高中物理相互作用真题汇编(含答案)

2024年3月6日发(作者：居立本)

高中物理相互作用真题汇编(含答案)

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 FO′a=GA=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：

Fob=FO′asin60°=103N

物体B静止，由平衡条件可得，桌面对物体B的摩擦力 f=Fob=103N

（2）弹簧的拉力大小为 F弹=FO′acos60°=10N．

根据胡克定律得 F弹=kx

得 k=F弹x=10=200N/m

0.05

（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=2FO′acos30°=2×20×方向在O′a与竖直方向夹角的角平分线上

3N=203N

2

2．质量m＝5kg的物体在20N的水平拉力作用下，恰能在水平地面上做匀速直线运动．若改用与水平方向成θ＝37°角的力推物体，仍要使物体在水平地面上匀速滑动，所需推力应为多大？（g＝10N/kg，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）

【答案】35.7N；

【解析】

解：用水平力拉时，物体受重力、支持力、拉力和滑动摩擦力，

根据平衡条件，有：fmg

解得：f200.4

mg50改用水平力推物体时，对物块受力分析，并建正交坐标系如图：

由FX0得：Fcosf

①

由FY0得：NmgFsin

②

其中：fN

③

解以上各式得：F35.7N

【点睛】本题关键是两次对物体受力分析，然后根据共点力平衡条件列方程求解，注意摩擦力是不同的，不变的是动摩擦因数．

3．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．

4．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θ=370，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=0．8，求：

（1）小球静止时，细线中的拉力T和弹簧的压缩量x；

（2）剪断细线AB瞬间，小球的加速度a。

【答案】（1）50N， 0．3m

（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=mgtanθ

Tmg

cos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，

T12.5m/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

则a【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。

5．如图所示，倾角为θ＝45°的粗糙平直导轨与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内．一质量为m的小滑块从导轨上离地面高为h＝3R的D处无初速下滑进入圆环轨道．接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力．

求：（1）滑块运动到圆环最高点C时的速度的大小

（2）滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小

（3）滑块与斜轨之间的动摩擦因数．

【答案】（1）v0【解析】

Rg（2）6mg（3）0.18

试题分析：对滑块进行运动过程分析，要求滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小，我们要知道滑块运动到圆环最低点时的速度大小，小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，运用平抛运动规律结合几何关系求出最低点时速度．在对最低点运用牛顿第二定律求解．

从D到最低点过程中，再次运用动能定理求解μ．

解：（1）小滑块从C点飞出来做平抛运动，水平速度为v0．

R=gt2

R=v0t

解得：v0=

（2）小滑块在最低点时速度为V由机械能守恒定律得

mv2=mg•2R+mv02

v=

根据牛顿第二定律：FN﹣mg=m

FN=6mg

根据牛顿第三定律得：FN′=6mg

（3）DB之间长度L=（2+1）R

从D到最低点过程中，由动能定理：

mgh﹣μmgcosθL=mv2

μ==0.18

答：（1）滑块运动到圆环最高点C时的速度的大小为；

（2）滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小为6mg；

（3）滑块与斜轨之间的动摩擦因数为0.18．

6．如图所示，一个质量为m=2kg的物块，在F=10N的拉力作用下，从静止开始沿水平面做匀加速直线运动，拉力方向与水平成θ=370，物块与水平面的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度g=10 m/s2，sin370=0.6，cos37°= 0.8．

（1）画出物块的受力示意图；

（2）此物块所受到的滑动摩擦力为多大；

（3）求此物块在2s末的速度．

【答案】（1）物块的受力示意图如下（2）7N（2）1m/s

【解析】

试题分析：（1）物块受到重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，物块的受力示意图如下．

（2）物块竖直方向受力平衡，则有：

Fsin37°+FN=mg

解得：FN=mg-Fsin37°

此物块所受到的滑动摩擦力为：

f=μFN=μ（mg-Fsin37°）

代入数据解得：f=7N

（3）根据牛顿第二定律，有：

Fcos37°-f=ma

代入数据解得：a=0．5m/s2

所以物块在2s末的速度为：

v=at=0．5×2=1m/s

考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．

7．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/s2沿斜面向下匀加速运动，弹簧与斜面始终保持平行，g取10m/s2．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 kxm=mgsinθ，

解得： ．

（2）设球与挡板分离时位移为s，经历的时间为t，

从开始运动到分离的过程中，m受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，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：mgsinθ-F-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：

mgsinθ-kx=ma，

又 x= at2

联立解得：mgsinθ-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。

8．质量为4kg的木块放在倾角为300长为15m的固定斜面上时，木块恰好能沿斜面匀速下滑，若改用沿斜面向上的恒力F拉木块，木块从静止开始沿斜面运动2．5m所用的时间为1s（g取10m/s2）求：

（1）恒力F的大小

（2）要使物体能从斜面底端运动到顶端F至少要作用多长时间？

【答案】（1）60N（2）2s

【解析】

试题分析：（1）f=mgsin30=a1=2s/t2=5m/s２

F= mgsin30+f+ma=mg+ma=60N

（2）设拉力最小作用时间为t．

x1=a1t2

mg

v1=a1t

a2=（ mgsin30+f）/m=g

x2=v12/2a2

x1+x2=15m

t＝2s

考点：牛顿第二定律的综合应用

9．如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，达到A孔进入半径R=0.3m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔。已知摆线长L=2m，=60°，小球质量为m=0.5kg，D点与小孔A的水平距离s=2m，，试求：

（1）小球摆到最低点时的速度；

（2）求摆线能承受的最大拉力

；

（3）要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求粗糙水平面摩擦因数的范围。

【答案】（1）（2）（3）035≤μ≤05或者μ≤0125

【解析】试题分析：（1）当摆球由C到D运动机械能守恒：得出：

可得：（2）由牛顿第二定律可得：（3）小球不脱圆轨道分两种情况：

①要保证小球能达到A孔，设小球到达A孔的速度恰好为零，

由动能定理可得：可得：μ1=05

若进入A孔的速度较小，那么将会在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道。其临界情况为到达圆心等高处速度为零，由机械能守恒可得：由动能定理可得：

可求得：μ2=035

②若小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，在圆周的最高点由牛顿第二定律可得：

由动能定理可得：解得：μ3=0125

综上所以摩擦因数μ的范围为：035≤μ≤05或者μ≤0125

考点：考查了动能定理，牛顿第二定律，圆周运动，机械能守恒

名师点睛：本题关键是不能漏解，要知道摆球能进入圆轨道不脱离轨道，有两种情况，再根据牛顿第二定律、机械能守恒和动能定理结合进行求解．

10．如图所示，物块A悬挂在绳PO和PC的结点上，PO偏离竖直方向37°角，PC水平，且经光滑定滑轮与木块B相连，连接B的绳与水平方向的夹角为53°。已知A质量MA=1.6kg，B质量MB=4kg，木块B静止在水平面上，g取10m/s2.试求：

(1)绳PO的拉力大小；

(2)绳PC拉力的大小；

(3)木块B与水平面间的摩擦力大小。

【答案】(1)20N；(2)12N；(3)7.2N

【解析】

【分析】

【详解】

(1)对P点受力分析如图：

由平衡条件得

FPOcos37MAg

FCFPOsin37

解得

绳PO的拉力大小

FPO(2)绳PC拉力的大小

MAg16N20N

cos370.8FcFPOsin37200.6N12N

(3)对B受力分析如图：

水平方向根据共点力的平衡条件可得木块B与水平面间的摩擦力大小

fFCcos53120.6N7.2N