高中物理相互作用练习题及答案.docx

高中物理相互作用练习题及答案一、高中物理精讲专题测试相互作用1．如图所示，两个正三棱柱A、 B 紧靠着静止于水平地面上，三棱柱的中间有一个半径为R的光滑圆柱C， C的质量为 2m， A、 B的质量均为m.A、B与地面的动摩擦因数为μ.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.(1)三者均静止时 A 对 C 的支持力为多大？(2)A、 B 若能保持不动，μ 应该满足什么条件？(3) 若 C 受到经过其轴线竖直向下的外力而缓慢下降到地面，求该过程中摩擦力对 A 做的功【答案】 (1) F N＝ 2mg.(2)3mgRμ≥. (3)－. 23【解析】【分析】（1）对 C进行受力分析，根据平衡求解 A 对 C 的支持力；（2） A 保持静止，则地面对 A 的最大静摩擦力要大于等于 C 对 A 的压力在水平方向的分力，据此求得动摩擦因数μ 应该满足的条件；（3） C 缓慢下落同时 A、 B 也缓慢且对称地向左右分开， A 受力平衡，根据平衡条件求解滑动摩擦力大小，根据几何关系得到 A 运动的位移，再根据功的计算公式求解摩擦力做的功．【详解】(1) C 受力平衡， 2F N cos60°＝ 2mg解得 F N＝ 2mg(2)如图所示， A 受力平衡 F 地＝ F N cos60°＋ mg＝2mg f＝ F N sin60°＝3 mg因为 f ≤μF地，所以μ≥32(3) C 缓慢下降的同时A、 B 也缓慢且对称地向左右分开． A 的受力依然为 4 个，如图所图，但除了重力之外的其他力的大小发生改变， f 也成了滑动摩擦力．地＝F′NA 受力平衡知 F′cos60°＋mgf＝′ F′N sin60°＝μ F地′解得 f ′＝3 mg3即要求 3 －μ>0，与本题第(2)问不矛盾．由几何关系知：当 C 下落地地面时， A 向左移动的水平距离为x＝3 R 3mgR所以摩擦力的功W＝－ f ′x＝－3【点睛】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答．2．轻绳下端悬挂200N 的重物，用水平力拉轻绳上的点，使轻绳上部分偏离竖直方向=角保持静止，如图所示。

（1）求水平力的大小；（2）保持轻绳上部分与竖直方向的夹角=不变，改变力的方向，求力的最小值及与水平方向的夹角。

【答案】（1）（ 2），与水平方向夹角为【解析】试题分析：（1）对点受力分析，可得，解得（2）力有最小值时，解得，与水平方向夹角为考点：考查了共点力平衡条件【名师点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解3．一架质量m 的飞机在水平跑道上运动时会受到机身重力、竖直向上的机翼升力F升、发动机推力、空气阻力F阻、地面支持力和跑道的阻力f的作用。

其中机翼升力与空气阻力均与飞机运动的速度平方成正比，即F升k1v2 , F阻k2v 2，跑道的阻力与飞机对地面的压力成正比，比例系数为k0（ m、 k0、 k1、k2均为已知量），重力加速度为g。

