《2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關(guān)系列 專題02 相互作用（含解析）.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關(guān)系列 專題02 相互作用（含解析）.docx（26頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

專題02 相互作用 第一部分名師綜述 相互作用是整個高中物理力學問題的解題基礎(chǔ)，很多類型題都需要受力分析，然后用力的合成與分解、共點力平衡方程解題，其中對重力、彈力、摩擦力的考查方式大多以選擇題的形式出現(xiàn)，每個小題中一般包含幾個概念。考查受力分析的命題方式一般是涉及多力平衡問題，可以用力的合成與分解求解，也可以根據(jù)平衡條件求解，考查方式一般以選擇題形式出現(xiàn)，特別是平衡類連接體問題題設(shè)情景可能更加新穎。 第二部分精選試題 一、單選題 1．如圖所示，輕質(zhì)不可伸長的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿M、N上的a、b兩點，懸掛衣服的衣架鉤是光滑的，掛于繩上處于靜止狀態(tài)．如果只人為改變一個條件，當衣架靜止時，下列說法正確的是 A．繩的右端上移到b′，繩子拉力越大 B．將桿N向右移一些，繩子拉力變大 C．繩的兩端高度差越小，繩子拉力越小 D．若換掛質(zhì)量更大的衣服，則衣服架懸掛點右移 【答案】 B 【解析】 【詳解】 AC、如圖所示，由于是一條繩子，所以繩子的力應該處處相等，所以繩子與水平方向的夾角也應該是相等的， 假設(shè)繩子的總長為L，則x=Lcosθ，若MN之間的距離不變，根據(jù)公式可知夾角就不會變化，設(shè)繩子的拉力為T，根據(jù)平衡可知：2Tsinθ=mg，若夾角和質(zhì)量m不變，則繩子的拉力也不會改變，故AC錯； B、將桿N向右移一些，根據(jù)x=Lcosθ可知夾角變小，再根據(jù)2Tsinθ=mg可知繩子拉力變大，故B對； D、繩長和兩桿間距離不變的情況下，角度就不會變化，所以掛的衣服的質(zhì)量不會影響懸掛點的移動，故D錯； 故選B 2．如圖所示，細繩一端固定在A點，跨過與A等高的光滑定滑輪B后在另一端懸掛一個沙桶Q?，F(xiàn)有另一個沙桶P通過光滑掛鉤掛在AB之間，穩(wěn)定后掛鉤下降至C點，∠ACB=120，下列說法正確的是 A．若只增加Q桶的沙子，再次平衡后C點位置不變 B．若只增加P桶的沙子，再次平衡后C點位置不變 C．若在兩桶內(nèi)增加相同質(zhì)量的沙子，再次平衡后C點位置不變 D．若在兩桶內(nèi)增加相同質(zhì)量的沙子，再次平衡后沙桶Q位置上升 【答案】 C 【解析】 【詳解】 A、B、對砂桶Q分析有FT=GQ，設(shè)兩繩的夾角為θ，對砂桶P的C點分析可知受三力而平衡，而C點為活結(jié)繩的點，兩側(cè)的繩張力相等，有2FTcosθ2=GP，聯(lián)立可知2GQcosθ2=GP，故增大Q的重力，夾角θ變大，C點上升；增大P的重力時，夾角θ變小，C點下降；故A，B均錯誤. C、由平衡知識2GQcosθ2=GP，而θ=120，可得GP=GQ，故兩砂桶增多相同的質(zhì)量，P和Q的重力依然可以平衡，C點的位置不變；故C正確，D錯誤. 故選C. 【點睛】 掌握活結(jié)繩上的張力處處相等，三力平衡的處理方法，連體體的平衡對象的選擇. 3．如圖所示，帶有光滑豎直桿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與套在豎直桿上的小滑塊用輕繩連接，開始時輕繩與斜劈平行?，F(xiàn)給小滑塊施加一個豎直向上的拉力，使小滑塊沿桿緩慢上升，整個過程中小球始終未脫離斜劈，則有 A．小球?qū)π迸膲毫Ρ３植蛔? B．輕繩對小球的拉力先減小后增大 C．豎直桿對小滑塊的彈力先增大再減小 D．對小滑塊施加的豎直向上的拉力逐漸增大 【答案】 D 【解析】 【詳解】 A、B、對小球受力分析，受重力、支持力和細線的拉力，如圖所示： 根據(jù)平衡條件可知，細線的拉力T增加，支持力N減小，根據(jù)牛頓第三定律，球?qū)π泵娴膲毫σ矞p小；故A、B錯誤。 