1、高考物理相互作用的基本方法技巧及练习题及练习题( 含答案 )一、高中物理精讲专题测试相互作用1 如图所示，竖直轻弹簧B 的下端固定于水平面上，上端与A 连接，开始时A 静止。 A的质量为 m 2kg，弹簧 B 的劲度系数为k1 200N/m 。用细绳跨过定滑轮将物体A 与另一根劲度系数为 k2 的轻弹簧 C 连接，当弹簧C处在水平位置且未发生形变时，其右端点位于a 位置，此时 A 上端轻绳恰好竖直伸直。将弹簧C 的右端点沿水平方向缓慢拉到b 位置时，弹簧 B 对物体 A 的拉力大小恰好等于A 的重力。已知ab 60cm，求：（1）当弹簧 C 处在水平位置且未发生形变时，弹簧B 的形变量的大小；
2、（2）该过程中物体 A 上升的高度及轻弹簧C 的劲度系数 k2。【答案】（ 1） 10cm；（ 2） 100N/m 。【解析】【详解】（1）弹簧 C 处于水平位置且没有发生形变时，A 处于静止，弹簧B 处于压缩状态；根据胡克定律有： k1x1 mg代入数据解得： x1 10cm（2）当 ab 60cm 时，弹簧B 处于伸长状态，根据胡克定律有：k1x2 mg代入数据求得：x2 10cm故 A 上升高度为： h x1+x2 20cm由几何关系可得弹簧 C 的伸长量为： x3 ab x1 x2 40cm 根据平衡条件与胡克定律有：mg+k1x2k2x3解得 k2 100N/m2 一架质量m 的飞机
3、在水平跑道上运动时会受到机身重力、竖直向上的机翼升力F升 、发动机推力、空气阻力F阻 、地面支持力和跑道的阻力f的作用。其中机翼升力与空气阻力均与飞机运动的速度平方成正比，即F升2k1v , F阻k2v2 ，跑道的阻力与飞机对地面的压力成正比，比例系数为k0 （ m、 k0、 k1、k2 均为已知量），重力加速度为g。(1)飞机在滑行道上以速度v0 匀速滑向起飞等待区时，发动机应提供多大的推力？(2)若将飞机在起飞跑道由静止开始加速运动直至飞离地面的过程视为匀加速直线运动，发动机的推力保持恒定，请写出k0与 k1、 k2 的关系表达式；(3)飞机刚飞离地面的速度多大？【答案】 (1) F k
4、v2k(mgk v2 )； (2)kF k2v2ma ； (3) vmg2 001 00mg k1v2k1【解析】【分析】（1）分析粒子飞机所受的5 个力，匀速运动时满足F推F阻F阻 ，列式求解推力；（2）根据牛顿第二定律列式求解k0 与 k1、 k2 的关系表达式；（3）飞机刚飞离地面时对地面的压力为零 .【详解】（ 1）当物体做匀速直线运动时，所受合力为零，此时有空气阻力 F阻 k2v02飞机升力 F升 k1v02飞机对地面压力为N ， NmgF升地面对飞机的阻力为：F阻k0 N由飞机匀速运动得：FFF，推阻阻由以上公式得 Fk2v02k0 (mgk1v02 )推（2）飞机匀加速运动时，加
5、速度为a，某时刻飞机的速度为v，则由牛顿第二定律：F推 -k2v2k0 (mgk1v2 )= ma解得： k0F推 -k2 v2mamgk1v2（3）飞机离开地面时：mg=k1v2解得： vmgk13 如图所示，一质量为m 的金属球，固定在一轻质细绳下端，能绕悬挂点O 在竖直平面内转动整个装置能自动随着风的转向而转动，使风总沿水平方向吹向小球无风时细绳自然下垂，有风时细绳将偏离竖直方向一定角度，求：（1）当细绳偏离竖直方向的角度为，且小球静止时，风力F 及细绳对小球拉力T 的大小（设重力加速度为g）（2）若风向不变，随着风力的增大 将增大，判断 能否增大到 90 且小球处于静止状态，说明理由【
6、答案】 （1） Tmg90且小球处于静止状态， F=mgtan （ 2）不可能达到cos【解析】【分析】【详解】（1）对小球受力分析如图所示（正交分解也可以）应用三角函数关系可得：F=mgtan（ 2）假设 =90，对小球受力分析后发现合力不能为零，小球也就无法处于静止状态，故角不可能达到 90且小球处于静止状态4 如图所示，质量为m的物体放在一固定斜面上，当斜面倾角为30时恰能沿斜面匀速下滑对物体施加一大小为F、方向水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角时，不论水平恒力F 多0大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：(1)物体与斜面
7、间的动摩擦因数；(2)这一临界角0 的大小【答案】（ 1）3 （ 2） 603【解析】试题分析：（ 1）斜面倾角为 30时，物体恰能匀速下滑，满足mg sin 30mg cos30解得33（2）设斜面倾角为，由匀速直线运动的条件： F cosmg sinF fFNmg cosF sin ， FfFN解得： Fmg sinmg coscossin当 cossin0 ，即 cot时， F，即“不论水平恒力F 多大 ”，都不能使物体沿斜面向上滑行此时，临界角060考点：考查了共点力平衡条件的应用【名师点睛】本题是力平衡问题，关键是分析物体的受力情况，根据平衡条件并结合正交分解法列方程求解利用正交分解
8、方法解体的一般步骤： 明确研究对象； 进行受力分析； 建立直角坐标系，建立坐标系的原则是让尽可能多的力落在坐标轴上，将不在坐标轴上的力正交分解；x 方向， y 方向分别列平衡方程求解5 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，
