高考物理相互作用易错剖析含解析

高考物理相互作用易错剖析含解析
一、高中物理精讲专题测试相互作用
1．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F 1＝3N ，不计绳与滑轮间的摩擦，重力加速度g 取10 m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
(1)物块A 与水平地面间的动摩擦因数μ；
(2)当连接物块A 的细绳与竖直方向的夹角β=37°时，水平外力F 2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1N ，
由平衡条件得,对B ：T mg = 对A ：1Mg N T =+
111F f N μ==
代入数据得0.3 μ=
(2)设当细线与竖直方向夹角为37°时，地面对A 的支持力为2N
由平衡条件得：22sin F N T μβ=+
2cos N T Mg β+= 代入数据，得29.6?
F 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.
2．质量m ＝5kg 的物体在20N 的水平拉力作用下，恰能在水平地面上做匀速直线运动．若改用与水平方向成θ＝37°角的力推物体，仍要使物体在水平地面上匀速滑动，所需推力应为多大？（g ＝10N/kg ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
【答案】35.7N ； 【解析】
解：用水平力拉时，物体受重力、支持力、拉力和滑动摩擦力， 根据平衡条件，有：f mg μ= 解得：200.450
f m
g μ=
== 改用水平力推物体时，对物块受力分析，并建正交坐标系如图：
由0X F =得：cos F f θ= ① 由0Y F =得：sin N mg F θ=+ ② 其中：f N μ= ③ 解以上各式得：35.7F N =
【点睛】本题关键是两次对物体受力分析，然后根据共点力平衡条件列方程求解，注意摩擦力是不同的，不变的是动摩擦因数．
3．如图所示，粗糙的地面上放着一个质量M ＝1.5 kg 的斜面，底面与地面的动摩擦因数μ＝0.2，倾角θ＝37°．用固定在斜面挡板上的轻质弹簧连接一质量m ＝0.5 kg 的小球（不计小球与斜面之间的摩擦力），已知弹簧劲度系数k ＝200 N/m ，现给斜面施加一水平向右的恒力F ，使整体以a ＝1 m/s 2的加速度向右匀加速运动．(已知sin 37°＝0.6、cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)
(1)求F 的大小；
(2)求出弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小． 【答案】（1）6N （2）0.017m ；3.7N 【解析】
试题分析：（1）以整体为研究对象，列牛顿第二定律方程 （2）对小球受力分析，水平方向有加速度，竖直方向受力平衡 解：（1）整体以a 匀加速向右运动，对整体应用牛顿第二定律： F ﹣μ（M+m ）g=（M+m ）a 得F=6N
（2）设弹簧的形变量为x ，斜面对小球的支持力为F N 对小球受力分析：
在水平方向：Kxcosθ﹣F N sinθ=ma 在竖直方向：Kxsinθ+F N cosθ=mg 解得：x=0.017m F N =3.7N
答：（1）F 的大小6N ； （2）弹簧的形变量0.017m 斜面对小球的支持力大小3.7N
【点评】对斜面问题通常列沿斜面方向和垂直于斜面方向的方程，但本题的巧妙之处在于对小球列方程时，水平方向有加速度，竖直方向受力平衡，使得解答更简便．
4．如图所示，质量M ＝10 kg 、上表面光滑、下表面粗糙的足够长木板在F="50" N 的水平拉力作用下，以初速度v 0＝5 m/s 沿水平地面向右做匀速直线运动。

现有足够多的小铁块，它们的质量均为m ＝0.5 kg ，将一铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了L ＝
2 m时，又无初速地在木板的最右端放上第2块铁块，以后只要木板运动了L，就在木板的最右端无初速放一铁块，g取10 m/s2。