C、D、對球和滑塊整體分析，受重力、斜面的支持力N，桿的支持力N′，拉力F，如圖所示： 根據(jù)平衡條件，有：水平方向：N′=Nsinθ，豎直方向：F+Ncosθ=G，由于N減小，故N′減小，F(xiàn)增加；故C錯誤、D正確。 故選D。 【點睛】 本題考查共點力平衡條件的應用，關(guān)鍵是正確選擇采用整體法和隔離法，靈活地選擇研究對象，然后根據(jù)平衡條件并結(jié)合圖示法和正交分解法分析即可。通常在分析外力對系統(tǒng)作用時，用整體法；在分析系統(tǒng)內(nèi)各物體之間的相互作用時，用隔離法。有時在解答一個問題時要多次選取研究對象，需要整體法與隔離法交叉使用。 4．最近，不少人喜歡踩著一種獨輪車，穿梭街頭。這種獨輪車全名叫電動平衡獨輪車，其中間是一個窄窄的輪子，兩側(cè)各有一塊踏板。當人站在踏板上向右運動時，可簡化為如圖甲、乙所示的模型。關(guān)于人在運動中踏板對人腳的摩擦力，下列說法正確的是 A．考慮空氣阻力，當人以如圖甲所示的狀態(tài)向右勻速運動時，腳所受摩擦力向左 B．不計空氣阻力，當人以如圖甲所示的狀態(tài)向右加速運動時，腳所受摩擦力向左 C．考慮空氣阻力，當人以如圖乙所示的狀態(tài)向右勻速運動時，腳所受摩擦力可能為零 D．不計空氣阻力，當人以如圖乙所示的狀態(tài)向右加速運動時，腳所受摩擦力不可能為零 【答案】 C 【解析】 【詳解】 考慮空氣阻力，當人處如圖甲所示的狀態(tài)向右勻速運動時，根據(jù)平衡條件，則腳所受摩擦力為右，故A錯誤；不計空氣阻力，當人處如圖甲所示的狀態(tài)向右加速運動時，合力向右，即腳所受摩擦力向右，故B錯誤；當考慮空氣阻力，當人處如圖乙所示的狀態(tài)向右勻速運動時，根據(jù)平衡條件，則重力、支持力與空氣阻力處于平衡，則腳所受摩擦力可能為零，故C正確；當不計空氣阻力，當人處如圖乙所示的狀態(tài)向右加速運動時，根據(jù)牛頓第二定律，腳受到的重力與支持力提供加速度，那么腳所受摩擦力可能為零，故D錯誤；故選C。 【點睛】 此題考查根據(jù)不同的運動狀態(tài)來分析腳受到力的情況，掌握物體的平衡條件以及加速度與合外力的關(guān)系，注意人水平方向向右運動時空氣阻力的方向是水平向左的． 5．如圖所示為一簡易起重裝置，AC是上端帶有滑輪的固定支架BC為質(zhì)量不計的輕桿，桿的一端C用較鏈固定在支架上，另一端B懸掛一個質(zhì)量為m的重物，并用鋼絲繩跨過滑輪A連接在卷揚機上.開始時，桿BC與AC的夾角∠BCA>90，現(xiàn)使∠BCA緩緩變小，直到∠BCA=30.在此過程中，桿BC所受的力（不計一切阻力）（） A．逐漸增大 B．先減小后增大 C．大小不變 D．先增大后減小 【答案】 C 【解析】 以結(jié)點B為研究對象，分析受力情況，作出力的合成圖如圖，根據(jù)平衡條件則知，F(xiàn)、N的合力F合與G大小相等、方向相反。 根據(jù)三角形相似得：F合AC=FAB=NBC，又F合=G，得：F=ABBCG，N=BCACG，現(xiàn)使∠BCA緩慢變小的過程中，AB變小，而AC、BC不變，則得到，F(xiàn)變小，N不變，所以繩子越來越不容易斷，作用在BC桿上的壓力大小不變；故選C。 【點睛】本題運用三角相似法研究動態(tài)平衡問題，直觀形象，也可以運用函數(shù)法分析研究． 6．如圖所示，質(zhì)量為M的斜面體放在粗糙的水平面上，物體A和B通過細線跨過定滑輪相連，不考慮滑輪的摩擦和質(zhì)量，斜面與A和B間都沒有摩擦，細線與斜面平行。在圖示情況下都靜止不動，細線的張力為T，斜面體對地面的壓力為N，斜面體與地面的摩擦力為f。如果將A和B位置對換且A和B都沒達地面上時；，斜面體依然靜止，細線的拉力為T1，斜面體對地面的壓力為N1，斜面體與地面的摩擦力為f1，那么（） A．T>T1，f1> f B．N1>N，T=T1 C．T1=T，f1不為零，f=0 D．