）
【解析】
试题分析：对B受力分析，绳中拉力T=mBg；当mB取最大值时，物体具有沿斜面向下的最大静摩擦力fm；
对A受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，如图所示：
根据共点力平衡条件，有：N-mAgcosθ=0；
T-fm-mAgsinθ=0；
其中：fm=μN
联立以上各式，解得：mB=mA（sinθ+μcosθ）
考点：物体的平衡
【名师点睛】此题是关于物体的平衡问题；解题时要求解B质量的最大值，必须知道此时物体A有向上运动的趋势，静摩擦力向下，用正交分解法列出方程即可联立求解，此题是基础题，意在考查学生基本规律的运用能力.
15．（1）18m
（2）12m（3）3:2
【解析】
试题分析：（1）根据动能定理可得：，解得x=18
m
。
（2）到达B点前小车不动，对物块有vB=
6m/s
之后小车匀加速，物块匀减速，最终二者速度相同
此过程中物块的加速度大小a1=
μg
=1
m/s2
小车的加速度大小a2=
=
0.5
m/s2
设经过时间t速度相同，有：vB
-
a1t
=
a2t
解得t
=
4
s
共同速度v
=
2
m/s
速度相等时物块的位移由，解得x1
=
16
m
速度相等时小车的位移由，解得x2
=
4
m
小车不固定时物块再次停在小车上时距小车B点的距离x?=
x1
-
x2
=
12m
（3）小车固定时摩擦系统产生的热量，小车不固定时摩擦系统产生的热量，所以热量之比为3:2
考点：动能定理；功能关系；牛顿第二定律
【名师点睛】此题考查了动能定理、功能关系以及牛顿第二定律的应用；解题的关键是高清物理过程，分析两个物体的运动情况，借助于两个物体速度相等的临界条件进行分析；注意摩擦产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积.
16．7N
【解析】
试题分析：依题意可知，受力分析如图所示
物体在P点弹簧处于伸长状态，受力分析如图(1)所示．
①
在Q点弹簧处于压缩状态，受力分析如图(2)所示．
②
设弹簧的原长为x，有
③
④
联立①②③④得
所以
考点：考查了共点力平衡条件的应用
【名师点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解，
17．（1）F=11N；（2）t=0.5s
；（3）小物块不能返回到A点，停止运动时，离B点的距离为0.4m；
【解析】
试题分析：（1）由图（b）可知，AB段加速度；
根据牛顿第二定律，有
得
(2）在BC段
小物块从B到C所用时间与从C到B所用时间相等，有
所以小物块不能返回到A点，停止运动时，离B点的距离为0.4m。
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习题；关键是搞清物理过程，分析物体的受力情况；结合速度时间图线求解物体的加速度，根据牛顿第二定律列出方程求解；注意加速度是联系力学及运动学部分的桥梁作用.
【答案】（1）方向向右；（2）；（3）
【解析】
试题分析：（1）设锁舌D的下表面所受到的最大静摩擦力为，其方向向右，如图所示：
（2）设锁舌D受到锁槽E的最大静摩擦力为，正压力为N，下表面的正压力为F，弹力为，由平衡条件：
，又，
，联解上述方程得。
（3）令N趋向于无穷大，则有：
解得。
考点：共点力作用下物体平衡
【名师点睛】此题关键是对锁舌进行正确的受力分析，解决共点力平衡问题的关键就是对研究对象进行受力分析，不能多力，不能漏力，各个力的方向不能错。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
试题分析：（1）物体在水平地面上从A点由静止开始向B点做匀加速直线运动，根据解得：
。
（2）对物体进行受力分析得：
，解得：。
（3）设力F作用的最短时间为，相应的位移为，物体到达B处速度恰为0，由动能定理：
，整理可以得到：
由牛顿运动定律：，，整理可以得到：。
考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系
【名师点睛】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，要求同学们能正确进行受力分析，抓住位移之间的关系求解。
20．（Ⅰ）物块相对木板滑行的时间为1s；
（Ⅱ）物块相对木板滑行的位移为3m
【解析】
试题分析：（1）根据子弹木块组成的系统动动量守恒和木块和木板组成的系统动量守恒求得木块和木板最终速度，再根据动量定理求得滑行时间；
（2）根据木块和木板组成的系统能量守恒求得物块相对于木板滑行的距离．
解：（1）子弹打入木块过程，由动量守恒定律可得：
m0v0=（m0+m）v1
①
木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得：
（m0+m）v1=（m0+m+M）v2
②
对子弹木块整体，由动量定理得：
﹣μ（m0+m）gt=（m0+m）（v2﹣v1）
③
由①②③式可得，物块相对于木板滑行的时间t=
（2）子弹射入木块后，由子弹木块和木板组成的系统能量守恒有：
代入数据可解得木块在木板上滑动的距离d=3m．
答：（Ⅰ）物块相对木板滑行的时间为1s；
（Ⅱ）物块相对木板滑行的位移为3m．
【点评】根据系统动量守恒和动能定理以及能量守恒定律可以使问题更简捷，同理掌握运动常规也可以求解．
21．（1）（2）
【解析】
试题分析：对A、B分别进行受力分析如图，
则有对A：①
对B：②
③
解得：T=40N，即：，水平方向：
考点：考查了共点力平衡条件的应用
【名师点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解，
答案第11页，总22页
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