高考物理相互作用试题经典一.docx

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1、高考物理相互作用试题经典(1)一、高中物理精讲专题测试相互作用1 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

2、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 k2v02k0 (mg k1v02 ) ； (2) k0F k2v2ma ； (3) vmgmgk1v2k1【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 ， NmgF升地面对飞机的阻力为：F阻k0 N由飞机匀速运动得：FF阻

3、F阻，推由以上公式得 F推k2v02k0 (mgk1v02 )（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 (mgk1v2 )= ma解得： k0F推 -k2 v2mamgk1v2（3）飞机离开地面时：mg=k1v2解得： vmgk12如图所示，一质量m=4 0kg 的小球在轻质弹簧和细线的作用下处于静止状态，细线AO 与竖直方向的夹角0 =37，弹簧 BO 水平并处于压缩状态，小球与弹簧接触但不粘连，已知弹簧的劲度系数k=100N/m ，取 sin370=0 6， cos370=08，求：（1）小球静止时，细线中的拉力T 和弹簧的压缩量x；

4、（ 2）剪断细线 AB 瞬间，小球的加速度 a。【答案】（ 1） 50N， 03m （ 2） 12 5m/s2【解析】试题分析：（1）小球的受力图如图，根据平衡条件可知：弹簧的弹力F=mgtanTmgcos而 F=kx解得： T=50N， x=0 3m（2）剪断细线的瞬间，小球受到重力、弹力不变；合力与原细线中的拉力T 等大反向，则 aT12.5m / s2 方向与竖直方向成角370，斜向下沿原细线AB 方向。m考点：胡克定律；牛顿第二定律的应用【名师点睛】本题考查了共点力平衡和牛顿第二定律的基本运用，知道剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变。3如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN 、PQ 相距

5、为 L，导轨平面与水平面夹角 =30，导轨电阻不计磁感应强度为B=2T 的匀强磁场垂直导轨平面向上，长为L=0.5m 的金属棒 ab 垂直于 MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨电接触良好，金属棒ab 的质量m=1kg、电阻 r=1 两金属导轨的上端连接右端电路，灯泡电阻RL=4，定值电阻R1 =2， 阻箱 阻 R2=12 ，重力加速度 g=10m/s2 ， 合开关，将金属棒由静止 放，下滑距离 s0 =50m 速度恰达到最大， 求：（ 1）金属棒下滑的最大速度 vm；（ 2）金属棒由静止开始下滑 2s0 的 程中整个 路 生的 Q【答案】（ 1） 30m/s （2） 50J【解析】解：（

6、 1）由 意知，金属棒匀速下滑 速度最大， 最大速度 vm， 有：mgsin =F安又 F 安 =BIL，即得 mgsin=BILab 棒 生的感 E=BLvm通 ab 的感 流 I= 回路的 阻 R=r+R1+ 解代入数据得：vm=30m/s （2）由能量守恒定律有：mg?2s0sin =Q+ 解代入数据得：Q=50J答：（ 1）金属棒下滑的最大速度vm 是 30m/s （2）金属棒由静止开始下滑2s0 的 程中整个 路 生的 Q 是 50J【点 】本 合 用 路知 、 磁感 知 和数学知 的能力要求 高，但是常 ，要得全分4 如 所示，粗糙的地面上放着一个 量M 1.5 kg 的斜面，底面

7、与地面的 摩擦因数 0.2， 角 37 用固定在斜面 板上的 簧 接一 量m 0.5 kg 的小球 （不 小球与斜面之 的摩擦力），已知 簧 度系数k 200 N/m ， 斜面施加一水平向右的恒力 F，使整体以 a 1 m/s 2 的加速度向右匀加速运 (已知 sin 37 0.6、 cos 37 0.8， g 10 m/s 2)(1)求 F 的大小；(2)求出 簧的形 量及斜面 小球的支持力大小【答案】 （1） 6N（ 2） 0.017m； 3.7N【解析】 分析：（ 1）以整体 研究 象，列牛 第二定律方程（ 2）对小球受力分析，水平方向有加速度，竖直方向受力平衡解：（ 1）整体以 a 匀

8、加速向右运动，对整体应用牛顿第二定律：F （ M+m ） g=（ M+m ）a得 F=6N（2）设弹簧的形变量为x，斜面对小球的支持力为FN对小球受力分析：在水平方向： Kxcos FNsin =ma在竖直方向： Kxsin +FNcos =mg解得： x=0.017mFN=3.7N答：（ 1） F 的大小 6N；（ 2）弹簧的形变量 0.017m斜面对小球的支持力大小3.7N【点评】对斜面问题通常列沿斜面方向和垂直于斜面方向的方程，但本题的巧妙之处在于对小球列方程时，水平方向有加速度，竖直方向受力平衡，使得解答更简便5如图所示，质量 M 10 kg、上表面光滑、下表面粗糙的足够长木板在F=5

