物理相互作用练习题含答案及解析、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 θ( θ< 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 α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 )．(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) F min mg sin 2 (2) mg sin 42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 ＋f Fsin ＋ F N ＝ mgcos f ＝ F N联立解得： Fmgsin2 cos则当 ＝时， F 有最小值， F min ＝ mgsin 2(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 Fcos当 ＝ 时， f1mgsin2 cos2 mgsin4【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 的表达式，讨论 F 取最小值的条件．F 的水平分力，即F 有最小值，求此最小值；2．轻绳下端悬挂 200N 的重物，用水平力 拉轻绳上的 点，使轻绳上部分偏离竖直方向 = 角保持静止，如图所示。

（1）求水平力 的大小；（2）保持轻绳上部分与竖直方向的夹角 = 不变，改变力 的方向，求力 的最小值及与水平方向的夹角。

【答案】（ 1）（ 2）， 与水平方向夹角为【解析】试题分析：（ 1）对 点受力分析，可得 ，解得（ 2）力 有最小值时 ，解得 ， 与水平方向夹角为 考点：考查了共点力平衡条件【名师点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解 法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，则 可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解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 7m ，试求重物质量 M ．【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 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 【详解】设 AB 与竖直方向的夹角为 θ，则由几何关系可知：（ 7﹣5sin θ） 2+（7﹣5cos θ）2＝52解得： sin θ+cos θ＝解得： sin θ＝0.6；或 sin θ＝ 0.8B 、C 进行受力M ．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．用质量为m 、总电阻为R的导线做成边长为l 的正方形线框MNPQ，并将其放在倾角为的平行绝缘导轨上，平行导轨的间距也为l ，如图所示，线框与导轨之间是光滑的，在导轨的下端有一宽度为l（即ab l ）、磁感应强度为B的有界匀强磁场，磁场的边界aa'、bb'垂直于导轨，磁场的方向与线框平面垂直，线框从图示位置由静止释放，恰能匀速穿2）线框MN边运动到aa'的过程中通过线框导线横截面的电荷量q ；3）通过磁场的过程中，线框中产生的热量Q。

答案】（1）v mg B R2l s2i?nBl2）qBl2所以 q It B R l（3）解法一：通过磁场过程中线框沿斜面匀速运动了 由能量守恒定律得： 解法二： Q I 2Rt2mgsin 2l Q R 2mgl sinBlv考点：导体切割磁感线时的感应电动势【名师点睛】遇到导轨类问题首先要画出侧视图及其受力分析图，然后列式求解；在求有 关热量问题时，要从能量守恒的角度求解。

5．水平传送带以 v=1.5m/s 速度匀速运动，传送带 AB 两端距离为 6.75m,将物体轻放在传送 带的 A 端，它运动到传送带另一端 B 所需时间为 6s ，求：（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？（ g=10m/s 2）答案】（ 1） ；（ 2）3) Q 2mglsin解析】试题分析：（ 1）感应电动势 : E Blv ，感应电流 I E R，安培力：F BIl线框在磁场区域做匀速运动时，其受力如图所示mgRsin2 2? B 2l 2?2）解法一：由 BIl mgsin 得，mgsin BlB 2l 3mgRsin解法二：平均电动势 EER，qn ，所以 q RBl 2 R 。

2l 的距离，E 减 ， Q 2mglsin 。

解得匀速运动的速度 : v【解析】试题分析：（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 点匀加速到B点的速度。

6．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v0＝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/s2），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12mgR＝mv B解得v B＝2 gR＝2m / s2在 B 点：F N－mg＝m v B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v02－v B2＝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2 a ＝ μg ＝3 m/s 。

v 0 v B 2由 v 0＝v B ＋at ，得 t ＝ 0 B ＝ sa3 在这段时间内传送带的位移为s 传＝ v 0t ＝ 8 m32 传送带与滑块的相对位移为 Δs ＝ s 传－ L ＝2m3 故滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量Q ＝ μ mg Δ＝s 4 J 。

考点：牛顿第二定律的综合应用7．如图所示，固定在水平地面上的斜面倾角为 30°，物块 A 与斜面间的动摩擦因数为3，轻绳一端通过两个滑轮与物块 A 相连，另一端固定于天花板上，不计轻绳与滑轮的4 摩擦及滑轮的质量。

已知物块 后，滑轮两边轻绳的夹角为(1)若挂上物块 B 后，物块(2)若物块 B 的质量为 2 m ，求物块 A 受到的摩擦力的大小和方向；3解析】 详解】(1)由滑轮相连轻绳的拉力处处相等，对物块 A 受力分析， A 恰好不受摩擦力作用有：沿斜面方向：F 拉 mg sin 30 0 ，解得：A 的质量为 m ，连接物块 A 的轻绳与斜面平行，挂上物块B 90°，物块 A 、B 都保持静止，重力加速度为 g ，假定最大静摩sin30 °= 1 ， cos30°= 3 ， sin45 °= 2 ， cos45°= 2 。

22 A 恰好不受摩擦力作用，求轻绳的拉力 擦力等于滑动摩擦力，已知：22F 拉的大小；(3) 2 m8mB7 2。

m 。

8沿斜面方向：T f mg sin30 0 ， 解得 A 受到的静摩擦力大小为6mg ；T mgsin30 f 0 ，垂直斜面方向：F 拉 mgsin 301mg ；2T cos45 m B g 0 ，已知m B = 32m ，解得：1 T 3mg ，3mgmgsin30 ， A 有向下运动的趋势，故 A 受到的静摩擦力 f 沿斜面向上。

(3) 设物块 A 刚好要沿斜面向上滑动时，物块 B 的质量最大为 M 1，此时对物块 A 、B 进行受(2)对物块 B 受力分析如图：竖直方向：在对物块 A 进行受力分析如图：因为 T 力分析如图：沿斜面向上：且f N ，联立解得T mg sin 30此时 B 竖直方向：代入数据解得M1N mg cos30 0 ，mg cos302T cos452T cos 45g 设物块 A 刚好要沿斜面向下滑动时，物块分析如图：12mgM 1g 0，37mg mg287mg8gB 的质量最小为M2，此时对物块A、B 进行受力T f mg sin30垂直斜面方向：N mg cos30 0，且f N ，联立解得T mg sin 30 mg cos3012mgmg3123 18mg ，此时 B 竖直方向：2T cos45 M 1g 0，代入数据解得M12T cos 451mg8g2m，m8所以为保持物块 A 处于静止状态，求物块2m8B 的质量范围为：728m B m。

8．在水平地面上有一质量为2kg的物体，在水平拉力F的作用下由静止开始运动，10s 后拉力大小减为零，该物体的运动速度随时间t的变化规律如图所示．（g取10m/s2）2）物体与地面之间的动摩擦因数3）物体受到的拉力 F 的大小；答案】（1）0．8 m/s2；40米（2）0．2 （3）5．6牛解析】试题分析：（1）前10s 内物体的加速度前10s 内物体的位移大小2）撤去外力后的加速度根据牛顿定律解得μ=0．2（3）有拉力作用时，根据牛顿定律：解得F=5．6N 考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题；关键是知道v-t 线的斜率等于加速度，“面积”表示物体的位移；能根据牛顿第二定律求出加速度的表达式．9．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（2）4s ～12s 内，加速度 根据牛顿第二定律，有 f ＝ ma 2＝ 5×2＝10N3）0～4s 内，加速度 根据牛顿第二定律，有 F-f ＝ma 1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10．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 FcosN mgcos Fsin f uN联立解得： F 112N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 fN mgcos Fsin f uN联立解得： F 48Nx ＝ × 12 ×＝1696m。