歷年高考相互作用力試題匯總

1、2009年高考物理試題分類匯編相互作用（09年北京卷）18如圖所示，將質(zhì)量為m的滑塊放在傾角為的固定斜面上。滑塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)為。若滑塊與斜面之間的最大靜摩擦力合滑動摩擦力大小相等，重力加速度為g，則A將滑塊由靜止釋放，如果tan，滑塊將下滑B給滑塊沿斜面向下的初速度，如果tan，滑塊將減速下滑C用平行于斜面向上的力拉滑塊向上勻速滑動，如果=tan，拉力大小應(yīng)是2mgsinD用平行于斜面向下的力拉滑塊向下勻速滑動，如果=tan，拉力大小應(yīng)是mgsin 答案：C解析：對處于斜面上的物塊受力分析，要使物塊沿斜面下滑則mgsin>mgcos，故<tan，故AB錯誤；若要使物塊在平

2、行于斜面向上的拉力F的作用下沿斜面勻速上滑，由平衡條件有：F-mgsin-mgcos=0故F= mgsin+mgcos，若=tan，則mgsin=mgcos， 即F=2mgsin故C項正確；若要使物塊在平行于斜面向下的拉力F作用下沿斜面向下勻速滑動，由平衡條件有：F+mgsin-mgcos=0 則 F=mgcos- mgsin 若=tan，則mgsin=mgcos，即F=0，故D項錯誤。（09年上海卷）44.自行車的設(shè)計蘊含了許多物理知識，利用所學(xué)知識完成下表答案：減小壓強（提高穩(wěn)定性）；增大摩擦（防止打滑；排水）（09年天津卷）1.物塊靜止在固定的斜面上，分別按圖示的方向?qū)ξ飰K施加大小相等的

3、力F，A中F垂直于斜面向上。B中F垂直于斜面向下，C中F豎直向上，D中F豎直向下，施力后物塊仍然靜止，則物塊所受的靜摩擦力增大的是 - 1 -答案：D解析：四個圖中都是靜摩擦。A圖中fA=Gsin；B圖中fB=Gsin；C圖中fC=(G-F)sin；D圖中fC=(G+F)sin。FN Ff Ff f Ff （09年廣東物理）7.某緩沖裝置可抽象成圖所示的簡單模型。圖中K1,K2為原長相等，勁度系數(shù)不同的輕質(zhì)彈簧。下列表述正確的是A緩沖效果與彈簧的勁度系數(shù)無關(guān)B墊片向右移動時，兩彈簧產(chǎn)生的彈力大小相等C墊片向右移動時，兩彈簧的長度保持相等D墊片向右移動時，兩彈簧的彈性勢能發(fā)生改變答案：BD解析：

4、不同彈簧的緩沖效果與彈簧的勁度系數(shù)有關(guān)，A錯誤；在墊片向右運動的過程中，由于兩個彈簧相連，則它們之間的作用力等大，B正確；由于兩彈簧的勁度系數(shù)不同，由胡克定律F=kx可知，兩彈簧的型變量不同，則兩彈簧的長度不相等，C錯誤；在墊片向右運動的過程中，由于彈簧的彈力做功，則彈性勢能將發(fā)生變化，D正確。（09年廣東物理）11如圖所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并處于方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。質(zhì)量為m、帶電量為+Q的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑。在滑塊下滑的過程中，下列判斷正確的是- 2 -A滑塊受到的摩擦力不變B滑塊到地面時的動能與B的大小無關(guān)C滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向下D

5、B很大時，滑塊可能靜止于斜面上答案：CD解析：取物塊為研究對象，小滑塊沿斜面下滑由于受到洛倫茲力作用，如圖所示，C正確；N=mgcos+qvB，由于v不斷增大，則N不斷增大，滑動摩擦力f=N，摩擦力增大，A錯誤；滑塊的摩擦力與B有關(guān)，摩擦力做功與B有關(guān)，依據(jù)動能定理，在滑塊下滑到地面的過程中，滿足12mv2-0=mgh-fs，所以滑塊到地面時的動能與B有關(guān)，B錯誤；當B很大，則摩擦力有可能很大，所以滑塊可能靜止在斜面上，D正確。（09年寧夏卷）21.水平地面上有一木箱，木箱與地面之間的動摩擦因數(shù)為(0<<1)?，F(xiàn)對木箱施加一拉力F，使木箱做勻速直線運動。設(shè)F的方向與水平面夾角為，如