N1=N，f1=f≠0 【答案】 C 【解析】由初始情景可加mA=mBsinα,mA>mB,互換位置后,，解得T1= mAg，a=g(1-sinα),B將加速下落，由超重和失重可知，N>N1；初始細度拉力T= mAg，互接位置后，T1=mAg，由質(zhì)點系的牛頓第二定律可得f=0，f1=mAax+M0+mB0=mAg(1-sinα)cosα≠0.故選C. 【點睛】本題涉及加速度不同的連接體問題，也可以采用整體法研究，可分豎直和水平兩個方向分別列式分析。 7．如圖所示，傾角為的斜面體c置于水平地面上，小盒b置于斜面上，通過細繩跨過光滑的定滑輪與物體a連接，連接b的一段細繩與斜面平行，連接a的一段細繩豎直，a連接在豎直固定在地面的彈簧上，現(xiàn)在b盒內(nèi)緩慢加入適量砂粒，a、b、c始終位置保持不變，下列說法中正確的是（） A．b對c的摩擦力可能先減小后增大 B．地面對c的支持力可能不變 C．c對地面的摩擦力方向始終向左 D．彈簧一定處于壓縮狀態(tài) 【答案】 A 【解析】A項：對b進行受力分析：重力G，支持力F，細線的拉力F，摩擦力f，開始時如果重力沿斜面向下的分力小于細線的拉力F，當加入砂子時，即增大了重力，所以摩擦力先減小到零時，繼續(xù)加入砂子，摩擦力反向增大，故A正確； B、C項：對bc組成的系統(tǒng)受力分析可知，重力G，支持力F，細線的拉力，地面的摩擦力f，當細線的拉力為零時，c對地面的摩擦力為零，故C錯誤，由于a、b、c始終位置保持不變，所以地面對c的支持力一定不變，故B錯誤； D項：由于不清楚a、b、c三物體及摩擦因素的大小關(guān)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，所以彈簧不一定處于壓縮狀態(tài)，故D錯誤。 8．如圖所示為兩光滑金屬導軌MNQ和GHP，其中MN和GH部分為豎直的半圓形導軌，NQ和HP部分為水平平行導軌，整個裝置置于方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場中。有兩個長均為l、質(zhì)量均為m、電阻均為R的導體棒垂直導軌放置且始終與導軌接觸良好，其中導體棒ab在半圓形導軌上，導體棒cd在水平導軌上，當恒力F作用在導體棒cd上使其做勻速運動時，導體棒ab恰好靜止，且距離半圓形導軌底部的高度為半圓形導軌半徑的一半，已知導軌間距離為l，重力加速度為g，導軌電阻不計，則（） A．每根導軌對導體棒ab的支持力大小為2mg B．導體棒cd兩端的電壓大小為23mgRBl C．作用在導體棒cd上的恒力F的大小為3mg D．恒力F的功率為6m2g2RB2l2 【答案】 CD 【解析】 試題分析：對ab棒受力分析如圖所示： 則：FNsin300=mg，則：FN=2mg，每根導軌對導體棒ab的支持力大小為mg，故選項A錯誤； FNcos300=FA=BBlv2Rl，則回路中電流為：I=Blv2R=3mgBl，導體棒cd兩端的電壓大小為U=IR=3mgBlR，故選項B錯誤；由于金屬棒ab勻速運動，則安培力等于拉力F，則F=BBlv2Rl=3mg，故選項C正確；由于BBlv2Rl=3mg，則金屬棒ab的速度為v=23mgRB2l2，則恒力F的功率為P=Fv=3mg23mgRB2l2=6m2g2RB2l2，故選項D正確。 考點：導體切割磁感線時的感應電動勢、焦耳定律 【名師點睛】本題是雙桿模型，解決本題的關(guān)鍵能夠正確受力分析，結(jié)合牛頓定律和動量守恒、能量守恒，進行研究。 9．如圖所示，三角形傳送帶以1m/s的速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動，兩邊的傳送帶長都是2 m，且與水平方向的夾角均為37.現(xiàn)有兩個小物塊A、B從傳送帶頂端都以1 m/s的初速度沿傳送帶下滑，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)都是0.5，(g取10m/s2，sin37＝0.6，cos37＝0.8)下列說法正確的是 A．物塊A先到達傳送帶底端 B．物塊A、B同時到達傳送帶底端 C．傳送帶對物塊A、B均做負功 D．