高考物理相互作用解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析

高考物理相互作用解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析
一、高中物理精讲专题测试相互作用
1．（18分）如图所示，金属导轨MNC和PQD，MN与PQ平行且间距为L，所在平面与水平面夹角为α，N、Q连线与MN垂直，M、P间接有阻值为R的电阻；光滑直导轨NC 和QD在同一水平面内，与NQ的夹角都为锐角θ。

均匀金属棒ab和ef质量均为m，长均为L，ab棒初始位置在水平导轨上与NQ重合；ef棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为μ（μ较小），由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止。

空间有方向竖直的匀强磁场（图中未画出）。

两金属棒与导轨保持良好接触。

不计所有导轨和ab棒的电阻，ef 棒的阻值为R，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为g。

（1）若磁感应强度大小为B，给ab棒一个垂直于NQ、水平向右的速度v1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef棒始终静止，求此过程ef棒上产生的热量；
（2）在（1）问过程中，ab棒滑行距离为d，求通过ab棒某横截面的电荷量；
（3）若ab棒以垂直于NQ的速度v2在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef棒始终静止。

求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab棒运动的最大距离。

【答案】（1）Q ef＝；（2）q＝；（3）B m＝，方向竖直向上或竖直向下均可，x m＝
【解析】
解：（1）设ab棒的初动能为E k，ef棒和电阻R在此过程产生热量分别为Q和Q1，有
Q+Q1=E k①
且Q=Q1 ②
由题意 E k=③
得 Q=④
（2）设在题设的过程中，ab棒滑行的时间为△t，扫过的导轨间的面积为△S，通过△S的磁通量为△Φ，ab棒产生的电动势为E，ab棒中的电流为I，通过ab棒某截面的电荷量为q，则
E=⑤
且△Φ=B△S ⑥
电流 I=⑦
又有 I=⑧
由图所示，△S=d（L﹣dcotθ）⑨
联立⑤～⑨，解得：q=（10）
（3）ab棒滑行距离为x时，ab棒在导轨间的棒长L x为：
L x=L﹣2xcotθ （11）
此时，ab棒产生的电动势E x为：E=Bv2L x （12）
流过ef棒的电流I x为 I x=（13）
ef棒所受安培力F x为 F x=BI x L （14）
联立（11）～（14），解得：F x=（15）
有（15）式可得，F x在x=0和B为最大值B m时有最大值F1．
由题意知，ab棒所受安培力方向必水平向左，ef棒所受安培力方向必水平向右，使F1为最大值的受力分析如图所示，
图中f m为最大静摩擦力，有：
F1cosα=mgsinα+μ（mgcosα+F1sinα）（16）
联立（15）（16），得：B m=（17）
B m就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小，该磁场方向可竖直向上，也可竖直向下．
有（15）式可知，B为B m时，F x随x增大而减小，x为最大x m时，F x为最小值，如图可知F2cosα++μ（mgcosα+F2sinα）=mgsinα （18）
联立（15）（17）（18），得
x m=
答：（1）ef棒上产生的热量为；
（2）通过ab棒某横截面的电量为．
（3）此状态下最强磁场的磁感应强度是，磁场下ab棒运动的最大距离是．
【点评】本题是对法拉第电磁感应定律的考查，解决本题的关键是分析清楚棒的受力的情况，找出磁感应强度的关系式是本题的重点．
2．如图所示，两个正三棱柱A、B紧靠着静止于水平地面上，三棱柱的中间有一个半径为R的光滑圆柱C，C的质量为2m，A、B的质量均为m.A、B与地面的动摩擦因数为μ.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.
(1)三者均静止时A对C的支持力为多大？
(2)A、B若能保持不动，μ应该满足什么条件？
(3)若C受到经过其轴线竖直向下的外力而缓慢下降到地面，求该过程中摩擦力对A做的功
【答案】(1) F N＝3
3μ
-
.
【解析】
【分析】
（1）对C进行受力分析，根据平衡求解A对C的支持力；
（2）A保持静止，则地面对A的最大静摩擦力要大于等于C对A的压力在水平方向的分力，据此求得动摩擦因数μ应该满足的条件；
（3）C缓慢下落同时A、B也缓慢且对称地向左右分开，A受力平衡，根据平衡条件求解滑动摩擦力大小，根据几何关系得到A运动的位移，再根据功的计算公式求解摩擦力做的功．
【详解】
(1) C受力平衡，2F N cos60°＝2mg
解得F N＝2mg
(2) 如图所示，A受力平衡F地＝F N cos60°＋mg＝2mg
f＝F N sin60°＝3mg
因为f≤μF地，所以μ≥
3
(3) C缓慢下降的同时A、B也缓慢且对称地向左右分开．A的受力依然为4个，如图所图，但除了重力之外的其他力的大小发生改变，f也成了滑动摩擦力．
A受力平衡知F′地＝F′N cos60°＋mg
f′＝F′N sin60°＝μF′地
解得f′
3
3
mg
μ
μ
-
3μ>0，与本题第(2)问不矛盾．
由几何关系知：当C下落地地面时，A向左移动的水平距离为x
3
所以摩擦力的功W＝－f′x
3μ
-
【点睛】
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答．
3．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M的重物挂于C点，平衡时C点离天花板的垂直距离为7m，试求重物质量M．
【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θ，则由几何关系可知：（7﹣5sinθ）2+（7﹣5cosθ）2＝52
解得：sinθ+cosθ＝
解得：sinθ＝0.6；或sinθ＝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θ；
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：Tsinθ＝Ncosθ
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．
4．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
5．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/s2的加速度向右匀加速运动．(已知sin 37°＝0.6、cos
37°＝0.8，g＝10 m/s2)
(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．
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．质量 M=3kg的长木板放在水平光滑的平面上，在水平恒力F=11N作用下由静止开始向右运动，如图所示，当速度达到1m/s时，将质量m=4kg的物体轻轻放到木板的右端，已
知物块与木板间动摩擦因数μ=0.2,g 取10m/s 2，求：
(1)物体经多长时间才与木板保持相对静止；
(2）物块与木板相对静止后，物块受到的摩擦力大小．
【答案】（1）1s （2）6.29N
【解析】
试题分析：（1）放上物体后，由牛顿第二定律可知：物体加速度212/a g m s μ== 板的加速度221/F mg a m s M
μ-== 当两物体达速度相等后保持相对静止，故12a t v a t =+，解得t 1s =
（2）相对静止后，对整体F M m a =+（），对物体有=f ma 解得 6.28N f =
考点：考查了牛顿第二定律的应用
【名师点睛】物体与木板均做匀变速直线运动，由牛顿第二定律可求得二者的加速度，由速度公式可求得二者相对静止的时间；相对静止后，物体的静摩擦力充当合外力，由牛顿第二定律可求得物体受到的摩擦力
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)2W mgR μ=
- （3）min 53μ= 【解析】
【详解】
（1）研究B ，据平衡条件，有 F =2mg cos θ
解得
F 3mg
（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 =
2μmg 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 + 3mg 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，三根细轻绳系于O 点，其中OA 绳另一端固定于A 点，OB 绳的另一端与放在水平地面上质量m 2为20kg 的物体乙相连，OC 绳的另一端悬挂质量m 1为4kg 的钩码甲。