6、圖，在從0逐漸增大到90°的過程中，木箱的速度保持不變，則A.F先減小后增大 B.F一直增大C.F的功率減小 D.F的功率不變答案：AC（09年四川卷）20.如圖所示，粗糙程度均勻的絕緣斜面下方O點處有一正點電荷，帶負電的小物體以初速度V1從M點沿斜面上滑，到達N點時速度為零，然后下滑回到M點，此時速度為V2（V2V1）。若小物體電荷量保持不變，OMON，則- 3 -A小物體上升的最大高度為V1+V24g22B從N到M的過程中，小物體的電勢能逐漸減小C從M到N的過程中，電場力對小物體先做負功后做正功D從N到M的過程中，小物體受到的摩擦力和電場力均是先增大后減小 答案：AD解析：設(shè)斜面

7、傾角為、上升過程沿斜面運動的最大距離為L。因為OMON，則MN兩點電勢相等，小物體從M到N、從N到M電場力做功均為0。上滑和下滑經(jīng)過同一個位置時，垂直斜面方向上電場力的分力相等，則經(jīng)過相等的一小段位移在上滑和下滑過程中電場力分力對應(yīng)的摩擦力所作的功均為相等的負功，所以上滑和下滑過程克服電場力產(chǎn)生的摩擦力所作的功相等、并設(shè)為W1。在上滑和下滑過程，對小物體，應(yīng)用動能定理分別有：mgsinLmgcosLW1mV122和mgsinLmgcosLW1mV222，上兩式相減可得sinLV1+V24g22，A對；由OMON，可知電場力對小物體先作正功后作負功，電勢能先減小后增大，BC錯；從N到M的過程中，

8、小物體受到的電場力垂直斜面的分力先增大后減小，而重力分力不變，則摩擦力先增大后減小，在此過程中小物體到O的距離先減小后增大，根據(jù)庫侖定律可知小物體受到的電場力先增大后減小，D對。（09年海南物理）1兩個大小分別為F1和F2（F2<F1）的力作用在同一質(zhì)點上，它們的合力的大小F滿足AF2FF1 CF1-F2FF1+F2 答案：C（09年海南物理）3兩剛性球a和b的質(zhì)量分別為ma和mb、直徑分別為da個BF1-F22FF1+F2222222D F1-F2FF1+F2- 4 -db(da>db)。將a、b球依次放入一豎直放置、內(nèi)徑為的平底圓筒內(nèi)，如圖所示。設(shè)a、b兩球靜止時對圓筒側(cè)面的壓

9、力大小分別為f1和f2，筒底所受的壓力大小為F已知重力加速度大小為g。若所以接觸都是光滑的，則AF=(ma+mb)g f1=f2BF=(ma+mb)g f1f2Cmag<F<(ma+mb)g f1=f2Dmag<F<(ma+mb)g, f1f2答案：A（09年江蘇物理）2用一根長1m的輕質(zhì)細繩將一副質(zhì)量為1kg的畫框?qū)ΨQ懸掛在墻壁上，已知繩能承受的最大張力為10N，為使繩不斷裂，畫框上兩個掛釘?shù)拈g距最大為（g取10m/s）2122 AB24 Cm D答案：A解析：熟練應(yīng)用力的合成和分解以及合成與分解中的一些規(guī)律，是解決本題的根本；一個大小方向確定的力分解為兩個等大的力時

