高考物理相互作用各地方试卷集合汇编及解析

高考物理相互作用各地方试卷集合汇编及解析
一、高中物理精讲专题测试相互作用
1．如图所示，A、B都是重物，A被绕过小滑轮P的细线悬挂，B放在粗糙的水平桌面上，滑轮P被一根斜短线系于天花板上的O点，O′是三根细线的结点，细线bO′水平拉着物体B，cO′沿竖直方向拉着弹簧．弹簧、细线、小滑轮的重力不计，细线与滑轮之间的摩擦力可忽略，整个装置处于静止状态．若重物A的质量为2kg，弹簧的伸长量为5cm，
∠cO′a=120°，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）桌面对物体B的摩擦力为多少？
（2）弹簧的劲度系数为多少？
（3）悬挂小滑轮的斜线中的拉力F的大小和方向？
【答案】（1）103N（2）200N/m（3）203N，方向在O′a与竖直方向夹角的角平分线上.
【解析】
【分析】
（1）对结点O′受力分析，根据共点力平衡求出弹簧的弹力和bO′绳的拉力，通过B平衡求出桌面对B的摩擦力大小．（2）根据胡克定律求弹簧的劲度系数．（3）悬挂小滑轮的斜线中的拉力F与滑轮两侧绳子拉力的合力等大反向．
【详解】
（1）重物A的质量为2kg，则O′a绳上的拉力为 F O′a=G A=20N
对结点O′受力分析，如图所示，根据平行四边形定则得：水平绳上的力为：
F ob=F O′a sin60°=103N
物体B静止，由平衡条件可得，桌面对物体B的摩擦力 f=F ob=103N
（2）弹簧的拉力大小为 F弹=F O′a cos60°=10N．
根据胡克定律得 F弹=kx
得 k=F
x
弹=
10
0.05
=200N/m
（3）悬挂小滑轮的斜线中的拉力F 与滑轮两侧绳子拉力的合力等大反向，则悬挂小滑轮的斜线中的拉力F 的大小为：F=2F O′a cos30°=2×20×3N=203N 方向在O′a 与竖直方向夹角的角平分线上
2．质量为M 的木楔倾角为θ (θ < 45°)，在水平面上保持静止，当将一质量为m 的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑．当用与木楔斜面成α角的力F 拉木块，木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止)．
(1)当α＝θ时，拉力F 有最小值，求此最小值；
(2)求在(1)的情况下木楔对水平面的摩擦力是多少？
【答案】（1）min sin 2F mg θ= （2）
1sin 42
mg θ 【解析】
【分析】
（1）对物块进行受力分析，根据共点力的平衡，利用正交分解，在沿斜面和垂直斜面两方向列方程，进行求解．
（2）采用整体法，对整体受力分析，根据共点力的平衡，利用正交分解，分解为水平和竖直两方向列方程，进行求解．
【详解】
木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有mgsin mgcos θμθ＝，即tan μθ＝
(1)木块在力F 的作用下沿斜面向上匀速运动，则： Fcos mgsin f αθ＝＋
N Fsin F mgcos αθ＋＝
N f F μ＝
联立解得：()
2mgsin F cos θθα=- 则当＝αθ时，F 有最小值，2min F mgsin ＝θ
(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F 的水平分力，即 ()f Fcos αθ='+
当＝αθ时，12242
f mgsin cos mgsin θθθ=
'= 【点睛】
木块放在斜面上时正好匀速下滑隐含动摩擦因数的值恰好等于斜面倾角的正切值，当有外
力作用在物体上时，列平行于斜面方向的平衡方程，求出外力F的表达式，讨论F取最小值的条件．
3．如图所示，竖直轻弹簧B的下端固定于水平面上，上端与A连接，开始时A静止。

