2020-2022年高考物理真题分专题训练 专题03 相互作用(教师版含解析)
2020高考物理一轮复习专题2-6 相互作用精品测试卷(解析版)
专题2.6 相互作用精品测试卷【满分：100分 时间：90分钟】一、单项选择题(本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1. (2019·石家庄一中模拟) 假期里，一位同学在厨房里帮助妈妈做菜，对菜刀产生了兴趣．他发现菜刀的刀刃前部和后部的厚薄不一样，刀刃前部的顶角小，后部的顶角大，如图所示，他先后做出过几个猜想，其中合理的是( )A ．刀刃前部和后部厚薄不匀，仅是为了打造方便，外形美观，跟使用功能无关B ．在刀背上加上同样的压力时，分开其他物体的力跟刀刃厚薄无关C ．在刀背上加上同样的压力时，顶角越大，分开其他物体的力越大D ．在刀背上加上同样的压力时，顶角越小，分开其他物体的力越大【答案】D【解析】 把刀刃部分抽象后，可简化成一个等腰三角形劈，设顶角为2θ，背宽为d ，侧面长为l ，如图所示．当在刀背施加压力F 后，产生垂直侧面的两个分力F 1、F 2，使用中依靠着这两个分力分开被加工的其他物体．由对称性知，这两个分力大小相等(F 1＝F 2)，因此画出力分解的平行四边形，实为菱形，如图所示，在这个力的平行四边形中，取其四分之一考虑(图中阴影部分)．根据它跟半个劈的直角三角形的相似关系，有关系式F 1F 2＝l d 2＝1sin θ，得F 1＝F 2＝F 2sin θ.由此可见，刀背上加上一定的压力F 时，侧面分开其他物体的力跟顶角的大小有关，顶角越小，sin θ 的值越小，F 1和F 2的值越大，故D 正确．2.(2019·蚌埠质量检查)如图所示，物体甲放置在水平地面上，通过跨过定滑轮的轻绳与小球乙相连，整个系统处于静止状态．现对小球乙施加一个水平力F ，使小球乙缓慢上升一小段距离，整个过程中物体甲保持静止，甲受到地面的摩擦力为f ，则该过程中( )A ．f 变小，F 变大B ．f 变小，F 变小C ．f 变大，F 变小D ．f 变大，F 变大【答案】D【解析】对小球受力分析，受拉力F ，绳的拉力T ，重力mg ，绳与竖直方向的夹角为α，由平衡条件得F ＝mg tanα，向右拉动时，α增大，tan α增大，F 增大；绳的拉力T ＝mg cos α，对物体甲受力分析，水平方向受力平衡，得f ＝T cos θ＝mg cos θcos α，α增大，cos α减小，mg cos θcos α增大，故f 增大，D 正确．3．(2019·海南海口一中模拟)如图所示的容器内盛有水，器壁AB 部分是一个平面且呈倾斜状，有一个小物块P 处于图示位置并保持静止状态，则该物体( )A ．可能受三个力作用B ．可能受四个力作用C ．一定受三个力作用D ．一定受四个力作用【答案】B【解析】物体一定受到地球的吸引而产生的重力，同时因为排开一定质量的液体，故一定受浮力，若浮力大小等于重力，则二者可以平衡，物体与AB 间没有相互作用，故可能受两个力作用；若浮力大于重力，则物体一定会受AB 对P 的弹力，由于弹力垂直于接触面向下，物体只有受到向下的摩擦力才能受力平衡，故物体可能受四个力；故只有B 项正确，A 、C 、D 错误．4. (2019·郑州一中模拟)如图所示，直角三角形框架ABC (角C 为直角)固定在水平地面上，已知AC 与水平方向的夹角为α＝30°.小环P 、Q 分别套在光滑臂AC 、BC 上，用一根不可伸长的细绳连接两小环，静止时细绳恰好处于水平方向，小环P 、Q 的质量分别为m 1、m 2，则小环P 、Q 的质量的比值为( )A ．m 1m 2＝ 3B ．m 1m 2＝3C ．m 1m 2＝33 D ．m 1m 2＝13 【答案】B【解析】对小环P 进行受力分析如图，设绳子拉力大小为T ，由几何关系有T 1＝m 1g tan α，对小环Q 进行受力分析，由几何关系有T 2＝m 2g cot α，T 1＝T 2，联立解得m 1m 2＝cot 2α＝3，选项B 正确．5. (2019·长沙一直模拟)如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔．质量为m 的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力F 和环对小球的弹力F N 的大小变化情况是( )A ．F 减小，F N 不变B ．F 不变，F N 减小C ．F 不变，F N 增大D ．