物塊A、B在傳送帶上的劃痕長度之比為1∶3 【答案】 BCD 【解析】 試題分析：AB都以1m/s的初速度沿傳送帶下滑，故傳送帶對兩物體的滑動摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，故兩物體沿斜面向下的加速度大小相同，滑到底端時位移大小相同，故時間相同，故A錯，B對；滑動摩擦力向上，位移向下，摩擦力做負功，故C正確；AB的摩擦力都是沿斜面向上的，AB滑下時的加速度相同，所以下滑到底端的時間相同，由s=v0t+at2，a=" gsinθ" –μgcosθ,得：t=1s,傳送帶在1s的位移是1m， A與皮帶是同向運動，A的劃痕是A對地位移（斜面長度）-在此時間內(nèi)皮帶的位移，即2-1=1m， B與皮帶是反向運動的，B的劃痕是A對地位移（斜面長度）+在此時間內(nèi)皮帶的位移，即2+1=3m.所以D正確，故本題選擇BCD。 考點：勻變速直線運動規(guī)律、牛頓第二定律、功 10．物塊A、B的質(zhì)量分別為m和2m，用輕彈簧連接后放在光滑的水平面上。對B施加向右的水平拉力F，穩(wěn)定后A、B相對靜止地在水平面上運動，此時彈簧長度為；若撤去拉力F，換成大小仍為F的水平推力向右推A，穩(wěn)定后A、B相對靜止地在水平面上運動，此時彈簧長度為。則下列判斷正確的是( ) A．彈簧的原長為l1+l22 B．兩種情況下穩(wěn)定時彈簧的形變量相等 C．兩種情況下穩(wěn)定時兩物塊的加速度不相等 D．彈簧的勁度系數(shù)為Fl1-l2 【答案】 D 【解析】 以整體法為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得知，兩種情況下加速度相等，而且加速度大小為a=F3m．設(shè)彈簧的原長為l0．根據(jù)牛頓第二定律得：第一種情況：對A：k（l1-l0）=ma； 第二種情況：對A：k（l0-l2）=2ma ；由兩式解得，l0=2l1+l23，k=Fl1-l2，故AC錯誤，D正確．第一種情況彈簧的形變量為△l=l1-l0=13l1-23l2；第二種情況彈簧的形變量為△l=l0-l2=23l1-23l2；故B錯誤．故選D. 二、多選題 11．如圖所示，將一勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在內(nèi)壁光滑的半球形容器底部O′處(O為球心)，彈簧另一端與質(zhì)量為m的小球相連，小球靜止于P點。已知容器半徑為R，與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，OP與水平方向的夾角為θ＝30。下列說法正確的是 A．容器相對于水平面有向左運動的趨勢 B．輕彈簧對小球的作用力大小為 mg C．容器對小球的作用力豎直向上 D．彈簧原長為R＋mgk 【答案】 BD 【解析】 【分析】 對容器和小球整體研究，分析受力可求得半球形容器受到的摩擦力．對小球進行受力分析可知，小球受重力、支持力及彈簧的彈力而處于靜止，由共點力的平衡條件可求得小球受到的輕彈簧的彈力及小球受到的支持力，由胡克定律求出彈簧的壓縮量，即可求得原長． 【詳解】 由于容器和小球組成的系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，容器相對于水平面沒有向左運動的趨勢，故A錯誤；容器對小球的作用力是彈力，指向球心O，故B正確；對小球受力分析，如圖所示 由θ=30可知，支持力和彈簧的彈力之間的夾角為120，則由幾何關(guān)系可知，小球受到容器的支持力和彈簧對小球的彈力大小均為mg，故C錯誤；圖中彈簧長度為R，壓縮量為mgk，故原長為R+mgk，故D正確。故選BD。 【點睛】 本題考查共點力的平衡條件應用，要注意明確共點力平衡問題重點在于正確選擇研究對象，本題運用隔離法和整體法兩種方法進行受力分析得出結(jié)論．同時注意幾何關(guān)系的正確應用． 12．如圖所示，將質(zhì)量為m的滑塊放在傾角為θ的固定斜面上?；瑝K與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ。若滑塊與斜面之間的最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度為g，下列判斷正確的是： A．