10、，合力在分力的角平分線上，且兩分力的夾角越大，分力越大。題中當繩子拉力達到F=10N的時候，繩子間的張角最大，即兩個掛釘間的距離最大；畫框受到重力和繩子的拉力，三個力為共點力，受力如圖。繩子與豎直方向的夾角為，繩子長為L0=1m,則有mg=2Fcos，兩個掛釘?shù)拈g距離L=2L02sin，解得- 5 -L=32m，A項正確。（09年廣東理科基礎(chǔ)）4建筑工人用圖所示的定滑輪裝置運送建筑材料。質(zhì)量為70.0kg的工人站在地面上，通過定滑輪將20.0kg的建筑材料以0500ms2的加速度拉升，忽略繩子和定滑輪的質(zhì)量及定滑輪的摩擦，則工人對地面的壓力大小為(g取lOms) 2A510 N B490 N

11、C890 N D910 N答案：B解析：對建筑材料進行受力分析。根據(jù)牛頓第二定律有F-mg=ma,得繩子的拉力大小等于F=210N,然后再對人受力分析由平衡的知識得Mg=F+FN,得FN=490N,根據(jù)牛頓第三定律可知人對地面間的壓力為490N.B對。(09年廣東文科基礎(chǔ))58如圖8所示，用一輕繩系一小球懸于O點?，F(xiàn)將小球拉至水平位置，然后釋放，不計阻力。小球下落到最低點的過程中，下列表述正確的是A小球的機械能守恒B小球所受的合力不變C小球的動能不斷減小D小球的重力勢能增加答案：A（09年山東卷）16如圖所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O為球心，一質(zhì)量為m的小滑塊，在水平力F的作用下靜止P

12、點。設(shè)滑塊所受支持力為FN。OF與水平方向的夾角為0。下列關(guān)系正確的是- 6 -AF=CFN=答案：A解析：對小滑塊受力分析如圖所示，根據(jù)三角形定則可得F=mgtanmgtanmgtan BFmgtan DFN=mgtan ，F(xiàn)N=mgsin，所以A正確。考點：受力分析，正交分解或三角形定則提示：支持力的方向垂直于接觸面，即指向圓心。正交分解列式求解也可。（09年山東卷）22圖示為某探究活動小組設(shè)計的節(jié)能運動系統(tǒng)。斜面軌道傾角為30°，質(zhì)量為M的木箱與軌道的動摩擦因數(shù)為6。木箱在軌道端時，自動裝貨裝置將質(zhì)量為m的貨物裝入木箱，然后木箱載著貨物沿軌道無初速滑下，與輕彈簧被壓縮至最短時，

13、自動卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回到軌道頂端，再重復(fù)上述過程。下列選項正確的是AmMBm2MC木箱不與彈簧接觸時，上滑的加速度大于下滑的加速度D在木箱與貨物從頂端滑到最低點的過程中，減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能答案：BC解析：受力分析可知，下滑時加速度為g-gcos，上滑時加速度為g+gcos，所以C正確。設(shè)下滑的距離為l，根據(jù)能量守恒有(m+M)glcos+Mglcos=mglsin，得m2M。也可以根據(jù)除了重力、彈性力做功以外，還有其他力(非重力、彈性力)做的功之和等于系統(tǒng)機械能的變化量，B正確。在木箱與貨物從頂端滑到最低點的過程中，減少的重力- 7 -勢能轉(zhuǎn)化為彈簧

14、的彈性勢能和內(nèi)能，所以D不正確?？键c：能量守恒定律，機械能守恒定律，牛頓第二定律，受力分析提示：能量守恒定律的理解及應(yīng)用。（09年安徽卷）17. 為了節(jié)省能量，某商場安裝了智能化的電動扶梯。無人乘行時，扶梯運轉(zhuǎn)得很慢；有人站上扶梯時，它會先慢慢加速，再勻速運轉(zhuǎn)。一顧客乘扶梯上樓，恰好經(jīng)歷了這兩個過程，如圖所示。那么下列說法中正確的是A. 顧客始終受到三個力的作用B. 顧客始終處于超重狀態(tài)C. 顧客對扶梯作用力的方向先指向左下方，再豎直向下D. 顧客對扶梯作用的方向先指向右下方，再豎直向下答案：C解析：在慢慢加速的過程中顧客受到的摩擦力水平向左，電梯對其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上，由牛頓