9、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， sin370.6，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：
10、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如图甲所示，表面绝缘、倾角 =30的斜面固定在水平地面上，斜面所在空间有一宽度 D=0.40m 的匀强磁场区域，其边界与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上一个质量m=0.10kg 、总电阻 R=0.25W 的单匝矩形金属框 ab
11、cd，放在斜面的底端，其中 ab 边与斜面底边重合， ab 边长 L=0.50m从 t=0 时刻开始，线框在垂直 cd 边沿斜面向上大小恒定的拉力作用下，从静止开始运动，当线框的 ab 边离开磁场区域时撤去拉力，线框继续向上运动，线框向上运动过程中速度与时间的关系如图乙所示已知线框在整个运动过程中始终未脱离斜面，且保持ab 边与斜面底边平行，线框与斜面之间的动摩擦因数，重力加速度 g 取 10 m/s 2 求：（ 1）线框受到的拉力 F 的大小；（ 2）匀强磁场的磁感应强度 B 的大小；（ 3）线框在斜面上运动的过程中产生的焦耳热Q【答案】（ 1） F=1.5 N （2）（ 3）【解析】 分析
12、：（ 1）由 v-t 象可知，在0 0.4s 内 框做匀加速直 运 ， 入磁 的速度 v1=2.0m/s ，所以： 解 代入数据得：F=1.5 N（2）由 v-t 象可知， 框 入磁 区域后以速度定律和欧姆定律有：E=BLv1 v1 做匀速直 运 ，由法拉第 磁感 由欧姆定律得： 于 框匀速运 的 程，由力的平衡条件有： 解 代入数据得：（3）由 v-t 象可知， 框 入磁 区域后做匀速直 运 ，并以速度 明 框的 度等于磁 的 度，即 ： 框在减速 零 ，有：v1 匀速穿出磁 ，所以 框不会下滑， 框穿 磁 的 t， ： 解 代人数据得：（ 11）考点： 体切割磁感 的感 ；力的合成与分解的
13、运用；共点力平衡的条件及其 用； 合 路的欧姆定律7如 所示，一 足 大的光滑平板能 水平固定 MN 其与水平面所成的 角板上一根 L=0.50m 的 ，它的一端系住一 量 的小球，另一端固定在板上的O点当平板的 角固定 ，先将 平行于水平 MN 拉直，然后 小球一沿着平板并与 垂直的初速度v0 3.0m/s 。若小球能保持在板面内作 周运 ，求 角的最大 ？（取重力加速度 g=10m/s 2，）【答案】 370【解析】 分析：小球通 最高点 ，若 子拉力T=0， 角 有最大 研究小球从释放到最高点的过程，据动能定理解得故考点：动能定理；牛顿第二定律8如图所示，轻绳绕过定滑轮，一端连接物块 A
14、，另一端连接在滑环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 上，物块C的质量为A 的下端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，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）3mg55k2gL（ ）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
15、，则 kx=mg因此 x xmgk由几何关系得 2xL216L2L2L93L求得 x33mg得 kL（2）弹簧的劲度系数为k，开始时弹簧的压缩量为mgLx13k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 hx12Lx23C 下滑的距离 H(Lh)2L24L3根据机械能守恒MgHmgh1 m(vH)21 Mv 22H 2L22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
16、，都要根据几何知识研究所求距离与弹簧形变量的关系9 如图所示， AB 是倾角为=37粗糙直轨道，的BCD是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在 B 点与圆弧相切，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2
17、的圆弧上往复运动对整体应用动能定理得：mgRcos-mgS cos=0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。10 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， 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1mg sin3010N5N2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：
