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1、高中物理相互作用模拟试题及解析一、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 =mg代入数据解得：T=1
2、0， 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，难度不小，需要细细品味2（
3、 18 分） 如图所示，金属导轨水平面夹角为， N、 Q 连线与 MNMNC 和垂直，PQD， MN 与 PQ平行且间距为L，所在平面与M、 P 间接有阻值为R 的电阻；光滑直导轨NC和 QD 在同一水平面内，与NQ 的夹角都为锐角。均匀金属棒ab 和ef质量均为m，长均为 L， ab棒初始位置在水平导轨上与NQ 重合；ef 棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为（ 较小），由导轨上的小立柱1 和2 阻挡而静止。空间有方向竖直的匀强磁场（图中未画出）。两金属棒与导轨保持良好接触。不计所有导轨和ab棒的电阻，ef棒的阻值为R，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加
4、速度为 g。（1）若磁感应强度大小为B，给沿运动方向滑行一段距离后停止，ab 棒一个垂直于NQ、水平向右的速度v1，在水平导轨上ef 棒始终静止，求此过程ef 棒上产生的热量；（2）在（1）问过程中，ab 棒滑行距离为d，求通过ab棒某横截面的电荷量；（3）若 ab 棒以垂直于NQ 的速度 v2 在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ 位置时取走小立柱 1 和 2，且运动过程中ef 棒始终静止。求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab棒运动的最大距离。【答案】（1） Qef；（ 2） q；（ 3 ）Bm，方向竖直向上或竖直向下均可，xm【解析】解：（ 1）设 ab 棒的初动能为Ek， ef 棒
5、和电阻R 在此过程产生热量分别为Q 和 Q1，有Q+Q1=Ek且 Q=Q1 由题意 Ek=得 Q=（2）设在题设的过程中，ab 棒滑行的时间为 t，扫过的导轨间的面积为 S，通过 S 的磁通量为 ， ab 棒产生的电动势为 E， ab 棒中的电流为 I，通过 ab 棒某截面的电荷量为q，则E=且 =B S电流 I=又有 I=由图所示， S=d（ L dcot ）联立 ，解得： q=（ 10）（3） ab 棒滑行距离为x 时， ab 棒在导轨间的棒长 Lx 为：Lx=L 2xcot （ 11）此时， ab 棒产生的电动势Ex 为： E=Bv2Lx （ 12）流过 ef 棒的电流 Ixx（ 13）
6、为 I =ef 棒所受安培力 F为F =BI L （ 14）xxx联立（ 11）（ 14），解得： Fx=（15）有（ 15）式可得， Fx在 x=0 和 B 为最大值m时有最大值1BF由题意知， ab 棒所受安培力方向必水平向左，ef 棒所受安培力方向必水平向右，使F1 为最大值的受力分析如图所示，图中 fm 为最大静摩擦力，有：F cos =mgsin （+mgcos +Fsin ） （16）11联立（ 15）（ 16），得： Bm=（17）Bm 就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小，该磁场方向可竖直向上，也可竖直向下有（ 15）式可知， B 为 Bm 时， Fx 随 x 增大而减小， x
7、 为最大 xm 时， Fx 为最小值，如图可知 F2cos +（mgcos +F2sin ） =mgsin （ 18）联立（ 15）（ 17）（ 18），得xm=答：（ 1） ef 棒上产生的热量为；（2）通过 ab 棒某横截面的电量为（3）此状态下最强磁场的磁感应强度是，磁场下 ab 棒运动的最大距离是【点评】本题是对法拉第电磁感应定律的考查，解决本题的关键是分析清楚棒的受力的情况，找出磁感应强度的关系式是本题的重点3 如图所示 ,质量均为M 的 A、B 两滑块放在粗糙水平面上,滑块与粗糙水平面间的动摩擦因数为，,杆与水平面间的两轻杆等长 ,且杆长为 L,杆与滑块、杆与杆间均用光滑铰链连接夹
