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1、高考物理相互作用解题技巧及练习题一、高中物理精讲专题测试相互作用1如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L=0 2m，长为2d，d=05m ，上半段d 导轨光滑，下半段d 导轨的动摩擦因素为3，导轨平面与水平6面的夹角为=30匀强磁场的磁感应强度大小为B=5T，方向与导轨平面垂直质量为m=0 2kg 的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在粗糙的下半段一直做匀速运动，导体棒始终与导轨垂直，接在两导轨间的电阻为R=3，导体棒的电阻为r=1 ，其他部分的电阻均不计，重力加速度取g=10m/s 2，求：（ 1）导体棒到达轨道底端时的速度大小；（ 2）导体棒进入粗糙轨道前，通过电阻R 上的
2、电量 q；（ 3）整个运动过程中，电阻 R 产生的焦耳热 Q【答案】（ 1） 2m/s（ 2） 0 125C（ 3） 0 2625J【解析】试题分析：（ 1）导体棒在粗糙轨道上受力平衡：mgsin = mgcos +BILE=BLv解得： v=2m/s（2）进入粗糙导轨前：解得： q=0 125C（3）由动能定理得：考点：法拉第电磁感应定律；物体的平衡；动能定理【名师点睛】本题实质是力学的共点力平衡与电磁感应的综合，都要求正确分析受力情况，运用平衡条件列方程，关键要正确推导出安培力与速度的关系式，分析出能量是怎样转化的2 如图所示，倾角为 45的粗糙平直导轨与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为
3、B，整个轨道处在竖直平面内一质量为m 的小滑块从导轨上离地面高为h 3R 的 D 处无初速下滑进入圆环轨道接着小滑块从圆环最高点C 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的 P 点，不计空气阻力求：（ 1）滑块运动到圆环最高点C 时的速度的大小（ 2）滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小（ 3）滑块与斜轨之间的动摩擦因数【答案】（ 1） v0Rg （ 2） 6mg （ 3） 0.18【解析】试题分析：对滑块进行运动过程分析，要求滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小，我们要知道滑块运动到圆环最低点时的速度大小，小滑块从圆环最高点C 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心 O 等高的 P 点，运
4、用平抛运动规律结合几何关系求出最低点时速度在对最低点运用牛顿第二定律求解从 D 到最低点过程中，再次运用动能定理求解解：（ 1）小滑块从C 点飞出来做平抛运动，水平速度为v02R=v0t解得： v0=（2）小滑块在最低点时速度为V 由机械能守恒定律得mv2=mg?2R+ mv02v=根据牛顿第二定律：FN mg=mFN=6mg根据牛顿第三定律得：FN =6mg（ 3） DB 之间长度 L=（ 2 +1）R从 D 到最低点过程中，由动能定理：mgh mgcos L=mv2= =0.18答：（ 1）滑块运动到圆环最高点C 时的速度的大小为；（2）滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小为6mg；
5、（3）滑块与斜轨之间的动摩擦因数为0.183 如图所示，水平面上有两根相距 0.5m 的足够长的光滑平行金属导轨 MN和 PQ，之间有一导体棒 ab，导轨和导体棒的电阻忽略不计，在 M 和 P 之间接有阻值为 R=2 的定值电阻。质量为 0.2kg 的导体棒 ab 长 l 0.5m ，与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B 0.4T 。现在在导体棒ab上施加一个水平向右，大小为0.02N的恒力F ，使导体棒ab由静止开始运动，求：当 ab 中的电流为多大时，导体棒ab 的速度最大？ab 的最大速度是多少？若导体棒从开始到速度刚达到最大的过程中运动的位移的热量是多少？
6、s=10m，则在此过程中R 上产生【答案】（ 1） 0.1A （ 2） 1m/s（ 3） 0.1J【解析】试题分析：（ 1）当金属棒上所受的拉力等于安培力时，加速度为零，速度最大，则 F=BIL ，解得： I=0.1A（2）根据 E=BLv ； E=IR 可解得：IRm s0.1 /mvmBL（3）由能量守恒关系可得： FS1 mv2Q 解得： Q=0.1J2m考点：法拉第电磁感应定律；能量守恒定律.4 如图，将一木块置于电子平台秤上，台秤的读数如图甲所示然后用一个斜向上的拉力作用于木块上，当木块刚要运动时台秤的读数如图乙所示，已知拉力与水平方向的夹角为37，最大静摩擦力等于滑动摩擦力sin3
7、7 =0.6， cos37 =0.8， g=10m/s 2，求：（1）拉力的大小为多少牛顿？（2）木块与台秤间的动摩擦因数（3）如果保持拉力的大小不变，将拉力与水平方向的夹角变为53，木块能否被拉动，请通过计算说明原因？【答案】 （1） F=30N（ 2） =0.75（ 3）不会被拉动【解析】试题分析：（ 1）（ 2）在图甲中，物体受重力和支持力，处于平衡状态，故台秤读数等于质量；图乙中，物体受重力、拉力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件列式求解静摩擦力和拉力；（ 3）受力分析后采用正交分解法求解支持力，根据 f= N求解最大静摩擦力，与拉力的水平分力比较来判断是否能够拉动物体解：（ 1）（ 2
8、）根据甲图中台秤的读数可知木块的质量为5.00kg；用与水平方向的夹角为37的力拉木块时，木块受到重力、台秤的支持力和摩擦力、手的拉力作用处于平衡状态，如图所示：根据平衡条件，采用正交分解法，有：竖直方向： Fsin37 +N=G水平方向： f=Fcos37 其中： f= N联立解得： F=30N =0.75（ 3）拉力与水平方向的夹角变为 53，此时木块受到重力、台秤的支持力和摩擦力、手的拉力作用，采用正交分解法，有：Fsin53 +N =Gf = N 因为 f Fcos53，所以木块不会被拉动答：（ 1）拉力的大小为30 牛顿；（2）木块与台秤间的动摩擦因数为 0.75；（3）如果保持拉力
