(物理)物理相互作用专项习题及答案解析及解析

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k1v,F阻k2v，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。

22

(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？

mgFk2v2mavkFkvk(mgkv)【答案】(1)；(2)0；(3) 0k1mgk1v2220210【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

2空气阻力 F阻k2v0

飞机升力 F升k1v0

飞机对地面压力为N，NmgF升

'地面对飞机的阻力为：F阻k0N ，由飞机匀速运动得：F推F阻F阻 22由以上公式得 F推k2v0k0(mgk1v0)

2（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-k2v2k0(mgk1v2)=ma

F推-k2v2ma解得：k0

mgk1v2（3）飞机离开地面时：mg=k1v

2解得：vmg k1

2．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）T【解析】 【分析】 【详解】

mg，F=mgtanθ （2）不可能达到90°且小球处于静止状态 cos（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．

3．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θ0时，不论水平恒力F多

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）【解析】

试题分析：（1）斜面倾角为30°时，物体恰能匀速下滑，满足mgsin30mgcos30 解得3（2）60° 33 3（2）设斜面倾角为α，由匀速直线运动的条件：FcosmgsinFf

FNmgcosFsin，FfFN

解得：Fmgsinmgcos

cossin当cossin0，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060 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．

4．如图所示，水平面上有一个倾角为m，用绳子悬挂起来，绳子与斜面的夹角为

的斜劈，质量为m．一个光滑小球，质量也

，整个系统处于静止状态．

（1）求出绳子的拉力T； （2）若地面对斜劈的最大静摩擦力保持静止，k值必须满足什么条件？ 【答案】（1）【解析】 【分析】

（2）

等于地面对斜劈的支持力的k倍，为了使整个系统

【详解】

试题分析：(1) 以小球为研究对象，根据平衡条件应用正交分解法求解绳子的拉力T； (2) 对整体研究，根据平衡条件求出地面对斜劈的静摩擦力f，当f≤fm时，整个系统能始终保持静止． 解：(1) 对小球： 水平方向：N1sin30°=Tsin30° 竖直方向：N1cos30°+Tcos30°=mg 代入解得：(2) 对整体： 水平方向：f=Tsin30° 竖直方向：N2+Tcos30°=2mg 而由题意：fm=kN2

为了使整个系统始终保持静止，应该满足：fm≥f 解得：

．

；

点晴：本题考查受力平衡的应用，小球静止不动受力平衡，以小球为研究对象分析受力情况，建立直角坐标系后把力分解为水平和竖直两个方向，写x轴和y轴上的平衡式，可求得绳子的拉力大小，以整体为研究对象，受到重力、支持力、绳子的拉力和地面静摩擦力的作用，建立直角坐标系后把力分解，写出水平和竖直的平衡式，静摩擦力小于等于最大静摩擦力，利用此不等式求解．

5．用质量为m、总电阻为R的导线做成边长为l的正方形线框MNPQ，并将其放在倾角为的平行绝缘导轨上，平行导轨的间距也为l，如图所示，线框与导轨之间是光滑的，在导轨的下端有一宽度为l（即abl）、磁感应强度为B的有界匀强磁场，磁场的边界aa、

'bb垂直于导轨，磁场的方向与线框平面垂直，线框从图示位置由静止释放，恰能匀速穿

过磁场区域，重力加速度为g，求：

'

（1）线框通过磁场时的速度v；

（2）线框MN边运动到aa的过程中通过线框导线横截面的电荷量q； （3）通过磁场的过程中，线框中产生的热量Q。 【答案】（1） v'mgRsin 22?BlBl2（2）qR

