1、高考物理相互作用技巧( 很有用 ) 及练习题及解析一、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）
2、 g sin（ 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=1a
3、t2= 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因分离时位移 x= x0由 x= x0 =1at2 解得： t5x04422gsin故应保证 0t5x0， F表达式才能成立2gsin点睛：本题考查牛顿第二定律的基本应用，解题时一定要注意明确整体法与隔离法的正确应用，同时注意分析运动过程，明确运动学公式的选择和应用是解题的关键2 如图所示，AB、BC、 CD和DE 为质量可忽略的等长细线，长度均为5m， A、 E 两端悬挂在水平天
4、花板上，AE 14m ，B、 D 是质量均为m 7kg 的相同小球，质量为于 C 点，平衡时C 点离天花板的垂直距离为7m ，试求重物质量MM 的重物挂【答案】 18kg【解析】【分析】分析几何关系根据给出的长度信息可求得两绳子的夹角；再分别对整体和B、 C 进行受力分析，根据共点力的平衡条件分别对竖直方向和水平方向分析，联立即可求得M 【详解】设 AB 与竖直方向的夹角为 ，则由几何关系可知：（75sin） 2+（ 7 5cos） 2 52解得： sin+cos解得： sin0.6；或 sin 0.8由图可知，夹角应小于45，故 0.8 舍去；则由几何关系可知，BC与水平方向的夹角也为 ；设
5、 AB 绳的拉力为 T，则对整体分析可知： 2Tcos37 Mg+2mg设 BC绳的拉力为 N；则有：对 B 球分析可知： TsinNcos联立解得： M 18Kg；【点睛】本题为较复杂的共点力的平衡条件问题，解题的关键在于把握好几何关系，正确选择研究对象，再利用共点力的平衡条件进行分析即可求解3某同学设计了一个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
6、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
7、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 （ 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 )
8、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。4 如图所示，固定在水平地面上的斜面倾角为30，物块 A 与斜面间的动摩擦因数为3 ，轻绳一端通过两个滑轮与物块A 相连，另一端固定于天花板上，不计轻绳与滑轮的
9、4摩擦及滑轮的质量。已知物块A 的质量为 m，连接物块A 的轻绳与斜面平行，挂上物块B后，滑轮两边轻绳的夹角为90，物块 A、 B 都保持静止，重力加速度为g，假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知：sin30 = 1 ， cos30=3 ， sin45 = 2 ， cos45= 2 。2222(1)若挂上物块B 后，物块 A 恰好不受摩擦力作用，求轻绳的拉力F 拉的大小；(2)若物块 B 的质量为2 m，求物块 A 受到的摩擦力的大小和方向；3(3)为保持物块A 处于静止状态，求物块B 的质量范围。【答案】 (1) F拉1 mg ； (2) f1 mg，沿斜面向上； (3)2 m mB7 2
10、m 。2688【解析】【详解】(1)由滑轮相连轻绳的拉力处处相等，对物块A 受力分析， A 恰好不受摩擦力作用有：沿斜面方向：F拉mg sin 300 ，解得：F拉 mg sin 301 mg ；2(2)对物块 B 受力分析如图：竖直方向：2T cos45mB g0 ，已知 mB =2 m ，解得：3T 1 mg ，3在对物块 A 进行受力分析如图：因为 T1 mg mg sin30 ， A 有向下运动的趋势，故 A 受到的静摩擦力 f 沿斜面向上。3沿斜面方向：Tfmg sin300 ，解得 A 受到的静摩擦力大小为f 1 mg ；6(3)设物块 A 刚好要沿斜面向上滑动时，物块B 的质量最
11、大为M 1，此时对物块A、 B 进行受力分析如图：沿斜面向上：T mgsin30 f0 ，垂直斜面方向：Nmg cos300 ，且 fN ，联立解得T mg sin 30mg cos301 mg3 mg37 mg2428此时 B 竖直方向：2T cos45M 1g0 ，代入数据解得2T cos 4527 mg272；82M 1g8mg设物块 A 刚好要沿斜面向下滑动时，物块B 的质量最小为M2，此时对物块A、 B 进行受力分析如图：Tfmg sin300垂直斜面方向：N mg cos300 ，且 fN ，联立解得1331T mg sin 30mg cos30mgmg2mg ，248此时 B 竖
12、直方向：2T cos45M 1g0 ，代入数据解得2T cos4521 mg22，82M 1g8mg所以为保持物块A 处于静止状态，求物块B 的质量范围为：2mB72m8m 。85质量为 5kg 的物体静止在粗糙水平面上，在04s 内施加一水平恒力F，使物体从静止开始运动，在412s 内去掉了该恒力F，物体因受摩擦力作用而减速至停止，其速度时间图象（）如图所示求：（ 1）在 012s 内物体的位移；（ 2）物体所受的摩擦力大小；（ 3）此水平恒力 F 的大小【答案】（ 1） 96m （2） 10N（ 3） 30N【解析】试题分析：（1）根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移得x 121696m