15、第三定律，它的反作用力即人對電梯的作用方向指向向左下；在勻速運動的過程中，顧客與電梯間的摩擦力等于零，顧客對扶梯的作用僅剩下壓力，方向沿豎直向下。（09年浙江卷）14如圖所示，質(zhì)量為m的等邊三棱柱靜止在水平放置的斜面上。已知三棱柱與斜面之間的動摩擦因數(shù)為，斜面的傾角為30o，則斜面對三棱柱的支持力與摩擦力的大小分別為32121212mgAmg和mg BCmg和mg和323212mg mg 32Dmg和mg答案：A解析：受力如圖所示，F(xiàn)N=mgcos30=o32mg，f=mgsin30o=12mg。（09年浙江卷）16如圖所示，在光滑絕緣水平面上放置3個電荷量均為q(q>0)的相- 8 -

16、同小球，小球之間用勁度系數(shù)均為k0的輕質(zhì)彈簧絕緣連接。當3個小球處在靜止狀態(tài)時，每根彈簧長度為l0 已知靜電力常量為k，若不考慮彈簧的靜電感應(yīng)，則每根彈簧的原長為Al+5kq2k0l22Bl-kqk0l22Cl-5kq4k0l22Dl-5kq2k0l22答案：C解析：第三個小球受三個力的作用，它們的關(guān)系是k0x=Kql22+Kq22(2l)5Kq4k0l，得x=5Kq4k0l22F23F1322l0=l-x=l-（09年全國卷）25(18分) 如圖所示，傾角為的斜面上靜止放置三個質(zhì)量均為m的木箱，相鄰兩木箱的距離均為l。工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，逐一與其它木箱碰撞。每次碰撞后木箱

17、都粘在一起運動。整個過程中工人的推力不變，最后恰好能推著三個木箱勻速上滑。已知木箱與斜面間的動摩擦因數(shù)為,重力加速度為g.設(shè)碰撞時間極短，求(1) 工人的推力；(2) 三個木箱勻速運動的速度； (3) 在第一次碰撞中損失的機械能。 答案：（1）3mgsin+3mgcos；（2（3）mgL(sin+cos)。解析：(1)當勻速時,把三個物體看作一個整體受重力、推力F、摩擦力f和支持力.根據(jù)- 9 -平衡的知識有F=3mgsin+3mgcos；(2)第一個木箱與第二個木箱碰撞之前的速度為a1=F-mgsin-mgcosmV1,加速度=2g(sin+cos)根據(jù)運動學(xué)公式或動能定理有V1=2gL(s

18、in+cos),碰撞后的速度為V2根據(jù)動量守恒有mV1=2mV2,即碰撞后的速度為V2=gL(sin+cos),然后一起去碰撞第三個木箱,設(shè)碰撞前的速度為V3。F-2mgsin-2mgcos2m=g(sin+cos)2從V2到V3的加速度為a2=22,根據(jù)運動學(xué)公式有V3-V2=2a2L,得V3=根據(jù)動量守恒有2mV3=3mV4,得V4=232gL(sin+cos),跟第三個木箱碰撞2gL(sin+cos)就是勻速的速度；12mV1=E+2(3)設(shè)第一次碰撞中的能量損失為E,根據(jù)能量守恒有據(jù)得E=mgL(sin+cos)。122mV2,帶入數(shù)2（09年山東卷）24（15分）如圖所示，某貨場而將

19、質(zhì)量為m1=100 kg的貨物（可視為質(zhì)點）從高處運送至地面，為避免貨物與地面發(fā)生撞擊，現(xiàn)利用固定于地面的光滑四分之一圓軌道，使貨物中軌道頂端無初速滑下，軌道半徑R=1.8 m。地面上緊靠軌道次排放兩聲完全相同的木板A、B，長度均為l=2m，質(zhì)量均為m2=100 kg，木板上表面與軌道末端相切。貨物與木板間的動摩擦因數(shù)為1，木板與地面間的動摩擦因數(shù)=0.2。（最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取g=10 m/s2）（1）求貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力。（2）若貨物滑上木板4時，木板不動，而滑上木板B時，木板B開始滑動，求1應(yīng)滿足的條件。（3）若1=0。5，求貨物滑到木板A末端時的速度和在木

