1、物理专题汇编物理相互作用( 一 ) 及解析一、高中物理精讲专题测试相互作用1 一轻弹簧的一端固定在倾角为的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m 的小物块3a 相连，如图所示质量为m的小物块 b 紧靠 a 静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为5x0，从 t=0 时开始，对b 施加沿斜面向上的外力，使b 始终做匀加速直线运动经过一段时间后，物块a、b 分离；再经过同样长的时间，b 距其出发点的距离恰好也为x0弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g求 ：(1)弹簧的劲度系数；(2)物块 b 加速度的大小；(3)在物块 a、 b 分离前，外力大小随时间变化的关系式8mg sin22（ 2） g s
2、in（ 3） F8 mg sin4mg sin【答案】 （1）5x052525x0【解析】【详解】（1）对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有：3kx0=（ m+m） gsin 58mgsin解得： k=5x0（2）由题意可知，b 经两段相等的时间位移为x0；x11由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知：x04说明当形变量为x1x0 x03x0时二者分离；44对 m 分析，因分离时ab 间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知：kx1-mgsin =ma联立解得： a=1 gsin5（3）设时间为 t，则经时间 t 时， ab 前进的位移 x=1at2=
3、gsint 2210则形变量变为： x=x0-x对整体分析可知，由牛顿第二定律有：F+kx-（ m+ 3m） gsin =（m+3m） a55解得： F= 84mg2 sin2t 2mgsin +25x025因分离 位移 x= x0由 x= x0 =1at2 解得： t5x04422gsin故 保 0t5x0， F表达式才能成立2gsin点睛：本 考 牛 第二定律的基本 用，解 一定要注意明确整体法与隔离法的正确 用，同 注意分析运 程，明确运 学公式的 和 用是解 的关 2 如 所示 ,在 角=30的斜面上放一木板 A,重 GA=100N,板上放一重 GB=500N 的木箱 B,斜面上有一固
4、定的 板 ,先用平行于斜面的 子把木箱与 板拉 ,然后在木板上施加一平行斜面方向的拉力F,使木板从木箱下匀速抽出此 , 子的拉力 T=400N。 木板与斜面 的 摩擦因数,求：(1)A、 B 的摩擦力和摩擦因素；(2)拉力 F 的大小。【答案】 （1） A、 B 的摩擦力 f B为 150N；摩擦因数2；=（ 2）拉力 F 的大小 325N。【解析】【 解】（ 1） B 受力分析如 由平衡条件，沿斜面方向有 ：GBsin B+f=T代入数据，解得A、 B 摩擦力 ：f B=150N方向沿斜面向下，垂直斜面方向：NB B=250 N=G cos =500A、 B 摩擦因数 ：（2）以 AB 整体
5、 研究 象，受力分析如 ，由平衡条件得：F=fA+T-（ GA+GB） sin NA=（GA+GB） cos fA=1NA 立解得：F=325 N【点睛】本 考 共点力平衡条件的 用，要注意在解 能正确 研究 象，作出受力分析即可求解，本 要注意 然两 A 运 B 静止，但由于二者加速度均零，因此可以看作整体 行分析。3将 量 m0.1kg 的 套在固定的水平直杆上， 的直径略大于杆的截面直径， 与杆的 摩擦因数0.8 施加一位于 直平面内斜向上与杆 角53o 的恒定拉力1s 内前 了 2.2m （取 g2o，F10 m / s ， sin530.8，使 从静止开始运 ，第cos53o0.6
6、）求：（ 1） 加速度 a 的大小；（ 2）拉力 F 的大小【答案】（ 1） 4.4m/s2（ 2） 1N或 9N【解析】（1）小 做匀加速直 运 ，由运 学公式可知：x1at 22解得： a 4.4m / s2(2)令 Fsin53 mg 0，解得 F1.25N当 F1.25N ， 与杆的上部接触，受力如 ：由牛 第二定律，Fcos ma ，FsinFNmgFNm ag 立解得： Fcossin代入数据得：F1N当 F1.25N 时，环与杆的下部接触，受力如图：由牛顿第二定律，Fcos ma ， Fsin mg FNFNm ag联立解得： Fcossin代入数据得：F9N4 如下图，水平细杆
7、上套有一质量为M 的小环 A，用轻绳将质量为m=1.0kg 的小球 B 与A 相连， B 受到始终与水平成53o 角的风力作用，与A 一起向右匀速运动，此时轻绳与水平方向的夹角为37o，运动过程中B 球始终在水平细杆的正下方，且与A 的相对位置不变已知细杆与环A 间的动摩擦因数为，（ g=10m/s 2， sin37 =0.6， cos37=0.8）求：（ 1） B 对绳子的拉力大小（ 2） A 环的质量【答案】（ 1） 6.0N；（ 2）1.08kg【解析】【详解】（ 1）对小球 B 受力分析如图，得： FT=mgsin37 代入数据解得： FT=6.0N（2）环 A 做匀速直线运动，受力如
8、图，有：FTcos37 -f=0FN=Mg+FTsin37 又： f= FN代入数据解得：M=1.08kg5 如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距lm ，导轨平面与水平面成=37角，下端连接阻值为R 的电阻匀强磁场方向与导轨平面垂直质量为 0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为 0.25求：(1)金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；(2)当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R 消耗的功率为8W，求该速度的大小；(3)在上问中，若R 2，金属棒中的电流方向由a 到 b，求磁感应强度的大小与方向(g=10rn s2
