20xx高考二輪專題復(fù)習(xí)-專題2相互作用-精編專題練13(含解析)-資料下載頁
2025-04-05 05:42本頁面
【正文】 根據(jù)牛頓第二定律可得加速度為：解得加速度的范圍為：故AD正確，BC錯(cuò)誤。本題選不可能的，故選BC。18．AC【詳解】AB．對(duì)小球受力分析，如圖共點(diǎn)力平衡N1=N2cosθ，mg=N2sinθ隨著θ減小，根據(jù)公式可知NN2都在增大，A正確，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)共點(diǎn)力平衡可知，兩擋板對(duì)小球的作用力的合力始終不變，大小等于小球的重力，所以作用力的合力不變，C正確；D．若將左側(cè)擋板撤走，右側(cè)擋板對(duì)小球的作用力也為零，小球做自由落體運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。故選AC。19．甲 【詳解】[1]乙圖中只有當(dāng)物塊勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧秤的拉力才等于木塊與木板之間的滑動(dòng)摩擦力，則不好控制實(shí)驗(yàn)條件，采用甲圖更合理方便；[2]若彈簧稱的讀數(shù)為F，則木塊和木板間的滑動(dòng)摩擦力為F，摩擦因數(shù)為20．4 5 【詳解】[1][2]由題意知A、B與地面間的最大靜摩擦力分別為根據(jù)胡克定律得彈簧的彈力大小為當(dāng)時(shí)，有所以兩物體都保持靜止?fàn)顟B(tài)，則由平衡條件得A所受摩擦力為方向水平向右；B所受的摩擦力為方向水平向左。21．4 200 【詳解】[1]根據(jù)胡克定律可知當(dāng)壓縮量為時(shí)與伸長(zhǎng)時(shí)的形變量相同，所以彈力仍然為。[2]胡克定律可知?jiǎng)哦认禂?shù)為22．減小【詳解】分力大小不變時(shí)，合力隨兩力夾角的增大而減小。23．(1) ；(2) 【詳解】(1)木塊豎直方向受力平衡：對(duì)木塊利用牛頓第二定律：對(duì)整體利用牛頓第二定律：解得：(2)因?yàn)樗阅緣K與鐵箱不能一起減速木塊：鐵箱：設(shè)鐵箱經(jīng)過時(shí)間t停止運(yùn)動(dòng)鐵箱發(fā)生的位移設(shè)鐵箱停止時(shí)木塊發(fā)生的位移為x1，速度為v1鐵箱停止后，木塊繼續(xù)運(yùn)動(dòng)的位移為x2鐵箱的長(zhǎng)度24．(1)；(2)【詳解】(1)(2)滑塊受力如圖所示，則有解得 25．（1） N，（2）20 N，方向水平向右【詳解】(1)以結(jié)點(diǎn)為研究對(duì)象，建立直角坐標(biāo)系，則有軸上：y軸上：聯(lián)立可得：(2)以為研究對(duì)象，受力分析，可得： 方向水平向右26．(1)1m；(2)20s；(3)20N，0【詳解】（1）加速過程位移（2）設(shè)機(jī)器人減速時(shí)的加速度大小為，勻速的時(shí)間為，則由題可知解得（3）平臺(tái)對(duì)餐盤的支持力平臺(tái)對(duì)餐盤的摩擦力27．(1)5N；(2)，沿斜面向上；(3)【詳解】(1)由滑輪相連輕繩的拉力處處相等，對(duì)物塊A受力分析如圖所示，A恰好不受摩擦力作用，則沿斜面方向F=F拉=mgsin30176。解得F==5N(2)對(duì)物塊B受力分析，設(shè)輕繩對(duì)物塊B的拉力為T，則由平衡條件有T=mBg已知，解得再對(duì)物塊A受力分析，因?yàn)門＜mgsin30176。，A有下滑趨勢(shì)，故受到的靜摩擦力f沿斜面向上，則由平衡條件有mgsin30176。=T+f解得A受到的靜摩擦力大小為 (3)物塊A剛好要沿斜面向上滑時(shí)，物塊B的質(zhì)量最大M1此時(shí)輕繩拉力為F1=mgsin30176。+μmgcos30176。=mg對(duì)B受力分析有F1=M1g解得物塊B的最大質(zhì)量為 物塊A剛好要沿斜面向下滑時(shí)，物塊B的質(zhì)量最小M2F2=mgsin30176。μmgcos30176。=mg對(duì)B受力分析有F2=M2g解得物塊B的最小質(zhì)量為所以物塊B的質(zhì)量范圍為28．F1=60N，F(xiàn)2=100N【詳解】小球的分析如下圖根據(jù)共點(diǎn)力平衡得風(fēng)對(duì)小球的作用力為繩子的拉力大小為
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