9、0 N 的水平拉力作用下，以初速度v0 5 m/s 沿水平地面向右做匀速直线运动。现有足够多的小铁块，它们的质量均为m 0.5 kg，将一铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了L2 m 时，又无初速地在木板的最右端放上第2 块铁块，以后只要木板运动了L，就在木板的最右端无初速放一铁块， g 取 10 m/s 2 。求：(1)木板下表面与水平面间的动摩擦因数。(2)第 1块铁块放上后，木板的加速度的大小。(3)第 4块铁块放上的瞬间，木板的速度大小。(答案可带根号 )【答案】（ 1） 0.5 （2） 0.25m/s 2（ 3）m/s【解析】试题分析：(1)木板最初做匀速运动，由解得， (2)

10、系统在水平方向所受的摩擦力大小f1= (M+m)g=0.5 (10+0.5) 10=52.5 N系统在水平方向所受的合力大小F 合f 1-F=52.5-50=2.5 N木板的加速度大小m/s 2 （若 a= 0.25 也给分）(3)解法一：第 2 块铁块放上瞬间木板的速度大小为v1：解得：m/s第 2 块铁块放上后系统在水平方向所受的摩擦力大小f2= (M+2m)g=0.5 (10+0.5 552)N10=第 2 放上后系 在水平方向所受的合力大小F 合 f 2-F=55-50=5 N第 2 放上后木板的加速度大小m/s 2第 3 放上瞬 木板的速度大小 v2：解得：m/s第 3 放上后系 在

11、水平方向所受的摩擦力大小f3= (M+3m)g=0.5 (10+0.5 3) 10=57.5 N第 3 放上后系 在水平方向所受的合力大小F 合 f 3-F=57.5-50=7.5 N第 3 放上后木板的加速度大小m/s 2第 4 放上瞬 木板的速度大小 v3：解得：m/s解法二： 第n 放在木板上 ，木板运 的加速度大小 ：第 1 放上， L 后：第 2 抉放上， L 后：第 n 放上， L 后：由上可得当 n3 ，可得m/s考点：牛 第二定律的 合 用.6 如 所示， 度L1m 的足 的 U 形金属框架水平放置，框架中 接 阻R0.8，框架 在 直向上的匀 磁 中，磁感 度B1T，框架 上

12、放一根 量 m0.2kg、 阻r0.2，的金属棒ab ，棒ab 与 的 摩擦因数0.5 ， 用功率恒定P6W的 引力F使棒从静止开始沿 运 （ab 棒始 与 接触良好且垂直），当整个回路 生 量Q5.8J 好 得 定速度，此 程中，通 棒的 量 q2.8C （框架 阻不 ，g 取10m /s2 ）求：（ 1）当导体棒的速度达到 V1 1m / s 时，导体棒上 ab 两点电势的高低？导体棒 ab 两端的电压？导体棒的加速度？（ 2）导体棒稳定的速度 V2 ？（ 3）导体棒从静止到刚好获得稳定速度所用的时间？【答案】（ 1） b 点的电势高， 0.8V ， 20m / s2（2） V22m /

13、s ；（ 3） t 1.5s【解析】试题分析：（ 1）当 VV11m / s 时，根据法拉第电磁感应定律：E BLV 则EIrR根据欧姆定律： UIR0.8V ，则： F安BILpFV 。根据牛顿第二定律可以得到：aFmgF安20m / s2 ，则 b 点的电势高m（2）当达到最大速度V2 时 ， 根据平衡条件：FmgF安0整理可以得到： V22m / s（3）根据功能关系：W安Q ， qBLXRrRr根据动能定理：PtW安mgx1 mV222可以得到： t1.5s考点：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；电磁感应中的能量转【名师点睛】由题意，牵引力 F 的功率恒定，使棒从静止开始先做

14、加速度减小的变加速运动，最后做匀速运动，达到稳定根据动能定理列式得到位移与最大速度的关系再由法拉第电磁感应定律，由电量得出棒运动的位移与电量的关系，再联立可求解稳定的速度和时间。7 如图所示，AB 是倾角为=37的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在B 点与圆弧相切，圆弧的半径为R=1m，一个质量为m=0.5kg的物体（可以看做质点）从直轨道上的P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动已知P 点与圆弧的圆心O 等高，物体与轨道AB 间的动摩擦因数为=0.2求：（1）物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的总路程；（2）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点P 距