8、角为，在两杆铰合处悬挂一质量为m 的重物 C,整个装置处于静止状态。重力加速度为g，试求 :最大静摩擦力等于滑动摩擦力(1)地面对物体 A 的静摩擦力大小 ；(2)无论物块 C 的质量多大 ,都不能使物块A 或 B 沿地面滑动 ,则至少要多大 ?【答案】（ 1mg1）（ 2）2 tantan【解析】【分析】先将 C 的重力按照作用效果分解，根据平行四边形定则求解轻杆受力；再隔离物体A 受力分析，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解滑块与地面间的摩擦力和弹力要使得A不会滑动，则满足 ff m ，根据数学知识讨论。【详解】（1）将 C的重力按照作用效果分解，如图所示：1 mg mg根据平行四边形定
9、则，有：F1 F2 2sin2sin对物体 A 水平方向： fF1 cosmg2 tan（2）当 A 与地面之间的摩擦力达到最大静摩擦力时：fm(Mg F1 sin )m1且 ff m 联立解得：tan(2 Mm)=2M，tan (1)m11当 m时，2M1)tan，可知无论物块C 的质量多大，都不能使物块A 或tan(mB 沿地面滑动 ,则 至少等于1。tan4如图所示，一倾角为 =30的光滑足够长斜面固定在水平面上，其顶端固定一劲度系数为 k=50N/m 的轻质弹簧，弹簧的下端系一个质量为m=1kg 的小球，用一垂直于斜面的挡板A 挡住小球，此时弹簧没有发生形变，若挡板A 以加速度 a=4
10、m/s 2 沿斜面向下匀加速运动，弹簧与斜面始终保持平行，g 取 10m/s 2求：（ 1）从开始运动到小球速度达最大时小球所发生位移的大小；（ 2）从开始运动到小球与挡板分离时所经历的时间【答案】（ 1）从开始运动到小球速度达最大时小球所发生位移的大小是0.1m；（2）从开始运动到小球与挡板分离时所经历的时间是0.1s【解析】（ 1）球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零即 kxm=mgsin ，解得：（2）设球与挡板分离时位移为从开始运动到分离的过程中，s，经历的时间为t ，m受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的挡板支持力F
11、1和弹簧弹力 F根据牛顿第二定律有：mgsin -F-F1=ma，F=kx随着 x的增大， F增大， F1减小，保持 a不变，当m与挡板分离时，F1减小到零，则有：mgsin -kx=ma，又 x= at2联立解得： mgsin -k? at2=ma，所以经历的时间为：点睛：本题分析清楚物体运动过程，抓住物体与挡板分离时的条件：小球与挡板间的弹力为零是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题。5 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
12、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） /m=g2x1+x2 =15mt 2s考点：牛顿第二定律的综合应用6 如图所示，一小滑块静止在倾角为370 的斜面底端，滑块受到外力冲击后，获得一个沿斜面向上的速度v0=4m/s ，斜面足够长，滑块与斜面之间的动摩擦因数为 =0.2
13、5，已知sin370=0.60， cos370=0.80，g 取 10m/s 2，求：（ 1）滑块沿斜面上滑过程中的加速度的大小；（ 2）滑块沿斜面上滑的最大距离；【答案】（ 1）（ 2） 1 0m【解析】试题分析：（ 1）设滑块质量为m，上滑过程的加速度大小为a，根据牛顿第二定律，有所以，（ 2）滑块上滑做匀减速运动，根据位移与速度的关系公得最大距离考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式
14、求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力7 如图所示，一轻弹簧一端固定在竖直放置光滑大圆环最高点，大圆环半径为R，另一端栓接一轻质小圆环，小圆环套在大圆环上，开始时弹簧与竖直方向成60，当在小圆环上挂一质量为m 的物体后使之缓慢下降，静止时弹簧与竖直方向成45。求：(1)弹簧的劲度系数；(2)当在小圆环上挂多大质量的物体，静止时弹簧与竖直方向成37；(3)当在小圆环上挂的质量满足什么条件时，稳定后，小圆环处于最低位置。（弹簧始终在弹性限度内， sin37 =0.6， cos37=0.8）【答案】 (1)(22) mg； (2) m3 (22) m ； (3)m1 (22) mk =182
