物理相互作用专项及解析

1、物理相互作用专项及解析一、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( 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 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？1【答案】 （1） Fminmg sin 2（ 2）mg sin 4【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

2、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，即 tan(1)木块在力 F 的作用下沿斜面向上匀速运动，则：Fcos mgsin fFsin FN mgcosfFN联立解得：Fmgsin2cos则当时， F 有最小值 ， Fmin mgsin2(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fFcos当 时， f mgsin2 cos21mgsin42【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

3、表达式，讨论F 取最小值的条件2 如图所示 ，劲度系数为的轻质弹簧B 的两端分别与固定斜面上的挡板及物体A 相连， A 的质量为 m，光滑斜面倾角为用轻绳跨过定滑轮将物体A 与另一根劲度系数为的轻质弹簧C 连接当弹簧C 处在水平位置且未发生形变时，其右端点位于a 位置现将弹簧 C 的右端点用力沿水平方向缓慢拉到b 位置时 ，弹簧 B 对物体 A 的拉力大小恰好等于 A 的重力求：当弹簧 C 处在水平位置且未发生形变时，弹簧 B 的形变量大小；在将弹簧的右端由a 缓慢拉到b 的过程中 ，物体 A 移动的距离；ab 间的距离【答案】 （1）（2）（ 3）【解析】【分析】（1）对 A 进行受力分析，

4、根据平衡条件和胡克定律即可求出；（2）将弹簧C 的右端点用力沿水平方向缓慢拉到b 位置时，弹簧B 对物体 A 的拉力大小恰好等于 A 的重力，说明A 受到弹簧B 的拉力，对A 进行受力分析，结合胡克定律和几何关系即可求出；（3）先求出弹簧c 的力，由胡克定律求出弹簧c 的伸长量，最后求出【详解】（1）当弹簧C 未发生形变时弹簧B 处于压缩状态，设弹簧B 对于物体ab 之间的距离A 而言的压缩量为；根据平衡条件和胡克定律有：（2）当弹簧C 的右端点沿水平缓慢拉到，解得：b 位置时，因弹簧B 对物体；A 的拉力大小恰好等于 A 的重力，说明弹簧B 处于伸长状态，且伸长量，所以物体A 上升的高度为；

5、（3）由（ 2）问可得：绳中张力，则弹簧 C 的伸长量，故 ab 间的距离为 ：；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F，使圆环从静止开始运动，第1s 内前进了 2.2m （取 g10 m / s2 ， sin53 o0.8 ，cos53o0.6 ）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

6、 Fsin53 mg0 ，解得 F 1.25N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

7、度为，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，随着风力的增大将增大，判断能否增大到90 且小球处于静止状态，说明理由【答案】 （1） Tmg90且小球处于静止状态， F=mgtan （ 2）不可能达到cos【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=mgtan（ 2）假设 =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，故角不可能达到 90且小球处于静止状态5 如图所示，倾角为 30d 1 m、长为L 4 m的光滑倾斜导轨，导轨、宽度为C D 、 C D顶端接有定值电阻R 15

8、 ，倾斜导轨置于垂直导轨平面斜向上的匀强磁场11220中，磁感应强度为 B 5 T， C112 21 12 2A、 C A是长为 s4.5 m 的粗糙水平轨道， A B 、 A B 是半径为 R0.5 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m2 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

9、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 0.1， g 10 m/s 2)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

10、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,安培力（ 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 VA，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 如图所示，倾角为45的粗糙平直导轨与

11、半径为R 的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内一质量为m 的小滑块从导轨上离地面高为h 3R 的 D 处无初速下滑进入圆环轨道接着小滑块从圆环最高点C 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的 P 点，不计空气阻力求：（ 1）滑块运动到圆环最高点C 时的速度的大小（ 2）滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小（ 3）滑块与斜轨之间的动摩擦因数【答案】（ 1） v0Rg （ 2） 6mg （ 3） 0.18【解析】试题分析：对滑块进行运动过程分析，要求滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小，我们要知道滑块运动到圆环最低点时的速度大小，小滑块从圆环最高点C 水平飞出，恰好击中

12、导轨上与圆心O 等高的 P 点，运用平抛运动规律结合几何关系求出最低点时速度在对最低点运用牛顿第二定律求解从 D 到最低点过程中，再次运用动能定理求解解：（ 1）小滑块从C 点飞出来做平抛运动，水平速度为v02R=v0t解得： v0=（2）小滑块在最低点时速度为V 由机械能守恒定律得mv2=mg?2R+ mv02v=根据牛顿第二定律：FN mg=mFN=6mg根据牛顿第三定律得：FN =6mg（ 3） DB 之间长度 L=（ 2 +1）R从 D 到最低点过程中，由动能定理：mgh mgcos L=mv2= =0.18答：（ 1）滑块运动到圆环最高点C 时的速度的大小为；（2）滑块运动到圆环最低

