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1、高中物理相互作用的基本方法技巧及练习题及练习题( 含答案 ) 含解析一、高中物理精讲专题测试相互作用1 如图所示，表面光滑的长方体平台固定于水平地面上，以平台外侧的一边为x 轴，在平台表面建有平面直角坐标系xoy，其坐标原点O 与平台右侧距离为d=1.2m 。平台足够宽，高为 h=0.8m ，长为 L=3.3m。一个质量m1=0.2kg 的小球以v0=3m/s 的速度沿x 轴运动，到达 O 点时，给小球施加一个沿y 轴正方向的水平力F1，且 F1=5y（ N）。经一段时间，小球到达平台上坐标为（1.2m ， 0.8m）的 P 点时，撤去外力F1。在小球到达P 点的同时，平台与地面相交处最内侧的
2、M 点，一个质量m2=0.2kg的滑块以速度v 在水平地面上开始做匀速直线运动，滑块与地面间的动摩擦因数=0.5，由于摩擦力的作用，要保证滑块做匀速运动需要给滑块一个外力F2，最终小球落在N 点时恰好与滑块相遇，小球、滑块均视为质点，g10m / s2 ，sin370.6， cos370.8 。求：（ 1）小球到达 P 点时的速度大小和方向；（ 2） M 、N 两点间的距离 s 和滑块速度 v 的大小；（ 3）外力 F2 最小值的大小（结果可用根式表示）【答案】（ 1） 5m/s 方向与 x 轴正方向成 53（ 2）1.5m； 3.75m/s （3） 2 5 N5【解析】（ 1）小球在平台上做
3、曲线运动，可分解为沿x 轴方向的匀速直线运动和沿y 轴方向的变加速运动，设小球在P 点受到 vp 与 x 轴夹角为从 O 点到 P 点，变力 F 做功y p50.80.8J1.6 J12根据动能定理有 W1 m1vP21 m1v02 ，解得 vp5m / s22根据速度的合成与分解有v0vp cos，得53 ，小球到达 P 点时速度与 x 轴正方向成53（2）小球离开 P 点后做平抛运动，根据平抛运动规律有h1 gt 2 ，解得 t=0.4s2小球位移在水平面内投影lvp t2m设 P 点在地面的投影为P ，则 P MLyP2.5m由几何关系可得 s2P M 2l 22lP Mcos，解得 s
4、=1.5m滑块要与小球相遇，必须沿MN 连线运动，由 s vt ，得 v3.75m / s（3）设外力 F2 的方向与滑块运动方向（水平方向）的夹角为，根据平衡条件水平方向有：F2 cosf ，其中 fN ，竖直方向有 NF2sinm2 g联立解得 F2m2 gcossin由数学知识可得F2m2 g，其最小值 F2minm2 g2 52 sin1N 。1252 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
5、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） vmgRsin2 2?B lBl 2（2） qR（3） Q2mglsin【解析】试题分析：（ 1）感应电动势 : E Blv ，感应电流 : IE ，安培力： F BIlR线框在磁场区域做匀速运动时，其受力如图所示Fmgsin解得匀速运动的速度: vmgRsin22?B l（2）解法一：由 B
6、Ilmgsin得， Img sintlB2l 3，BlvmgRsin，所以 q ItBl 2R解法二：平均电动势En， IEtn，所以 qBl 2， q IR 。tRR（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 ， Q2mglsin。解法二： QI 2 Rt2QmgsinR 2l2mgl sinBlv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。3如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN 、PQ 相距为 L，导轨平面与水平面夹角 =30，导轨电阻不
