高考物理二轮复习题型限时专练相互作用.docx

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高考物理二轮复习题型限时专练相互作用一、高中物理精讲专题测试相互作用1．如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.4m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在空间内，分布着磁感应强度B=0.5T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=6.0V、内阻r=0.5Ω的直流电源。现把一个质量m=0.05kg的导体棒ab垂直放在金属导轨上，导体棒静止。导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5，Ω金属导轨电阻不计，g取10m/s2。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）通过导体棒的电流大小；（2）导体棒受到的安培力大小；（3）导体棒受到的摩擦力大小。【答案】（1）1.5A（2）0.3N（3）0.06N【解析】试题分析：⑴导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：=1.5A⑵导体棒受到的安培力：F安=BIL=0.30N⑶导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1="mg"sin37o=0.24N由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件：mgsin37o+f=F安解得：f=0.06N考点：本题考查电磁感应中的欧姆定律、物体的平衡等问题，意在考查学生的综合分析能力。2．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0θ=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=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=mgtanθmgTcos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，粗糙的地面上放着一个质量M＝1.5kg的斜面，底面与地面的动摩擦因数μ＝0.2，倾角θ＝37°．用固定在斜面挡板上的轻质弹簧连接一质量m＝0.5kg的小球（不计小球与斜面之间的摩擦力），已知弹簧劲度系数k＝200N/m，现给斜面施加一水平向右的恒力F，使整体以a＝1m/s2的加速度向右匀加速运动．237°＝0.8，g＝10m/s)(已知sin37＝°0.6、cos(1)求F的大小；(2)求出弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小．【答案】（1）6N（2）0.017m；3.7N【解析】试题分析：（1）以整体为研究对象，列牛顿第二定律方程（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匀加速向右运动，对整体应用牛顿第二定律：F﹣μ（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：Kxcosθ﹣FNsinθ=ma在竖直方向：Kxsinθ+Fcosθ=mgN 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．4．如图所示，质量M＝10kg、上表面光滑、下表面粗糙的足够长木板在F="50"N的水平拉力作用下，以初速度v0＝5m/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＝0.5kg，将一铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了L＝2m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10m/s2。求：(1)木板下表面与水平面间的动摩擦因数μ。(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/s2（3）m/s【解析】试题分析：(1)木板最初做匀速运动，由解得，μ(2)系统在水平方向所受的摩擦力大小f1="μ(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＝f1-F="52.5-50=2.5"N木板的加速度大小m/s2（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v：1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="μ(M+2m)g=0.5×(10+0.5×2)×10=55"N第2块铁块放上后系统在水平方向所受的合力大小F合＝f2-F="55-50=5"N第2块铁块放上后木板的加速度大小m/s2第3块铁块放上瞬间木板的速度大小为v2：解得：m/s第3块铁块放上后系统在水平方向所受的摩擦力大小f3="μ(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＝f3-F="57.5-50=7.5"N第3放上后木板的加速度大小m/s2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n＝3，可得m/s考点：牛第二定律的合用.5．如所示，量M、角α的斜面体（斜面光滑且足）放在粗糙的水平地面上，底部与地面的摩擦因数μ，斜面端与度系数k、自然度l的簧相，簧的另一端接着量m的物．簧使其度3l/4将物由静止开始放，物在斜面上做运且物在以后的运中，斜面体始于静止状．重力加速度g．（1）求物于平衡位置簧的伸量；（2）求物的振幅和簧的最大伸量；（3）使斜面始于静止状，摩擦因数大静摩擦力）？μ足什么条件（假滑摩擦力等于最【答案】（mgsinl2mgsin1）lk（2）（3）4k(kl4mgsin)cos4Mg4mgcos2klsin【解析】（1）物于平衡位置簧的伸量l，mgsinkl0解得lmgsink lmgsinl（2）物块做简谐运动的振幅为Alk44:lmaxl2mgsin由简谐运动的对称性可知，弹簧的最大伸长量为Alk4（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：FcosfN1sin0；在竖直方向上有：N2FsinN1cosMg0又Fk(xl)，N1mgcos联立可得fkxcos，N2Mgmgkxsin为使斜面始终处于静止状态，结合牛顿第三定律，应满足fN2fkxcos所以N2Mgmgkxsin因-A≤x≤A，所以当-A时，上式右端达到最大值，于是有kl4mgsincos4Mg4mgcos2klsin【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≤fm＝μN，又因弹簧振子有kx=-ma且－A≤x≤A， kl4mgsincos联立以上各式，解得：4mgcos2.4Mgklsin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.6．如图所示，mA=0.5kg，mB=0.1kg，两物体与地面间的动摩擦因数均为0.2，当大小为F=5N水平拉力作用在物体A上时，求物体A的加速度。（忽略滑轮的质量以及滑轮和绳的，取g=10m/s2）【答案】4m/s2【解析】试题分析：对A由牛顿第二定律得对B由牛顿第二定律得根据题意有解以上各式得考点：牛顿第二定律【名师点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题；解题的关键是正确选择研究对象并且受力分析，根据牛顿第二定律列得方程，注意两个物体的加速度及拉力的关联关系.7．如图，物体在有动物毛皮的斜面上运动。由于毛皮表面的特殊性，引起物体的运动有如下特点：①顺着毛的生长方向运动时毛皮产生的阻力可以忽略；②逆着毛的生长方向运动时会受到来自毛皮的滑动摩擦力。（1）物体上滑时，是顺着毛的生长方向运动，求物体向上运动时的加速度（2）一物体自斜面底端以初速度v0=2m/s冲上足够长的斜面，斜面的倾角o，过了θ=30t=1．2s物体回到出发点。若认为毛皮产生滑动摩擦力时，动摩擦因数μ为定值，试计算μ的数值。（g=10m/s2）【答案】（1）5m/s2（2）0．433【解析】试题分析：（1）由图可以发现，动物的毛是向上的，所以向上运动时可以忽略阻力，根据牛顿定律可知：2mgsinθ=ma，解得a=gsinθ=5m/sθ2（2）对物体受力分析得，上滑时a=gsin=5m/s，设上滑最大位移为S，有， 上滑时间：，下滑时间：t下=t-t上=（1．2-0．4）s=0．8s，下滑加速度：，对物体受力分析可知，下滑的加速度，a下=gsin30°-μgcos30，°所以：．考点：牛顿第二定律的应用8．质量为5kg的物体静止在粗糙水平面上，在0~4s内施加一水平恒力F，使物体从静止开始运动，在4~12s内去掉了该恒力F，物体因受摩擦力作用而减速至停止，其速度时间图象（）如图所示．求：（1）在0~12s内物体的位移；（2）物体所受的摩擦力大小；（3）此水平恒力F的大小．【答案】（1）96m（2）10N（3）30N【解析】试题分析：（1）根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移得x＝×12×＝1696m（2）4s～12s内，加速度根据牛顿第二定律，有f＝ma2＝5×2＝10N（3）0～4s内，加速度根据牛顿第二定律，有F-f＝ma1代入数据：F-10=5×4解得：F=30N考点：牛顿第二定律的应用；v-t图线9．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）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，让摆球从图中的断，小球在粗糙的水平面上由C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉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：（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，设小球到达由动能定理可得：可得：A孔的速度恰好为零，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=035②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．