高考物理相互作用(一)解题方法和技巧及练习题及解析.docx

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1、高考物理相互作用 ( 一 ) 解题方法和技巧及练习题及解析一、高中物理精讲专题测试相互作用1 如图所示,质量的木块A 套在水平杆上,并用轻绳将木块与质量的小球 B 相连 .今用跟水平方向成角的力,拉着球带动木块一起向右匀速运动,运动中 M、 m 相对位置保持不变,取.求:(1)运动过程中轻绳与水平方向夹角;(2)木块与水平杆间的动摩擦因数为.(3)当 为多大时 ,使球和木块一起向右匀速运动的拉力最小?【答案】 （1） 30（ 2） = （ 3） =arctan【解析】【详解】（1）对小球B 进行受力分析，设细绳对N 的拉力为T 由平衡条件可得：Fcos30 =Tcos Fsin30 +Tsin

2、 =mg代入数据解得：T=10， tan = ，即： =30（2）对 M 进行受力分析，由平衡条件有FN=Tsin +Mgf=Tcos f= FN解得： （3）对 M、 N 整体进行受力分析，由平衡条件有：FN+Fsin =（M+m ） gf=Fcos =NF联立得： Fcos=（ M+m ） g-Fsin 解得： F令： sin ， cos=，即： tan =则：所以：当 +=90时F 有最小值所以： tan =时 F 的值最小即： =arctan 【点睛】本题为平衡条件的应用问题，选择好合适的研究对象受力分析后应用平衡条件求解即可，难点在于研究对象的选择和应用数学方法讨论拉力F 的最小值，

3、难度不小，需要细细品味2 随着摩天大楼高度的增加, 钢索电梯的制造难度越来越大。利用直流电机模式获得电磁驱动力的磁动力电梯研发成功。磁动力电梯的轿厢上安装了永久磁铁, 电梯的井壁上铺设了电线圈。这些线圈采取了分段式相继通电，生成一个移动的磁场, 从而带动电梯上升或者下降。工作原理可简化为如下情景。如图所示，竖直平面内有两根很长的平行竖直轨道，轨道间有垂直轨道平面、方向相反的匀强磁场，磁感应强度均为；电梯轿厢固定在如图所示的一个匝金属框内（电梯轿厢在图中未画出），并且与之绝缘，金属框的边长为 ，两磁场的竖直宽度与金属框边的长度相同且均为，金属框整个回路的总电阻为；电梯所受阻力大小恒为；电梯空载时

4、的总质量为。已知重力加速度为。（ 1）两磁场以速度 竖直向上做匀速运动， 电梯在图示位置由静止启动的瞬间，金属线框内感应电流的大小和方向；（ 2）两磁场以速度 竖直向上做匀速运动，来启动处于静止状态的电梯，运载乘客的总质量应满足什么条件；（ 3）两磁场以速度 竖直向上做匀速运动，启动处于静止状态下空载的电梯，最后电梯以某一速度做匀速运动，求在电梯匀速运动的过程中，外界在单位时间内提供的总能量。【答案】（ 1）；方向为逆时针方向。（2）（ 3）【解析】（ 1）根据法拉第电磁感应定律由闭合电路欧姆定律由式得根据楞次定律可知，电流的方向为逆时针方向。（2）设电梯运载乘客的总质量为，根据平衡条件根据安

5、培力公式由式得电梯运载乘客的总质量应满足（ 3）设电梯匀速运动的速度为 ，在电梯匀速运动的过程中，外界在单位时间内提供的总能量为在电梯匀速运动过程中，根据法拉第电磁感应定律由闭合电路欧姆定律由平衡条件得根据安培力公式(11)由 (11) 式得点睛：本题是理论联系实际的问题，与磁悬浮列车模型类似，关键要注意磁场运动，线框相对于磁场向下运动，而且上下两边都切割磁感线，产生两个电动势，两个边都受安培力3 如图所示，置于水平面上的木箱的质量为m=3.8kg，它与水平面间的动摩擦因数=0.25 ，在与水平方向成 37角的拉力 F 的恒力作用下从 A 点向 B 点做速度 V1=2.0ms匀速直线运动（ c