9、， sin37 0.6， cos37 0.8)【答案】 （1） 4ms2（ 2）10m/s （ 3）0.4T，方向垂直导轨平面向上【解析】试题分析：（ 1）金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律：由 式解得 10（O.60.25 0.）8m s2=4m s2（2）设金属棒运动达到稳定时，速度为，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻消耗的电功率：由 、 两式解得（3）设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感应强度为B由 、 两式解得磁场方向垂直导轨平面向上考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律【名师点睛】本题主要考查了导体
10、切割磁感线时的感应电动势、牛顿第二定律 。属于中等难度的题目，解这类问题的突破口为正确分析安培力的变化，根据运动状态列方程求解。开始下滑时，速度为零，无感应电流产生，因此不受安培力，根据牛顿第二定律可直接求解加速度的大小；金属棒下滑速度达到稳定时，金属棒所受合外力为零，根据平衡条件求出安培力。视频6如图所示，轻绳绕过定滑轮，一端连接物块A，另一端连接在滑环C 上，物块A 的下端用弹簧与放在地面上的物块B 连接， A、B 两物块的质量均为m，滑环 C的质量为M，开始时绳连接滑环C 部分处于水平，绳刚好拉直且无弹力，滑轮到杆的距离为L，控制滑块C，使其沿杆缓慢下滑，当C 下滑 L 时，释放滑环C，
11、结果滑环C 刚好处于静止，此时B 刚好要离开地面，不计一切摩擦，重力加速度为g（1）求弹簧的劲度系数；（2）若由静止释放滑环C，求当物块B 刚好要离开地面时，滑环C 的速度大小【答案】（ 1） k3mg55gL2（ ）42L【解析】试题分析：（1）设开始时弹簧的压缩量为x，则 kx=mg设B物块刚好要离开地面，弹簧的伸长量为x kx=mg，则因此 x xmgk由几何关系得 2xL216 L2L2 L93L求得 x33mg得 kLmgL（2）弹簧的劲度系数为k，开始时弹簧的压缩量为x1当 B 刚好要离开地面时，弹簧的伸长量mgLx23k因此 A 上升的距离为2Lh x1 x2k33C 下滑的距离
12、 H(Lh)2L24L3根据机械能守恒MgHmgh1m(vHL2)21Mv 22H 22又 2mgcos370=Mg联立求得(2 Mm)gL55v 1075MgL48m42考点：胡克定律；机械能守恒定律【名师点睛】对于含有弹簧的问题，是高考的热点，要学会分析弹簧的状态，弹簧有三种状态：原长、伸长和压缩，含有弹簧的问题中求解距离时，都要根据几何知识研究所求距离与弹簧形变量的关系7如图所示， mA=0.5kg， mB=0.1kg，两物体与地面间的动摩擦因数均为0.2，当大小为F=5N 水平拉力作用在物体 A 上时，求物体 A 的加速度。（忽略滑轮的质量以及滑轮和绳的，取 g=10m/s 2）【答案
13、】 4m/s2【解析】试题分析：对A 由牛顿第二定律得对 B 由牛顿第二定律得根据题意有解以上各式得考点：牛顿第二定律【名师点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题；解题的关键是正确选择研究对象并且受力分析，根据牛顿第二定律列得方程，注意两个物体的加速度及拉力的关联关系.+48如图所示，绝缘粗糙水平面处在水平向右的匀强电场中，场强大小E=16 10 N/C。一个质量为 m 0 2 kg，带电量为4 C 的带正电小物块（可视为质点），在水平q 2 010面上以 a=11m/s 2 的加速度向右做匀加速直线运动，小物块到达O 点时的速度为 vo=4m/s 。（ g 取 10 m/s 2）（ 1）求小物块
14、与水平面间的动摩擦因数；（2）若小物块到达O 点时，突然将该电场方向变为竖直向上且大小不变。求1 秒后小物块距 O 点间距离。【答案】（ 1） 0 5（ 2）5m【解析】试题分析：（1） F=Eq根据牛顿第二定律：Fmg=ma解得 : =05（2）根据牛顿第二定律：Eq mg=ma、解得 :a、 =6m/s 2平抛运动： x= vot=4my= at2=3m=5m考点：牛顿第二定律的综合应用【名师点睛】此题是牛顿第二定律的综合应用习题；关键是分析物块的受力情况，搞清物体的运动情况，掌握类平抛运动的处理方法。9 半圆形支架BAD，两细绳OA 和 OB 结于圆心O，下端悬挂重为10 N 的物体，
15、OA 与水平成 60 ，使OA 绳固定不动，将OB 绳的 B 端沿半圆支架从水平位置逐渐向竖直的位置C移动的过程中，如图所示，请画出OB 绳上拉力最小时O 点的受力示意图，并标明各力的大小。【答案】【解析】【分析】【详解】对结点 O 受力分析如图：结点 O 始终处于平衡状态，所以 OB 绳和 OA 绳上的拉力的合力大小保持不变等于重力的大小 10N，方向始终是竖直向上。由图象知当OB 垂直于 OA 时， OB 的拉力最小为mg sin30 101 N 5N2此时 OA 的拉力为mg cos305 3N因此 OB 绳上拉力最小时O 点的受力示意图如图：10 绳 OC与竖直方向成30角， O 为质
16、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
