高考物理相互作用解题技巧分析及练习题(含答案)及解析

高考物理相互作用解题技巧分析及练习题(含答案)及解析
一、高中物理精讲专题测试相互作用
1．质量为M 的木楔倾角为θ (θ < 45°)，在水平面上保持静止，当将一质量为m 的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑．当用与木楔斜面成α角的力F 拉木块，木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止)．
(1)当α＝θ时，拉力F 有最小值，求此最小值； (2)求在(1)的情况下木楔对水平面的摩擦力是多少？ 【答案】（1）min sin 2F mg θ= （2）1
sin 42
mg θ 【解析】 【分析】
（1）对物块进行受力分析，根据共点力的平衡，利用正交分解，在沿斜面和垂直斜面两方向列方程，进行求解．
（2）采用整体法，对整体受力分析，根据共点力的平衡，利用正交分解，分解为水平和竖直两方向列方程，进行求解． 【详解】
木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有mgsin mgcos θμθ＝，即tan μθ＝ (1)木块在力F 的作用下沿斜面向上匀速运动，则：
Fcos mgsin f αθ＝＋
N Fsin F mgcos αθ＋＝
N f F μ＝
联立解得：()
2mgsin F cos θ
θα=
-
则当＝αθ时，F 有最小值，2min F mgsin ＝θ
(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F 的水平分力，即
()f Fcos αθ='+
当＝αθ时，1
2242
f mgsin cos mgsin θθθ='= 【点睛】
木块放在斜面上时正好匀速下滑隐含动摩擦因数的值恰好等于斜面倾角的正切值，当有外力作用在物体上时，列平行于斜面方向的平衡方程，求出外力F 的表达式，讨论F 取最小值的条件．
2．如图所示，斜面倾角为θ=37°，一质量为m=7kg的木块恰能沿斜面匀速下滑，
（sin37°=0.6,cos37°=0.8，g=10m/s2）
（1）物体受到的摩擦力大小
（2）物体和斜面间的动摩擦因数？
（3）若用一水平恒力F作用于木块上，使之沿斜面向上做匀速运动，此恒力F的大小．
【答案】（1）42N（2）0.75（3）240N
【解析】
【分析】
【详解】
(1)不受推力时匀速下滑，物体受重力，支持力，摩擦力，
沿运动方向有：
mg sinθ-f=0
所以：
f=mg sinθ=7×10×sin37°=42N
(2)又：
f=μmg cosθ
解得：
μ=tanθ=0.75
(3)受推力后仍匀速运动则：
沿斜面方向有：
F cosθ-mg sinθ-μF N=0
垂直斜面方向有：
F N-mg cosθ-F sinθ=0
解得：
F=240N
【点睛】
本题主要是解决摩擦因数，依据题目的提示，其在不受推力时能匀速运动，由此就可以得
到摩擦因数μ=tanθ．
3．如图所示：一根光滑的丝带两端分别系住物块A、C，丝带绕过两定滑轮，在两滑轮之间的丝带上放置了球B,D通过细绳跨过定滑轮水平寄引C物体。

整个系统处于静止状态。

已知，，，B物体两侧丝带间夹角为600，与C物体连接丝带与水平面夹角为300，此时C恰能保持静止状态。

求：（g=10m/s2）
（1）物体B的质量m；
（2）物体C与地面间的摩擦力f；
（3）物体C与地面的摩擦系数μ（假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力）。

【答案】（1）3kg（2）f=10N（3）
【解析】
（1）对B受力分析，受重力和两侧绳子的拉力，根据平衡条件，知
解得：m=3kg
对C受力分析，受重力、两个细线的拉力、支持力和摩擦力，根据平衡条件，知水平方向受力平衡：
解得：f=10N
（3）对C，竖直方向平衡，支持力：
由f=μN，知
4．如图所示，质量为M=5kg的物体放在倾角为θ=30º的斜面上，与斜面间的动摩擦因数为/5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，M用平行于斜面的轻绳绕过光滑的定滑轮与不计质量的吊盘连接，两个劲度系数均为k=1000N/m的轻弹簧和两个质量都是m的物体均固连，M刚好不上滑，取g=10m/s2。