6、os37=0.8 ，sin37 =0.6 ， g 取 10N/kg ）（ 1）求水平力 F 的大小；（ 2）当木箱运动到 B 点时，撤去力 F，木箱在水平面做匀减速直 线运动，加速度大小为2.5m/s 2 ，到达斜面底端C 时速度大小为v 2 =1m/s，求木箱从B 到 C的位移 x 和时间 t ；（3）木箱到达斜面底端后冲上斜面，斜面质量M=5.32kg ，斜面的倾角为37木箱与斜面的动摩擦因数=0.25 ，要使斜面在地面上保持静止求斜面与地面的摩擦因数至少多大、【答案】（ 1） 10N（2） 0.4s0.6m（ 3） 1（答 0.33 也得分）3【解析】（1）由平衡知识：对木箱水平方向F

7、cosf ，竖直方向：且 fFN ，解得 F=10N（2）由 v22v122ax ，解得木箱从B 到 C 的位移 x=0.6m，F sinFNmgv2 v11 2ts 0.1sa2.5（3）木箱沿斜面上滑的加速度a1mg sin 37mg cos378m / s2m对木箱和斜面的整体，水平方向f1ma1 cos37M m g FNma1 sin37 ，其中 f11竖直方向：1 FN ，解得13点睛：本题是力平衡问题，关键是灵活选择研究对象进行受力分析，根据平衡条件列式求解求解平衡问题关键在于对物体正确的受力分析，不能多力，也不能少力，对于三力平衡，如果是特殊角度，一般采用力的合成、分解法，对于

8、非特殊角，可采用相似三角形法求解，对于多力平衡，一般采用正交分解法4 如图所示，倾角为 30、宽度为 d 1 m、长为 L 4 m 的光滑倾斜导轨，导轨C1D1、 C2D2 顶端接有定值电阻 R0 15 ，倾斜导轨置于垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度为 B 5 T， C112 2是长为 s4.5 m 的粗糙水平轨道，1 12 2A、 C AA B 、 A B 是半径为 R0.5 m 处于竖直平面内的1/4 光滑圆环 (其中 B1、 B2 为弹性挡板 )，整个轨道对称在导轨顶端垂直于导轨放一根质量为m2 kg、电阻不计的金属棒 MN ，当开关 S 闭合时，金属棒从倾斜轨道顶端静止释放，

9、已知金属棒到达倾斜轨道底端前已达到最大速度，当金属棒刚滑到倾斜导轨底端时断开开关S， (不考虑金属棒 MN 经过 C12、 C 处和棒与B 、 B 处弹性挡板碰撞时的机械能损失，整个运动过程中金属棒始终保持水平，水平导轨12与金属棒 MN 之间的动摩擦因数为 0.1， g 10 m/s 2)求：(1)开关闭合时金属棒滑到倾斜轨道底端时的速度大小；(2)金属棒 MN 在倾斜导轨上运动的过程中，电阻R0 上产生的热量Q；(3)已知金属棒会多次经过圆环最低点A1A2，求金属棒经过圆环最低点A1A2 时对轨道压力的最小值 【答案】（ 1 ） 6m/s ；（ 2） 4J；（ 3） 56N【解析】试题分析

10、：（ 1）开关闭时，金属棒下滑时切割磁感线运动，产生感应电动势，产生感应电流，受到沿斜面向上的安培力，做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为 0 时，速度最大根据牛顿第二定律和安培力与速度的关系式结合，求解即可（ 2）下滑过程中，重力势能减小，动能增加，内能增加，根据能量守恒求出整个电路产生的热量，从而求出电阻上产生的热量（ 3）由能量守恒定律求出金属棒第三次经过 A1A2 时速度，对金属棒进行受力分析，由牛顿定律求解（1）金属棒最大速度时,电动势,电流金属棒最大速度时加速度为0，由牛顿第二定律得：所以最大速度,安培力（ 2）金属棒 MN 在倾斜导轨上运动的过程中，由能量守恒定律得：代入数据，

