(物理)物理相互作用專項(xiàng)習(xí)題及答案解析及解析

1、(物理)物理相互作用專項(xiàng)習(xí)題及答案解析及解析一、高中物理精講專題測試相互作用1. 一架質(zhì)量m的飛機(jī)在水平跑道上運(yùn)動(dòng)時(shí)會(huì)受到機(jī)身重力、豎直向上的機(jī)翼升力、發(fā)動(dòng)機(jī)推力、空氣阻力 F阻、地面支持力和跑道的阻力f的作用。其中機(jī)翼升力與空氣阻力22均與飛機(jī)運(yùn)動(dòng)的速度平方成正比，即F升 kiv ,丘且k2v ,跑道的阻力與飛機(jī)對(duì)地面的壓g。力成正比，比例系數(shù)為 ko ( m %、kp k2均為已知量)，重力加速度為涓行道等待區(qū)(1)飛機(jī)在滑行道上以速度 Vo勻速滑向起飛等待區(qū)時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)應(yīng)提供多大的推力？(2)若將飛機(jī)在起飛跑道由靜止開始加速運(yùn)動(dòng)直至飛離地面的過程視為勻加速直線運(yùn)動(dòng)，發(fā)動(dòng)機(jī)的推力保持恒定，請(qǐng)

2、寫出ko與ki、k2的關(guān)系表達(dá)式；(3)飛機(jī)剛飛離地面的速度多大？【答案】 Fk2v2ko(mgkiv2)；(2)koFk2v2ma; (3) v，陛mg k1v, k1【解析】【分析】一一、 一 ' . (1)分析粒子飛機(jī)所受的 5個(gè)力，勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)滿足 F推 F阻 Fa，列式求解推力；(2)根據(jù)牛頓第二定律列式求解ko與k1、k2的關(guān)系表達(dá)式；(3)飛機(jī)剛飛離地面時(shí)對(duì)地面的壓力為零.【詳解】(1)當(dāng)物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受合力為零，此時(shí)有空氣阻力F阻k2v2,-一2飛機(jī)升力F升 k1vo飛機(jī)對(duì)地面壓力為 N , N mg F升 ,地面對(duì)飛機(jī)的阻力為：F阻koN由飛機(jī)勻速運(yùn)動(dòng)得：F推

3、 F阻F阻2.2、由以上公式得 F推 k2vo ko(mg k1vo)(2)飛機(jī)勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度為a,某時(shí)刻飛機(jī)的速度為 v,則由牛頓第二定律：22、% -k2v ko (mg k1v )= ma解得：ko F推-k2v2 mamg k1v2(3)飛機(jī)離開地面時(shí)：mg = kiv解得：v 'mg ki2 .如圖所示，一質(zhì)量為 m的金屬球，固定在一輕質(zhì)細(xì)繩下端，能繞懸掛點(diǎn)O在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng).整個(gè)裝置能自動(dòng)隨著風(fēng)的轉(zhuǎn)向而轉(zhuǎn)動(dòng)，使風(fēng)總沿水平方向吹向小球.無風(fēng)時(shí)細(xì)繩 自然下垂，有風(fēng)時(shí)細(xì)繩將偏離豎直方向一定角度，求：(1)當(dāng)細(xì)繩偏離豎直方向的角度為且小球靜止時(shí)，風(fēng)力 F及細(xì)繩對(duì)小球拉力 T的

4、大小.(設(shè)重力加速度為 g)(2)若風(fēng)向不變，隨著風(fēng)力的增大。將增大，判斷。能否增大到90且小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，說明理由.【答案】(1) T 山-,F=mgtan 0 (2)不可能達(dá)到90 °且小球處于靜止?fàn)顟B(tài) cos【解析】【分析】【詳解】(1)對(duì)小球受力分析如圖所示(正交分解也可以)* mg應(yīng)用三角函數(shù)關(guān)系可得：F=mgtanQ人工(2)假設(shè)0 =90；對(duì)小球受力分析后發(fā)現(xiàn)合力不能為零，小球也就無法處于靜止?fàn)顟B(tài)，故 0角不可能達(dá)到90。且小球處于靜止?fàn)顟B(tài).3 .如圖所示，質(zhì)量為 m的物體放在一固定斜面上，當(dāng)斜面傾角為30。時(shí)恰能沿斜面勻速下滑.對(duì)物體施加一大小為 F、方向水平向右的

