高考物理二轮复习专项训练物理相互作用.docx

高考物理二轮复习专项训练 物理相互作用一、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a 相连，如图所示质量为3m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） 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=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（ 18 分） 如图所示，金属导轨MNC 和 PQD， MN 与 PQ平行且间距为 L，所在平面与水平面夹角为 N、Q连线与MN垂直，M、P间接有阻值为R的电阻；光滑直导轨NC，和 QD 在同一水平面内，与NQ 的夹角都为锐角。均匀金属棒 ab 和 ef 质量均为 m，长均为 L， ab 棒初始位置在水平导轨上与NQ 重合； ef 棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为 （ 较小），由导轨上的小立柱1 和 2 阻挡而静止。空间有方向竖直的匀强磁场（图中未画出）。两金属棒与导轨保持良好接触。不计所有导轨和ab 棒的电阻， ef棒的阻值为 R，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为 g。（1）若磁感应强度大小为B，给 ab 棒一个垂直于NQ、水平向右的速度v1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef 棒始终静止，求此过程ef 棒上产生的热量；（2）在（ 1）问过程中， ab 棒滑行距离为d，求通过ab 棒某横截面的电荷量；（3）若 ab 棒以垂直于NQ 的速度 v2 在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ 位置时取走小立柱 1 和 2，且运动过程中ef 棒始终静止。求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab 棒运动的最大距离。【答案】（1） Qef；（ 2） q；（ 3 ）Bm，方向竖直向上或竖直向下均可，xm【解析】解：（ 1）设 ab 棒的初动能为Ek， ef 棒和电阻 R 在此过程产生热量分别为Q 和 Q1，有Q+Q1=Ek且 Q=Q1 由题意 Ek=得 Q=（2）设在题设的过程中，ab 棒滑行的时间为 t，扫过的导轨间的面积为 S，通过 S 的磁通量为 ， ab 棒产生的电动势为 E， ab 棒中的电流为 I，通过 ab 棒某截面的电荷量为q，则E=且 =B S电流 I=又有 I=由图所示， S=d（ L dcot ）联立 ，解得： q=（ 10）（3） ab 棒滑行距离为x 时， ab 棒在导轨间的棒长Lx 为：Lx=L 2xcot （ 11）此时，ab 棒产生的电动势Ex为：2 x12）E=Bv L （流过 ef 棒的电流 Ixx（ 13）为 I =ef 棒所受安培力xxx（ 14）F为 F =BI L联立（11）（14），解得： Fx=（15）有（ 15）式可得，Fx在 x=0 和 B 为最大值 Bm1时有最大值 F 由题意知， ab 棒所受安培力方向必水平向左，ef 棒所受安培力方向必水平向右，使F1 为最大值的受力分析如图所示，图中 fm 为最大静摩擦力，有：F1cos =mgsin （+mgcos +F1sin） （16）联立（ 15）（ 16），得： Bm=（17）Bm 就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小，该磁场方向可竖直向上，也可竖直向下有（ 15）式可知， B 为 Bm 时， Fx 随 x 增大而减小，x 为最大 xm 时， Fx 为最小值，如图可知F2cos +（mgcos +F2sin ） =mgsin （ 18）联立（ 15）（ 17）（ 18），得xm=答：（1） ef棒上产生的热量为；（2）通过ab 棒某横截面的电量为（3）此状态下最强磁场的磁感应强度是，磁场下ab棒运动的最大距离是【点评】本题是对法拉第电磁感应定律的考查，解决本题的关键是分析清楚棒的受力的情况，找出磁感应强度的关系式是本题的重点3 如图所示，用三根轻绳将质量均为m 的A、B 两小球以及水平天花板上的固定点O 之间两两连接，然后用一水平方向的力F 作用于A 球上，此时三根轻绳均处于直线状态，且OB 绳恰好处于竖直方向，两球均处于静止状态，轻绳OA 与AB 垂直且长度之比为3:4试计算：（1） OA 绳拉力及 F 的大小？（2）保持力F 大小方向不变，剪断绳OA，稳定后重新平衡，求此时绳OB 及绳 AB 拉力的大小和方向（绳OB、 AB 拉力的方向用它们与竖直方向夹角的正切值表达）（3）欲使绳OB 重新竖直，需在球B 上施加一个力，求这个力的最小值和方向【答案】 （1）4213254mg （2） T1mg ， tan=；T2mg， tan =3132333（3）4 mg ，水平向左3【解析】【分析】【详解】（1） OB 竖直，则 AB 拉力为 0，小球 A 三力平衡，设OB 拉力为 T，与竖直方向夹角为 ,则 T=mg/cos= 5 mg，F=mgtan= 4 mg33（2）剪断 OA 绳，保持F 不变，最后稳定后，设1，AB 拉力为T2，与竖直方向夹角为2，以球OB 的拉力为 T1，与竖直方向夹角为A、球 B 为整体，可得4T1x=F=mg；T1y=2mg；3解得 ： T1= 2 13 mg；tan 1= 2 ；33单独研究球4mg；T2y=mg；A，T2x=F=3解得： T2=5mg， tan 2=433（3）对球 B 施加一个力 FB 使 OB 重新竖直，当FB 水平向左且等于力F 时是最小值，即4FB=F= mg，水平向左3【点睛】本题采用整体和隔离法相结合进行分析，关键先对B 球受力分析，得到AB 绳子的拉力为零，然后对A 球受力分析，根据平衡条件并运用平行四边形法则求解未知力4 一架质量m 的飞机在水平跑道上运动时会受到机身重力、竖直向上的机翼升力F升 、发动机推力、空气阻力F阻 、地面支持力和跑道的阻力f的作用。