13、点时对圆环轨道压力的大小为6mg；（3）滑块与斜轨之间的动摩擦因数为0.187 如图所示，水平面上有两根相距 0.5m 的足够长的光滑平行金属导轨 MN和 PQ，之间有一导体棒 ab，导轨和导体棒的电阻忽略不计，在 M 和 P 之间接有阻值为 R=2 的定值电阻。质量为 0.2kg 的导体棒 ab 长 l 0.5m ，与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B 0.4T 。现在在导体棒ab上施加一个水平向右，大小为0.02N的恒力F ，使导体棒ab由静止开始运动，求：当 ab 中的电流为多大时，导体棒ab 的速度最大？ab 的最大速度是多少？若导体棒从开始到速度刚达到最

14、大的过程中运动的位移s=10m，则在此过程中R 上产生的热量是多少？【答案】（ 1） 0.1A （ 2） 1m/s（ 3） 0.1J【解析】试题分析：（1）当金属棒上所受的拉力等于安培力时，加速度为零，速度最大，则F=BIL ，解得： I=0.1A（2）根据 E=BLvm； E=IR 可解得：IRm s0.1 /vmBL（3）由能量守恒关系可得： FS1 mvm2Q 解得： Q=0.1J2考点：法拉第电磁感应定律；能量守恒定律.8 如图所示，粗糙水平地面上放置一个截面为半圆的柱状物体A， A 与墙之间再放一光滑圆球 B，整个装置处于静止状态。已知A、 B 两物体的质量分别为M 和 m，光滑圆球

15、B 同半圆的柱状物体半径均为r，已知 A 的圆心到墙角距离为2r ，重力加速度为g。求：(1)B 物体受到墙壁的弹力大小；(2)A 与地面间的动摩擦因数满足什么条件？（设A 与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力）(3)若 A 物体在水平外力作用下向右缓慢移动至B 即将落地，则A、 B 间作用力大小变化的范围。【答案】 (1) 3 mg (2)3m(3) 2 3mgN AB 2mg33(M m)3【解析】【详解】(1)对 B 受力分析：由几何关系：r1sin2r2解得：=30 o由平衡条件得：N AB cosmg0N AB sinN B0解得 B 物体受到墙壁的弹力大小为：N B mg tan3

16、 mg3(2)对整体分析：可知地面对A 的摩擦力大小为：f3 mg3地面对 A 的支持力为：N A(Mm)g要使 A 不滑动，则：N A( Mm) g3 mg3解得：3m3(Mm)(3)对 B 受力分析如图：由图可知，开始时AB 间的作用力最小，最小值为：N AB minmg2 3 mgcos30o3当 B 即将落地时， AB 间的作用力最大，由几何关系可得，AB 间的作用力与竖直方向的夹角有：r1cos22r解得：=60o此时 AB 间的作用力为：N AB maxmg2mgcos60o所以 A、 B 间作用力大小变化的范围为：2 3mg2mg 。N AB39长 L 质量为 M 的长方形木板静

17、止在光滑的水平面上，一质量为m 的物块，以 v 的水平0速度从左端滑上木板，最后与木板保持相对静止，为物块与木板间的动摩擦因数。（1）求物块在木板上滑行的时间t 。（2）要使物块不从木板右端滑出，物块滑上木板左端的速度v不超过多少 ?【答案】（ 1）；（ 2）【解析】试题分析：（ 1）设物块与木板共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有对物块应用动量定理有：，解得。（2）要使物块恰好不从木板上滑出，须使物块到木板最右端时与木板有共同的速度，由功能关系有解得要使物块不从木板右端滑出，滑上木板左端速度不超过考点：牛顿第二定律、动量守恒定律【名师点睛】本题关键是对两个物体的运动情况分析清

18、楚，然后根据牛顿第二定律列式求解出各个运动过程的加速度，最后根据运动学公式列式求解。10 如图所示，一本质量分布均匀的大字典置于水平桌面上，字典总质量M=1.5kg，宽L=16cm，高 H=6cm一张白纸（质量和厚度均可忽略不计，页面大于字典页面）夹在字典最深处，白纸离桌面的高度 h=2cm假设字典中同一页纸上的压力分布均匀，白纸上、下表面与字典书页之间的动摩擦因数均为，字典与桌面之间的动摩擦因数为，且各接触12面的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g 取 10m/ s2(1)水平向右拉动白纸，要使字典能被拖动，求 与 满足的关系；12(2)若 =0.25， =0.4，求将白纸从字典中水平向右抽出拉力至少做的功W12【答案】 (1) 24(2) 0.4J13【解析】【分析】【详解】(1) 白纸上字典的质量为22M ，那么，白纸上下表面受到的正压力都为Mg ，故白纸受33到的最大静摩擦力24f12 1 3Mg3 1Mg桌面对字典