5、恒力，物體可沿斜面勻速向上滑行.設(shè)最大 靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，當(dāng)斜面傾角增大并超過某一臨界角出時(shí)，不論水平恒力 F多大，都不能使物體沿斜面向上滑行，試求:(1)物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)這一臨界角Qo的大小.【答案】(1)叵60?！窘馕觥吭囶}分析：(1)斜面傾角為30°時(shí)，物體恰能勻速下滑，滿足mgsin 30 mg cos30解得3(2)設(shè)斜面傾角為 飛由勻速直線運(yùn)動(dòng)的條件：F cos mg sin FfFn mg cos F sin , Ff Fnl mg sin mg cos解得：F cos sin當(dāng) cos sin 0 ,即 cot 時(shí)，F(xiàn)一8,即不論水平恒力F多大”

6、，都不能使物體沿斜面向上滑行此時(shí)，臨界角 060考點(diǎn)：考查了共點(diǎn)力平衡條件的應(yīng)用【名師點(diǎn)睛】本題是力平衡問題，關(guān)鍵是分析物體的受力情況，根據(jù)平衡條件并結(jié)合正交分解法列方程求解.利用正交分解方法解體的一般步驟：明確研究對(duì)象；進(jìn)行受力分析； 建立直角坐標(biāo)系，建立坐標(biāo)系的原則是讓盡可能多的力落在坐標(biāo)軸上，將不在坐 標(biāo)軸上的力正交分解；x方向，y方向分別列平衡方程求解.4.如圖所示，水平面上有一個(gè)傾角為 0 = 30°的斜劈，質(zhì)量為 m. 一個(gè)光滑小球，質(zhì)量也 m,用繩子懸掛起來，繩子與斜面的夾角為方=：*0，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài).(1)求出繩子的拉力 T;(2)若地面對(duì)斜劈的最大靜摩擦力

7、”等于地面對(duì)斜劈的支持力的k倍，為了使整個(gè)系統(tǒng)保持靜止，k值必須滿足什么條件？【答案】(1)；國心鎮(zhèn)【解析】【分析】【詳解】試題分析：（1）以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，根據(jù)平衡條件應(yīng)用正交分解法求解繩子的拉力T；（2）對(duì)整體研究，根據(jù)平衡條件求出地面對(duì)斜劈的靜摩擦力f,當(dāng)fm時(shí)，整個(gè)系統(tǒng)能始終保持靜止.解：（1）對(duì)小球：水平方向：Nisin30 = Tsin30 °豎直方向：Nicos30 +Tcos30 = mg代入解得：T = ;（2）對(duì)整體：水平方向：f=Tsin30 °豎直方向：N2+Tcos30= 2mg而由題意：fm = kN2為了使整個(gè)系統(tǒng)始終保持靜止，應(yīng)該滿足：fm&

8、gt;f解得：k芝王.點(diǎn)晴：本題考查受力平衡的應(yīng)用，小球靜止不動(dòng)受力平衡，以小球?yàn)檠芯繉?duì)象分析受力情況，建立直角坐標(biāo)系后把力分解為水平和豎直兩個(gè)方向，寫 X軸和y軸上的平衡式，可求 得繩子的拉力大小，以整體為研究對(duì)象，受到重力、支持力、繩子的拉力和地面靜摩擦力 的作用，建立直角坐標(biāo)系后把力分解，寫出水平和豎直的平衡式，靜摩擦力小于等于最大 靜摩擦力，利用此不等式求解.5 .用質(zhì)量為m、總電阻為R的導(dǎo)線做成邊長為l的正方形線框 MNPQ并將其放在傾角為 的平行絕緣導(dǎo)軌上，平行導(dǎo)軌的間距也為l ,如圖所示，線框與導(dǎo)軌之間是光滑的，在導(dǎo)軌的下端有一寬度為1（即ab 1）、磁感應(yīng)強(qiáng)度為 b的有界勻強(qiáng)磁

