1、【物理】物理相互作用练习题一、高中物理精讲专题测试相互作用1（ 18分） 如图所示，金属导轨MNC 和PQD， MN与PQ平行且间距为L，所在平面与水平面夹角为， N、 Q 连线与MN垂直，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
2、擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为 g。（1）若磁感应强度大小为B，给 ab 棒一个垂直于NQ、水平向右的速度v1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，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
3、可，xm【解析】解：（ 1）设 ab 棒的初动能为Ek， ef 棒和电阻 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：L =L 2xcot （ 11）x此时， ab 棒产生的电动势Ex为：
4、2 x12）E=Bv L（流过 ef 棒的电流 Ixx（ 13）为 I =ef 棒所受安培力Fx 为 Fx=BIxL （ 14）联立（ 11）（14），解得： Fx=（15）有（ 15）式可得， Fx在 x=0 和 B 为最大值m1B时有最大值 F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：F1cos =mgsin （+mgcos +F1sin ） （16）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
5、可知， B 为 Bm 时， Fx 随 x 增大而减小，x 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2 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
6、 ,且杆长为 L,杆与滑块、杆与杆间均用光滑铰链连接夹角为，m 的重物 C,整个装置处于静止状态。重力加速度为在两杆铰合处悬挂一质量为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，试求 :(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 ?mg1【答案】（ 1）（ 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
7、照作用效果分解，如图所示：1 mgmg根据平行四边形定则，有：F F 212sin2sin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 )m=1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。tan3 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
8、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【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，水平面上有一个倾角为的斜劈，质量为m一个光滑小球，质量也m
9、，用绳子悬挂起来，绳子与斜面的夹角为，整个系统处于静止状态（1）求出绳子的拉力T；（2）若地面对斜劈的最大静摩擦力等于地面对斜劈的支持力的k 倍，为了使整个系统保持静止， k 值必须满足什么条件？【答案】 （1）（2 ）【解析】【分析】【详解】试题分析： (1)以小球为研究对象，根据平衡条件应用正交分解法求解绳子的拉力T；(2) 对整体研究，根据平衡条件求出地面对斜劈的静摩擦力f，当 f fm时，整个系统能始终保持静止 解： (1) 对小球：水平方向： N1sin30 =Tsin30竖直方向： N1cos30 +Tcos30=mg代入解得：；(2) 对整体：水平方向： f=Tsin30 竖直方
10、向： N2+Tcos30 =2mg而由题意： fm =kN2为了使整个系统始终保持静止，应该满足：fmf解得 ：点晴：本题考查受力平衡的应用，小球静止不动受力平衡，以小球为研究对象分析受力情况，建立直角坐标系后把力分解为水平和竖直两个方向，写x 轴和 y 轴上的平衡式，可求得绳子的拉力大小，以整体为研究对象，受到重力、支持力、绳子的拉力和地面静摩擦力的作用，建立直角坐标系后把力分解，写出水平和竖直的平衡式，静摩擦力小于等于最大静摩擦力，利用此不等式求解 5 如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.4 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=37 ，在导轨所在空间内，分布着磁感应强度B=0.5 T、
11、方向垂直于导轨平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=6.0 V、内阻 r=0.5 的直流电源。现把一个质量m=0.05kg 的导体棒 ab 垂直放在金属导轨上，导体棒静止。导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻 R0=2.5 ，金属导轨电阻不计，g 取 10 m/s 2。已知 sin37 =0.6， cos37=0.8，求：（ 1）通过导体棒的电流大小；（ 2）导体棒受到的安培力大小；（ 3）导体棒受到的摩擦力大小。【答案】 （1） 1.5 A（2） 0.3 N（ 3）0.06 N【解析】试题分析： 导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：=1.5A导体棒受到的安培力