问：
（1）m的质量是多大?
（2）现将上面的m物体向上提，使M刚要开始下滑，上面的m物体向上提起的高度是多少?（吊盘架足够高）
【答案】（1）m=2kg；（2）h=0.06m
【解析】
【详解】
（1）对M和m的系统，由平衡知识可知：解得m=2kg；（2）使M刚要开始下滑时，则绳的拉力为T：
解得T=10N；
此时吊盘中下面弹簧的弹力应为10N，因开始时下面弹簧的弹力为2mg=40N，
可知下面弹簧伸长了；
对中间的物体m受力分析可知，上面的弹簧对之间物体应该是向上的拉力，大小为10N，即上面的弹簧应该处于拉长状态，则上面弹簧的伸长量应该是；
可知上面的m物体向上提起的高度是.
【点睛】
此题的难点在第2问；关键是通过分析两部分弹簧弹力的变化（包括伸长还是压缩）求解弹簧的长度变化，从而分析上面物体提升的高度.
5．如图所示，倾角为θ＝30°、宽度为d＝1 m、长为L＝4 m的光滑倾斜导轨，导轨
C1D1、C2D2顶端接有定值电阻R0＝15 Ω，倾斜导轨置于垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝5 T，C1A1、C2A2是长为s＝4.5 m的粗糙水平轨道，A1B1、A2B2是半径为R＝0.5 m处于竖直平面内的1/4光滑圆环(其中B1、B2为弹性挡板)，整个轨道对称．在导轨顶端垂直于导轨放一根质量为m＝2 kg、电阻不计的金属棒MN，当开关S闭合时，金属棒从倾斜轨道顶端静止释放，已知金属棒到达倾斜轨道底端前已达到最大速度，当金属棒刚滑到倾斜导轨底端时断开开关S，(不考虑金属棒MN经过C1、C2处和棒与
B1、B2处弹性挡板碰撞时的机械能损失，整个运动过程中金属棒始终保持水平，水平导轨与金属棒MN之间的动摩擦因数为μ＝0.1，g＝10 m/s2)．求：
(1)开关闭合时金属棒滑到倾斜轨道底端时的速度大小；
(2)金属棒MN在倾斜导轨上运动的过程中，电阻R0上产生的热量Q；
(3)已知金属棒会多次经过圆环最低点A1A2，求金属棒经过圆环最低点A1A2时对轨道压力的最小值．
【答案】（1）6m/s；（2）4J；（3）56N
【解析】
试题分析：（1）开关闭时，金属棒下滑时切割磁感线运动，产生感应电动势，产生感应电流，受到沿斜面向上的安培力，做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为0时，速度最大．根据牛顿第二定律和安培力与速度的关系式结合，求解即可．
（2）下滑过程中，重力势能减小，动能增加，内能增加，根据能量守恒求出整个电路产生的热量，从而求出电阻上产生的热量．
（3）由能量守恒定律求出金属棒第三次经过A1A2时速度，对金属棒进行受力分析，由牛顿定律求解．
（1）金属棒最大速度时,电动势,电流,安培力
金属棒最大速度时加速度为0，由牛顿第二定律得：
所以最大速度
（2）金属棒MN在倾斜导轨上运动的过程中，由能量守恒定律得：
代入数据，得
（3）金属棒第三次经过A1A2时速度为V A，由动能定理得：
金属棒第三次经过A1A2时，由牛顿第二定律得
由牛顿第三定律得，金属棒对轨道的压力大小
6．质量为4kg的木块放在倾角为300长为15m的固定斜面上时，木块恰好能沿斜面匀速下滑，若改用沿斜面向上的恒力F拉木块，木块从静止开始沿斜面运动2．5m所用的时间为1s（g取10m/s2）求：
（1）恒力F的大小
（2）要使物体能从斜面底端运动到顶端F至少要作用多长时间？
【答案】（1）60N（2）2s
【解析】
试题分析：（1）f=mgsin30=mg
a1=2s/t2=5m/s２
F= mgsin30+f+ma=mg+ma=60N
（2）设拉力最小作用时间为t．
x1=a1t2
v1=a1t
a2=（ mgsin30+f）/m=g
x2=v12/2a2
x1+x2=15m
t＝2s
考点：牛顿第二定律的综合应用
7．在建筑装修中，工人用质量为4.0 kg 的磨石对水平地面和斜壁进行打磨，已知磨石与水平地面、斜壁之间的动摩擦因数μ相同，g 取10 m/s 2．
（1）当磨石受到水平方向的推力F 1=20N 打磨水平地面时，恰好做匀速直线运动，求动摩擦因数μ；
（2）若用磨石对θ=370的斜壁进行打磨（如图所示），当对磨石施加竖直向上的推力F 2=60N 时，求磨石从静止开始沿斜壁向上运动0.8 m 所需的时间（斜壁足够长,sin370=0.6，cos370=0.8）． 【答案】（1）（2）0．8s’
【解析】
（1）磨石在水平地面上恰好做匀速直线运动1F mg μ=，解得0.5μ= （2）磨石与斜壁间的正压力()2sin N F F mg θ=-