（3）Q2mglsin 【解析】

试题分析：（1）感应电动势: EBlv ，感应电流: I线框在磁场区域做匀速运动时，其受力如图所示

E

，安培力： FBIl R

Fmgsin

解得匀速运动的速度: vmgRsin B2l2?lB2l3mgsin（2）解法一：由BIlmgsin得，I， tBl，vmgRsinBl2所以qIt

REBl2解法二：平均电动势En，I，qItn ，所以q

R。RtR（3）解法一：通过磁场过程中线框沿斜面匀速运动了2l的距离，

由能量守恒定律得：E增E减 ，Q2mglsin。 解法二：QIRt

2mgsin2lQR2mglsinvBl

考点：导体切割磁感线时的感应电动势

【名师点睛】遇到导轨类问题首先要画出侧视图及其受力分析图，然后列式求解；在求有关热量问题时，要从能量守恒的角度求解。

2

6．如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L1m，导轨平面与水平面夹角30，导轨电阻不计，磁感应强度为B12T的匀强磁场垂直导轨平面向上，长为L1m的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m12kg、电阻为R11Ω，两金属导轨的上端连接右侧电路，电路中通过导线接一对水平放置的平行金属板，两板间的距离和板长均为d0.5m，定值电阻为

R23Ω，现闭合开关S并将金属棒由静止释放，取g10m/s2，求：

（1）金属棒下滑的最大速度为多大？

（2）当金属棒下滑达到稳定状态时，整个电路消耗的电功率为多少？

（3）当金属棒稳定下滑时，在水平放置的平行金属板间加一垂直于纸面向里的匀强磁场

，在下板的右端且非常靠近下板的位置处有一质量为q110kg、所带电荷

量为

C的液滴以初速度水平向左射入两板间，该液滴可视为质点，要使带

4电粒子能从金属板间射出，初速度应满足什么条件？ 【答案】（1）10m/s（2）100W（3）v≤0.25m/s或v≥0.5m/s

【解析】试题分析：（1）当金属棒匀速下滑时速度最大，设最大速度vm，则有

m1gsinF安

F安=B1IL

IB1Lvm

R1R2所以vmm1gsinR1R2BL221代入数据解得：vm=10m/s

(2)金属棒匀速下滑时，动能不变，重力势能减小，此过程中重力势能转化为电能，重力做功的功率等于整个电路消耗的电功率P=m1gsinαvm=100W (或（3）金属棒下滑稳定时，两板间电压U=IR2=15V

)

U所以该液滴在两平行金属板间做匀速圆周运动 dmv当液滴恰从上板左端边缘射出时： r1d21 所以v1=0.5m/s

B2q因为液滴在两板间有m2gq当液滴恰从上板右侧边缘射出时： r2dm2v2 所以v2=0.25m/s 2B2q初速度v应满足的条件是：v≤0.25m/s或v≥0.5m/s

考点：法拉第电磁感应定律；物体的平衡；带电粒子在匀强磁场中的运动.

视频

7．某同学设计了一个测量物体质量的电子装置，其结构如图甲、乙所示。E形磁铁的两侧为S极，中心为N极，可认为只有磁极间存在着磁感应强度大小均为B的匀强磁场。一边长为L横截面为正方形的线圈套于中心磁极，线圈、骨架与托盘连为一体，总质量为m0，托盘下方连接一个轻弹簧，弹簧下端固定在磁极上，支撑起上面的整个装置，线圈、骨架

与磁极不接触。线圈的两个头与外电路连接（图上未标出）。当被测量的重物放在托盘上时，弹簧继续被压缩，托盘和线圈一起向下运动，之后接通外电路对线圈供电，托盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，此时由对应的供电电流可确定重物的质量。已知弹簧劲度系数为k，线圈匝数为n，重力加速度为g。

（1）当线圈与外电路断开时

a．以不放重物时托盘的位置为位移起点，竖直向下为位移的正方向。试在图丙中画出，托盘轻轻放上质量为m的重物后，托盘向下运动过程中弹簧弹力F的大小与托盘位移x的关系图象；

b．根据上面得到的F-x图象，求从托盘放上质量为m的重物开始到托盘达到最大速度的过程中，弹簧弹力所做的功W； （2）当线圈与外电路接通时

a．通过外电路给线圈供电，托盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止。若线圈能够承受的最大电流为I，求该装置能够测量的最大质量M；

b．在线圈能承受的最大电流一定的情况下，要增大质量的测量范围，可以采取哪些措施？（至少答出2种）

【答案】（1）a．弹力大小为m0g；图像如图所示；b．a．【解析】

（1）未放重物时，弹簧已经被压缩，弹力大小为m0g。

（2）

；b．可以增加线圈的匝数、增大线圈的边长、增大磁感应强度。

弹簧弹力F的大小与托盘位移x的关系图象如图所示。 未放重物时kx0 = m0 g

当托盘速度达到最大时k ( x0 + x ) = ( m0 + m )g

解得

图中阴影部分面积即为从托盘放上质量为m的重物开始到托盘达到最大速度的过程中，弹力所做的功的大小，弹力做负功有有 2nBIL + kx0 = (m0 + M ) g 解得