平衡时轻绳OA 与竖直方向的夹角37θ=︒，OB 绳水平。

已知重力加速度g =10m/s 2，sin370.6cos370.8,tan370.75︒=︒=︒=，。

（1）求轻绳OA 受到的拉力T OA 、OB 受到的拉力T OB 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f max 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）50OA T =N ，30OB T =N ；（2）f =30N ；（3）8kg 。

【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：
14050cos 0.8
OA m g T θ=
==N 轻绳OB 受到的拉力为： 1tan 400.7530OB T m g θ==⨯=N
（2）对乙物体研究，水平方向受摩擦力f 和拉力T OB ，根据平条件衡得：
30OB f T ==N
（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：
max 90OB
T f '==N 对甲分析，根据平衡条件仍有：
()1tan OB
T m m g θ'=+∆ 解得：8m ∆=kg
10．如图所示质量M=3kg 的木块套在固定的水平杆上，并用轻绳与小球相连，轻绳与杆的夹角为30°．今用与水平方向成60°角的力3拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，运动过程中木块与小球的相对位置保持不变，g=10m/s 2．求：
(1)小球的质量m；
(2)木块M与水平杆间的动摩擦因数μ．
【答案】（1）1kg（2）
3 5
【解析】
【分析】
（1）先对小球m受力分析：已知力、重力、细线的拉力，根据平衡条件列式求小球的质量m；
（2）再对滑块M和小球m整体受力分析，已知力F、重力、弹力和摩擦力，根据共点力平衡条件和摩擦力公式列式求动摩擦因数μ．
【详解】
（1）m受力平衡，合力为零，以小球为研究对象
水平方向：Fcos60°=F T cos30°
竖直方向：Fsin60°=F T sin30°+mg
所以小球质量：m=1kg
（2）以M和m的整体为研究对象，受力平衡，合力为零
水平方向，Fcos600-μF N=0
竖直方向，F N+Fsin60°-Mg-mg=0
联立解得：
3μ=
【点睛】
本题要灵活选择研究对象，注意应用整体法与隔离法，用整体法时一定要分清内力与外力，正确地进行受力分析．。