7、计磁感应强度为B=2T 的匀强磁场垂直导轨平面向上，长为L=0.5m 的金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨电接触良好，金属棒ab的质量m=1kg、电阻 r=1 两金属导轨的上端连接右端电路，灯泡电阻RL=4，定值电阻R1 =2，电阻箱电阻 R2=12 ，重力加速度为 g=10m/s2 ，现闭合开关，将金属棒由静止释放，下滑距离为 s0 =50m 时速度恰达到最大，试求：（ 1）金属棒下滑的最大速度 vm；（ 2）金属棒由静止开始下滑 2s0 的过程中整个电路产生的电热Q【答案】（ 1） 30m/s （2） 50J【解析】解：（1）由 意知，金属棒匀速下滑 速度最大， 最
8、大速度 vm， 有：mgsin =F安又 F 安 =BIL，即得 mgsin=BILab 棒 生的感 E=BLvm通 ab 的感 流 I= 回路的 阻 R=r+R1+ 解代入数据得： vm=30m/s （2）由能量守恒定律有：mg?2s0sin =Q+ 解代入数据得： Q=50J答：（ 1）金属棒下滑的最大速度vm 是 30m/s （2）金属棒由静止开始下滑2s0 的 程中整个 路 生的 Q 是 50J【点 】本 合 用 路知 、 磁感 知 和数学知 的能力要求 高，但是常 ，要得全分4如 所示， 量 M 10 kg、上表面光滑、下表面粗糙的足 木板在F=50 N 的水平拉力作用下，以初速度v
9、0 5 m/s 沿水平地面向右做匀速直 运 。 有足 多的小 ，它 的 量均 m 0.5 kg，将一 无初速地放在木板的最右端，当木板运 了L2 m ，又无初速地在木板的最右端放上第2 ，以后只要木板运 了L，就在木板的最右端无初速放一 ， g 取 10 m/s 2 。求：(1)木板下表面与水平面 的 摩擦因数。(2)第 1 放上后，木板的加速度的大小。(3)第 4 放上的瞬 ，木板的速度大小。(答案可 根号 )【答案】（ 1） 0.5（2） 0.25m/s 2（ 3）m/s【解析】 分析：(1)木板最初做匀速运 ，由解得， (2)系 在水平方向所受的摩擦力大小f1= (M+m)g=0.5 (
10、10+0.5) 10=52.5 N系 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 分）(3)解法一：第 2 放上瞬 木板的速度大小 v ：1解得：m/s第 2 放上后系 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 放上后系 在水平方向所受的合力大小F 合 f 2-F=55-50=5 N第 2 放上后木板的加速度大小m/s 2第 3 放上瞬 木板的速度大小 v2：解得：m/s第 3 放上后系 在水平方向所受的摩擦力大小f3= (M+3m)g=0.5 (10+0.
11、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 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.5(14分 )如 所示，木板与水平地面 的 角可以随意改 ，当 =30 ，可 点的一小木 恰好能沿着木板匀速下滑。若 小木 从木板的底端以大小恒定的初速率v0=10m/s的速度沿木板向上运 ，随着的改 ，小
12、物 沿木板滑行的距离x 将 生 化，重力加速度g=10m/s 2。 ( 果可用根号表示)（ 1）求小物 与木板 的 摩擦因数；（ 2）当 角 足什么条件 ，小物 沿木板滑行的距离最小，并求出此最小 。【答案】 （1）【解析】 分析：（ 1）当（ 2） 60；m ， 木 受力分析：（ 2 分）（ 2 分） 摩擦因素：（ 2 分）（ 2）当 化 ，木 的加速度 a ：（ 2 分）木 的位移S ：（ 2 分）则令， 当时 s 最小，即（ 2 分）S 最小 考点：考 了牛 第二定律的 用点 ：做本 的关 是 物体受力分析，找出 界状 ， 6 如 所示， 量 M、 角 的斜面体（斜面光滑且足 ）放在粗糙
13、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 的振幅和 簧的最大伸 量；（3）使斜面始 于静止状 ， 摩擦因数 足什么条件（假 滑 摩擦力等于最大静摩擦力）？【答案】（mg sinl 2mg sin1） lk（ 2）（ 3）4k( kl4mg sin)cos4Mg4mg cos2kl sin【解析】（1）设物块处于平衡位置时弹簧的伸长量为l，则 m