F 增大，F N 减小【答案】A【解析】 对小球受力分析，其所受的三个力组成一个闭合三角形，如图所示，力三角形与圆内的三角形相似，由几何关系可知mg R ＝F N R ＝F L ，小球缓慢上移时mg 不变，R 不变，L 减小，F 大小减小，F N 大小不变，A 正确．6．(2019·山东菏泽一中模拟)匀速前进的车厢顶部用细线竖直悬挂一小球，如图所示，小球下方与一光滑斜面接触．关于小球的受力，说法正确的是( )A ．重力和细线对它的拉力B ．重力、细线对它的拉力和斜面对它的弹力C ．重力和斜面对它的支持力D ．细线对它的拉力和斜面对它的支持力【答案】 A【解析】小球必定受到重力和细线的拉力．小球和光滑斜面接触，但斜面对小球没有弹力，假设有弹力，小球将受到三个力作用，重力和细线的拉力在竖直方向上，弹力垂直于斜面向上，三个力的合力不可能为零，与题设条件矛盾，故A 正确．7．(2019·四川绵阳一中模拟)有三个力：F 1＝2 N ，F 2＝5 N ，F 3＝8 N ，则( )A ．F 2和F 3可能是F 1的两个分力B ．F 1和F 3可能是F 2的两个分力C ．F 1和F 2可能是F 3的两个分力D ．上述结果都不对【答案】D【解析】F 2和F 3合力范围为：|F 2－F 3|≤F 合≤F 2＋F 3，即3≤F 合≤13 N ，而F 1＝2 N ，不在此范围内，故A 错误；F 1和F 3合力范围为：|F 1－F 3|≤F 合≤F 1＋F 3，即6 N≤F 合≤10 N ，而F 2＝5 N 不在此范围内，故B 错误；F 1和F 2合力范围为：|F 1－F 2|≤F 合≤F 1＋F 2，即3 N≤F 合≤7 N ，而F 3＝8 N 不在此范围内，故C 错误；由以上可知D 说法正确，ABC 错误．8．(2019·河南重点中学联考)如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O 点．现用水平力F 缓慢推动斜面体，小球在斜面体上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力F N 以及绳对小球的拉力F T 的变化情况是( )A ．F N 保持不变，F T 不断增大B ．F N 不断增大，F T 不断减小C ．F N 保持不变，F T 先增大后减小D ．F N 不断增大，F T 先减小后增大 【答案】D【解析】对小球受力分析如图所示(重力mg 、斜面对小球的支持力F N 、绳对小球的拉力F T )．画出一簇平行四边形如图所示，当F T 方向与斜面平行时，F T 最小，所以F T 先减小后增大，F N 一直增大，只有选项D 正确．9．(2019·辽宁沈阳重点中学联考)如图所示，质量为m 的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角θ＝37° 的木板托住，小球处于静止状态，弹簧处于压缩状态，则( )A ．小球受木板的摩擦力一定沿斜面向上B ．弹簧弹力不可能为34mgC ．小球可能受三个力作用D ．木板对小球的作用力有可能小于小球的重力mg【答案】C【解析】小球的受力分析如图，当mg sin 37° >F cos 37°，小球受到沿斜面向上的摩擦力，当mg sin 37° <F cos 37°，小球受到沿斜面向下的摩擦力，当mg sin 37° ＝F cos 37°，斜面对小球不受摩擦力，且F ＝mg tan 37° ＝34mg ，所以A 、B 错误，C 正确；木板对小球的作用力的竖直分量等于mg ，所以不可能小于mg ，D 错误．10．(2019·山东济南一中模拟)如图所示，半圆形线框竖直放置在粗糙的水平地面上，质量为m 的光滑小球P 在水平外力F 的作用下处于静止状态，P 与圆心O 的连线与水平面的夹角为θ，将力F 在竖直面内沿顺时针方向缓慢转过90°，框架与小球始终保持静止状态，在此过程中下列说法正确的是( )A ．拉力F 一直增大B ．拉力F 的最小值为mg sin θC ．地面对框架的摩擦力先增大后减小D ．框架对地面的压力始终在减小 【答案】D【解析】对球受力分析，如图所示，从图看出，将力F 在竖直面内沿顺时针方向缓慢转过90°，拉力先减小后增加，当拉力与支持力垂直时最小，为mg cos θ，故A 、B 错误；再分析球和框整体，受重力、拉力、支持力和摩擦力，如果将图中的拉力F 沿着水平和竖直方向正交分解，将力F 在竖直面内沿顺时针方向缓慢转过90°过程中，其水平分力减小、而竖直分力增加，根据平衡条件可知，支持力减小、摩擦力也减小，根据牛顿第三定律，对地面的压力减小，故C 错误，D 正确．