11、得（ 3）金属棒第三次经过 A1A2 时速度为 VA，由动能定理得：金属棒第三次经过A1A2 时，由牛顿第二定律得由牛顿第三定律得，金属棒对轨道的压力大小5 明理同学平时注意锻炼身体，力量较大，最多能提起m=50kg 的物体一重物放置在倾角 =15的粗糙斜坡上，重物与斜坡间的摩擦因数为重物质量M 的最大值？试求该同学向上拉动的【答案】【解析】【详解】由题意可知，该同学的最大拉力：F=mg设该同学与斜面方向的夹角是的时候拉动的物体的最大质量是M ，对物体受力分析知：垂直于斜面的方向：FN+Fsin =Mgcos沿斜面的方向：Fcos=f+Mgsin 若恰好拉动物体，则有：f= FN联立解得：令

12、=tan ，代入上式可得：要使该同学向上拉动的物体的质量最大，上式分子取最大值，即：cos（ ） =1由 =tan =可得： =30联立以上各式得：Mmax =【点睛】该题中按照常规的步骤对物体进行受力分析即可，题目的难点是如何利用三角函数的关系，化简并得出正确的结论6如图所示，质量 M 10 kg、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 5 m/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 0.5 kg，将一铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了L2 m 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

13、，就在木板的最右端无初速放一铁块， g 取 10 m/s 2 。求：(1)木板下表面与水平面间的动摩擦因数。(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/s 2（ 3）m/s【解析】试题分析：(1)木板最初做匀速运动，由解得， (2)系统在水平方向所受的摩擦力大小f1= (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f 1-F=52.5-50=2.5 N木板的加速度大小m/s 2 （若 a= 0.25 也给分）(3)解法一：第 2 块铁块放上

14、瞬间木板的速度大小为v1：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= (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 f 2-F=55-50=5 N第 2 块铁块放上后木板的加速度大小m/s 2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= (M+3m)g=0.5 (10+0.5 3) 10=57.5 N第 3 块铁块放上后系统在水平方向所受的合力大小F 合 f 3-F=57.5-50=7.5 N第 3 放上后木板的加速度大小m/s 2

15、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 n3 ，可得m/s考点：牛 第二定律的 合 用.7 如 所示， 量 M、 角 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 ，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

16、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）？ 足什么条件（假 滑 摩擦力等于最【答案】（mg sinl2mg sin1） lk（ 2）（ 3）4k( kl4mg sin)cos4Mg4mg cos2kl sin【解析】（1） 物 于平衡位置 簧的伸 量 l， mg sink l 0解得lmgsinklmg sinl（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A lk4（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

17、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：F cosfN1 sin0；在竖直方向上有：N 2F sinN1 cosMg0又 Fk (xl )， N1mg cos联立可得fkx cos， N 2Mgmgkx sin为使斜面始终处于静止状态，结合牛顿第三定律，应满足fN2fk x cos所以N2Mgmgkxsin因-AxA，所以当 -A 时，上式右端达到最大值，于是有kl4mgsincos4Mg4mgcos2kl sin【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

18、知：在水平方向上有：f=M 0macos；在竖直方向上有：N（ M m） g=M0 masin其中，静摩擦力ffm N，又因弹簧振子有kx=-ma 且 AxA，kl4mgsincos联立以上各式，解得：4mgcos2.4Mgkl sin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 .8 一吊桥由六对钢杆对称悬吊着，六对钢杆在桥面上分列两排，其上端挂在两根钢缆上，图为其一截面图。已知图中相邻两杆距离相等， AA=DD， BB=EE，CC=PP，又已知两端钢缆与水平面成 45角，若吊桥总重为 G，钢杆自重忽略不计，为使每根钢杆承受负荷相