13、（ 2） 4s 12s 内，加速度根据牛顿第二定律，有 f ma2 5210N（ 3） 0 4s 内，加速度根据牛顿第二定律，有F-f ma1代入数据： F-10=54解得： F=30N考点：牛顿第二定律的应用；v-t图线6如图所示小孩和雪橇的总质量，大人用与水平方向成角斜向上拉力F拉雪橇，使雪橇沿水平地面以速度做匀速直线运动。已知雪橇与水平地面的动摩擦因数。（，取）求：（ 1）拉力 F 的大小；（ 2）拉力 F 撤消后雪橇还能滑行多远？【答案】（ 1）；（ 2）【解析】试题分析：（1）受力分析如图所示，将系可知：F 向水平方向和竖直方向分解，由平衡关竖直向上：，水平向上：解得：；（2） F
14、撤消后物体做匀减速运动，；，由牛顿第二定律可得：由位移公式可得：考点：共点力平衡的条件及其应用【名师点睛】以雪橇为研究对象，通过受力分析列出平衡方程即可求得拉力的大小；拉力撤去后，雪橇水平方向只受摩擦力，由牛顿第二定律可求得加速度，由运动学公式求得滑行距离；本题属牛顿运动定律的基本题型，只要能掌握运动情景及正确受力分析即可顺利求解。7 如图甲所示，一固定的粗糙斜面的倾角为37，一物块m=10kg 在斜面上，若用F=84N的力沿斜面向上推物块，物块能沿斜面匀速上升，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（ g=10m/s 2， sin37 =0.6， cos37=0.8）(1)求物块与斜面间的动摩擦因数
15、；(2)若将 F 改为水平向右推力F（如图乙），则F为多大时才能使物块沿斜面匀速运动。（此小问计算取三位有效数字）【答案】 (1)0.3； (2)135N ，36.7N。【解析】【详解】(1)以物块为研究对象，受到四个力的作用：重力G，拉力 F，支持力FN，滑动摩擦力Ff ，物体处于平衡状态，建立如图所示直角坐标系，由共点力平衡条件得：Fmgsin37Ff0FNmgcos370又FfFN代入数据，物块与斜面间的动摩擦因数F mgsin3784 10 10 0.6mgcos370.310 10 0.8(2)当物体匀速上滑时，根据平衡条件有：平行斜面方向F cos37mgsin37Ff0垂直斜面方
16、向FNF sin37mgcos370其中：FfFN代入数据，联立解得F135 N当物体匀速下滑时，根据共点力平衡条件平行斜面方向mgsin37F cos37Ff0垂直斜面方向FNF sin37mgcos370其中FfFN代入数据，联立解得F36.7 N8 如图所示，在倾角 37的斜面上，用一水平力F 推一质量为m10 kg的物体，欲使物体沿斜面匀速运动，已知物体与斜面间的动摩擦因数 0.2，试求F 的大小(sin37 0.6， cos 37 0.8)【答案】112 N 或48 N【解析】【分析】当 F 较小时，摩擦力方向沿斜面向上，当F 较大时，摩擦力方向沿斜面向下，分别针对两种情况，运用平衡
17、条件和正交分解法，求出F 的大小 ；【详解】解：若物体在力F 的作用下刚好沿斜面向上匀速运动，对物体受力分析，如图所示，由平衡条件： mgsinfFcosNmgcosFsinfuN联立解得： F112N若物体在力F 的作用下刚好沿斜面向下匀速运动，对物体受力分析，如图所示，由平衡条件： mgsinFcosfNmgcosFsinfuN联立解得： F48N9 一个底面粗糙、质量为M=3m 的劈放在粗糙水平面上，劈的斜面光滑且与水平面成30角现用一端固定的轻绳系一质量为 m 的小球，小球放在斜面上，小球静止时轻绳与竖直方向的夹角也为 30，如图所示（ 1）当劈静止时，求绳子的拉力大小（ 2）当劈静止
18、时，求地面对劈的摩擦力大小（3）若地面对劈的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为使整个系统静止，动摩擦因素u 最小值多大？【答案】 （1）3 mg （2）3 mg （ 3） u33621【解析】【详解】（1）以小球为研究对象，受力分析如图所示，对T 和 mg 进行正交分解由平衡条件有Tcos 30 =mgsin 30 得 T= 3 mg3（2）以劈和小球整体为研究对象，受力情况如图所示由平衡条件可得f=Tcos 60 =3 mg6（3）为使整个系统静止，必须满足f max N=uF Tcos 60且有 FN+Tsin 60 =(M +m)g联立解得u 321【点睛】当一个题目中有多个物体时，一定要灵
19、活选取研究对象，分别作出受力分析，即可由共点力的平衡条件得出正确的表达式10 如图所示质量M=3kg 的木块套在固定的水平杆上，并用轻绳与小球相连，轻绳与杆的夹角为30今用与水平方向成60角的力F=103 N拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，运动过程中木块与小球的相对位置保持不变，g=10m/s 2求：(1)小球的质量m；(2)木块 M 与水平杆间的动摩擦因数【答案】（ 1） 1kg （2）35【解析】【分析】（ 1）先对小球 m 受力分析：已知力、重力、细线的拉力，根据平衡条件列式求小球的质量 m；（2）再对滑块 M 和小球 m 整体受力分析，已知力F、重力、弹力和摩擦力，根据共点力平衡条件和摩擦力公式列式求动摩擦因数【详解】（1） m 受力平衡，合力为零，以小球为研究对象水平方向： Fcos60=FTcos30 竖直方向： Fsin60 =FTsin30 +mg所以小球质量： m=1kg（ 2）以 M 和 m 的整体为研究对象，受力平衡，合力为零水平方向， Fcos600 -FN=0竖直方向， FN+Fsin60 -Mg-mg=0联立解得：35【点睛】本题要灵活选择研究对象，注意应用整体法与隔离法，用整体法时一定要分清内力与外力，正确地进行受力分析