9、的大小不变，将拉力与水平方向的夹角变为53，木块能被拉动，原因如上【点评】本题关键是对物体多次受力分析，根据平衡条件并结合正交分解法列式分析，要画受力分析图，不难5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： 顺着毛的生长方向运动时毛皮产生的阻力可以忽略； 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 =30t=1 2s 物体回到出发点。若认为毛皮产生滑动摩擦力时，动摩擦因数为定值，试计算 的数值。（
10、g=10m/s2）【答案】（ 1） 5m/s 2（ 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：2mgsin=ma，解得 a=gsin =5m/s（2）对物体受力分析得，上滑时2a=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 =（ 12-0 4） s=08s，下滑加速度：，对物体受力分析可知，下滑的加速度，a 下=gsin30 -gcos30，所以：考点：牛顿第二定律的应用6如图所示，让摆球从图中的C 位置由静止开始摆下，摆到最低点D 处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上
11、由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 05或者 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：可得：（3）小球不脱圆轨道分两种情况： 要保证小球能达到A 孔，设小球到达A 孔的速度恰好为零，
12、由动能定理可得：可得： =051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：2=035 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： 3=0125综上所以摩擦因数 的范围为： 035 05或者 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7 如图所示，物块A 悬挂在绳PO 和 PC的结点上， P
13、O 偏离竖直方向37角， PC水平，且经光滑定滑轮与木块B 相连，连接B 的绳与水平方向的夹角为53。已知A 质量MA=1.6kg， B 质量 MB=4kg，木块 B 静止在水平面上，g 取 10m/s 2.试求：(1)绳 PO 的拉力大小；(2)绳 PC拉力的大小；(3)木块 B 与水平面间的摩擦力大小。【答案】 (1) 20N ； (2)12N ； (3) 7.2N【解析】【分析】【详解】(1)对 P 点受力分析如图：由平衡条件得FPO cos37M A gFCFPO sin 37解得绳 PO 的拉力大小M A g16FPON 20Ncos370.8(2)绳 PC拉力的大小FcFPO si
14、n 37200.6N12N(3)对 B 受力分析如图：水平方向根据共点力的平衡条件可得木块B 与水平面间的摩擦力大小fFC cos53120.6N7.2N8 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
15、.8）【答案】 (1) k = (22) mg ； (2) m13 (22) m ； (3)m21 (22) mR82【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
16、 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 -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m21 (22) m2所以小圆环所挂物体质量m21 (22) m 时，小圆环可以处于最低点。29 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 =1s 时撤去拉力，物体运动的部分v-t 图像如图乙，1试求：（
17、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 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 222根据图象可知：a1 20m/s ， a2 10m/s（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
18、330 s2故 t330 s考点：牛顿第二定律的应用；功率10 如图所示，一本质量分布均匀的大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1，字典与桌面之间的动摩擦因数为2，且各接触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
19、做的功W【答案】 (1) 241(2) 0.4J3【解析】【分析】【详解】(1) 白纸上字典的质量为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24f12 1 3Mg31Mg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 f2421 ；3(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f2 1Lx 1 MgL3故由 f 和 x 呈线性关系可得：克服摩擦力做的功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.