1、高考物理相互作用答题技巧及练习题( 含答案 )一、高中物理精讲专题测试相互作用1 如图所示，放在粗糙的固定斜面上的物块A 和悬挂的物体B 均处于静止状态轻绳AO绕过光滑的定滑轮与轻弹簧的右端及轻绳 BO 的上端连接于 O 点， 轻弹簧中轴线沿水平方向，轻绳的 OC 段与竖直方向的夹角 =53，斜面倾角 =37， 物块 A 和 B 的质量分别为 mA=5kg ， mB=1.5kg，弹簧的劲度系数 k=500N/m ，（ sin37 =0.6， cos37 =0.8，重力加速度 g=10m/s2 ），求：（ 1）弹簧的伸长量 x；（ 2）物块 A 受到的摩擦力【答案】 （1）；（ 2） 5N，沿斜
2、面向上【解析】（1）对结点O 受力分析如图所示：根据平衡条件，有：，（2）设物体A 所受摩擦力沿斜面向下，对物体，且：，解得：A 做受力分析如图所示：；根据平衡条件，有：，解得：，即物体A 所受摩擦力大小为，方向沿斜面向上。点睛：本题主要考查了平衡条件和胡克定律得直接应用，要求同学们能选择合适的研究对象并能正确对物体受力分析，注意正交分解法在解题中的应用。2（ 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
3、。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
4、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 棒和电阻 R 在此过程产生热量分别为Q 和 Q1，有1 kQ+Q =E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
5、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Ix 为 Ix=（ 13）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 Bm 时有最大值 F1由题意知， ab 棒
6、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
7、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M=2kg 的物块 A 放在水平地面上，滑轮固定在天花板上，细绳跨过滑轮，一端与物块A 连接，另一端悬挂质量m=1kg 的物块B，细绳竖直，A、 B 处于静止状态。现对物体A 施加向左的水平外力F，使A 沿水平面向左缓慢移动。物块A 刚开始移动时水平外力F1 3N，不计绳与滑轮间的摩擦，重力加速度于滑动摩擦力，求：g 取10 m/s 2，最大静摩擦力等(1)物块 A 与水平地面间的动
8、摩擦因数；(2)当连接物块A 的细绳与竖直方向的夹角=37 时，水平外力F2 的大小。(已知sin37 =0.6， cos37 =0.8)【答案】（1） 0.3（ 2） 9.6N【解析】【分析】(1) 活结绳竖直时张力相等，由平衡知识求解.(2) 抓住两物体的联系点：倾斜的活结绳上的张力依然相等，由受力分析求外力.【详解】(1) 设物块 A 刚开始移动时，绳子的拉力为T，地面对 A 的支持力为 N1 ，由平衡条件得,对 ： T mgB对 A： Mg N1 TF1f1N1代入数据得0.3(2) 设当细线与竖直方向夹角为37时，地面对 A 的支持力为 N 2由平衡条件得：F2N 2T sinN2T
9、 cosMg代入数据，得F29.6?N【点睛】绳连接体的关键是掌握活结绳上的五同规律：沿绳张力相同，沿绳加速度相同，沿绳瞬时速度相等，沿绳的拉力功率相等；沿绳的拉力做功相等.4 如图所示 ，劲度系数为的轻质弹簧B 的两端分别与固定斜面上的挡板及物体A 相连， A 的质量为 m，光滑斜面倾角为用轻绳跨过定滑轮将物体A 与另一根劲度系数为的轻质弹簧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 位置现将弹簧 C 的右端点用力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 的重力求：当弹簧 C 处在水平位置且未发生形变时，弹簧 B 的形变量大小；在将弹簧的
10、右端由a 缓慢拉到b 的过程中 ，物体 A 移动的距离；ab 间的距离【答案】 （1）（2）（ 3）【解析】【分析】（1）对 A 进行受力分析，根据平衡条件和胡克定律即可求出；（2）将弹簧C 的右端点用力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，说明A 受到弹簧B 的拉力，对A 进行受力分析，结合胡克定律和几何关系即可求出；（3）先求出弹簧c 的力，由胡克定律求出弹簧c 的伸长量，最后求出【详解】（1）当弹簧C 未发生形变时弹簧B 处于压缩状态，设弹簧B 对于物体ab 之间的距离A 而言的压缩量为；根据平衡条件和胡克定律有：（2）当弹簧C 的右端点沿水平
11、缓慢拉到，解得：b 位置时，因弹簧B 对物体；A 的拉力大小恰好等于 A 的重力，说明弹簧B 处于伸长状态，且伸长量，所以物体A 上升的高度为；（3）由（ 2）问可得：绳中张力，则弹簧 C 的伸长量，故 ab 间的距离为 ：；5将质量 m0.1kg 的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆的动摩擦因数0.8对环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角53o 的恒定拉力F，使圆环从静止开始运动，第1s 内前进了 2.2m （取 g10 m / s2 ， sin53 o0.8 ，cos53o0.6 ）求：（ 1）圆环加速度 a 的大小；（ 2）拉力 F 的大小【答案】（ 1） 4.
