高考物理相互作用解析版汇编及解析

高考物理相互作用解析版汇编及解析
一、高中物理精讲专题测试相互作用
1．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.
2．如图所示，一质量为m的金属球，固定在一轻质细绳下端，能绕悬挂点O在竖直平面内转动．整个装置能自动随着风的转向而转动，使风总沿水平方向吹向小球．无风时细绳自然下垂，有风时细绳将偏离竖直方向一定角度，求：
（1）当细绳偏离竖直方向的角度为θ，且小球静止时，风力F及细绳对小球拉力T的大小．（设重力加速度为g）
（2）若风向不变，随着风力的增大θ将增大，判断θ能否增大到90°且小球处于静止状态，说明理由．
【答案】（1）cos mg
T θ
=，F=mgtanθ （2）不可能达到90°且小球处于静止状态 【解析】 【分析】 【详解】
（1）对小球受力分析如图所示（正交分解也可以）
应用三角函数关系可得：F=mgtanθ
（2）假设θ=90°，对小球受力分析后发现合力不能为零，小球也就无法处于静止状态，故θ角不可能达到90°且小球处于静止状态．
3．如图所示，表面光滑的长方体平台固定于水平地面上，以平台外侧的一边为x 轴，在平台表面建有平面直角坐标系xoy ，其坐标原点O 与平台右侧距离为d=1.2m 。

平台足够宽，高为h=0.8m ，长为L=3.3m 。

一个质量m 1=0.2kg 的小球以v0=3m/s 的速度沿x 轴运动，到达O 点时，给小球施加一个沿y 轴正方向的水平力F 1，且F 1=5y （N ）。

经一段时间，小球到达平台上坐标为（1.2m ，0.8m ）的P 点时，撤去外力F1。

在小球到达P 点的同时，平台与地面相交处最内侧的M 点，一个质量m2=0.2kg 的滑块以速度v 在水平地面上开始做匀速直线运动，滑块与地面间的动摩擦因数μ=0.5，由于摩擦力的作用，要保证滑块做匀速运动需要给滑块一个外力F2，最终小球落在N 点时恰好与滑块相遇，小球、滑块均视为质点， 2
10/g m s =， sin370.6cos370.8︒=︒=，。

求：
（1）小球到达P 点时的速度大小和方向； （2）M 、N 两点间的距离s 和滑块速度v 的大小； （3）外力F 2最小值的大小（结果可用根式表示）
【答案】（1）5m/s 方向与x 轴正方向成53°（2）1.5m ；3.75m/s （3）
25
N 【解析】（1）小球在平台上做曲线运动，可分解为沿x 轴方向的匀速直线运动和沿y 轴方向的变加速运动，设小球在P 点受到p v 与x 轴夹角为α 从O 点到P 点，变力1F 做功50.8
0.8 1.62
p y J J ⨯=⨯= 根据动能定理有22
110
1122
P W m v m v =
-，解得5/p v m s = 根据速度的合成与分解有0cos p v v α=，得53α=︒，小球到达P 点时速度与x 轴正方向成
53︒
（2）小球离开P 点后做平抛运动，根据平抛运动规律有2
12
h gt =，解得t=0.4s 小球位移在水平面内投影2p l v t m ==
设P 点在地面的投影为P '，则 2.5P P M L y m ='=- 由几何关系可得2222cos s P M l l P M θ=+-⋅⋅''，解得s=1.5m
滑块要与小球相遇，必须沿MN 连线运动，由s vt =，得 3.75/v m s = （3）设外力2F 的方向与滑块运动方向（水平方向）的夹角为β，根据平衡条件 水平方向有： 2cos F f β=，其中f N μ=，竖直方向有22sin N F m g β+= 联立解得22cos sin m g
F μβμβ
=
+
由数学知识可得()
2221sin F μβθ=
++22min 2
25
5
1F N μ=
=
+。

4．随着摩天大楼高度的增加,钢索电梯的制造难度越来越大。

利用直流电机模式获得电磁驱动力的磁动力电梯研发成功。

磁动力电梯的轿厢上安装了永久磁铁,电梯的井壁上铺设了电线圈。

这些线圈采取了分段式相继通电，生成一个移动的磁场,从而带动电梯上升或者下降。

工作原理可简化为如下情景。

如图所示，竖直平面内有两根很长的平行竖直轨道，轨道间有垂直轨道平面、方向相反的匀强磁场，磁感应强度均为；电梯轿厢固定在如图所示的一个匝金属框内（电梯轿厢在图中未画出），并且与之绝缘，金属框的边长为，两磁场的竖直宽度与金属框边的长度相同且均为，金属框整个回路的总电阻为
；电梯所受阻力大小恒为；电梯空载时的总质量为。

已知重力加速度为。

（1）两磁场以速度竖直向上做匀速运动，电梯在图示位置由静止启动的瞬间，金属线框内感应电流的大小和方向；
（2）两磁场以速度竖直向上做匀速运动，来启动处于静止状态的电梯，运载乘客的总质量应满足什么条件；
（3）两磁场以速度竖直向上做匀速运动，启动处于静止状态下空载的电梯，最后电梯以某一速度做匀速运动，求在电梯匀速运动的过程中，外界在单位时间内提供的总能量。