求：
(1)木板下表面与水平面间的动摩擦因数μ。

(2)第1块铁块放上后，木板的加速度的大小。

(3)第4块铁块放上的瞬间，木板的速度大小。

(答案可带根号)
【答案】（1）0.5 （2）0.25m/s2（3）m/s
【解析】试题分析：(1)木板最初做匀速运动，由
解得，μ
(2)系统在水平方向所受的摩擦力大小f1="μ(M+m)g=0.5×(10+0.5)×10=52.5" N
系统在水平方向所受的合力大小F合＝f1-F="52.5-50=2.5" N
木板的加速度大小m/s2 （若a=－0.25也给分）
(3)解法一：第2块铁块放上瞬间木板的速度大小为v1：
解得：m/s
第2块铁块放上后系统在水平方向所受的摩擦力大小
f2="μ(M+2m)g=0.5×(10+0.5×2)×10=55" N
第2块铁块放上后系统在水平方向所受的合力大小F合＝f2-F="55-50=5" N
第2块铁块放上后木板的加速度大小m/s2
第3块铁块放上瞬间木板的速度大小为v2：
解得：m/s
第3块铁块放上后系统在水平方向所受的摩擦力大小
f3="μ(M+3m)g=0.5×(10+0.5×3)×10=57.5" N
第3块铁块放上后系统在水平方向所受的合力大小F合＝f3-F="57.5-50=7.5" N
第3块铁块放上后木板的加速度大小m/s2
第4块铁块放上瞬间木板的速度大小为v3：
解得：m/s
解法二：设第n块铁块放在木板上时，木板运动的加速度大小为：
第1块铁块放上，经过L后：
第2块铁抉放上，经过L后：
……
第n块铁块放上，经过L后：
由上可得
当n＝3时，可得m/s
考点：牛顿第二定律的综合应用.
5．如图所示，质量为在足够长的木板A静止在水平地面上，其上表面水平，木板A与地面间的动摩擦因数为，一个质量为的小物块B（可视为质点）静止于A的左端，小物块B与木板A间的动摩擦因数为。

现给小物块B一个水平向右的初速度，大小为。

求：木板A与小物块B在整个运动过程中位移大小之比（最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力的大小，取）。

【答案】
【解析】试题分析：分别以A、B为研究对象，受力分析，木板和物块的加速度大小分别为，
由牛顿第二定律得：，，
假设经过秒A、B共速，共同速度设为，由匀变速直线运动的规律得：
，
解得：。

共速过程中，A的位移大小设为，B的位移大小设为，则，
，
解得：，。

假设共速之后，A、B一起向右匀减速运动，木板和物块间的静摩擦力大小为，木板和物块的加速度大小分别为，由牛顿第二定律得：，
解得：，假设成立，。

设共速之后至A、B均静止，A的位移设为，B的位移设为，则。

整个过程中A的位移大小，B的位移大小
则。

考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时
间的关系
【名师点睛】根据牛顿第二定律分别求出A 、B 的加速度，结合运动学公式求出速度相同时，A 、B 的位移大小，然后A 、B 保持相对静止，一起做匀减速运动，再根据速度位移公式求出一起匀减速运动的位移，从而得出A 、B 的总位移大小。

6．如图所示，一质量为m ＝2kg 的滑块从半径为R ＝0.2m 的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A 处由静止滑下，A 点和圆弧对应的圆心O 点等高，圆弧的底端B 与水平传送带平滑相接．已知传送带匀速运行的速度为v 0＝4m/s ，B 点到传送带右端C 点的距离为L ＝2m ．当滑块滑到传送带的右端C 时，其速度恰好与传送带的速度相同．(g ＝10m/s 2)，求：
(1)滑块到达底端B 时对轨道的压力； (2)滑块与传送带间的动摩擦因数μ；
(3)此过程中，由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量Q . 【答案】（1）60 N （2）0．3（3）4 J
【解析】试题分析：（1）滑块从A 运动到B 的过程中，由机械能守恒定律得 mgR ＝
1
2
mv B 2 解得22/B v gR m s ＝＝
在B 点： 2B
N v F mg m R
－＝
代入解得，F N ＝60 N
由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为F N ′＝F N ＝60 N ，方向竖直向下。

（2）滑块从B 运动到C 的过程中，根据牛顿第二定律得μmg ＝ma 又v 02－v B 2＝2aL ，联立以上两式解得μ＝0．3 （3）设滑块从B 运动到C 的时间为t ，加速度 a ＝μg ＝3 m/s 2。

由v 0＝v B ＋at ，得02
3
B v v t s a ＝
＝ 在这段时间内传送带的位移为s 传＝v 0t ＝
8
3m 传送带与滑块的相对位移为Δs ＝s 传－L ＝23
m 故滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量 Q ＝μmgΔs ＝4 J 。

考点：牛顿第二定律的综合应用
7．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）
【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。

