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相互作用一、选择题1.(2018江西上饶检测)图象可以形象直观地描述物体的运动情况。对于下列两质点运动的位移—时间图象和速度—时间图象,分析结果正确的是()。甲乙A.由图甲可知,质点做曲线运动,且速度逐渐增大B.由图甲可知,质点在前10s内的平均速度的大小为4m/sC.由图乙可知,质点在第4s内的加速度的方向与质点运动的方向相反D.由图乙可知,质点在0~10s内,加速度的最大值为15m/s2【解析】运动图象反映的是物体的运动规律,不是运动轨迹,无论是速度—时间图象还是位移—时间图象,都只能表示直线运动的情况,A项错误;由题图甲可知,质点在前10s内的位移x=20m,所以平均速度v==2m/s,B项错误;由题图乙可知,质点在第4s内加速度和速度都为负,方向相同,C项错误;v-t图线的斜率表示物体运动的加速度,由题图乙可知,质点在运动过程中,加速度的最大值出现在2s~4s内,最大加速度大小a==15m/s2,D项正确。【答案】D2.(2019河北保定检测)(多选)如图所示,M、N两物体叠放在一起,在恒力F作用下,一起向上做匀加速直线运动,则关于两物体受力情况的说法正确的是()。A.物体M一定受到4个力B.物体N可能受到4个力C.物体M与墙之间一定有弹力和摩擦力D.物体M与N之间一定有摩擦力【解析】M、N两物体一起向上做匀加速直线运动,合力向上,对M、N整体进行受力分析,受到重力和推力F,墙对M没有弹力,否则合力不能竖直向上,没有弹力,也就不可能有摩擦力;对N进行受力分析,可知N受到重力,M对N的支持力,这两个力的合力不能竖直向上,所以还受到M对N向上的静摩擦力,则N也给M一个沿斜面向下的静摩擦力;再对M进行受力分析,可知M受到重力、推力F、N对M的压力以及N给M沿斜面向下的静摩擦力,一共4个力,故A、D两项正确,B、C两项错误。【答案】AD3.(2018保定模拟)(多选)将一滑轮用一小段轻杆固定于竖直的墙上,用一轻绳跨过滑轮拴接物块A和B,系统处于静止状态,若将B向右移动少许,系统仍静止,不计绳子和滑轮的质量,忽略滑轮的摩擦力,则下列判断正确的是()。A.物块B所受的摩擦力增大B.地面所受的压力增大C.物块B所受的拉力减小D.滑轮所受的轻杆的作用力不变【解析】将物块B向右移动少许,由于系统仍静止,则绳子的拉力大小始终等于A的重力,绳子拉B的力大小也不变,C项错误;由于滑轮两侧细绳的夹角变大,则两侧细绳拉力的合力减小,滑轮所受轻杆的作用力减小,D项错误;拉B物块的细绳与水平方向的夹角减小,则B所受的摩擦力增大,对地面的压力增大,A、B两项正确。【答案】AB4.(2019福建南平联考)(多选)第十八届中国青少年机器人竞赛于2018年7月21日开赛,3000余名选手进行激烈角逐。本次比赛中,一机器人将足球在地面以v1=0.6m/s的初速度踢出,足球在地面上做匀减速直线运动,加速度大小a1=0.04m/s2。该机器人将足球踢出后立即由静止启动追赶足球,其运动可看作是匀加速直线运动,最大加速度a2=0.04m/s2,能达到的最大速度v2=0.4m/s。则()。A.机器人加速运动的时间为10sB.足球运动的位移为4mC.机器人与足球间的最大距离为2.25mD.机器人追上足球的时间为16.25s【解析】足球从开始做匀减速运动到停下来的位移x1==4.5m,足球做匀减速运动的时间t1==15s,机器人以最大加速度加速时间t2==10s,此过程中机器人的位移x2==2m,足球停止运动时,机器人的位移x3=x2+v2(t1-t2)=4mx1,显然机器人追上足球时,球已停止运动。机器人加速后匀速运动的位移x4=x1-x2=2.5m,需要用时t3==6.25s,因此机器人追上足球的时间t=t2+t3=16.25s;当二者速度相等时距离最大,即v1-a1t=a2t,s=v1t-a1t2-a2t2,解得最大距离s=2.25m。