14、g sink l0解得lmgsink（2）物块做简谐运动的振幅为lmg sinlAlk44: lmaxAl2mgsin由简谐运动的对称性可知，弹簧的最大伸长量为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 co
15、s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
16、；最后对斜面体受力分析，确定动摩擦因数的范围.7 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=mga1=2s/t 2=5m/s F= mgsin30+f+ma=mg+ma=60N（2）设拉力最小作用时间为t112x =a tv1=a1 ta2=（ mgsin30+f
17、） /m=g2x1+x2 =15mt 2s考点：牛顿第二定律的综合应用8 在建筑装修中，工人用质量为4.0 kg 的磨石对水平地面和斜壁进行打磨，已知磨石与水平地面、斜壁之间的动摩擦因数相同， g 取 10 m/s 2（1）当磨石受到水平方向的推力F1=20N 打磨水平地面时，恰好做匀速直线运动，求动摩擦因数 ；（2）若用磨石对 =370 的斜壁进行打磨（如图所示），当对磨石施加竖直向上的推力F =60N 时，求磨石从静止开始沿斜壁向上运动0.8 m 所需的时间（斜壁足够2长 ,sin370=0.6， cos370 =0.8）【答案】（ 1）（ 2） 0 8s【解析】（1）磨石在水平地面上恰好
18、做匀速直线运动F1mg ，解得0.5（2）磨石与斜壁间的正压力FN F2mg sin根据牛顿第二定律有 （ F2mg)cosFN ma解得 a2.5m / s2根据匀变速直线运动规律x1 at 22解得 t2x0.8sa9 将一轻质橡皮筋（劲度系数k=100N/m）上端固定在天花板上，如下图（甲）所示（ 1）在其下端 A 处用细线悬挂重为 10N的木块，静止后如图（乙）所示，则橡皮筋的伸长量 x1=？（2）再用一细线拴在图（乙）中的A 处，然后用一水平的力F 向右拉动，使橡皮筋与竖直方向成37角，并保持静止，如图（丙）所示求所加外力F 的值和此时橡皮筋的伸长量x2（已知sin37 =0.6co
19、s37=0.8 ）【答案】（ 1）橡皮筋的伸长量为0.1m；（2）所加外力 F 的值为12.5N；此时橡皮筋的伸长量x2 为 0.125m【解析】试题分析：（1）由胡克定律可求得伸长量；（2）对 A点受力分析，由共点力平衡条件可求得力F 及橡皮筋受到的力，再由胡克定律可求得伸长量解：（ 1）由胡克定律可得： x1 =将数据代入式解得： x1=0.1m（2）对丙图中橡皮筋末端A 点进行受力分析，可得：F=Gtan37F=将数据代入式解得： F=7.5NF=12.5N由胡克定律可得： x =2将数据代入式解得： x2=0.125m答：（ 1）橡皮筋的伸长量为 0.1m；（2）所加外力 F 的值为1
20、2.5N；此时橡皮筋的伸长量x2 为 0.125m【点评】本题考查共点力的平衡条件及胡克定律，要注意明确研究对象为结点A10 绳 OC与竖直方向成30角， O 为质量不计的光滑滑轮，已知物体B 重 1000N，物体 A重 400N，物块 A 和 B 均静止。求：（1）物体 B 所受地面的摩擦力为多大；（2）物体 B 所受地面的支持力为多大？【答案】（ 1） 2003N ；（ 2） 800N【解析】【分析】【详解】(1) (2) 滑轮 O 处于静止状态， OC 绳子拉力大小等于OA、OB 两绳子拉力之和，由于OA 和OB 是一根绳子，拉力相等，因此绳子OC处于 AOB 的角平分线上，又由于绳OC与竖直方向成 30角，因此AOB =60 o因此，绳 OB 与水平方向夹角=30o由于 A 处于静止状态，绳子OB 的拉力TmA g400N因此 B 受到的摩擦力f T cos400 cos30o200 3N受地面的支持力为N，则NT sin 30omB g解得N=800N