8．如图所示，在倾角为θ=30°的固定斜面上固定一块与斜面垂直的光滑挡板，质量为m的半圆柱体A紧靠挡板放在斜面上，质量为2m的圆柱体B放在A上并靠在挡板上静止。

A 与B半径均为R，曲面均光滑，半圆柱体A底面与斜面间的动摩擦因数为μ．现用平行斜面向上的力拉A，使A沿斜面向上缓慢移动，直至B恰好要降到斜面．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。

求：
（1）未拉A时，B受到A的作用力F大小；
（2）在A移动的整个过程中，拉力做的功W；
（3）要保持A缓慢移动中拉力方向不变，动摩擦因数的最小值μmin．
【答案】（1）F 3（2）
1
(93)
2
W mgR
μ
=-（3）
min
53
μ=
【解析】
【详解】
（1）研究B，据平衡条件，有
F =2mg cos θ
解得
F mg
（2）研究整体，据平衡条件，斜面对A 的支持力为
N =3mg cos θ
f =μN =
2
μmg 由几何关系得A 的位移为
x =2R cos30°R
克服摩擦力做功
Wf =fx =4.5μmgR
由几何关系得A 上升高度与B 下降高度恰均为
h =
2
据功能关系
W + 2mgh - mgh - Wf = 0
解得
1
(92
W mgR μ=-
（3）B 刚好接触斜面时，挡板对B 弹力最大 研究B 得
24sin 30m
mg
N mg '==︒
研究整体得
f min + 3m
g sin30° = N′m
解得
f min = 2.5mg
可得最小的动摩擦因数：
min min f N μ=
=
9．如图所示，一轻弹簧一端固定在竖直放置光滑大圆环最高点，大圆环半径为R ，另一端栓接一轻质小圆环，小圆环套在大圆环上，开始时弹簧与竖直方向成60°，当在小圆环上挂一质量为m 的物体后使之缓慢下降，静止时弹簧与竖直方向成45°。

求： (1)弹簧的劲度系数；
(2)当在小圆环上挂多大质量的物体，静止时弹簧与竖直方向成37°；
(3)当在小圆环上挂的质量满足什么条件时，稳定后，小圆环处于最低位置。

（弹簧始终在
弹性限度内，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
【答案】(1)(22)=mg
k +； (2)13(22)8m m =+； (3)21(22)2m m ≥+
【解析】 【分析】 【详解】
(1)静止时弹簧与竖直方向成45°，对圆环进行受力分析，如图所示：
根据平衡条件，弹簧的弹力
2cos45mg
F mg =
=︒
根据几何关系，弹簧的伸长量
△x =2-1）R
根据胡克定律
F =k △x
联合上面各式解得
(22)mg
k + (2)设静止时弹簧与竖直方向成θ，小环上挂的物体的质量为m 1，对圆环进行受力分析，受到重力m 1g 、弹簧的拉力F 、大圆环的支持力N ，根据平衡条件，作出三个力的矢量三角形，如图所示：
根据几何知识，力的矢量三角形和实物三角形AOB 相似，而OA 和OB 都等于R ，所以m 1g 和N 始终相等
AB =2R cosθ
F =2m 1g cosθ
弹簧的伸长量
△x =2R cosθ-R =（2cosθ-1）R
根据胡克定律
F=k △x
即
1222cos 2co (s 1)mg m g R R θθ+=
⋅-（） ①
当θ=37°时，代入①式解得 1322m 8
m =+（） (3)小圆环恰好处于最低位置，此时θ=0，代入①式解得
21(22)2
m m =+ 所以小圆环所挂物体质量21(22)2
m m ≥+时，小圆环可以处于最低点。

10．如图所示，物体的质量m ＝4.4 kg ，用与竖直方向成θ＝37°的斜向右上方的推力把该物体压在竖直墙壁上，并使它沿墙壁在竖直向上做匀速直线运动．物体与墙壁间的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度g ＝10 N/kg ，求推力F 的大小．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
【答案】88N
【解析】
【详解】
当物体匀速向上滑动时，受力分析如图所示，
根据平衡条件有，水平方向：F N=Fsinθ
竖直方向：Fcosθ=F f+mg
又因为：F f=μF N
由以上三式可解得：
4.410
88
0.80.50.6
mg
F N
cos sin
＝
θμθ
⨯
==
--⨯
【点睛】
本题关键是对匀速滑动的物体受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解．要注意滑动摩擦力有自己的公式，F f=μF N．。