15、2R【解析】【分析】【详解】(1)静止时弹簧与竖直方向成45，对圆环进行受力分析，如图所示：根据平衡条件，弹簧的弹力mgF2mgcos45根据几何关系，弹簧的伸长量x=2 -1） R （根据胡克定律F=kx联合上面各式解得k = (22) mgR(2)设静止时弹簧与竖直方向成，小环上挂的物体的质量为m1 ，对圆环进行受力分析，受到重力 m1g、弹簧的拉力 F、大圆环的支持力 N，根据平衡条件，作出三个力的矢量三角形，如图所示：根据几何知识，力的矢量三角形和实物三角形AOB相似，而OA 和OB 都等于R，所以m1g和 N 始终相等AB=2Rcos F=2m1gcos 弹簧的伸长量x=2Rcos
16、-R=（2cos -1）R根据胡克定律F=kx即2m1 gcos(22) mg（2cos1） R R当 =37时，代入式解得m132） m（28(3)小圆环恰好处于最低位置，此时=0，代入式解得m1 (22) m22m212) m 时，小圆环可以处于最低点。所以小圆环所挂物体质量(228 如图甲所示，质量为m=lkg 的物体置于倾角为=37 0 固定斜面上（斜面足够长），对物体施以平行于斜面向上的拉力F， t 1=1s 时撤去拉力，物体运动的部分v-t 图像如图乙，试求：（ 1）物体与斜面间的滑动摩擦因数；（ 2）第 ls 内拉力 F 的平均功率；（ 3）物体返回原处的时间【答案】（ 1） 0
17、 5（ 2） 300W（ 3） 330s【解析】试题分析：（ 1）设力 F 作用时物体的加速度为a1，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知 F- mgsin - mgcos=ma1撤去力去，由牛顿第二定律有mgsin+mgcos=ma 2根据图象可知： a1 20m/s2， a2 10m/s2代入解得 F=30N=0 5（2）第 ls 内拉力 F 的平均功率 P F vF a1t3020 1W 300W222（3）滑时的位移x x1 x230m下滑时 mg sinmg cosma3x1 at 32t 330 s2故 t330 s考点：牛顿第二定律的应用；功率9 如图所示，一本质量分布均匀的大
18、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2，且各接触1，字典与桌面之间的动摩擦因数为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1 与 2 满足的关系；(2)若 1=0.25， 2=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) 24(2) 0.4J13【解析】【分析】【详解】(1) 白纸上字典的
19、质量为2 M ，那么，白纸上下表面受到的正压力都为2 Mg ，故白纸受33到的最大静摩擦力f12 12 Mg41Mg33桌面对字典的最大静摩擦力f2=2Mg所以水平向右拉动白纸，要使字典能被拖动，那么f1 f242 3 1 ；(2) 若 1=0.25， 2=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L x2 Mg ，故L3摩擦力f2Lx 11MgL3故由 f 和 x 呈线性关系可得：克服摩
20、擦力做的功W11 MgL1 MgL 0.4J236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.10 如图所示，物体的质量m 4.4 kg，用与竖直方向成 37的斜向右上方的推力把该物体压在竖直墙壁上，并使它沿墙壁在竖直向上做匀速直线运动物体与墙壁间的动摩擦因数 0.5，取重力加速度g 10 N/kg ，求推力F 的大小 (sin 37 0.6， cos 37 0.8)【答案】 88N【解析】【详解】当物体匀速向上滑动时，受力分析如图所示，根据平衡条件有，水平方向： FN=Fsin 竖直方向： Fcos=Ff+mg又因为： Ff =FNmg4.4 1088N由以上三式可解得： Fsin0.8 0.5 0.6cos【点睛】本题关键是对匀速滑动的物体受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解要注意滑动摩擦力有自己的公式，Ff =FN