1、【物理】高考必备物理相互作用技巧全解及练习题( 含答案 )一、高中物理精讲专题测试相互作用1 如图所示，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：（75
2、sin） 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 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2 如图所示，用两根长度均为 l 的细线将质量为 m 的小球悬挂在水平的天花板下面，轻绳与天花板的夹角为 将
3、细线 BO 剪断，小球由静止开始运动不计空气阻力，重力加速度为 g求：（ 1）剪断细线前 OB 对小球拉力的大小；（ 2）剪断细线后小球从开始运动到第一次摆到最高点的位移大小；（ 3）改变 B 点位置，剪断 BO 后小球运动到最低点时细线OA 的拉力 F2 与未剪断前细线的拉力 F1 之比F2的最大值F1【答案】 （1）Fmg（ 2） x 2l cosF292sin（ 3） F1 max4【解析】（1） F sin1 mg2mg得 F2sin（2）小球运动到左侧最高点时绳与天花板夹角为mglsin=mglsin 得 =X=2lcos（3）小球运动到最低点时速度为vmgl (1sin )1 mv
4、22F2 mgm v2lF1=F得： F26sin4sin 2F1当 sin3F29时可得F1 max=443如图所示，一块足够大的光滑平板能绕水平固定轴MN 调节其与水平面所成的倾角板上一根长为L=0.50m 的轻细绳，它的一端系住一质量为的小球，另一端固定在板上的O点当平板的倾角固定为时，先将轻绳平行于水平轴MN 拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v0 3.0m/s 。若小球能保持在板面内作圆周运动，求倾角的最大值？（取重力加速度g=10m/s 2，）【答案】 370【解析】试题分析：小球通过最高点时，若绳子拉力T=0，倾角 有最大值研究小球从释放到最高点的过程，据动能定理解得
5、故考点：动能定理；牛顿第二定律4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
6、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
7、）【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 )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
8、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。5 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，
9、 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；2m，求物块 A 受到的摩擦力的大小和方向；(2)若物块 B 的质量为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 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 g
10、0 ，已知 mB =2 m ，解得：3T1 mg ，3在对物块 A 进行受力分析如图：1mg 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。因为 Tmg3沿斜面方向：T f mg 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 cos301337mg4mg2mg28此时 B 竖直方向：2T cos45M 1g0 ，代入数
11、据解得2T cos 4527 mg272；M 182gg8m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：Nmg cos300 ，且 fN ，联立解得Tmg sin 30mg cos301 mg3 mg31 mg ，2428此时 B 竖直方向：2T cos45M 1g0 ，代入数据解得2T cos4521 mg2，822M 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：2 mmB7 2 m 。886 如图所示，三根细轻绳系于O 点，其中 OA 绳另一端固定于 A 点， OB 绳的另一端
12、与放在水平地面上质量m2为 20kg 的物体乙相连， OC绳的另一端悬挂质量 m1 为 4kg 的钩码甲。平衡时轻绳OA 与竖直方向的夹角37 ，OB 绳水平。已知重力加速度g=10m/s2，sin370.6，cos370.8, tan370.75 。（ 1）求轻绳 OA 受到的拉力 TOA、 OB 受到的拉力 TOB 大小；（ 2）求乙受到的摩擦力 f 大小；（3）已知物体乙与水平桌面间的最大静摩擦力fmax 为 90N，若在钩码下方继续加挂钩码，为使物体在原位置保持静止，求最多能再加挂的钩码质量。【答案】（ 1） TOA50 N， TOB30 N ；（ 2） f=30N ；（ 3）8kg
13、。【解析】【详解】（1）以结点为研究对象，受到三个拉力作用，如图所示根据平衡条件得，轻绳OA 受到的拉力为：TOAm1 g4050Ncos0.8轻绳 OB 受到的拉力为：TOB m1 g tan400.7530 N（2）对乙物体研究，水平方向受摩擦力f 和拉力 TOB，根据平条件衡得：fTOB30N（3）考虑物体乙恰好不滑动的临界情况，根据平衡条件，OB 绳的拉力为：TOBfmax90 N对甲分析，根据平衡条件仍有：TOBm1m g tan解得：m8 kg7长为 5.25m 轻质的薄木板放在水平面上，木板与水平面间的动摩擦因数为0.1，在木板的右端固定有一个质量为 1kg 的小物体 A，在木板
14、上紧邻 A 处放置有另一质量也为 1kg 的小物体 B，小物体 B 与木板间的动摩擦因数为 0.2， A、 B 可视为质点，如图所示。当 A、 B之间的距离小于或等于3m 时， A、 B 之间存在大小为6N 的相互作用的恒定斥力；当A、 B之间的距离大于 3m 时， A、 B 之间无相互作用力。现将木板、 A、 B 从图示位置由静止释放， g 取 10m/s 2，求：（1）当 A、 B 之间的相互作用力刚刚等于零时，A、B 的速度 .（2）从开始到 B 从木板上滑落，小物体A 的位移 .【答案】（ 1） vA=2m/s, 方向水平向右； vB=4m/s ，方向水平向左（ 2），方向水平向右【解
15、析】试题分析 : （ 1）当 A、 B 之间存在相互作用力时,对 A 和木板，由牛顿第二定律有：得： a1 2m/s2对 B，由牛顿第二定律有：得： a2 4m/s2由运动学公式：得： t1=1s故当 A、 B 之间的相互作用力刚刚等于零时，A、 B 的速度分别为： vA=a1t1=2 1=2m/s,方向水平向右；vB=a2t1 =4 1=4m/s，方向水平向左（2）当 A、 B 间的作用力为零后，对A 和木板，由牛顿第二定律有：解得：对 B 有：解得：由运动学公式：解得： t2=0.5s 或 t2 =1.5s（舍去）故当 B 从木板上滑落时，A 的速度分别为：所求小物体A 的位移：， 方向水
16、平向右考点：考查牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关键理清放上木块后木板和木块的运动情况，抓住临界状态，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解8长 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 v 的水平0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
17、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。9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+4E=16 10 N/C。一个质量为 m 0 2 kg，带电量为 q 2 010 4 C 的带正电小物块（可视为质点），在水平面上以 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
18、为 vo=4m/s 。（g 取 10 m/s 2）（1）求小物块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。10 如图甲所示，一固定
19、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；(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 N