9、場，磁場的邊界aabb垂直于導(dǎo)軌，磁場的方向與線框平面垂直，線框從圖示位置由靜止釋放，恰能勻速穿（2）線框MNfe運(yùn)動(dòng)到aa的過程中通過線框?qū)Ь€橫截面的電荷量q;（3）通過磁場的過程中，線框中產(chǎn)生的熱量Q。【答案】（1）v mgRs2nB21(3) QBl2R2mglsin【解析】試題分析:(1)感應(yīng)電動(dòng)勢：E Blv ,感應(yīng)電流I A力:F BI1線框在磁場區(qū)域做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，其受力如圖所示解得勻速運(yùn)動(dòng)的速度：vmgRsin_2 2?B l(2)解法一：由 BIl mgsin 得,mg sinBlB2l3 mgRsinBl 2所以q It 里R解法二：平均電動(dòng)勢 EER' qn，所以R

10、Bl2R 。(3)解法一：通過磁場過程中線框沿斜面勻速運(yùn)動(dòng)了21的距離,由能量守恒定律得:E減,Q 2mglsin 。解法二：Q I2Rt2mgsin2lQR 2mglsinBlv考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢在求有【名師點(diǎn)睛】遇到導(dǎo)軌類問題首先要畫出側(cè)視圖及其受力分析圖，然后列式求解; 關(guān)熱量問題時(shí)，要從能量守恒的角度求解。6 .如圖所示，兩足夠長的平行光滑的金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距為L 1m,導(dǎo)軌平面與水平面夾角30 ,導(dǎo)軌電阻不計(jì)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B1 2T的勻強(qiáng)磁場垂直導(dǎo)軌平面向上，長為L 1m的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的質(zhì)量為 m1 2 k

11、g、電阻為Ri 1 Q,兩金屬導(dǎo)軌的上端連接右側(cè)電路，電路中通過導(dǎo)線接一對(duì)水平放置的平行金屬板，兩板間的距離和板長均為d 0.5 m,定值電阻為R2 3白，現(xiàn)閉合開關(guān)S并將金屬棒由靜止釋放，取 g 10m/s2,求：(1)金屬棒下滑的最大速度為多大？(2)當(dāng)金屬棒下滑達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，整個(gè)電路消耗的電功率為多少？(3)當(dāng)金屬棒穩(wěn)定下滑時(shí)，在水平放置的平行金屬板間加一垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場=,在下板的右端且非常靠近下板的位置處有一質(zhì)量為q 1 10 4 kg、所帶電荷量為名二一"io-c的液滴以初速度水平向左射入兩板間，該液滴可視為質(zhì)點(diǎn)，要使帶電粒子能從金屬板間射出，初速度應(yīng)滿足什么條

12、件？【答案】(1) 10m/s (2) 100W(3) vW0.25m/s或 v>0.5m/s【解析】試題分析：(1)當(dāng)金屬棒勻速下滑時(shí)速度最大，設(shè)最大速度Vm,則有 m1gsinF 安F 安=B1ILIBLVmR R2m<gsinR R2所以 Vm 2-代入數(shù)據(jù)解得： vm=10m/sB12L2(2)金屬棒勻速下滑時(shí)，動(dòng)能不變，重力勢能減小，此過程中重力勢能轉(zhuǎn)化為電能，重力做功的功率等于整個(gè)電路消耗的電功率P=mgsin沏=100W (或產(chǎn)=出。=100r)(3)金屬棒下滑穩(wěn)定時(shí)，兩板間電壓U=IR2=15V因?yàn)橐旱卧趦砂彘g有 m2g q 所以該液滴在兩平行金屬板間做勻速圓周運(yùn)動(dòng)