综上所述,A、C、D三项正确。【答案】ACD5.(2019河南郑州月考)如图甲所示,直角三角形框架ABC(角C为直角)固定在水平地面上,已知AC与水平方向的夹角α=30°。小环P、Q分别套在光滑臂AC、BC上,用一根不可伸长的细绳连接两小环,静止时细绳恰好水平,小环P、Q的质量分别为m1、m2,则小环P、Q的质量的比值为()。甲A.√3B.3C.√33D.3【解析】对小环P进行受力分析如图乙所示,设绳子拉力大小为T,由几何关系有T1=m1gtanα,对小环Q进行受力分析,由几何关系有T2=,T1=T2,联立解得=α=3,B项正确。乙【答案】B6.(2019吉林长春联考)(多选)如图所示,两个相互接触、大小不同的正方体物块放在水平面上,两物块的质量分别为2m和m,与水平面的动摩擦因数分别为μ1和μ2。同时对两物块施加水平向左、大小均为F的恒力,两物块恰好一起做匀速直线运动。则()。A.两物块间可能没有弹力作用B.两物块间一定没有弹力作用C.若两物块间有弹力,μ1和μ2的关系一定为2μ1=μ2D.若两物块间没有弹力,μ1和μ2的关系一定为2μ1=μ2【解析】分别以两个正方体物块为研究对象,当2μ1=μ2,且F=2μ1m=μ2mg时,两物块间没有弹力,A、D两项正确,B项错误;若两物块间有弹力,则F2μ1mg,Fμ2mg,C项错误。【答案】AD7.(2017江西南昌联考)如图所示,倾角为θ的斜面体C置于水平面上,在它上面放有质量为m的木块B,用一根平行于斜面的细线连接一个轻环A,并将轻环套在一根两端固定、粗糙的水平直杆上,整个系统处于静止状态,则()。A.若斜面体上表面粗糙,则木块B一定受到四个力的作用B.若斜面体上表面粗糙,则水平面对斜面体C的摩擦力一定为零C.若斜面体上表面光滑,则水平面对斜面体C的支持力与B、C的总重力大小相等D.若斜面体上表面光滑,则水平面对斜面体C的摩擦力大小为mgsinθcosθ【解析】若斜面体上表面粗糙,木块B可能受到重力、斜面体C对它的弹力和摩擦力共三个力作用,A项错误;若斜面体上表面粗糙,对B、C整体,水平面对C的摩擦力与细线拉力在水平方向上的分力平衡,水平面对斜面体C的摩擦力不一定为零,B项错误;若斜面体上表面光滑,水平面对C的支持力等于B、C的总重力减去拉力在竖直方向上的分力,C项错误;若斜面体上表面光滑,设细线的弹力为F,对斜面上的木块由共点力平衡条件有F-mgsinθ=0,对轻环由共点力平衡条件有Fcosθ-Ff=0,解得杆对环的摩擦力大小Ff=mgsinθcosθ,因为A、B、C整体处于静止状态,所以水平面对斜面体C的摩擦力大小为mgsinθcosθ,D项正确。【答案】D8.(2018湖南常德联考)(多选)如图甲所示,质量为m的半球体静止在倾角为θ的平板上,在θ从0°缓慢增大到90°的过程中,半球体所受摩擦力Ff与θ的关系如图乙所示,已知半球体始终没有脱离平板,半球体与平板间的动摩擦因数为√33,最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,重力加速度为g,则()。甲乙A.0~q段对应的图线可能是直线B.q~段对应的图线不可能是直线C.q=D.p=【解析】半球体在平板上恰好开始滑动的临界条件是mgsinθ=μmcosθ,故有μ=tanθ=√33,解得θ=,即q=,故C项错误。θ在0~之间时,Ff是静摩擦力,大小为mgsinθ;θ在~之间时,Ff是滑动摩擦力,大小为μmcosθ,综合以上分析得Ff与θ的两段关系都不是线性关系,故A项错误,B项正确。当θ=时,Ff=mgsin=mg,即p=mg,故D项正确。【答案】BD9.(2019四川马尔康模拟)(多选)如图所示,一辆运送沙子的自卸卡车,装满沙子。沙粒之间的动摩擦因数为μ1,沙子与车厢底部材料的动摩擦因数为μ2,车厢的倾角用θ表示(已知μ2μ1),下列说法正确的是()。A.