高考物理相互作用真题汇编(含答案)及解析

高考物理相互作用真题汇编(含答案)及解析

一、高中物理精讲专题测试相互作用

1．如图，两条间距L =0.5m 且足够长的平行光滑金属直导轨，与水平地面成30α=?角固

定放置，磁感应强度B =0.4T 的匀强磁场方向垂直导轨所在的斜面向上，质量

0.1kg ab m =、0.2kg cd m =的金属棒ab 、cd 垂直导轨放在导轨上，两金属棒的总电阻

r =0.2Ω，导轨电阻不计．ab 在沿导轨所在斜面向上的外力F 作用下，沿该斜面以2m/s v =的恒定速度向上运动．某时刻释放cd ， cd 向下运动，经过一段时间其速度达到最大．已知重力加速度g =10m/s 2，求在cd 速度最大时，

（1）abcd 回路的电流强度I 以及F 的大小； （2）abcd 回路磁通量的变化率以及cd 的速率． 【答案】(1) I =5A ,F =1.5N (2)Δ 1.0Wb/s Δt

Φ

=,m 3m/s v = 【解析】 【详解】

（1）以cd 为研究对象，当cd 速度达到最大值时，有：

sin cd m g BIL α=①

代入数据，得： I =5A

由于之后两棒均沿斜面方向做匀速运动，可将两棒看作整体，作用在ab 上的外力：

()sin ab cd F m m g α=+②

（或对ab ：sin ab F m g BIL α=+） 代入数据，得： F =1.5N

（2） 设cd 达到最大速度时abcd 回路产生的感应电动势为E ，根据法拉第电磁感应定律，有：ΔΔE t

Φ

=

③ 由闭合电路欧姆定律，有：E

I r

=④ 联立③④并代入数据，得：

ΔΔt

Φ

=1.0Wb/s 设cd 的最大速度为v m ，cd 达到最大速度后的一小段时间t ?内， abcd 回路磁通量的变化量：ΔΔ()Δm B S BL v v t Φ=?=+?⑤

回路磁通量的变化率：

Δ()Δm BL v v t

Φ

=+⑥ 联立⑤⑥并代入数据，得：m 3v =m/s 【点睛】

本题是电磁感应中的力学问题，综合运用电磁学知识和力平衡知识；分析清楚金属棒的运动过程与运动性质是解题的前提，应用平衡条件、欧姆定律即可解题．

2．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

3．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)3mg (2)3m μ≥

(3) 232AB mg

N mg ≤≤ 【解析】 【详解】

(1)对B 受力分析：

由几何关系：

1

sin 22

r r θ=

= 解得：

=30θo

由平衡条件得：

cos 0AB N mg θ-= sin 0AB B N N θ-=

解得B 物体受到墙壁的弹力大小为：

3tan 3

B N mg mg θ==

(2)对整体分析：

可知地面对A 的摩擦力大小为：

3f mg =

地面对A 的支持力为：

()A N M m g =+

要使A 不滑动，则：

3()A N M m g mg μμ=+≥

解得：

33()

m

M m μ≥

+

(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：

min 23

cos30AB mg N =

=o

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θ'有：

1

cos 22

r r θ'=

= 解得：

=60θ'o

此时AB 间的作用力为：

max 2cos60AB mg

N mg =

=o

所以A 、B 间作用力大小变化的范围为：

2323

AB mg

N mg ≤≤。

4．将一轻质橡皮筋（劲度系数k=100N/m ）上端固定在天花板上，如下图（甲）所示．

（1）在其下端A 处用细线悬挂重为10N 的木块，静止后如图（乙）所示，则橡皮筋的伸长量x 1=？

（2）再用一细线拴在图（乙）中的A 处，然后用一水平的力F 向右拉动，使橡皮筋与竖直方向成37°角，并保持静止，如图（丙）所示．求所加外力F 的值和此时橡皮筋的伸长量x 2．