12、：F 安 =BIL=0.30N导体棒所受重力沿斜面向下的分力F = mg sin37o=0.24N1由于 F1 小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件： mgsin37o+f=F 安解得： f =0.06N考点：本题考查电磁感应中的欧姆定律、物体的平衡等问题，意在考查学生的综合分析能力。6 如图所示，一个质量为m=2kg 的物块，在 F=10N 的拉力作用下，从静止开始沿水平面做匀加速直线运动，拉力方向与水平成0=0.5，取重力=37，物块与水平面的动摩擦因数加速度 g=10 m/s2， sin370=0.6， cos37 =0.8（ 1）画出物块的受力示意图；（ 2）
13、此物块所受到的滑动摩擦力为多大；（ 3）求此物块在 2s 末的速度【答案】（ 1）物块的受力示意图如下（2） 7N（ 2） 1m/s【解析】试题分析：（ 1）物块受到重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，物块的受力示意图如下（2）物块竖直方向受力平衡，则有：Fsin37 +FN=mg解得： FN=mg-Fsin37此物块所受到的滑动摩擦力为：f= FN=（ mg-Fsin37 ）代入数据解得：f=7N（3）根据牛顿第二定律，有：Fcos37 -f=ma代入数据解得：a=0 5m/s 2所以物块在2s 末的速度为：v=at=0 5 2=1m/s考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用7某同学设计了一个
14、测量物体质量的电子装置，其结构如图甲、乙所示。E 形磁铁的两侧为 S 极，中心为N 极，可认为只有磁极间存在着磁感应强度大小均为B 的匀强磁场。一边长为L 横截面为正方形的线圈套于中心磁极，线圈、骨架与托盘连为一体，总质量为m0，托盘下方连接一个轻弹簧，弹簧下端固定在磁极上，支撑起上面的整个装置，线圈、骨架与磁极不接触。线圈的两个头与外电路连接（图上未标出）。当被测量的重物放在托盘上时，弹簧继续被压缩，托盘和线圈一起向下运动，之后接通外电路对线圈供电，托盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，此时由对应的供电电流可确定重物的质量。已知弹簧劲度系数为k，线圈匝数为n，重力加速度为g。（1）当线圈与
15、外电路断开时a以不放重物时托盘的位置为位移起点，竖直向下为位移的正方向。试在图丙中画出，托盘轻轻放上质量为m 的重物后，托盘向下运动过程中弹簧弹力F 的大小与托盘位移x 的关系图象；b根据上面得到的F-x 图象，求从托盘放上质量为m 的重物开始到托盘达到最大速度的过程中，弹簧弹力所做的功W；（2）当线圈与外电路接通时a通过外电路给线圈供电，托盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止。若线圈能够承受的最大电流为I，求该装置能够测量的最大质量M ；b在线圈能承受的最大电流一定的情况下，要增大质量的测量范围，可以采取哪些措施？（至少答出2 种）【答案】（ 1） a弹力大小为 m0g；图像如图所示； b
16、（ 2）a； b可以增加线圈的匝数、增大线圈的边长、增大磁感应强度。【解析】（1）未放重物时，弹簧已经被压缩，弹力大小为m0g。弹簧弹力 F的大小与托盘位移x的关系图象如图所示。未放重物时 kx0 = m0 g当托盘速度达到最大时k ( x0 + x ) = ( m0 + m )g解得图中阴影部分面积即为从托盘放上质量为m的重物开始到托盘达到最大速度的过程中，弹力所做的功的大小，弹力做负功有（ 2）给线圈供电后，托盘回到原来的位置，线圈、骨架、托盘与重物处于平衡状态有 2nBIL + kx0 = (m0 + M ) g解得（ 3）可以增加线圈的匝数、增大线圈的边长、增大磁感应强度。点睛：本题考
17、查电子秤的原理，关键是明确骨架、脱皮、弹簧、线圈和重物整体的受力情况，根据平衡条件列式分析，注意结合图象法求解变力做功。8 质量M=3kg的长木板放在水平光滑的平面上，在水平恒力F=11N 作用下由静止开始向右运动，如图所示，当速度达到1m/s时，将质量m=4kg的物体轻轻放到木板的右端，已知物块与木板间动摩擦因数=0.2,g 取10m/s 2，求：(1)物体经多长时间才与木板保持相对静止；(2）物块与木板相对静止后，物块受到的摩擦力大小【答案】（ 1） 1s（ 2） 6.29N【解析】试题分析：（ 1）放上物体后，由牛顿第二定律可知：物体加速度a1g 2m / s2板的加速度 a2Fmg1m
18、 / s2M当两物体达速度相等后保持相对静止，故a1t v a2 t ，解得 t1s（2）相对静止后，对整体F （ Mm）a ，对物体有 f ma解得 f 6.28N考点：考查了牛顿第二定律的应用【名师点睛】物体与木板均做匀变速直线运动，由牛顿第二定律可求得二者的加速度，由速度公式可求得二者相对静止的时间；相对静止后，物体的静摩擦力充当合外力，由牛顿第二定律可求得物体受到的摩擦力9 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 =0.25，已知sin370=0.60， cos370=0.
19、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根据牛顿第二定律，有所以，a，（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求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力10 长
20、 L 质量为 M 的长方形木板静止在光滑的水平面上，一质量为m 的物块，以 v0 的水平速度从左端滑上木板，最后与木板保持相对静止，为物块与木板间的动摩擦因数。（1）求物块在木板上滑行的时间t 。（2）要使物块不从木板右端滑出，物块滑上木板左端的速度v不超过多少 ?【答案】（ 1）；（ 2）【解析】试题分析：（ 1）设物块与木板共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有对物块应用动量定理有：，解得。（2）要使物块恰好不从木板上滑出，须使物块到木板最右端时与木板有共同的速度，由功能关系有解得要使物块不从木板右端滑出，滑上木板左端速度不超过考点：牛顿第二定律、动量守恒定律【名师点睛】本题关键是对两个物体的运动情况分析清楚，然后根据牛顿第二定律列式求解出各个运动过程的加速度，最后根据运动学公式列式求解。