19、同，求：（ 1）作用在 C P 两端与水平成 45钢缆的拉力大小？（ 2） CB 钢缆的拉力大小和方向？【答案】 （1）(2)；方向与水平方向的夹角为arctan斜向右下方【解析】【详解】（1）对整体受力分析，整体受重力和两个拉力，设为F，根据平衡条件，有：2Fsin45 =G解得： F=G（ 2）对 C点受力分析，受 CC的拉力、拉力杆 F、 BC 钢缆的拉力，根据平衡条件，有：水平方向： Fcos45=FBCcos 1（1 为 FBC 与水平方向的夹角）竖直方向： Fsin45 = +FBCsin 1解得： FBC1=mg， tan =则 1=arctan则 CB钢缆的拉力大小为 mg，方

20、向与水平方向的夹角为 arctan 斜向右下方。【点睛】本题的关键要灵活选择研究对象，巧妙地选取受力分析的点和物体可简化解题过程，要注意整体法和隔离法的应用。解答时特别要注意每根钢杆承受负荷相同。9 如图所示，粗糙水平地面上放置一个截面为半圆的柱状物体A， A 与墙之间再放一光滑圆球 B，整个装置处于静止状态。已知A、 B 两物体的质量分别为M 和 m，光滑圆球B 同半圆的柱状物体半径均为r，已知 A 的圆心到墙角距离为2r ，重力加速度为g。求：(1)B 物体受到墙壁的弹力大小；(2)A 与地面间的动摩擦因数满足什么条件？（设A 与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力）(3)若 A 物体在水平

21、外力作用下向右缓慢移动至B 即将落地，则A、 B 间作用力大小变化的范围。【答案】 (1) 3 mg (2)3m(3) 2 3mgN AB 2mg33(M m)3【解析】【详解】(1)对 B 受力分析：由几何关系：r1sin2r2解得：=30 o由平衡条件得：N AB cosmg0N AB sinN B0解得 B 物体受到墙壁的弹力大小为：N B mg tan3 mg3(2)对整体分析：可知地面对A 的摩擦力大小为：f 3 mg3地面对 A 的支持力为：N A(Mm)g要使 A 不滑动，则：N A( Mm) g3 mg3解得：3m3(Mm)(3)对 B 受力分析如图：由图可知，开始时AB 间的

22、作用力最小，最小值为：N AB minmg2 3 mgcos30o3当 B 即将落地时， AB 间的作用力最大，由几何关系可得，AB 间的作用力与竖直方向的夹角有：r1cos22r解得：=60o此时 AB 间的作用力为：N AB maxmg2mgcos60o所以 A、 B 间作用力大小变化的范围为：2 3mg2mg 。N AB310 如图所示，AB是倾角为=37BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点的粗糙直轨道，与圆弧相切，圆弧的半径为R=1m，一个质量为 m=0.5kg 的物体（可以看做质点）从直轨道上的 P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动已知P 点与圆弧的圆心 O 等高，物体与

23、轨道AB 间的动摩擦因数为 =0.2求：（1）物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的总路程；（2）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点 P 距 B 点的距离至少多大？【答案】 (1)5m(2)m【解析】试题分析：（1）因摩擦力始终对物体做负功，所以物体最终在圆心为上往复运动对整体应用动能定理得：mgRcos-mgS cos=02的圆弧所以总路程为（ 2）设物体刚好到 D 点，则由向心力公式得：对全过程由动能定理得： mgLsin-mgL cos-mgR（ 1+cos） = mvD2得最小距离为考点：动能定理的应用【名师点睛】本题综合应用了动能定理求摩擦力做的功、圆周运动及圆周运动中能过最高点的条件，对动能定理、圆周运动部分的内容考查的较全，是圆周运动部分的一个好题。