其中机翼升力与空气阻力均与飞机运动的速度平方成正比，即F升2k1v , F阻2k2v ，跑道的阻力与飞机对地面的压力成正比，比例系数为k0 （ m、 k0、 k1、k2 均为已知量），重力加速度为g。(1)飞机在滑行道上以速度v0 匀速滑向起飞等待区时，发动机应提供多大的推力？(2)若将飞机在起飞跑道由静止开始加速运动直至飞离地面的过程视为匀加速直线运动，发动机的推力保持恒定，请写出k0与 k1、 k2 的关系表达式；(3)飞机刚飞离地面的速度多大？22k0F k2v2mamg【答案】 (1) F k2v0k0 (mg k1v0 ) ； (2)mg k1v2； (3) vk1【解析】【分析】（1）分析粒子飞机所受的5 个力，匀速运动时满足F推F阻F阻 ，列式求解推力；（2）根据牛顿第二定律列式求解k0 与 k1、 k2 的关系表达式；（3）飞机刚飞离地面时对地面的压力为零 .【详解】（ 1）当物体做匀速直线运动时，所受合力为零，此时有空气阻力 F阻 k2v02飞机升力 F升 k1v02飞机对地面压力为 N ， NmgF升地面对飞机的阻力为：F阻k0 N由飞机匀速运动得：FFF，推阻阻由以上公式得 F推k2v02k0 (mgk1v02 )（2）飞机匀加速运动时，加速度为a，某时刻飞机的速度为v，则由牛顿第二定律：F推 -k2v2k0 (mgk1v2 )= ma解得： k0F推 -k2 v2mamgk1v2（3）飞机离开地面时：mg=k1v2解得： vmgk15 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30 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mab0.1kg 、 mcd0.2kg 的金属棒 ab、 cd 垂直导轨放在导轨上，两金属棒的总电阻r=0.2 ，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v2m/s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 , =1.5N(2)1.0Wb/s , vm3m/sFt【解析】【详解】（1）以 cd 为研究对象，当cd 速度达到最大值时，有：mcd g sinBIL 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：F(mabmcd ) g sin （或对 ab： Fmab g sinBIL ）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： Et由闭合电路欧姆定律，有：EIr联立并代入数据，得：=1.0Wb/st设 cd 的最大速度为 vm， 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：BSBL (vm v)t 回路磁通量的变化率：BL( vmv)t联立并代入数据，得：vm 3m/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6 如图所示，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 370.6、 cos37 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7如图所示，电动机通过其转轴上的绝缘细绳牵引一根原来静止的长为L=1m，质量m=0.1 的导体棒 ab，导体棒紧贴在竖直放置、电阻不计的金属框架上，导体棒的电阻R=1，磁感强度 B=1T 的匀强磁场方向垂直于导体框架所在平面，当导体棒在电动机牵引下上升h=3.8m时，获得稳定速度，此过程导体棒产生热量Q=2J电动机工作时，电压表、电流表的读数分别为7V 和1A，电动机的内阻r=1 ，不计一切摩擦，g=10m/s2 ，求：（ 1）导体棒所达到的稳定速度是多少？（ 2）导体棒从静止到达稳定速度的时间是多少？【答案】（1）m/s（ 2）s【解析】：（1）导体棒匀速运动时，绳拉力T，有T-mg-F=0（ 2 分），其中F=BIL， I= /R,=BLv，(3 分)此时电动机输出功率与拉力功率应相等，即 Tv=UI/ -I/2r（2 分），（U、 I/ 、 r 是电动机的电压、电流和电阻），化简并代入数据得v=2m/s （ 1 分）（2）从开始达匀速运动时间为t ，此过程由能量守恒定律，UI/ t-I/2rt=mgh+mv 2+Q（ 4 分），代入数据得t=1s（2 分）8 在建筑装修中，工人用质量为4.0 kg 的磨石对水平地面和斜壁进行打磨，已知磨石与水平地面、斜壁之间的动摩擦因数相同， g 取10 m/s 2（ 1）当磨石受到水平方向的推力 F1=20N 打磨水平地面时，恰好做匀速直线运动，求动摩擦因数 ；（ 2）若用磨石对 =370 的斜壁进行打磨（如图所示），当对磨石施加竖直向上的推力F2=60N 时，求磨石从静止开始沿斜壁向上运动0.8 m 所需的时间（斜壁足够长 ,sin370=0.6， cos370 =0.8）【答案】（ 1）（ 2） 0 8s【解析】（1）磨石在水平地面上恰好做匀速直线运动F1mg ，解得0.5（2）磨石与斜壁间的正压力FN F2mg sin根据牛顿第二定律有 （ F2mg)cosFN ma解得 a2.5m / s2根据匀变速直线运动规律x1 at 22解得 t2x0.8sa9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；(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FN，滑动摩擦力Ff ，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：Fmgsin37Ff0FNmgcos370又FfFN代入数据，物块与斜面间的动摩擦因数F mgsin3784 10 10 0.6mgcos370.310 10 0.8(2)当物体匀速上滑时，根据平衡条件有：平行斜面方向F cos37mgsin37Ff0垂直斜面方向FNF sin37mgcos370其中：FfFN代入数据，联立解得F135 N当物体匀速下滑时，根据共点力平衡条件平行斜面方向mgsin37F cos37Ff0垂直斜面方向FNF sin37mgcos370其中FfFN代入数据，联立解得F36.7 N