高中物理试卷分类汇编物理相互作用(及答案)(1)
一、高中物理精讲专题测试相互作用
1．如图所示,在倾角=30°的斜面上放一木板A,重为G A=100N,板上放一重为G B=500N的木箱B,斜面上有一固定的挡板,先用平行于斜面的绳子把木箱与挡板拉紧,然后在木板上施加一平行斜面方向的拉力F,使木板从木箱下匀速抽出此时,绳子的拉力T=400N。设木板与斜面间
的动摩擦因数,求：
(1)A、B间的摩擦力和摩擦因素；
(2)拉力F的大小。
【答案】（1）A、B间的摩擦力f B为150N；摩擦因数μ2=；
（2）拉力F的大小为325N。
【解析】
【详解】
（1）对B受力分析如图
由平衡条件，沿斜面方向有为：G B sinθ+f B=T…①
代入数据，解得A、B间摩擦力为：f B=150N
方向沿斜面向下，垂直斜面方向：N B=G B cosθ=500×=250N…②
A、B动摩擦因数为：
（2）以AB整体为研究对象，受力分析如图，
由平衡条件得：F=f A+T-（G A+G B）sinθ…③
N A=（G A+G B）cosθ…④
f A=μ1N A…⑤
联立③④⑤解得：F=325 N
【点睛】
本题考查共点力平衡条件的应用，要注意在解题时能正确选择研究对象，作出受力分析即可求解，本题要注意虽然两A 运动B 静止，但由于二者加速度均零，因此可以看作整体进行分析。
2．将质量0.1m kg =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0.8μ=．对环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角53θ=o 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210/g m s =，sin530.8=o ，
cos530.6=o ）．求：
（1）圆环加速度a 的大小； （2）拉力F 的大小．
【答案】（1）24.4m/s （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：21x 2
at = 解得：2a 4.4m /s =
(2)令Fsin53mg 0?-=，解得F 1.25N = 当F 1.25N <时，环与杆的上部接触，受力如图：
由牛顿第二定律，Fcos θμN F ma -=，Fsin θN F mg += 联立解得：()F m a g cos sin μθμθ
+=
+
代入数据得：F 1N =
当F 1.25N >时，环与杆的下部接触，受力如图：
由牛顿第二定律，Fcos θμN F ma -=，Fsin θN mg F =+ 联立解得：()F m a g cos sin μθμθ
-=
-
代入数据得：F 9N =
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 （325
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=
++，其最小值22min 2
25
1F N μ=
=
+。
4．如下图，水平细杆上套有一质量为M 的小环A ，用轻绳将质量为m=1.0kg 的小球B 与A 相连，B 受到始终与水平成53o 角的风力作用，与A 一起向右匀速运动，此时轻绳与水平方向的夹角为37o ，运动过程中B 球始终在水平细杆的正下方，且与A 的相对位置不变．已知细杆与环A 间的动摩擦因数为，（g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）B 对绳子的拉力大小 （2）A 环的质量．
【答案】（1）6.0N ；（2）1.08kg 【解析】 【详解】
（1）对小球B 受力分析如图，得：F T =mgsin37° 代入数据解得：F T =6.0N
（2）环A做匀速直线运动，受力如图，有：
F T cos37°-f=0
F N=Mg+F T sin37°
又：f=μF N
代入数据解得：M=1.08kg
5．(14分)如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ=30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率
v0=10m/s的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离x将发生变化，重力加速度g=10m/s2。(结果可用根号表示)
（1）求小物块与木板间的动摩擦因数；
（2）当θ角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值。
【答案】（1）（2）θ＝60°；m
【解析】
试题分析：（1）当时，对木块受力分析：
…（2分）
……（2分）
则动摩擦因素：…（2分）
（2）当变化时，木块的加速度a为：
…（2分）
木块的位移S为：…（2分）
则令，则当时s最小，
即…（2分）
S最小值为
考点：考查了牛顿第二定律的应用
点评：做本题的关键是对物体受力分析，找出临界状态，较难
6．如图甲所示，表面绝缘、倾角θ=30°的斜面固定在水平地面上，斜面所在空间有一宽度D=0.40m的匀强磁场区域，其边界与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上．一个质量
m=0.10kg、总电阻R=0.25W的单匝矩形金属框abcd，放在斜面的底端，其中ab边与斜面底边重合，ab边长L=0.50m．从t=0时刻开始，线框在垂直cd边沿斜面向上大小恒定的拉力作用下，从静止开始运动，当线框的ab边离开磁场区域时撤去拉力，线框继续向上运动，线框向上运动过程中速度与时间的关系如图乙所示．已知线框在整个运动过程中始终
未脱离斜面，且保持ab边与斜面底边平行，线框与斜面之间的动摩擦因数，重力加速度g取10 m/s2．求：
（1）线框受到的拉力F的大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（3）线框在斜面上运动的过程中产生的焦耳热Q．
【答案】（1）F="1.5" N（2）（3）
【解析】
试题分析：（1）由v-t图象可知，在0～0.4s时间内线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v1=2.0m/s，所以：
………………①
………………②
联解①②代入数据得：
F="1.5" N ………………③
（2）由v-t图象可知，线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律有：E=BLv1…④
由欧姆定律得：…⑤
对于线框匀速运动的过程，由力的平衡条件有：…⑥
联解④⑤⑥代入数据得：…⑦
（3）由v-t图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，
说明线框的宽度等于磁场的宽度，即为：⑧
线框在减速为零时，有：
所以线框不会下滑，设线框穿过磁场的时间为t ，则：
…⑨
…⑩
联解④⑤⑥代人数据得： (11)
考点：导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其
应用；闭合电路的欧姆定律．
7．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=2Ω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：
⑴当ab 中的电流为多大时，导体棒ab 的速度最大？ ⑵ab 的最大速度是多少？
⑶若导体棒从开始到速度刚达到最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=BLv m ；E=IR 可解得：s m BL
IR
v m /1.0== （3）由能量守恒关系可得：Q mv FS m +=
2
2
1 解得：Q=0.1J 考点：法拉第电磁感应定律；能量守恒定律.