A 的质量为m＝2kg，弹簧B的劲度系数为k1＝200N/m。

用细绳跨过定滑轮将物体A与另一根劲度系数为k2的轻弹簧C连接，当弹簧C处在水平位置且未发生形变时，其右端点位于a位置，此时A上端轻绳恰好竖直伸直。

将弹簧C的右端点沿水平方向缓慢拉到b位置时，弹簧B对物体A的拉力大小恰好等于A的重力。

已知ab＝60cm，求：
（1）当弹簧C处在水平位置且未发生形变时，弹簧B的形变量的大小；
（2）该过程中物体A上升的高度及轻弹簧C的劲度系数k2。

【答案】（1）10cm；（2）100N/m。

【解析】
【详解】
（1）弹簧C处于水平位置且没有发生形变时，A处于静止，弹簧B处于压缩状态；
根据胡克定律有：k1x1＝mg
代入数据解得：x1＝10cm
（2）当ab＝60cm时，弹簧B处于伸长状态，根据胡克定律有：
k1x2＝mg
代入数据求得：x2＝10cm
故A上升高度为：h＝x1+x2＝20cm
由几何关系可得弹簧C的伸长量为：x3＝ab﹣x1﹣x2＝40cm
根据平衡条件与胡克定律有：
mg+k1x2＝k2x3
解得k2＝100N/m
4．如图所示，轻杆BC的C点用光滑铰链与墙壁固定，杆的B点通过水平细绳AB使杆与竖直墙壁保持30°的夹角．若在B点悬挂一个定滑轮(不计重力)，某人用它匀速地提起重物．已知重物的质量m＝30 kg，人的质量M＝50kg，g取10 m/s2.试求：
(1)此时地面对人的支持力的大小；
(2)轻杆BC所受力的大小．
【答案】（1）200N（2）4003N和2003N
【解析】
试题分析：（1）对人而言：.
（2）对结点B：滑轮对B点的拉力，
由平衡条件知：
考点：此题考查共点力的平衡问题及平行四边形法则．
5．如图所示，AB、BC、CD和DE为质量可忽略的等长细线，长度均为5m，A、E两端悬挂在水平天花板上，AE＝14m，B、D是质量均为m＝7kg的相同小球，质量为M的重物挂于C点，平衡时C点离天花板的垂直距离为7m，试求重物质量M．
【答案】18kg
【解析】
【分析】
分析几何关系根据给出的长度信息可求得两绳子的夹角；再分别对整体和B、C进行受力分析，根据共点力的平衡条件分别对竖直方向和水平方向分析，联立即可求得M．
【详解】
设AB与竖直方向的夹角为θ，则由几何关系可知：（7﹣5sinθ）2+（7﹣5cosθ）2＝52
解得：sinθ+cosθ＝
解得：sinθ＝0.6；或sinθ＝0.8
由图可知，夹角应小于45°，故0.8舍去；
则由几何关系可知，BC与水平方向的夹角也为θ；
设AB 绳的拉力为T ，则对整体分析可知：2Tcos37°＝Mg+2mg
设BC 绳的拉力为N ；则有：
对B 球分析可知：Tsin θ＝Ncos θ
联立解得：M ＝18Kg ；
【点睛】
本题为较复杂的共点力的平衡条件问题，解题的关键在于把握好几何关系，正确选择研究对象，再利用共点力的平衡条件进行分析即可求解．
6．将质量0.1m kg =的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆的动摩擦因数0.8μ=．对环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角53θ=o 的恒定拉力F ，使圆环从静止开始运动，第1s 内前进了2.2m （取210/g m s =，sin530.8=o ，cos530.6=o ）．求：
（1）圆环加速度a 的大小；
（2）拉力F 的大小．
【答案】（1）24.4m/s （2）1N 或9N
【解析】
（1）小环做匀加速直线运动，由运动学公式可知：21x 2
at =
解得：2a 4.4m /s =
(2)令Fsin53mg 0︒-=，解得F 1.25N =
当F 1.25N <时，环与杆的上部接触，受力如图：
由牛顿第二定律，Fcos θμN F ma -=，Fsin θN F mg +=
联立解得：()
F m a g cos sin μθμθ+=+
代入数据得：F 1N = 当F 1.25N >时，环与杆的下部接触，受力如图：
由牛顿第二定律，Fcos θμN F ma -=，Fsin θN mg F =+
联立解得：()
F m a g cos sin μθμθ-=-
代入数据得：F 9N =
7．如图所示，质量为
在足够长的木板A 静止在水平地面上，其上表面水平，木板A 与地面间的动摩擦因数为，一个质量为的小物块B （可视为质点）
静止于A 的左端，小物块B 与木板A 间的动摩擦因数为。