要顺利地卸干净全部沙子,应满足tanθμ2B.要顺利地卸干净全部沙子,应满足sinθμ2C.只卸去部分沙子,车上还留有一部分沙子,应满足μ2tanθμ1D.只卸去部分沙子,车上还留有一部分沙子,应满足μ2μ1tanθ【解析】要顺利地卸干净全部沙子,重力沿斜面的分力应大于最大静摩擦力。对全部沙子整体分析,有Mgsinθμ2Mgcosθ,解得μ2tanθ,A项正确,B项错误。只卸去部分沙子,车上还留有一部分,上部分的沙子的重力沿斜面的分力应大于最大静摩擦力;对上部分沙子分析,有mgsinθμ1mgcosθ,解得μ1tanθ。对留下的部分沙子分析,重力沿斜面的分力应小于最大静摩擦力,有m'gsinθμ2m'gcosθ,解得μ2tanθ,C项正确,D项错误。【答案】AC10.(2019安徽芜湖联考)如图甲所示,竖直面光滑的墙角有一个质量为m、半径为r的均匀半球体A,现在A上放一密度和半径与A相同的球体B,调整A的位置使得A、B保持静止状态,已知A与地面间的动摩擦因数为0.5。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则A球球心距墙角的最远距离是()。甲A.2rB.9rC.rD.3r【解析】根据题意可知,B的质量为2m,A、B处于静止状态,受力平衡,则地面对A的支持力FN=3mg,当地面对A的摩擦力达到最大静摩擦力时,A球球心距墙角的距离最远,对A、B分别受力分析,如图乙所示。根据平衡条件得F=,Ff=FN'=Fcosθ=μ×3mg,解得tanθ=3,则A球球心距墙角的最远距离xm=2rcosθ+r=r,故C项正确。乙【答案】C二、非选择题11.(2019河南南阳考试)一个底面粗糙、质量为M的斜劈放在粗糙的水平面上,斜劈的斜面光滑且与水平面成30°角;现用一端固定的轻绳系一质量为m的小球,小球放在斜面上,当小球静止时轻绳与竖直方向的夹角也为30°,如图甲所示。甲(1)当斜劈静止时,求绳子的拉力大小。(2)若地面对斜劈的最大静摩擦力等于地面对斜劈支持力的k倍,为使整个系统静止,k值必须满足什么条件?【解析】(1)对小球进行受力分析,如图乙所示,有Tco30°+FN1co30°=mgT30°=FN130°乙丙解得T=FN1=√33mg。(2)对斜劈进行受力分析,如图丙所示,有FN2=Mg+FN1'co30°Ff=FN1'30°FN1'=FN1要使整体不滑动应满足Ff≤kFN2解得k≥√3m3。【答案】(1)√33mg(2)k≥√3m312.(2019海南模拟)如图所示,倾角θ=30°的斜面下端与一足够长的水平面相接,在斜面上距水平面高度分别为h1=5m和h2=0.8m的A、B两点上,各静置一小球甲和乙。某时刻由静止开始释放甲球,经过一段时间t后,再由静止开始释放乙球。已知两球在斜面上运动时的加速度均为a=5m/s2,重力加速度g取10m/s2,取√=1.4,√33=1.8。(1)为使两球在斜面上运动过程中相碰,求时间t的取值范围。(2)若将乙球移至C点,从静止释放甲球的同时,乙球开始在水平面上向右做初速度为零、加速度为a0的匀加速运动;当甲球运动到水平面上时,立即做加速度大小为a0的匀减速运动;为使两球相碰,求a0的大小应满足的条件。【解析】(1)若两球在斜面上最低点相碰,设甲、乙两球下滑到斜面底端所用时间分别为t1和t2,则30°=a30°=a解得t1=2s,t2=0.8s时间应满足t≥t1-t2=1.2s若两球在B点相碰,设甲球运动到B点所用时间为t3,则-30°=a3解得t3=1.8s因此1.≤t≤.8s。(2)甲球运动到斜面底端时,有vA=at1=10m/s设甲球在水平面上再经t0追上乙球,则10t0-a00=a0(t0+t1)2即a00+(2a0-10)t0+2a0=0甲球要追上乙球,方程必须有解,≥0,即(2a0-10)2-80≥0解得a0≤m/2。【答案】(1)1.≤t≤.8s(2)0a0≤m/2