（已知sin37°=0.6 cos37°=0.8） 【答案】（1）橡皮筋的伸长量为0.1m ；

（2）所加外力F 的值为12.5N ；此时橡皮筋的伸长量x 2为0.125m 【解析】

试题分析：（1）由胡克定律可求得伸长量；

（2）对A 点受力分析，由共点力平衡条件可求得力F 及橡皮筋受到的力，再由胡克定律可求得伸长量．

解：（1）由胡克定律可得：x 1= ① 将数据代入①式解得：x 1=0.1m ②

（2）对丙图中橡皮筋末端A 点进行受力分析，可得： F=Gtan37° ③ F′=

④

将数据代入③④式解得：F=7.5N ⑤ F′=12.5N ⑥ 由胡克定律可得：x 2=

⑦

将数据代入⑦式解得：x 2=0.125m 答：（1）橡皮筋的伸长量为0.1m ；

（2）所加外力F 的值为12.5N ；此时橡皮筋的伸长量x 2为0.125m

【点评】本题考查共点力的平衡条件及胡克定律，要注意明确研究对象为结点A．

5．如图所示小孩和雪橇的总质量，大人用与水平方向成角斜向上拉力F 拉雪橇，使雪橇沿水平地面以速度做匀速直线运动。已知雪橇与水平地面的动摩擦因数。（，，取）求：

（1）拉力F的大小；

（2）拉力F撤消后雪橇还能滑行多远？

【答案】（1）；（2）

【解析】试题分析：（1）受力分析如图所示，将F向水平方向和竖直方向分解，由平衡关系可知：

竖直向上：，，水平向上：

解得：；

（2）F撤消后物体做匀减速运动，

；，由牛顿第二定律可得：

由位移公式可得：

考点：共点力平衡的条件及其应用

【名师点睛】以雪橇为研究对象，通过受力分析列出平衡方程即可求得拉力的大小；拉力撤去后，雪橇水平方向只受摩擦力，由牛顿第二定律可求得加速度，由运动学公式求得滑行距离；本题属牛顿运动定律的基本题型，只要能掌握运动情景及正确受力分析即可顺利求解。

6．质量m=20kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下，在水平面上做直线运动。0—2s内F与运动方向相反，2—4s内F与运动方向相同，物体的速度—时间图象如图所示。

求:（1）体在0-2秒内的加速度；

（2）物体在2-4秒内的加速度；

（3）物体与水平面间的动摩擦因数μ；

（4）F的大小。（g取10m/s2）

【答案】（1）（2）

（3）（4）F=-60N

【解析】试题分析：（1）由图象可得：

0—2s内物体的加速度（3分）

（2）2—4s内物体的加速度（3分）

（3）根据牛顿第二定律：0—2s内，① （1分）

2—4s内，② （1分）

联立①②式代入数据，得：（1分）

（4）F=-60N （1分）

考点：运动图像。

7．如图甲所示，一固定的粗糙斜面的倾角为37°，一物块m =10kg 在斜面上，若用F =84N 的力沿斜面向上推物块，物块能沿斜面匀速上升，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8） (1)求物块与斜面间的动摩擦因数μ；

(2)若将F 改为水平向右推力F'（如图乙），则F'为多大时才能使物块沿斜面匀速运动。（此小问计算取三位有效数字）

【答案】(1)0.3；(2)135N ，36.7N 。 【解析】 【详解】

(1)以物块为研究对象，受到四个力的作用：重力G ，拉力F ，支持力F N ，滑动摩擦力F f ，物体处于平衡状态，建立如图所示直角坐标系，由共点力平衡条件得：

f sin370F m

g F ?--= N cos370F mg ?-=

又

f N F F μ=

代入数据，物块与斜面间的动摩擦因数

sin378410100603cos37101008

F mg ..mg .μ??--??===??

(2)当物体匀速上滑时，根据平衡条件有： 平行斜面方向

f cos37sin370F m

g F ??''--=

垂直斜面方向

N

sin37cos370F F mg ??''--= 其中：

f N

F F μ''= 代入数据，联立解得

135F '≈N

当物体匀速下滑时，根据共点力平衡条件 平行斜面方向

f sin37cos370m

g F F ??''--=

垂直斜面方向

N

sin37cos370F F mg ?''-?-= 其中

f N

F F μ''= 代入数据，联立解得

36.7F '≈N

8．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 R

+； (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 R

+ (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

13

22m 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。

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．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μ1，字典与桌面之间的动摩擦因数为μ2，且各接触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 /s 2．

(1)水平向右拉动白纸，要使字典能被拖动，求μ1与μ2满足的关系； (2)若μ1=0.25，μ2=0.4，求将白纸从字典中水平向右抽出拉力至少做的功W ． 【答案】(1)214

3

μμ< (2) 0.4J 【解析】 【分析】 【详解】

(1) 白纸上字典的质量为23M ，那么，白纸上下表面受到的正压力都为2

3

Mg ，故白纸受到的最大静摩擦力

11124

233

f M

g Mg μμ=?=

桌面对字典的最大静摩擦力

f 2=μ2Mg

所以水平向右拉动白纸，要使字典能被拖动，那么

f 1＞f 2

2143

μμ<；

(2) 若μ1=0.25，μ2=0.4，那么，将白纸从字典中水平向右抽出时字典保持静止；白纸向右运动过程只有拉力和摩擦力做功，故由动能定理可知：将白纸从字典中水平向右抽出拉力至少做的功W 等于克服摩擦力做的功；

当白纸向右运动x （0＜x ＜0.16m ）时，白纸上下表面受到的正压力都为2

3

L x Mg L -?，故摩擦力

1

1

23

L x f Mg L μ-=? 故由f 和x 呈线性关系可得：克服摩擦力做的功

111

0.4J 236

W Mg L MgL =??==

故将白纸从字典中水平向右抽出拉力至少做的功W 为0.4J.