高考物理相互作用答题技巧及练习题(含答案)含解析

1、高考物理相互作用答题技巧及练习题( 含答案 ) 含解析一、高中物理精讲专题测试相互作用1 一轻弹簧的一端固定在倾角为的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m 的小物块3a 相连，如图所示质量为m的小物块 b 紧靠 a 静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为5x0，从 t=0 时开始，对b 施加沿斜面向上的外力，使b 始终做匀加速直线运动经过一段时间后，物块a、b 分离；再经过同样长的时间，b 距其出发点的距离恰好也为x0弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g求 ：(1)弹簧的劲度系数；(2)物块 b 加速度的大小；(3)在物块 a、 b 分离前，外力大小随时间变化的关系式8mg sin22（

2、2） g sin（ 3） f8 mg sin4mg sin【答案】 （1）5x052525x0【解析】【详解】（1）对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有：3kx0=（ m+m） gsin 58mgsin解得： k=5x0（2）由题意可知，b 经两段相等的时间位移为x0；x11由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知：x04说明当形变量为x1x0 x03x0时二者分离；44对 m 分析，因分离时ab 间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知：kx1-mgsin =ma联立解得： a=1 gsin5（3）设时间为 t，则经时间 t 时， ab 前进的位移 x=

3、1at2= gsint 2210则形变量变为： x=x0-x对整体分析可知，由牛顿第二定律有：f+kx-（ m+ 3m） gsin =（m+3m） a55解得： f= 84mg2 sin2t 2mgsin +25x025因分离时位移 x= x0由 x= x0 =1at2 解得： t5x04422gsin故应保证 0t5x0， f表达式才能成立2gsin点睛：本题考查牛顿第二定律的基本应用，解题时一定要注意明确整体法与隔离法的正确应用，同时注意分析运动过程，明确运动学公式的选择和应用是解题的关键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，

4、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. 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， 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) fn 2mg.(2)3mgr. (3).23【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 应该满足的条件；（3） c 缓慢下

5、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， 2fncos60 2mg解得 fn 2mg(2) 如图所示， a 受力平衡 f 地 fncos60 mg2mg f fnsin60 3 mg因为 f f地，所以 32(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fncos60mgf fnsin60 f地解得 f 3 mg3即要求3 0，

6、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x3 r3mgr所以摩擦力的功w f x3【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将质量 m0.1kg 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53o 的恒定拉力2o，使圆环从静止开始运动，第1s 内前进了 2.2m （取 g 10 m / s， sin53 0.8fcos53o0.6

7、 ）求：（ 1）圆环加速度 a 的大小；（ 2）拉力 f 的大小【答案】（ 1） 4.4m/s2（ 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：x1 at 22解得： a 4.4m / s2(2)令 fsin53 mg 0，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，fcos ma ， fsin fnmgfnm ag联立解得： fcossin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，fcos ma ， fsin mg fnfnm ag联立解得： fcossin代入数据得：f9n4 如图

8、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 0.2，倾角 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

9、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 （ 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fn对小球受力分析：在水平方向： kxcos fnsin =ma在竖直方向： kxsin +fcos =mgn解得： x=0.017mfn=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5 如

10、图所示，宽度l1m 的足够长的 u 形金属框架水平放置，框架中连接电阻r0.8，框架处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度b1t，框架导轨上放一根质量为m0.2kg、电阻r0.2，的金属棒ab ，棒ab 与导轨间的动摩擦因数0.5 ，现用功率恒定 p 6w 的牵引力好且垂直），当整个回路产生热量f使棒从静止开始沿导轨运动（ab 棒始终与导轨接触良q5.8j 时刚好获得稳定速度，此过程中，通过棒的电量 q2.8c （框架电阻不计，g 取10m /s2 ）求：（ 1）当导体棒的速度达到 v1 1m / s 时，导体棒上 ab 两点电势的高低？导体棒 ab 两端的电压？导体棒的加速度？（ 2）导体棒稳

11、定的速度 v2 ？（ 3）导体棒从静止到刚好获得稳定速度所用的时间？【答案】（ 1） b 点的电势高， 0.8v ， 20m / s2（2） v22m / s ；（ 3） t 1.5s【解析】试题分析：（ 1）当 v v1 1m / s 时，根据法拉第电磁感应定律：e blv 则eirr根据欧姆定律：uir0.8v ，则： f安bilpfv 。根据牛顿第二定律可以得到：afmgf安20m / s2 ，则 b 点的电势高m（2）当达到最大速度v2 时 ， 根据平衡条件：fmg f安 0整理可以得到： v22m / s（3）根据功能关系：w安q ， qblxrrrr根据动能定理：ptw安mgx1