12、4m/s2 （ 2） 1N 或 9N【解析】（1）小环做匀加速直线运动，由运动学公式可知：x1 at 22解得： a 4.4m / s2(2)令 Fsin53 mg0 ，解得 F 1.25N当 F1.25N 时，环与杆的上部接触，受力如图：由牛顿第二定律，Fcos ma ， Fsin FNmgFNm ag联立解得： 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：F9N6 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
13、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mg【答案】 （1） T， F=mgtan （ 2）不可能达到90且小球处于静止状态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
14、90且小球处于静止状态7 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）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
15、=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8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 abcd，放在斜面的底端，其中 ab 边与斜面底边重合， ab 边长 L=0.50
16、m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） 框受到的拉力 F 的大小；（ 2）匀 磁 的磁感 度 B 的大小；（ 3） 框在斜面上运 的 程中 生的焦耳 Q【答案】（ 1） F=1.5 N （2）（ 3）【解析】 分析：（ 1）由 v-t 象可知，在0 0.4s 内 框做匀加速直 运 ， 入磁 的
17、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v1 做匀速直 运 ，由法拉第 磁感 定律和欧姆定律有：E=BLv1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 ；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其 用； 合 路的欧姆定律9 如 所示，水平面上有两根相距
18、 0.5m 的足 的光滑平行金属 MN和 PQ，之 有一 体棒 ab， 和 体棒的 阻忽略不 ，在 M 和 P 之 接有阻 R=2 的定 阻。 量 0.2kg 的 体棒 ab 长 l 0.5m ，与 接触良好。整个装置 于方向 直向上的匀 磁 中，磁感 度B 0.4T 。 在在 体棒ab上施加一个水平向右，大小 0.02N的恒力F ，使 体棒ab由静止开始运 ，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s=10m，则在此过程中的热量是多少？【答案】（ 1） 0.1A （ 2） 1m/s（ 3） 0.1J【解析
19、】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=0.1AR 上产生（2）根据 E=BLvm； E=IR 可解得：IRm s0.1 /vmBL（3）由能量守恒关系可得： FS1 mvm2Q 解得： Q=0.1J2考点：法拉第电磁感应定律；能量守恒定律.10 如图所示，一个质量为m=2kg 的均匀球体，放在倾角=37的光滑斜面上，并被斜面上一个竖直的光滑挡板挡住，处于平衡状态求球体对挡板和斜面的压力（ sin37 =0.6 ，cos37=0.8 ， g=10m/s2）【答案】 15N； 25N【解析】试题分析：球体受到三个力作用：重力G、挡板对球体的支持力F2根据平衡条件求出两个支持力，再由牛顿第三定律求解压力解：球受三个力：G、 F1、 F2如图F1 和斜面对球体的支持力根据平衡条件得F1=Gtan37=mgtan37=15NF2=25N由牛顿第三定律得：球体对挡板的压力大小：F1=F1=15N，方向水平向左球体对斜面的压力的大小：F2=F2=25N，方向垂直斜面向下答：球体对挡板为15N，方向水平向左；斜面的压力为25N，方向垂直斜面向下【点评】本题是简单的力平衡问题，关键是分析物体的受力情况，作出力图