根据牛顿第二定律有
2)cos N F mg F ma θμ--=（ 解得22.5m /s a = 根据匀变速直线运动规律2
12
x at = 解得20.8s x
t a
=
=
8．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）v A =2m/s,方向水平向右；v B =4m/s ，方向水平向左 （2），方向水平
向右
【解析】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：v A=a1t1=2×1=2m/s,方向水平向右；
v B=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．
9．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/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
(1)求物块与斜面间的动摩擦因数μ；
(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F N ，滑动摩擦力F f ，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：
f sin370F m
g F ︒--=
N cos370F mg ︒-=
又
f N F F μ=
代入数据，物块与斜面间的动摩擦因数
sin378410100603cos37101008
F mg ..mg .μ︒︒--⨯⨯===⨯⨯
(2)当物体匀速上滑时，根据平衡条件有： 平行斜面方向
f cos37sin370F m
g F ︒︒''--=
垂直斜面方向
N
sin37cos370F F mg ︒︒''--= 其中：
f N
F F μ''= 代入数据，联立解得
135F '≈N
当物体匀速下滑时，根据共点力平衡条件 平行斜面方向
f sin37cos370m
g F F ︒︒''--=
垂直斜面方向
N
sin37cos370F F mg ︒''-︒-= 其中
f N
F F μ''= 代入数据，联立解得
36.7F '≈N
10．一劲度系数为k=100N/m 的轻弹簧下端固定于倾角为θ=53°的光滑斜面底端，上端连接物块Q ．一轻绳跨过定滑轮O ，一端与物块Q 连接，另一端与套在光滑竖直杆的物块P 连接，定滑轮到竖直杆的距离为d=0.3m ．初始时在外力作用下，物块P 在A 点静止不动，轻绳与斜面平行，绳子张力大小为50N ．已知物块P 质量为m 1=0.8kg ，物块Q 质量为m 2=5kg ，不计滑轮大小及摩擦，取g=10m/s 2．现将物块P 静止释放，求：
(1)物块P 位于A 时，弹簧的伸长量x 1；
(2)物块P 上升h=0.4m 至与滑轮O 等高的B 点时的速度大小； (3)物块P 上升至B 点过程中，轻绳拉力对其所做的功． 【答案】（1）0.1m （2）3m/s （3）8J 【解析】 【分析】
（1）根据题设条件和平衡条件、胡克定律，列方程求出弹簧的伸长量；
（2）由于本题的特殊性，P 处于A 位置时与P 上升到与滑轮等高位置，弹簧的伸长量与压缩量恰相等，而此时由速度的合成和分解可知物块Q 的速度为零，所以由机械能守恒律可求物块P 的速度；
（3）当Q 上升到与滑轮等高时，由系统的机械能守恒和两个物体速度关系求圆环Q 的速度大小．通过绳子拉力对Q 物体的做功情况，判断物块Q 机械能的变化，从而得出何时机械能最大． 【详解】
（1）物体P 位于A 点，假设弹簧伸长量为1x ，则：21sin T m g kx θ=+，解得：
10.1x m =
（2）经分析，此时OB 垂直竖直杆，OB=0.3m ，此时物块Q 速度为0，下降距离为：
0.5m 0.3m 0.2m x OP OB ∆=-=-=，即弹簧压缩20.2m 0.1m 0.1m x =-=，弹性势
能不变．
对物体PQ 及弹簧，从A 到B 根据能量守恒有：
22111sin 2
B m g x m gh m v θ⋅∆⋅-=
代入可得：23m/s B v =
对物块P ：21112
T B W m gh m v -= 代入数据得：8J T W = 【点睛】
解决本题的关键会对速度进行分解，以及掌握功能关系，除重力以外其它力做功等于机械能的增量，并能灵活运用；要注意本题的特殊性，当物块P 与杆垂直时，此时绳伸缩方向速度为零（即Q 的速度为零），这也是本题的关键点．。