12、mv222可以得到： t1.5s考点：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；电磁感应中的能量转【名师点睛】由题意，牵引力f 的功率恒定，使棒从静止开始先做加速度减小的变加速运动，最后做匀速运动，达到稳定根据动能定理列式得到位移与最大速度的关系再由法拉第电磁感应定律，由电量得出棒运动的位移与电量的关系，再联立可求解稳定的速度和时间。6水平传送带以 v=1.5m/s 速度匀速运动，传送带带的 a 端，它运动到传送带另一端 b 所需时间为ab 两端距离为6s，求：6.75m, 将物体轻放在传送（1）物块和传送带间的动摩擦因数？（2）若想使物体以最短时间到达b 端，则传送带的速度大小至少调为多少

13、？（g=10m/s 2）【答案】（ 1）【解析】试题分析：（；（ 2）1）对物块由牛顿第二定律：，则经过时间的速度为：首先物块做匀加速然后做匀速则：由以上各式解得：（2）物块做加速运动的加速度为：物体一直做匀加速直线运动到b 点的速度： v2=2ax解得：考点：牛顿运动定律综合【名师点睛】物体放上传送带先做匀加速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出匀加速直线运动的时间和位移，当物体的速度达到传送带的速度时，一起做匀速直线运动根据时间求出匀速运动的位移，从而得出物体的总位移，即传送带ab 的长度；若想使物体以最短时间到达b 端，物体需一直做匀加速直线运动，则传送带的速度需大于等于物体从 a

14、 点匀加速到b 点的速度。7如图所示，一倾角为 =30的光滑足够长斜面固定在水平面上，其顶端固定一劲度系数为k=50n/m的轻质弹簧，弹簧的下端系一个质量为m=1kg的小球，用一垂直于斜面的挡板a 挡住小球，此时弹簧没有发生形变，若挡板a 以加速度动，弹簧与斜面始终保持平行，g 取 10m/s 2求：a=4m/s 2 沿斜面向下匀加速运（ 1）从开始运动到小球速度达最大时小球所发生位移的大小；（ 2）从开始运动到小球与挡板分离时所经历的时间【答案】（ 1）从开始运动到小球速度达最大时小球所发生位移的大小是0.1m；（2）从开始运动到小球与挡板分离时所经历的时间是0.1s【解析】（ 1）球和挡板

15、分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零即 kxm=mgsin ，解得：（2）设球与挡板分离时位移为从开始运动到分离的过程中，s，经历的时间为t ，m受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力fn，沿斜面向上的挡板支持力f1和弹簧弹力 f根据牛顿第二定律有：mgsin -f-f1=ma，f=kx随着 x的增大， f增大， f1减小，保持 a不变，当m与挡板分离时，f1减小到零，则有：mgsin -kx=ma，又 x= at2联立解得： mgsin -k? at2=ma，所以经历的时间为：点睛：本题分析清楚物体运动过程，抓住物体与挡板分离时的条件：小球与挡板间的弹

16、力为零是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题。8 如图所示，在倾角为=30m的的固定斜面上固定一块与斜面垂直的光滑挡板，质量为半圆柱体 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min

17、【答案】（ 1） f =13) mgr （3）533 mg （ 2） w(9min92【解析】【详解】（1）研究 b，据平衡条件，有f =2mg cos解得f =3 mg（2）研究整体，据平衡条件，斜面对a 的支持力为n =3mgcos= 33 mg2f = n= 33 mg2由几何关系得a 的位移为x =2rcos30 = 3 r克服摩擦力做功wf =fx =4.5 mgr由几何关系得a 上升高度与b 下降高度恰均为h =3 r2据功能关系w + 2mgh - mgh - wf = 0解得w1 (93) mgr2（3） b 刚好接触斜面时，挡板对b 弹力最大研究 b 得n m2mg4mgsi

18、n 30研究整体得fmin + 3mgsin30 =nm解得f min = 2.5mg可得最小的动摩擦因数：f min5 3minn99质量为 5kg 的物体静止在粗糙水平面上，在 04s 内施加一水平恒力 f，使物体从静止开始运动，在 412s 内去掉了该恒力 f，物体因受摩擦力作用而减速至停止，其速度时间图象（ ）如图所示求：（ 1）在 012s 内物体的位移；（ 2）物体所受的摩擦力大小；（ 3）此水平恒力 f 的大小【答案】（ 1） 96m （2） 10n（ 3） 30n【解析】试题分析：（1）根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移得x 121696m（ 2） 4s 12s 内，加速度根据牛顿第二定律，有 f ma2 5210n（ 3） 0 4s 内，加速度根据牛顿第二定律，有f-f ma1代入数据： f-10=54解得： f=30n考点：牛顿第二定律的应用；v-t 图线10 如图所示，绝缘粗糙水平面处在水平向右的匀强电场中，场强大小+4e=1 6 10n/c。一个质量为m 02 kg，带电量为q 2 0104c 的带正电小物块（可视为质点），在水平面上以 a=11m/s2 的加速度向右做匀加速直线运动，小物块到达