【答案】（1）；方向为逆时针方向。

（2）（3）
【解析】（1）根据法拉第电磁感应定律①
由闭合电路欧姆定律②
由①②式得③
根据楞次定律可知，电流的方向为逆时针方向。

（2）设电梯运载乘客的总质量为，根据平衡条件④
根据安培力公式⑤
由③④⑤式得⑥
电梯运载乘客的总质量应满足
（3）设电梯匀速运动的速度为，在电梯匀速运动的过程中，外界在单位时间内提供的总能量为
⑦
在电梯匀速运动过程中，根据法拉第电磁感应定律⑧
由闭合电路欧姆定律⑨
由平衡条件得⑩
根据安培力公式 (11)
由⑦⑧⑨⑩(11)式得
点睛：本题是理论联系实际的问题，与磁悬浮列车模型类似，关键要注意磁场运动，线框相对于磁场向下运动，而且上下两边都切割磁感线，产生两个电动势，两个边都受安培力．
5．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v0＝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.
6．如图所示，质量为M、倾角为α的斜面体（斜面光滑且足够长）放在粗糙的水平地面上，底部与地面的动摩擦因数为μ，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为l的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块．压缩弹簧使其长度为3l/4时将物块由静止开始释放，物块在斜面上做简谐运动且物块在以后的运动中，斜面体始终处于静止状态．重力加速度为g．
（1）求物块处于平衡位置时弹簧的伸长量；
（2）求物块的振幅和弹簧的最大伸长量；
（3）使斜面始终处于静止状态，动摩擦因数μ应满足什么条件（假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力）？
【答案】（1）
sin
mg
l
k
α
∆=（2
）
2sin
4
l mg
k
α
+（3）
2
(4sin)cos
44cos sin
kl mg
Mg mg kl
αα
μ
αα
+
≥
+-
【解析】
（1）设物块处于平衡位置时弹簧的伸长量为Δl，则sin0
mg k l
α-∆=
解得
sin
mg
l
k
α
∆=
（2）物块做简谐运动的振幅为sin
44
l mg l
A l
k
α
=∆+=+
由简谐运动的对称性可知，弹簧的最大伸长量为:
max
2sin
4
l mg
l A l
k
α
∆=+∆=+
（3）以物块的平衡位置为原点、沿斜面向下为位移正方向建立坐标系，设某时刻物块位移x为正，斜面受到弹簧沿斜面向下的拉力F、地面的水平向右的摩擦力f，如图所示．
由于斜面受力平衡，则有
在水平方向上有：1
cos sin0
F f N
αα
--=；
在竖直方向上有：21
sin cos0
N F N Mg
αα
---=
又()
F k x l
=+∆，
1
cos
N mgα
=
联立可得cos
f kxα
=，
2
sin
N Mg mg kxα
=++
为使斜面始终处于静止状态，结合牛顿第三定律，应满足
2
f N
μ
≤
所以
2
cos
sin
f k x
N Mg mg kx
α
μ
α
≥=
++
因-A≤x≤A，所以当-A时，上式右端达到最大值，于是有
()
2
4sin cos
44cos sin
kl mg
Mg mg kl
αα
μ
αα
+
≥
+-
【另解】对由斜面、物块、弹簧组成的系统受力分析，受重力（M＋m）g、地面的支持力N和水平方向的静摩擦力f作用，如图所示．
建立图示直角坐标系，根据牛顿第二定律可知：在水平方向上有：f=M×0＋ma cosα；
在竖直方向上有：N－（M＋m）g=M×0＋ma sinα 其中，静摩擦力f≤f m＝μN，
又因弹簧振子有kx=-ma且－A≤x≤A，
联立以上各式，解得：
()
2
4sin cos
44cos sin
kl mg
Mg mg kl
αα
μ
αα
+
≥
+-
.
点睛：本题关键是先对滑块受力分析，然后根据牛顿第二定律列式分析；最后对斜面体受力分析，确定动摩擦因数的范围.
7．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
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/s2，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．如图所示，在倾角θ＝37°的斜面上，用一水平力F 推一质量为m ＝10 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μ＝0.2，试求F 的大小．(sin 37°＝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：mgsin f Fcos θθ+=
N mgcos Fsin θθ=+
f uN =
联立解得：112F N =
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：mgsin Fcos f θθ=+
N mgcos Fsin θθ=+ f uN =
联立解得：48F N =
10．一个底面粗糙、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
3
mg（2）
3
6
mg（3）
3
21
u
【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T cos 30°=mg sin 30°
得T=
3
3
mg
（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=T cos 60° =
3
6
mg
（3）为使整个系统静止，必须满足f max=uF N≥T cos 60°且有F N+T sin 60°=(M+m)g
联立解得u≥
3 21
【点睛】
当一个题目中有多个物体时，一定要灵活选取研究对象，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．。