20、板A上運動的時間。 解析：（1）設(shè)貨物滑到圓軌道末端是的速度為v0，對貨物的下滑過程中根據(jù)機械能守恒定律得，mgR=12m1v02設(shè)貨物在軌道末端所受支持力的大小為FN,根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)N-m1g=m1聯(lián)立以上兩式代入數(shù)據(jù)得FN=3000N- 10 -v0R2根據(jù)牛頓第三定律，貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力大小為3000N，方向豎直向下。 （2）若滑上木板A時，木板不動，由受力分析得1m1g2(m1+2m2)g 若滑上木板B時，木板B開始滑動，由受力分析得1m1g>2(m1+m2)g 聯(lián)立式代入數(shù)據(jù)得0.4<10.6。（3）1=0.5，由式可知，貨物在木板A上滑動時，木板不

21、動。設(shè)貨物在木板A上做減速運動時的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得1m1gm1a12設(shè)貨物滑到木板A末端是的速度為v1，由運動學(xué)公式得v12-v0=-2a1l聯(lián)立式代入數(shù)據(jù)得v1=4m/s設(shè)在木板A上運動的時間為t，由運動學(xué)公式得v1=v0-a1t 聯(lián)立式代入數(shù)據(jù)得t=0.4s?？键c：機械能守恒定律、牛頓第二定律、運動學(xué)方程、受力分析（09年安徽卷）22（14分）在2008年北京殘奧會開幕式上，運動員手拉繩索向上攀登，最終點燃了主火炬，體現(xiàn)了殘疾運動員堅忍不拔的意志和自強不息的精神。為了探究上升過程中運動員與繩索和吊椅間的作用，可將過程簡化。一根不可伸縮的輕繩跨過輕質(zhì)的定滑輪，一端掛一吊椅，

22、另一端被坐在吊椅上的運動員拉住，如圖所示。設(shè)運動員的質(zhì)量為65kg，吊椅的質(zhì)量為15kg，不計定滑輪與繩子間的摩擦。重力加速度取g=10m/s2。當運動員與吊椅一起正以加速度a=1m/s上升時，試求2（1）運動員豎直向下拉繩的力； （2）運動員對吊椅的壓力。答案：440N，275N解析：解法一:(1）設(shè)運動員受到繩向上的拉力為F，由于跨過定滑輪的兩段繩子拉力相等，吊椅受到繩的拉力也是F。對運動員和吊椅整體進行受力分析如圖所示，則有：2F-(m人+m椅)g=(m人+m椅)aF=440N由牛頓第三定律，運動員豎直向下拉繩的力F'=440Na（2）設(shè)吊椅對運動員的支持力為FN，對運動員進行受

23、力分析如圖所示，則有：人椅m人gFN=275N由牛頓第三定律，運動員對吊椅的壓力也為275N解法二:設(shè)運動員和吊椅的質(zhì)量分別為M和m；運動員豎直向下的拉力為F，對吊椅的壓力大小為FN。根據(jù)牛頓第三定律，繩對運動員的拉力大小為F，吊椅對運動員的支持力為FN。分別以運動員和吊椅為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律F+FN-Mg=Ma F-FN-mg=ma 由得 F=440NFN=275N（09年上海物理）23（12分）如圖，質(zhì)量均為m的兩個小球A、B固定在彎成120角的絕緣輕桿兩端，OA和OB的長度均為l，可繞過O點且與紙面垂直的水平軸無摩擦轉(zhuǎn)動，空氣阻力不計。設(shè)A球帶正電，B球帶負電，電量均為q，處在豎直向下的勻強電場中。開始時，桿OB與豎