13、 d當(dāng)液滴恰從上板左端邊緣射出時(shí)：r1 d m2*所以V1=0.5m/sB?q當(dāng)液滴恰從上板右側(cè)邊緣射出時(shí)：r2 d mv所以v2=0.25m/s2B2q初速度v應(yīng)滿足的條件是：vW0.25m/s或v>0.5m/s 考點(diǎn)：法拉第電磁感應(yīng)定律；物體的平衡；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)7.某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)測量物體質(zhì)量的電子裝置，其結(jié)構(gòu)如圖甲、乙所示。E形磁鐵的兩側(cè)為S極，中心為N極，可認(rèn)為只有磁極間存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場。一邊長為L橫截面為正方形的線圈套于中心磁極，線圈、骨架與托盤連為一體，總質(zhì)量為m0,托盤下方連接一個(gè)輕彈簧，彈簧下端固定在磁極上，支撐起上面的整個(gè)裝置，線圈、骨

14、架與磁極不接觸。線圈的兩個(gè)頭與外電路連接(圖上未標(biāo)出)。當(dāng)被測量的重物放在托盤上 時(shí)，彈簧繼續(xù)被壓縮，托盤和線圈一起向下運(yùn)動(dòng)，之后接通外電路對(duì)線圈供電，托盤和線 圈恢復(fù)到未放重物時(shí)的位置并靜止，此時(shí)由對(duì)應(yīng)的供電電流可確定重物的質(zhì)量。已知彈簧勁度系數(shù)為k,線圈匝數(shù)為n,重力加速度為go(1)當(dāng)線圈與外電路斷開時(shí)a.以不放重物時(shí)托盤的位置為位移起點(diǎn)，豎直向下為位移的正方向。試在圖丙中畫出，托盤輕輕放上質(zhì)量為 m的重物后，托盤向下運(yùn)動(dòng)過程中彈簧彈力F的大小與托盤位移 x的關(guān)系圖象；b.根據(jù)上面得到的 F-x圖象，求從托盤放上質(zhì)量為 m的重物開始到托盤達(dá)到最大速度的過 程中，彈簧彈力所做的功 W;(2

15、)當(dāng)線圈與外電路接通時(shí)a.通過外電路給線圈供電，托盤和線圈恢復(fù)到未放重物時(shí)的位置并靜止。若線圈能夠承受的最大電流為I,求該裝置能夠測量的最大質(zhì)量M;b.在線圈能承受的最大電流一定的情況下，要增大質(zhì)量的測量范圍，可以采取哪些措施？ (至少答出2種)(2m(> + m)mg2W=【答案】(1) a.彈力大小為m°g；圖像如圖所示；b.抹 (2)“一 3 3.a.且；b.可以增加線圈的匝數(shù)、增大線圈的邊長、增大磁感應(yīng)強(qiáng)度?！窘馕觥?1)未放重物時(shí)，彈簧已經(jīng)被壓縮，彈力大小為mogo彈簧彈力F的大小與托盤位移x的關(guān)系圖象如圖所示。未放重物時(shí)kxo = mo g當(dāng)托盤速度達(dá)到最大時(shí)k (

16、 xo + x ) = ( mo+ m )g解得圖中陰影部分面積即為從托盤放上質(zhì)量為m的重物開始到托盤達(dá)到最大速度的過程中，彈+ m + mg+ m)mg2IV = X= *力所做的功的大小，彈力做負(fù)功有2A次(2)給線圈供電后，托盤回到原來的位置，線圈、骨架、托盤與重物處于平衡狀態(tài)有 2nBIL + kxo = (mo + M ) g 2nBILM-解得(3)可以增加線圈的匝數(shù)、增大線圈的邊長、增大磁感應(yīng)強(qiáng)度。點(diǎn)睛：本題考查電子秤的原理，關(guān)鍵是明確骨架、脫皮、彈簧、線圈和重物整體的受力情 況，根據(jù)平衡條件列式分析，注意結(jié)合圖象法求解變力做功。8.長為5.25m輕質(zhì)的薄木板放在水平面上，木板與

17、水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1 ,在木板的右端固定有一個(gè)質(zhì)量為1kg的小物體A,在木板上緊鄰 A處放置有另一質(zhì)量也為 1kg的小物體B,小物體B與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 0.2, A、B可視為質(zhì)點(diǎn)，如圖所示。當(dāng)A、B之間的距離小于或等于 3m時(shí)，A、B之間存在大小為6N的相互作用的恒定斥力；當(dāng) A、B 之間的距離大于3m時(shí)，A、B之間無相互作用力?，F(xiàn)將木板、A、B從圖示位置由靜止釋放,g 取 10m/s2,求：0雙運(yùn)宰球長球小球法足球然通女力冰聲(1)當(dāng)A、B之間的相互作用力剛剛等于零時(shí)，A、B的速度.(2)從開始到B從木板上滑落，小物體 A的位移.【答案】(1) VA=2m/s,方向水平向右；v