將滑塊由靜止釋放，如果μ>tanθ，滑塊將下滑 B．用平行于斜面向上的力拉滑塊向上勻速滑動，如果μ=tanθ，拉力大小應是2mgsinθ C．若滑塊原來恰好處于靜止，再在滑塊上施加一豎直向下的恒力F，滑塊做加速運動 D．若滑塊原來勻速運動，再在滑塊上施加一豎直向下的恒力F，滑塊仍做勻速運動 【答案】 BD 【解析】 【分析】 物體的重力有兩個作用效果，使物體沿斜面下滑和使物體緊壓斜面，將重力正交分解后，當重力的下滑分量大于滑動摩擦力時，物體加速下滑，當重力的下滑分量小于最大靜摩擦力時，物體不能下滑，勻速下滑時，重力的下滑分量等于滑動摩擦力． 【詳解】 將滑塊由靜止釋放，如果滑塊將下滑，說明mgsinθ>μmgcosθ，得：μF0，所以兩者相對滑動.根據(jù)牛頓第二定律得 對m有：F-μmg=mam，得am=6m/s2； 對M有：μmg=MaM，得aM=4m/s2； 0.5~2.0s內(nèi)木板的位移大小為x2=v1t2+12aMt22=11.5+1241.52=6m 故0~2.0s內(nèi)木板的位移大小x=x1+x2=6.25m （3）0.5~2.0s內(nèi)滑塊的位移大小為x3=v1t2+12aMt22=11.5+1261.52=8.25m 故0.5~2.0s內(nèi)滑塊與木板的相對位移Δx1=x3-x2=2.25m t=2.0s時，滑塊的速度為vm=v1+amt2=1+61.5=10m/s 木板的速度為vM=v1+aMt2=1+41.5=7m/s 撤去F后，m的加速度大小為am=μmgm=μg=2m/s2； 設(shè)從t=2s時起經(jīng)過時間t，兩者速度相等，共同速度為v，則有 v=vm-amt=vM+aMt，計算得出t=0.5s，v=9m/s， 從t=2s到兩者相對靜止的過程中，滑塊的位移為x4=vm+v2t=10+920.5m=4.75m 木板的位移為x5=vM+v2t=7+920.5m=4m 此過程兩者的相對位移Δx2=x4-x5=0.75m 故整個過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q=μmg(Δx1+Δx2)=12J 30．物體A的質(zhì)量M＝1kg，靜止在光滑水平面上的平板車B的質(zhì)量為m＝0.5kg、長L＝1m。某時刻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的同時，給B施加一個水平向右的拉力。忽略物體A的大小，已知A與B之間的動摩擦因數(shù)＝0.2，取重力加速度g=10m/s2.試求: （1）若F=5N，物體A在小車上運動時相對小車滑行的最大距離； （2）如果要使A不至于從B上滑落，拉力F大小應滿足的條件。 【答案】（1）物體A在小車上運動時相對小車滑行的最大距離為0.5m．（2）拉力F大小應滿足的條件為1N≤F≤3N． 【解析】 （1）物體A滑上木板B以后，作勻減速運動，有mg =maA得aA=g="2" m/s2 木板B作加速運動，有F+mg=MaB，得：aB="14" m/s2 兩者速度相同時，有V0-aAt=aBt，得：t=0.25s A滑行距離：SA=V0t-aAt2/2=15/16m B滑行距離：SB=aBt2/2=7/16m 最大距離：△s= SA- SB=0.5m (2)物體A不滑落的臨界條件是A到達B的右端時，A、B具有共同的速度v1，則： ………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，則A滑到B的右端時，速度仍大于B的速度，于是將從B上滑落，所以F必須大于等于1N。 當F較大時，在A到達B的右端之前，就與B具有相同的速度，之后，A必須相對B靜止，才不會從B的左端滑落。即有：F=(m+m)a，μm1g=m1a 所以：F＝3N 若F大于3N，A就會相對B向左滑下。 綜上：力F應滿足的條件是：1N≤F≤3N 本題考查的是牛頓第二定律的應用問題，首先根據(jù)牛頓第二定律解出A滑上B時各自的加速度，進而解出最大距離；再根據(jù)物體A不滑落的臨界條件是A到達B的右端時A、B具有共同的速度，解出B的加速度，從而求出拉力F的范圍；