题目内容
7．
如图所示，质量为m2=0.6kg的薄木板静止在光滑水平地面上，木板上有一质量为m1=0.2kg的小铁块，它离木板的右端距离d=0.5m，铁块与木块间的动摩擦因数为0.2，现用拉力向左以3m/s2的加速度将木板从铁块下抽出，则：（1）将木板从铁块下抽出瞬间，铁块的动能为0.4J、木板的动能为0.6J．
（2）这一过程，木块对铁块做的功为0.4J、木板克服摩擦力做的功为0.6J．
（3）这一过程，拉力做的功为3.3J、系统产生的内能为0.2J．
分析 （1）用力F拉动木板时，小铁块相对木板滑动，对铁块进行受力分析，根据牛顿第二定律求出 铁块的加速度，由位移公式和木板与铁块位移的差等于d列式求出铁块在木板上滑行的时间，由速度公式求速度，即可求动能．
（2）由动能定理求木块对铁块做的功．由功的公式求木板克服摩擦力做的功．
（3）根据动能定理求拉力做的功，系统产生的内能为Q=μm1gd．
解答 解：（1）铁块在木板上滑行时的加速度为 a1=$\frac{μ{m}_{1}g}{{m}_{1}}$=μg=2m/s2；
设铁块在木板上滑行的时间为t．
则 d=$\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}$-$\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}$
解得 t=1s
木板从铁块下抽出瞬间，铁块的速度为 v1=a1t=2m/s，动能为 Ek1=$\frac{1}{2}{m}_{1}{v}_{1}^{2}$=$\frac{1}{2}×0.2×{2}^{2}$=0.4J
木板的速度为 v2=a2t=3m/s，动能为 Ek2=$\frac{1}{2}{m}_{2}{v}_{2}^{2}$=2.7J
（2）这一过程，对铁块，由动能定理得：W=$\frac{1}{2}{m}_{1}{v}_{1}^{2}$=$\frac{1}{2}×0.2×{2}^{2}$=0.4J，即木块对铁块做的功为0.4J．
木板的位移为 x2=$\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}$=1.5m
故木板克服摩擦力做的功为 Wf=μm1gx2=0.6J
（3）对木板，由动能定理得：WF-Wf=$\frac{1}{2}{m}_{2}{v}_{2}^{2}$
解得拉力F做功 WF=3.3J
系统产生的内能为 Q=μm1gd=0.2J
故答案为：
（1）0.4J，0.6J．
（2）0.4J，0.6J．
（3）3.3J，0.2J．
点评 本题要由牛顿第二定律和运动学公式求时间，抓住两者位移的关系列式是关键．要知道求功常用的方法有两种：一是功的公式；二是动能定理．
快捷英语周周练系列答案| A． | 做匀速圆周运动物体的动能是恒定不变的 | |
| B． | 做匀速圆周运动的物体，在任何相等时间内通过的位移都相等 | |
| C． | 做匀速圆周运动物体的加速度是恒定不变的 | |
| D． | 做匀速圆周运动物体的速度是恒定不变的 |
如图所示，坐在雪橇上的人与雪橇的总质量为m，在与水平面成θ角的恒定拉力F作用下，沿水平地面向右移动了一段距离l．已知雪橇与地面间的动摩擦因数为μ，雪橇受到的（ ）| A． | 支持力做功为mgl | B． | 重力做功为mglcosθ | ||
| C． | 拉力做功为Flcosθ | D． | 滑动摩擦力做功为-μmgl |
某研究小组成员设计了一个如图所示的电路，已知纯电阻R的阻值不随温度变化．与R并联的是一个理想的交流电压表，D是理想二极管（它的导电特点是正向电阻为零，反向电阻为无穷大）．在A、B间加一交流电压，瞬时值的表达式为u=20$\sqrt{2}$sin100πt（V），则交流电压表示数为（ ）| A． | 10V | B． | 20V | C． | 15V | D． | 14.1 V |
| A． | 元电荷就是带电量为1C的点电荷 | |
| B． | 与某点电荷距离相同的两处的电场强度一定相同 | |
| C． | 电场是客观存在的，并由法拉第首先提出用电场线去描绘 | |
| D． | 电场线是闭合的曲线 |
（多选）如图所示，带着光滑竖直的三角形斜壁固定在水平地面上，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为脱离斜劈，则有（ ）| A． | 轻绳对小球的拉力逐渐增大 | |
| B． | 小球对斜劈的压力先减小后增大 | |
| C． | 竖直杆对小滑块的弹力先增大后减小 | |
| D． | 对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大 |
| A． | 匀速圆周运动 | B． | 离心运动 | C． | 匀速直线运动 | D． | 自由落体运动 |