（2）给线圈供电后，托盘回到原来的位置，线圈、骨架、托盘与重物处于平衡状态

（3）可以增加线圈的匝数、增大线圈的边长、增大磁感应强度。

点睛：本题考查电子秤的原理，关键是明确骨架、脱皮、弹簧、线圈和重物整体的受力情况，根据平衡条件列式分析，注意结合图象法求解变力做功。

8．长为5.25m轻质的薄木板放在水平面上，木板与水平面间的动摩擦因数为0.1，在木板的右端固定有一个质量为1kg的小物体A，在木板上紧邻A处放置有另一质量也为1kg的小物体B，小物体B与木板间的动摩擦因数为0.2，A、B可视为质点，如图所示。当A、B之间的距离小于或等于3m时，A、B之间存在大小为6N的相互作用的恒定斥力；当A、B之间的距离大于3m时，A、B之间无相互作用力。现将木板、A、B从图示位置由静止释放，g取10m/s2，求：

（1）当A、B之间的相互作用力刚刚等于零时，A、B的速度. （2）从开始到B从木板上滑落，小物体A的位移.

【答案】（1）vA=2m/s,方向水平向右；vB=4m/s，方向水平向左 （2）向右

【解析】试题分析: （1）当A、B之间存在相互作用力时,对A和木板，由牛顿第二定律有：

，方向水平

得：a1＝2m/s2

对B，由牛顿第二定律有：得：a2＝4m/s2 由运动学公式：得：t1=1s

故当A、B之间的相互作用力刚刚等于零时，A、B的速度分别为：vA=a1t1=2×1=2m/s,方向水平向右；

vB=a2t1=4×1=4m/s，方向水平向左

（2）当A、B间的作用力为零后，对A和木板，由牛顿第二定律有：

解得：对B有：解得：由运动学公式：

， 方向水平向右

解得：t2=0.5s或t2=1.5s（舍去） 故当B从木板上滑落时，A的速度分别为：所求小物体A的位移：

考点：考查牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关键理清放上木块后木板和木块的运动情况，抓住临界状态，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．

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，一本质量分布均匀的大字典置于水平桌面上，字典总质量M=1.5kg，宽L=16cm，高H=6cm．一张白纸（质量和厚度均可忽略不计，页面大于字典页面）夹在字典最深处，白纸离桌面的高度h=2cm．假设字典中同一页纸上的压力分布均匀，白纸上、下表面与字典书页之间的动摩擦因数均为μ1，字典与桌面之间的动摩擦因数为μ2，且各接触面的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2．

(1)水平向右拉动白纸，要使字典能被拖动，求μ1与μ2满足的关系； (2)若μ1=0.25，μ2=0.4，求将白纸从字典中水平向右抽出拉力至少做的功W． 【答案】(1)2【解析】 【分析】 【详解】

(1) 白纸上字典的质量为到的最大静摩擦力

41 (2) 0.4J 322M，那么，白纸上下表面受到的正压力都为Mg，故白纸受3324f121Mg1Mg

33桌面对字典的最大静摩擦力

f2=μ2Mg

所以水平向右拉动白纸，要使字典能被拖动，那么

f1＞f2

21；

(2) 若μ1=0.25，μ2=0.4，那么，将白纸从字典中水平向右抽出时字典保持静止；白纸向右运动过程只有拉力和摩擦力做功，故由动能定理可知：将白纸从字典中水平向右抽出拉力至少做的功W等于克服摩擦力做的功；

当白纸向右运动x（0＜x＜0.16m）时，白纸上下表面受到的正压力都为摩擦力

43Lx2Mg，故L3f21Lx1Mg L3故由f和x呈线性关系可得：克服摩擦力做的功

111WMgLMgL0.4J

236故将白纸从字典中水平向右抽出拉力至少做的功W为0.4J.