(1)飞机在滑行道上以速度v0匀速滑向起飞等待区时，发动机应提供多大的推力？(2)若将飞机在起飞跑道由静止开始加速运动直至飞离地面的过程视为匀加速直线运动，发动机的推力保持恒定，请写出k0与 k1、 k2的关系表达式；(3)飞机刚飞离地面的速度多大？【答案】 (1) F k v2k(mg k v2 )； (2)k F k2v2ma； (3) v mg2 00 1 00mg k1v2k1【解析】【分析】（1）分析粒子飞机所受的 5 个力，匀速运动时满足F推F阻F阻'，列式求解推力；（2）根据牛顿第二定律列式求解k0与 k1、 k2的关系表达式；（3）飞机刚飞离地面时对地面的压力为零 .【详解】（1）当物体做匀速直线运动时，所受合力为零，此时有空气阻力 F阻 k2v02飞机升力 F升 k1v02飞机对地面压力为N ，N mg F升地面对飞机的阻力为：F阻'k0 N由飞机匀速运动得：F F F，推阻阻由以上公式得 F k2v02k0 (mg k1v02 )推（2）飞机匀加速运动时，加速度为a，某时刻飞机的速度为v，则由牛顿第二定律：F推 -k2v2k0 (mg k1v2 )= ma解得： k0F推 -k2 v2ma mg k1v2（3）飞机离开地面时：mg=k1v2解得： v mg k14．如图所示，一质量为m 的金属球，固定在一轻质细绳下端，能绕悬挂点O 在竖直平面内转动．整个装置能自动随着风的转向而转动，使风总沿水平方向吹向小球．无风时细绳自然下垂，有风时细绳将偏离竖直方向一定角度，求：（1）当细绳偏离竖直方向的角度为θ，且小球静止时，风力 F 及细绳对小球拉力T 的大小．（设重力加速度为g）（2）若风向不变，随着风力的增大θ将增大，判断θ能否增大到90 °且小球处于静止状态，说明理由．【答案】（1）Tmg90°且小球处于静止状态， F=mgtan θ（ 2）不可能达到cos【解析】【分析】【详解】（1）对小球受力分析如图所示（正交分解也可以）应用三角函数关系可得：F=mgtanθ（2）假设θ=90，°对小球受力分析后发现合力不能为零，小球也就无法处于静止状态，故θ角不可能达到 90°且小球处于静止状态．5．如图所示，质量为m的物体放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F、方向水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ时，不论水平恒力 F 多0大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)这一临界角θ0的大小．【答案】（ 1）3（2）60°3【解析】试题分析：（ 1）斜面倾角为 30°时，物体恰能匀速下滑，满足mg sin 30mg cos30解得33（2）设斜面倾角为α，由匀速直线运动的条件： F cos mg sin F fF N mg cos F sin ， F f F N解得： F mg sin mg cos cos sin当 cossin0 ，即cot时， F→∞，即“不论水平恒力 F 多大”，都不能使物体沿斜面向上滑行此时，临界角060考点：考查了共点力平衡条件的应用【名师点睛】本题是力平衡问题，关键是分析物体的受力情况，根据平衡条件并结合正交分解法列方程求解．利用正交分解方法解体的一般步骤：① 明确研究对象；② 进行受力分析；③ 建立直角坐标系，建立坐标系的原则是让尽可能多的力落在坐标轴上，将不在坐标轴上的力正交分解；④x方向， y 方向分别列平衡方程求解．6．如图所示，一倾角为θ =30的°光滑足够长斜面固定在水平面上，其顶端固定一劲度系数为 k=50N/m 的轻质弹簧，弹簧的下端系一个质量为m=1kg 的小球，用一垂直于斜面的挡板A 挡住小球，此时弹簧没有发生形变，若挡板 A 以加速度 a=4m/s 2沿斜面向下匀加速运动，弹簧与斜面始终保持平行，g 取 10m/s 2．求：（1）从开始运动到小球速度达最大时小球所发生位移的大小；（2）从开始运动到小球与挡板分离时所经历的时间．【答案】（ 1）从开始运动到小球速度达最大时小球所发生位移的大小是0.1m；（2）从开始运动到小球与挡板分离时所经历的时间是0.1s【解析】（1）球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零．即 kx m=mgsin θ，解得：（2）设球与挡板分离时位移为从开始运动到分离的过程中，．s，经历的时间为t ，m受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力F N，沿斜面向上的挡板支持力F1和弹簧弹力 F．根据牛顿第二定律有：mgsin -θF-F1=ma，F=kx．随着 x的增大， F增大， F1减小，保持 a不变，当m与挡板分离时，F1减小到零，则有：mgsin θ-kx=ma，又x= at2联立解得： mgsin θ-k? at2=ma，所以经历的时间为：．点睛：本题分析清楚物体运动过程，抓住物体与挡板分离时的条件：小球与挡板间的弹力为零是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题。