二、多项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)11．(2019·哈尔滨三中模拟)将力传感器A 固定在光滑水平桌面上，测力端通过轻质水平细绳与滑块相连，滑块放在较长的小车上．如图甲所示，力传感器A 与计算机相连接，可获得力随时间变化的规律曲线．一水平轻质细绳跨过光滑的定滑轮，一端连接小车，另一端系砂桶，整个装置开始处于静止状态．在滑块与小车分离前缓慢向砂桶里倒入细砂，力传感器采集的F －t 图象如图乙所示．则下列分析正确的是( )A ．2.5 s 前小车做变加速运动B ．2.5 s 后小车做变加速运动C ．2.5 s 前小车所受摩擦力不变D ．2.5 s 后小车所受摩擦力不变【答案】BD【解析】由题图乙可知，在F 变化的阶段，砂桶质量由小变大，滑块与小车之间没有相对滑动，属于静摩擦力，所以2.5 s 前，小车、滑块均处于静止状态，A 错误；2.5 s 后小车受恒定摩擦力，但是外力增加，因此小车做变加速直线运动，B 正确；根据上述分析，2.5 s 前滑块受静摩擦力，且静摩擦力在变化，2.5 s 后受滑动摩擦力，且大小不变，C 错误，D 正确．12. (2019·北京101中学模拟)光滑水平地面上放有截面为14圆周的柱状物体A ，A 与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B .对A 施加一水平向左的力F ，整个装置保持静止．若将A 的位置向右移动少许，整个装置仍保持平衡，则( )A ．水平外力F 增大B ．墙对B 的作用力减小C ．地面对A 的支持力减小D ．B 对A 的作用力增大【答案】AD【解析】 A 、B 之间的弹力方向沿A 、B 圆心连线方向．以B 为研究对象，如图所示，B 受重力G B 、墙壁对B的弹力F 1、A 对B 的弹力F 2，根据共点力平衡条件有，F 2cos α＝G B ，F 2sin α＝F 1，解得F 1＝G B tan α，F 2＝G B cos α.若将A 向右移动少许，α变大，可见F 1、F 2都变大，B 错误，D 正确；以A 和B 整体为研究对象，有F ＝F 1＝G B tan α，则F 随α的增大而变大，地面对A 的支持力始终等于A 、B 的总重力，保持不变，A 正确，C 错误．13. (2019·上海格致中学模拟)如图所示，一条细线一端与地板上的物体B 相连，另一端绕过质量不计的定滑轮与小球A 相连，定滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的O ′点，细线与竖直方向所成角度为α，则( )A ．如果将物体B 在地板上向右移动一点，α角将增大B ．无论物体B 在地板上左移还是右移，只要距离足够小，α角将不变C ．增大小球A 的质量，α角一定减小D ．悬挂定滑轮的细线的弹力不可能等于小球A 的重力【答案】AD【解析】 O 、A 之间的细线一定沿竖直方向，如果物体B 在地板上向右移动一点，O 、B 间的细线将向右偏转，OA 与OB 间的夹角将增大．OA 与OB 两段细线上的弹力都等于小球A 的重力，其合力与悬挂定滑轮的细线的弹力大小相等、方向相反，悬挂定滑轮的细线的弹力方向(即OO ′→的方向)与∠AOB 的角平分线在一条直线上，显然物体B 在地板上向右移动时α角将增大，A 正确，B 错误；增大小球A 的质量，只要物体B 的位置不变，α角也不变，C 错误；因物体B 无论在地板上移动多远，∠AOB 也不可能达到120°，故悬挂定滑轮的细线的弹力不可能等于小球A 的重力，D 正确．14．(2019·福建双十中学模拟)如图所示，倾角为θ的斜面体c 置于水平地面上，小物块b 置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a 连接，连接b 的一段细绳与斜面平行．在a 中的沙子缓慢流出的过程中，a 、b 、c 都处于静止状态，则( )A ．b 对c 的摩擦力一定减小B ．b 对c 的摩擦力方向可能平行斜面向上C ．地面对c 的摩擦力方向一定向右D ．地面对c 的摩擦力一定减小【答案】BD【解析】设a 、b 的重力分别为G a 、G b ，若G a ＝G b sin θ，b 受到c 的摩擦力为零；若G a ≠G b sin θ，b 受到c 的摩擦力不为零；若G a <G b sin θ，b 受到c 的摩擦力沿斜面向上，故A 错误，B 正确；以bc 整体为研究对象，分析受力如图，由平衡条件得，水平面对c 的摩擦力F f ＝F T cos θ＝G a cos θ，方向水平向左，在a 中的沙子缓慢流出的过程中，则摩擦力在减小，故C 错误，D 正确．