15、B 点的距离至少多大？【答案】 (1)5m(2)m【解析】试题分析：（1）因摩擦力始终对物体做负功，所以物体最终在圆心为上往复运动对整体应用动能定理得：mgRcos-mgS cos=02的圆弧所以总路程为（ 2）设物体刚好到 D 点，则由向心力公式得：对全过程由动能定理得： mgLsin-mgL cos-mgR（ 1+cos） = mvD2得最小距离为考点：动能定理的应用【名师点睛】本题综合应用了动能定理求摩擦力做的功、圆周运动及圆周运动中能过最高点的条件，对动能定理、圆周运动部分的内容考查的较全，是圆周运动部分的一个好题。8 将一轻质橡皮筋（劲度系数k=100N/m）上端固定在天花板上，如下

16、图（甲）所示（ 1）在其下端 A 处用细线悬挂重为 10N的木块，静止后如图（乙）所示，则橡皮筋的伸长量 x1=？（2）再用一细线拴在图（乙）中的A 处，然后用一水平的力方向成 37角，并保持静止，如图（丙）所示求所加外力F 向右拉动，使橡皮筋与竖直 F 的值和此时橡皮筋的伸长量x2（已知 sin37 =0.6cos37=0.8 ）【答案】（ 1）橡皮筋的伸长量为0.1m；（2）所加外力F 的值为 12.5N；此时橡皮筋的伸长量x2 为0.125m【解析】试题分析：（ 1）由胡克定律可求得伸长量；（2）对 A点受力分析，由共点力平衡条件可求得力 F 及橡皮筋受到的力，再由胡克定律可求得伸长量解

17、：（ 1）由胡克定律可得： x1 =将数据代入式解得： x1=0.1m（2）对丙图中橡皮筋末端A 点进行受力分析，可得：F=Gtan37F=将数据代入式解得： F=7.5NF=12.5N由胡克定律可得： x2=将数据代入式解得： x2=0.125m答：（ 1）橡皮筋的伸长量为 0.1m；（2）所加外力 F 的值为12.5N；此时橡皮筋的伸长量x2 为 0.125m【点评】本题考查共点力的平衡条件及胡克定律，要注意明确研究对象为结点A9如图所示小孩和雪橇的总质量，大人用与水平方向成角斜向上拉力F拉雪橇，使雪橇沿水平地面以数 。（ ，速度做匀速直线运动。已知雪橇与水平地面的动摩擦因，取）求：（ 1

18、）拉力 F 的大小；（ 2）拉力 F 撤消后雪橇还能滑行多远？【答案】（ 1）；（ 2）【解析】试题分析：（1）受力分析如图所示，将系可知：F 向水平方向和竖直方向分解，由平衡关竖直向上：，水平向上：解得：；（2） F 撤消后物体做匀减速运动，；，由牛顿第二定律可得：由位移公式可得：考点：共点力平衡的条件及其应用【名师点睛】以雪橇为研究对象，通过受力分析列出平衡方程即可求得拉力的大小；拉力撤去后，雪橇水平方向只受摩擦力，由牛顿第二定律可求得加速度，由运动学公式求得滑行距离；本题属牛顿运动定律的基本题型，只要能掌握运动情景及正确受力分析即可顺利求解。10 如图所示，绝缘粗糙水平面处在水平向右的匀

19、强电场中，场强大小+4E=1 6 10N/C。一个质量为m 02 kg，带电量为q 2 0104C 的带正电小物块（可视为质点），在水平面上以 a=11m/s2 的加速度向右做匀加速直线运动，小物块到达O 点时的速度为o2）v =4m/s 。（ g 取 10 m/s（1）求小物块与水平面间的动摩擦因数；（2）若小物块到达O 点时，突然将该电场方向变为竖直向上且大小不变。求1 秒后小物块距O 点间距离。【答案】（ 1） 0 5（ 2）5m【解析】试题分析：（1） F=Eq根据牛顿第二定律：Fmg=ma解得 : =05（2）根据牛顿第二定律：Eq mg=ma、解得 :a、 =6m/s 2平抛运动： x= vot=4my= at2=3m=5m考点：牛顿第二定律的综合应用【名师点睛】此题是牛顿第二定律的综合应用习题；关键是分析物块的受力情况，搞清物体的运动情况，掌握类平抛运动的处理方法。