2019届高考物理备考优生百日闯关系列专题02相互作用 28页

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=Lcosθ，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：2Tsinθ=mg，若夹角和质量m不变，则绳子的拉力也不会改变，故AC错；nB、将杆N向右移一些，根据x=Lcosθ可知夹角变小，再根据2Tsinθ=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θ，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2FTcosθ2=GP，联立可知2GQcosθ2=GP，故增大Q的重力，夹角θ变大，C点上升；增大P的重力时，夹角θ变小，C点下降；故A，B均错误.C、由平衡知识2GQcosθ2=GP，而θ=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nB．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′=Nsinθ，竖直方向：F+Ncosθ=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n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∠BCA>90°，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n【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（）A．T>T1，f1>fB．N1>N，T=T1C．T1=T，f1不为零，f=0D．N1=N，f1=f≠0【答案】C【解析】由初始情景可加mA=mBsinα,mA>mB,互换位置后,，解得T1=mAg，a=g(1-sinα),B将加速下落，由超重和失重可知，N>N1；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+M×0+mB×0=mAg(1-sinα)cosα≠0.故选C.n【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（）A．b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C．c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23mgRBlnC．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=3mg·23mgRB2l2=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2m，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1m/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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)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1∶3【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n同，所以下滑到底端的时间相同，由s=v0t+at2，a="gsinθ"–μgcosθ,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μ，OP与水平方向的夹角为θ＝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nD．弹簧原长为R＋mgk【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θ=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θ的固定斜面上。滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ。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μ>tanθ，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μ=tanθ，拉力大小应是2mgsinθC．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】n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mgsinθ>μmgcosθ，得：μF0，所以两者相对滑动.根据牛顿第二定律得对m有：F-μmg=mam，得am=6m/s2；对M有：μmg=MaM，得aM=4m/s2；0.5~2.0s内木板的位移大小为x2=v1t2+12aMt22=1×1.5+12×4×1.52=6m故0~2.0s内木板的位移大小x=x1+x2=6.25m（3）0.5~2.0s内滑块的位移大小为x3=v1t2+12aMt22=1×1.5+12×6×1.52=8.25m故0.5~2.0s内滑块与木板的相对位移Δx1=x3-x2=2.25mt=2.0s时，滑块的速度为vm=v1+amt2=1+6×1.5=10m/s木板的速度为vM=v1+aMt2=1+4×1.5=7m/s撤去F后，m的加速度大小为am'=μmgm=μg=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-am't=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+92×0.5m=4.75m木板的位移为x5=vM+v2t=7+92×0.5m=4m此过程两者的相对位移Δx2=x4-x5=0.75mn故整个过程中因摩擦而产生的热量为Q=μmg(Δx1+Δx2)=12J30．物体A的质量M＝1kg，静止在光滑水平面上的平板车B的质量为m＝0.5kg、长L＝1m。某时刻A以v0＝4m/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µ＝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1N≤F≤3N．【解析】（1）物体A滑上木板B以后，作匀减速运动，有µmg=maA得aA=µg="2"m/s2木板B作加速运动，有F+µmg=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：………③又：……………④由、③、④式，可得：aB=6m/s2再代入②式得：F=m2aB-μm1g=1N若F＜1N，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，μm1g=m1a所以：F＝3N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：1N≤F≤3Nn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；