7．如图所示，质量为M、倾角为α 的斜面体（斜面光滑且足够长）放在粗糙的水平地面上，底部与地面的动摩擦因数为μ，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为l 的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块．压缩弹簧使其长度为3l /4 时将物块由静止开始释放，物块在斜面上做简谐运动且物块在以后的运动中，斜面体始终处于静止状态．重力加速度为 g．（1）求物块处于平衡位置时弹簧的伸长量；（2）求物块的振幅和弹簧的最大伸长量；（3）使斜面始终处于静止状态，动摩擦因数大静摩擦力）？μ 应满足什么条件（假设滑动摩擦力等于最【答案】（mg sin l 2mg sin（ 3）1）lk（ 2）k4( kl4mg sin)cos4Mg4mg cos2kl sin【解析】（1）设物块处于平衡位置时弹簧的伸长量为l，则mg sink l 0解得l mgsink（2）物块做简谐运动的振幅为l mg sin l Alk44由简谐运动的对称性可知，弹簧的最大伸长量为: l maxl2mgsin A lk4（3）以物块的平衡位置为原点、沿斜面向下为位移正方向建立坐标系，设某时刻物块位移x 为正，斜面受到弹簧沿斜面向下的拉力F、地面的水平向右的摩擦力f，如图所示．由于斜面受力平衡，则有在水平方向上有： F cos f N1 sin0；在竖直方向上有：N 2 F sin N1 cos Mg0又 F k (x l )， N1mg cos联立可得f kx cos， N 2Mg mg kx sin为使斜面始终处于静止状态，结合牛顿第三定律，应满足f N2f k x cos所以N2Mg mg kxsin因-A≤x≤A，所以当 -A 时，上式右端达到最大值，于是有kl4mgsin cos4Mg4mgcos2kl sin【另解】对由斜面、物块、弹簧组成的系统受力分析，受重力（M ＋ m） g、地面的支持力N 和水平方向的静摩擦力 f 作用，如图所示．建立图示直角坐标系，根据牛顿第二定律可知：在水平方向上有：f=M ×0＋macosα；在竖直方向上有：N－（ M ＋m） g=M×0＋ masinα其中，静摩擦力f≤f m＝μN，又因弹簧振子有kx=-ma 且－ A≤x≤A，kl4mgsin cos 联立以上各式，解得：4mgcos2.4Mg kl sin点睛：本题关键是先对滑块受力分析，然后根据牛顿第二定律列式分析；最后对斜面体受力分析，确定动摩擦因数的范围 .8．如图所示，轻绳绕过定滑轮，一端连接物块A，另一端连接在滑环 C 上，物块 A 的下端用弹簧与放在地面上的物块 B 连接， A、B 两物块的质量均为m，滑环 C的质量为M，开始时绳连接滑环 C 部分处于水平，绳刚好拉直且无弹力，滑轮到杆的距离为L，控制滑块C，使其沿杆缓慢下滑，当 C 下滑 L 时，释放滑环C，结果滑环 C 刚好处于静止，此时 B 刚好要离开地面，不计一切摩擦，重力加速度为g．（1）求弹簧的劲度系数；（2）若由静止释放滑环C，求当物块 B 刚好要离开地面时，滑环 C 的速度大小．【答案】（ 1）k 3mg（ 2）55 gL L42【解析】试题分析：（ 1）设开始时弹簧的压缩量为x，则 kx=mg设 B 物块刚好要离开地面，弹簧的伸长量为x′，则 kx′=mg mg因此 x xk由几何关系得 2x L216 L2L 2 L93L求得 x33mg得 kL（2）弹簧的劲度系数为k，开始时弹簧的压缩量为mg L x13k当 B 刚好要离开地面时，弹簧的伸长量x2mg L k3因此 A 上升的距离为h x1x22L 3C 下滑的距离H(L h)2L2 4 L3根据机械能守恒 MgH mgh 1m(vHH)2 1 Mv2 22L22又 2mgcos370=Mg联立求得v 10(2 Mm)gL55 gL 48m75M42考点：胡克定律；机械能守恒定律【名师点睛】对于含有弹簧的问题，是高考的热点，要学会分析弹簧的状态，弹簧有三种状态：原长、伸长和压缩，含有弹簧的问题中求解距离时，都要根据几何知识研究所求距离与弹簧形变量的关系．9．如图所示，一小滑块静止在倾角为370的斜面底端，滑块受到外力冲击后，获得一个沿斜面向上的速度v0=4m/s ，斜面足够长，滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ =0.25，已知sin370=0.60， cos370=0.80，g 取 10m/s 2，求：（1）滑块沿斜面上滑过程中的加速度的大小；（2）滑块沿斜面上滑的最大距离；【答案】（ 1）（2）1．0m【解析】试题分析：（ 1）设滑块质量为m，上滑过程的加速度大小为a，根据牛顿第二定律，有所以，（2）滑块上滑做匀减速运动，根据位移与速度的关系公得最大距离考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力10．如图所示，绝缘粗糙水平面处在水平向右的匀强电场中，场强大小+4E=1． 6× 10N/C。