现给小物块B 一个水平向右的初速度，大小为。

求：木板A 与小物块B 在整个运动过程中位移大小之
比（最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力的大小，取
）。

【答案】
【解析】试题分析：分别以A 、B 为研究对象，受力分析，木板和物块的加速度大小分别为，
由牛顿第二定律得：，，
假设经过秒A 、B 共速，共同速度设为
，由匀变速直线运动的规律得：，
解得：。

共速过程中，A 的位移大小设为，B 的位移大小设为，则，
， 解得：，。

假设共速之后，A 、B 一起向右匀减速运动，木板和物块间的静摩擦力大小为，木板和物块的加速度大小分别为，由牛顿第二定律得：，
解得：，假设成立，。

设共速之后至A 、B 均静止，A 的位移设为
，B 的位移设为，则。

整个过程中A 的位移大小
，B 的位移大小 则。

考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时
间的关系
【名师点睛】根据牛顿第二定律分别求出A 、B 的加速度，结合运动学公式求出速度相同时，A 、B 的位移大小，然后A 、B 保持相对静止，一起做匀减速运动，再根据速度位移公式求出一起匀减速运动的位移，从而得出A 、B 的总位移大小。

8．在建筑装修中，工人用质量为4.0 kg 的磨石对水平地面和斜壁进行打磨，已知磨石与水平地面、斜壁之间的动摩擦因数μ相同，g 取10 m/s 2．
（1）当磨石受到水平方向的推力F 1=20N 打磨水平地面时，恰好做匀速直线运动，求动摩擦因数μ；
（2）若用磨石对θ=370的斜壁进行打磨（如图所示），当对磨石施加竖直向上的推力F 2=60N 时，求磨石从静止开始沿斜壁向上运动0.8 m 所需的时间（斜壁足够
长,sin370=0.6，cos370=0.8）．
【答案】（1）
（2）0．8s’
【解析】
（1）磨石在水平地面上恰好做匀速直线运动1F mg μ=，解得0.5μ=
（2）磨石与斜壁间的正压力()2sin N F F mg θ=- 根据牛顿第二定律有
2)cos N F mg F ma θμ--=（
解得22.5m /s a = 根据匀变速直线运动规律212x at = 解得20.8s x t a
==
9．半圆形支架BAD ，两细绳OA 和OB 结于圆心O ，下端悬挂重为10 N 的物体，OA 与水平成60︒，使OA 绳固定不动，将OB 绳的B 端沿半圆支架从水平位置逐渐向竖直的位置C 移动的过程中，如图所示，请画出OB 绳上拉力最小时O 点的受力示意图，并标明各力的大小。

【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
对结点O 受力分析如图：
结点O始终处于平衡状态，所以OB绳和OA绳上的拉力的合力大小保持不变等于重力的大小10N，方向始终是竖直向上。

由图象知当OB垂直于OA时，OB的拉力最小为
1
mg︒=⨯=
sin3010N5N
2
此时OA的拉力为
mg︒=
cos3053N
因此OB绳上拉力最小时O点的受力示意图如图：
10．如图所示，物体的质量m＝4.4 kg，用与竖直方向成θ＝37°的斜向右上方的推力把该物体压在竖直墙壁上，并使它沿墙壁在竖直向上做匀速直线运动．物体与墙壁间的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度g＝10 N/kg，求推力F的大小．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
【答案】88N
【解析】
【详解】
当物体匀速向上滑动时，受力分析如图所示，
根据平衡条件有，水平方向：F N=Fsinθ
竖直方向：Fcosθ=F f+mg
又因为：F f=μF N
由以上三式可解得：
4.410
88
0.80.50.6
mg
F N
cos sin
＝
θμθ
⨯
==
--⨯
【点睛】
本题关键是对匀速滑动的物体受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解．要注意滑动摩擦力有自己的公式，F f=μF N．。