8．质量为5kg 的物体静止在粗糙水平面上，在0~4s 内施加一水平恒力F ，使物体从静止开始运动，在4~12s 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0~12s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＝×12×16＝96m
（2）4s～12s内，加速度
根据牛顿第二定律，有f＝ma2＝5×2＝10N
（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=5×4
解得：F=30N
考点：牛顿第二定律的应用；v-t图线
9．半圆形支架BAD，两细绳OA和OB结于圆心O，下端悬挂重为10 N的物体，OA与水平成60 ，使OA绳固定不动，将OB绳的B端沿半圆支架从水平位置逐渐向竖直的位置C 移动的过程中，如图所示，请画出OB绳上拉力最小时O点的受力示意图，并标明各力的大小。
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
对结点O受力分析如图：
结点O始终处于平衡状态，所以OB绳和OA绳上的拉力的合力大小保持不变等于重力的大小10N，方向始终是竖直向上。
由图象知当OB垂直于OA时，OB的拉力最小为
1
sin3010N5N
mg?=?=
2
此时OA的拉力为
mg?=
cos3053N
因此OB绳上拉力最小时O点的受力示意图如图：
10．一劲度系数为k=100N/m的轻弹簧下端固定于倾角为θ=53°的光滑斜面底端，上端连接
物块Q ．一轻绳跨过定滑轮O ，一端与物块Q 连接，另一端与套在光滑竖直杆的物块P 连接，定滑轮到竖直杆的距离为d=0.3m ．初始时在外力作用下，物块P 在A 点静止不动，轻绳与斜面平行，绳子张力大小为50N ．已知物块P 质量为m 1=0.8kg ，物块Q 质量为m 2=5kg ，不计滑轮大小及摩擦，取g=10m/s 2．现将物块P 静止释放，求：
(1)物块P 位于A 时，弹簧的伸长量x 1；
(2)物块P 上升h=0.4m 至与滑轮O 等高的B 点时的速度大小； (3)物块P 上升至B 点过程中，轻绳拉力对其所做的功． 【答案】（1）0.1m （2）3m/s （3）8J 【解析】 【分析】
（1）根据题设条件和平衡条件、胡克定律，列方程求出弹簧的伸长量；
（2）由于本题的特殊性，P 处于A 位置时与P 上升到与滑轮等高位置，弹簧的伸长量与压缩量恰相等，而此时由速度的合成和分解可知物块Q 的速度为零，所以由机械能守恒律可求物块P 的速度；
（3）当Q 上升到与滑轮等高时，由系统的机械能守恒和两个物体速度关系求圆环Q 的速度大小．通过绳子拉力对Q 物体的做功情况，判断物块Q 机械能的变化，从而得出何时机械能最大． 【详解】
（1）物体P 位于A 点，假设弹簧伸长量为1x ，则：21sin T m g kx θ=+，解得：
10.1x m =
（2）经分析，此时OB 垂直竖直杆，OB=0.3m ，此时物块Q 速度为0，下降距离为：
0.5m 0.3m 0.2m x OP OB ?=-=-=，即弹簧压缩20.2m 0.1m 0.1m x =-=，弹性势
能不变．
对物体PQ 及弹簧，从A 到B 根据能量守恒有：
22111sin 2
B m g x m gh m v θ???-=
代入可得：23m/s B v = 对物块P ：21112
T B W m gh m v -= 代入数据得：8J T W =
【点睛】
解决本题的关键会对速度进行分解，以及掌握功能关系，除重力以外其它力做功等于机械能的增量，并能灵活运用；要注意本题的特殊性，当物块P与杆垂直时，此时绳伸缩方向速度为零（即Q的速度为零），这也是本题的关键点．