2019年高考物理备考优生百日闯关系列专题02：相互作用（含解析）

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1、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

2、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 ，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： ，若夹角和质量 m 不变，则绳子的拉力也不会改变，2=故 AC 错；B、将杆 N 向右移一些，根据 可知夹角变小，再根据 可知绳子拉力变大，故= 2=B 对；D、绳长和两杆间距离不变的情况下，角度就

3、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 ，设两绳的夹角为 ，对砂桶 P 的 C 点分析

4、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 ，联立可知 ，故增大 Q 的重22= 22=力，夹角 变大， C 点上升；增大 P 的重力时，夹角 变小， C 点下降；故 A，B 均错误.C、由平衡知识 ，而 ，可得 ，故两砂桶增多相同的质量， P 和 Q 的重22= =120 =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

5、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B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= Nsin ，竖直方向： F+Ncos =G，由于 N 减小，故 N减小

6、，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

7、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

8、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BCA90，现使BCA 缓缓变小，直到BCA=3

9、0.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【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： ，又 F 合 =G，得： ， ，现使 BCA 缓慢变小的过程合= = =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

10、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（）ATT 1，f 1 fBN 1N，T=T 1CT 1=T，f 1不为零，f=0DN 1=N，f 1=f0【答案】 C【解析】由初始情景可加 mA=mBsin, mAmB,互换位置后 , ，1BBgTma1si

11、nAAgma解得 T1= mAg， a=g(1-sin ),B 将加速下落，由超重和失重可知， NN1；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+M0+mB0=mAg(1-sin )cos 0.故选 C.【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a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

12、适量砂粒，a、b、c 始终位置保持不变，下列说法中正确的是（）Ab 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Cc 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、

13、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

14、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 2B导体棒 cd 两端的电压大小为23C作用在导体棒 cd 上的恒力 F 的大小为 3D恒力 F 的功率为62222【答案】 CD【解析】试题分析：对 ab 棒受力分析如图所示：则： ，则： ，每根导轨对导体棒 ab 的支持力大小为 ，故选项 A 错误；300= =2 ，则回路中电流为： ，导体棒 cd 两端的电压大小为300=2 =2=3，故选项 B 错误；由于金属棒 a

15、b 匀速运动，则安培力等于拉力 F，则=3，故选项 C 正确；由于 ，则金属棒 ab 的速度为 ，则恒力=2=3 2=3 =2322F 的功率为 ，故选项 D 正确。=32322=62222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 2 m，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 1 m/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，

16、sin370.6，cos370.8)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 13【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 滑下时的加速度相同，所以下滑到底端的时间相同，由 s=v0t+ at2，a=“ g

17、sin“ gcos,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

18、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+22B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l12【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 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（l 1-l0）=ma；=3第二种情况：对 A：k（l 0-l2）=2ma ；由两式解得， ， ，故 AC 错误，D 正确第0=21+23 =12一种情况弹簧的形变量为l=l 1-l0= l1- l2；第二种情况弹簧的形变量为l=l 0-l2= l1-

19、 l2；故 B13 23 23 23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 ， OP 与水平方向 的夹角为 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D弹簧原长为 R【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

20、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 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=30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 ，故原长为，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

21、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 的固定斜面上。滑块与斜面之间的动摩擦因数为 。 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 ，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 ，拉力大小应是= 2C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】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

22、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 ，得： ，故 A 错误；用平0对 有： ，得 ； = =6m/s2对 有： ，得 ； = =4m/s2内木板的位移大小为0.52.0s 2=12+1222=11.5+1241.52=6m故 内木板的位移大小02.0s =1+2=6.25（3） 内滑块的位移大小为0.52.0s 3=12+1222=11.5+1261.52=8.25m故 内滑块与木板的相对位移0.52.0s 1=32=2.25m时，滑块的速度为=2.0s =1+

23、2=1+61.5=10m/s木板的速度为 =1+2=1+41.5=7m/s撤去 后， 的加速度大小为 ； =2m/s2设从 时起经过时间 ，两者速度相等，共同速度为 ，则有=2s ，计算得出 ， ，=+ =0.5s =9m/s从 到两者相对静止的过程中，滑块的位移为=2s 4=+2=10+92 0.5m=4.75m木板的位移为 5=+2=7+920.5m=4m此过程两者的相对位移 2=45=0.75m故整个过程中因摩擦而产生的热量为 =(1+2)=12J30物体 A 的质量 M1kg，静止在光滑水平面上的平板车 B 的质量为 m0.5kg、长 L1m。某时刻 A 以 v04m/s 向右的初速度

24、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 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 1NF3N【解析】（1）物体 A 滑上木板 B 以后，作匀减速运动，有 mg =maA得 aA=g=“2“ m/s2木板 B 作加速运动，有 F+mg=MaB，得：

25、a B=“14“ m/s2两者速度相同时，有 V0-aAt=aBt，得：t=0.25sA 滑行距离：S A=V0t-aAt2/2=15/16mB 滑行距离：S B=aBt2/2=7/16m最大距离：s= S A- 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：又： 由、式，可得： =6/2再代入式得： =21=1若 F1N，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： =(+)， 1=1所以： 3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： 13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；