高考物理相互作用解题技巧(超强)及练习题(含答案)及解析

高考物理相互作用解题技巧(超强)及练习题(含答案)及解析

一、高中物理精讲专题测试相互作用

1．如图所示,在倾角=30°的斜面上放一木板A,重为GA=100N,板上放一重为GB=500N的木箱B,斜面上有一固定的挡板,先用平行于斜面的绳子把木箱与挡板拉紧,然后在木板上施加一平行斜面方向的拉力F,使木板从木箱下匀速抽出此时,绳子的拉力T=400N。设木板与斜面间的动摩擦因数,求：

(1)A、B间的摩擦力和摩擦因素；

(2)拉力F的大小。

【答案】（1）A、B间的摩擦力fB为150N；摩擦因数μ2=；

（2）拉力F的大小为325N。

【解析】

【详解】

（1）对B受力分析如图

由平衡条件，沿斜面方向有为：GBsinθ+fB=T…①

代入数据，解得A、B间摩擦力为：fB=150N

方向沿斜面向下，垂直斜面方向：NB=GBcosθ=500×=250N…②

A、B动摩擦因数为：

（2）以AB整体为研究对象，受力分析如图，

由平衡条件得：F=fA+T-（GA+GB）sinθ…③

NA=（GA+GB）cosθ…④

fA=μ1NA…⑤

联立③④⑤解得：F=325 N

【点睛】 本题考查共点力平衡条件的应用，要注意在解题时能正确选择研究对象，作出受力分析即可求解，本题要注意虽然两A运动B静止，但由于二者加速度均零，因此可以看作整体进行分析。

2．将质量0.1mkg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53o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210/gms，sin530.8o，cos530.6o）．求：

（1）圆环加速度a的大小；

（2）拉力F的大小．

【答案】（1）24.4m/s （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：21x2at

解得：2a4.4m/s

(2)令Fsin53mg0，解得F1.25N

当F1.25N时，环与杆的上部接触，受力如图：

由牛顿第二定律，FcosθμNFma，FsinθNFmg

联立解得：Fmagcossin

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，FcosθμNFma，FsinθNmgF

联立解得：Fmagcossin

代入数据得：F9N

3．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θ0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：

(1)物体与斜面间的动摩擦因数；

(2)这一临界角θ0的大小．

【答案】（1）33（2）60°

【解析】

试题分析：（1）斜面倾角为30°时，物体恰能匀速下滑，满足sin30cos30mgmg

解得33

（2）设斜面倾角为α，由匀速直线运动的条件：cossinfFmgF

cossinNFmgF，fNFF

解得：sincoscossinmgmgF

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．利用正交分解方法解体的一般步骤：①明确研究对象；②进行受力分析；③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；

④x方向，y方向分别列平衡方程求解．

4．(10分)如图所示，倾角θ=30°、宽L=1m的足够长的U形光滑金属导轨固定在磁感应强度大小B=IT、范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。一根质量m=0.2kg，电阻R=l的金属棒ab垂直于导轨放置。现用一平行于导轨向上的牵引力F作用在棒上，使棒由静止开始沿导轨向上运动，运动中ab棒始终与导轨接触良好，导轨 电阻不计，重力加速度g取l0m/s2。求：

(1)若牵引力的功率P恒为56W，则ab棒运动的最终速度为多大?

(2)当ab棒沿导轨向上运动到某一速度时撤去牵引力，从撤去牵引力到ab棒的速度为零，通过ab棒的电量q=0.5C，则撤去牵引力后ab棒向上滑动的距离多大?

【答案】（1）7 m/s ；（2）0.5m

【解析】

试题分析：（1）当以恒定功率牵引ab棒达到最大速度时：P=Fv，E=BLv，I=E/R，F安=BIL

0sin安FmgF

解得：v=7 m/s

(2)设撤去F后ab棒沿导轨向上运动到速度为零时滑动的距离为x，通过ab的电荷量，

tBLxtE，RBLxtIq

联立解得：mBLqRx5.0

考点：本题考查电磁感应

5．如图所示，水平面上有两根相距0.5m的足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，之间有一导体棒ab，导轨和导体棒的电阻忽略不计，在M和P之间接有阻值为R=2Ω的定值电阻。质量为0.2kg的导体棒ab长l＝0.5m，与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.4T。现在在导体棒ab上施加一个水平向右，大小为0.02N的恒力F，使导体棒ab由静止开始运动，求：

⑴当ab中的电流为多大时，导体棒ab的速度最大？

⑵ab的最大速度是多少？

⑶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R上产生的热量是多少？ 【答案】（1）0.1A（2）1m/s（3）0.1J

【解析】

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=0.1A

（2）根据E=BLvm；E=IR 可解得：smBLIRvm/1.0

（3）由能量守恒关系可得：QmvFSm221 解得：Q=0.1J

考点：法拉第电磁感应定律；能量守恒定律.

6．为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为，长为的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与长为的水平轨道BC相连，然后在C处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道D，如图所示．现将一个小球从距A点高为的水平台面上以一定的初速度水平弹出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下．已知小球与AB和BC间的动摩擦因数均为．取．

求：（1）小球初速度的大小；

（2）小球滑过C点时的速率；

（3）要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R应该满足什么条件．

【答案】（1）；（2）；（3）．

【解析】

试题分析：（1）小球离开弹簧后做平抛运动到达A点，

竖直方向：由可知

在A点的速度vA恰好沿AB方向，由几何关系可知：

水平方向分速度即小球的初速度:

（2）从A经B到C点的过程，由动能定理得：

小球滑过C点时的速率:

（3）①若小球能通过圆形轨道的最高点，做完整的圆周运动，则其不脱离轨道．

小球刚能通过最高点时，小球在最高点与轨道没有相互作用，重力提供向心力．

根据牛顿第二定律：

小球由C运动到圆形轨道的最高点，机械能守恒：

得：，即轨道半径不能超过1．08m．

②若小球没有到达圆形轨道的与圆心等高处速度就减小到零，此后又沿轨道滑下，则其也不脱离轨道．

此过程机械能守恒，小球由C到达刚与圆心等高处，有：

得：，即轨道半径不能小于2．7m．

③若圆形轨道半径太大，就会与倾斜轨道相交，故圆形轨道半径最大时恰遇倾斜轨道相切．

当圆轨道与AB相切时，由几何关系得：，即圆轨道的半径不能超过1．5m． 综上所述，要使小球不离开轨道，R应该满足的条件是：．

考点：平抛运动，圆周运动，动能定理，机械能守恒定律．

【名师点睛】从抛出点到A点做平抛运动，根据平抛运动的规律可解得落到A点时竖直方向的速度vy，根据竖直方向速度vy与水平方向速度vx的夹角之间的关系，可以解得水平速度v0；

要求小物块沿倾斜轨道AB滑动经C点的速率，可利用动能定律列式求解；小球不离开轨道，一种情况是到与圆心等高前返回，另一种情况是完成完整的圆周运动，就要根据在圆周最高点重力提供向心力求解．

7．如图所示，一个质量为m=2kg的均匀球体，放在倾角θ=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F1和斜面对球体的支持力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．

根据平衡条件得

F1=Gtan37°=mgtan37°=15N

F2===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．

8．如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