18、B=4m/s ,方向水平向左 (2) ' >'仃】，方向水平 向右【解析】試題分析：(1)當(dāng)A、B之間存在相互作用力時(shí)，對(duì)A和木板，由牛頓第二定律 有：F -刖0-* 2mg = mai得：a = 2m/s2對(duì)B,由牛頓第二定律有： 得：a2=4m/s21 15 =+產(chǎn)汨由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：22得：t1 = 1s故當(dāng)A、B之間的相互作用力剛剛等于零時(shí)，A、B的速度分別為：VA=a1t1=2X 1=2m/妨向水平向右；vB=a2t1=4X 1=4m/s方向水平向左(2)當(dāng)A、B間的作用力為零后，對(duì) A和木板，由牛頓第二定律有： 產(chǎn)mg + * 2mg = ma i解得：&

19、】=4e/s工1 1L-Lu = VAt2 - ai tl + Vfita - Mti由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式： 解得：t2=0.5s 或 t2 = 1.5s （舍去）故當(dāng)B從木板上滑落時(shí)，A的速度分別為：y= =以一口'1。= °1 1 7£ =+于1日=所求小物體A的位移：- 八,方向水平向右考點(diǎn)：考查牛頓第二定律；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系.【名師點(diǎn)睛】本題考查了牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的綜合運(yùn)用，關(guān)鍵理清放上木塊后木 板和木塊的運(yùn)動(dòng)情況，抓住臨界狀態(tài)，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解.9.如圖所示，讓擺球從圖中的C位置由靜止開始擺下，擺到最低點(diǎn)D處，擺線剛好被

20、拉斷，小球在粗糙的水平面上由D點(diǎn)向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，達(dá)到 A孔進(jìn)入半徑R=0.3m的豎直放置的光滑圓弧軌道，當(dāng)擺千進(jìn)入圓軌道立即關(guān)閉A孔。已知擺線長 L=2m,耳=60。，小球質(zhì)量為m=0.5kg, D點(diǎn)與小孔A的水平距離s=2m,=,試求：(2)(3)小球擺到最低點(diǎn)時(shí)的速度; 求擺線能承受的最大拉力要使擺球能進(jìn)入圓軌道并且不脫離軌道，求粗糙水平面摩擦因數(shù)的范圍?！敬鸢浮浚?）%=2班小（2）（3） 035WWw破者<0125【解析】試題分析：（1）當(dāng)擺球由C到D運(yùn)動(dòng)機(jī)械能守恒:（2）由牛頓第二定律可得：（3）小球不脫圓軌道分兩種情況:- coaO) - 5mL喳£可得：匕“ =

21、 2mg = 10N| 要保證小球能達(dá)到 A孔，設(shè)小球到達(dá) A孔的速度恰好為零, 由動(dòng)能定理可得： 一"嚴(yán)養(yǎng)二。一:仍宕 可得：口=05若進(jìn)入A孔的速度較小，那么將會(huì)在圓心以下做等幅擺動(dòng)，不脫離軌道。其臨界情況為到達(dá)圓心等高處速度為零，由機(jī)械能守恒可得：.一：一, 1*1*、由動(dòng)能定理可得： 一外析變=雁-一切皆可求得： 梭=03522若小球能過圓軌道的最高點(diǎn)則不會(huì)脫離軌道，在圓周的最高點(diǎn)由牛頓第二定律可得：V mg - m -A由動(dòng)能定理可得： 一/口mgr-2m駛二：切/一：的£ 解得：心=0125 Jb綜上所以摩擦因數(shù) 科的范圍為：035Ww破者<0125考點(diǎn)：考查了動(dòng)能定理，牛頓第二定律，圓周運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能守恒名師點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵是不能漏