15．(2019·安徽合肥一中三模)一直角V形槽固定在水平面上，其横截面如图所示，BC面与水平面间夹角为60°，有一质量为m的正方体木块放在槽内，木块与AB面间的动摩擦因数为μ，与BC面间无摩擦．现用平行于槽的水平力F推木块，使之沿槽向里匀速运动，重力加速度为g.下列说法正确的是()A．木块受到5个力的作用B．木块对V形槽的作用力大小为mgC．推力F大小为32μmg D．木块对BC面的压力大小为32mg【答案】AC【解析】木块受重力、斜面AB的支持力、斜面BC的支持力、斜面AB的摩擦力以及推力F的作用，选项A正确；水平推力F＝f＝μmg cos 30°＝32μmg，选项C正确；木块对V形槽的作用力大小等于力F与重力mg的合力，其大小大于mg，选项B错误；木块对BC面的压力大小为mg cos 60°＝0.5mg，选项D错误．16．(2019·湖北仙桃、天门、潜江三市联考)如图所示，倾斜的木板上有一静止的物块，水平向右的恒力F作用在该物块上．在保证物块不相对木板滑动和情况下，现以过木板下端点O的水平轴为转轴，使木板在竖直面内顺时针缓慢旋转一个小角度．在此过程中下面说法正确的是()A．物块所受支持力一定变大B．物块所受支持力和摩擦力的合力一定不变C．物块所受摩擦力可能变小D．物块所受摩擦力一定变大【答案】BD【解析】设木板与水平面的夹角为θ，对物块进行受力分析可知物块受竖直向下的重力mg、恒力F和垂直木板向上的支持力N以及沿木板向上的静摩擦力F f，由于物块始终处于静止状态，故垂直木板方向合力为零，则物块所受支持力与摩擦力的合力与重力和F的合力相平衡，故物块所受支持力与摩擦力的合力不变．根据平衡条件有，在垂直木板方向有N＋F sin θ＝mg cos θ，在沿木板方向有F f＝mg sin θ＋F cos θ，由题意可知θ逐渐增大，故N逐渐减小，结合题意可知摩擦力一定变大．故A、C错误，B、D正确．17. (2019·河南新乡一中模拟)如图所示，一条细线一端与地板上的物体B相连，另一端绕过质量不计的定滑轮与小球A相连，定滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的O′点，细线与竖直方向所成角度为α，则()A.如果将物体B在地板上向右移动一点，α角将增大B.无论物体B在地板上左移还是右移，只要距离足够小，α角将不变C.增大小球A的质量，α角一定减小D.悬挂定滑轮的细线的弹力不可能等于小球A的重力【答案】AD【解析】O、A之间的细线一定沿竖直方向，如果物体B在地板上向右移动一点，O、B间的细线将向右上偏转，OA与OB间的夹角将增大。
2020-2022年高考物理真题分专题训练 专题15 热学(教师版含解析)
7、【2022·河北·T15(2)】水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示，汽缸中间有一固定隔板，将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，“H”型连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆与隔板之间密封良好。设汽缸内、外压强均为大气压强 。活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为 ，各接触面光滑。连杆的截面积忽略不计。现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体的体积为原来的 ，设整个过程温度保持不变，求：
【答案】 ；10m
【解析】
对瓶中所封的气体，由玻意耳定律可知
即
解得
根据
解得
h=10m
11、（2022·全国甲卷·T33（2））如图，容积均为 、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为 、温度为 的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通：汽缸内的两活塞将缸内气体分成I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第II、Ⅲ部分的体积分别为 和 、环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。
DE．理想气体由a变化到b的过程中，温度升高，则内能增大，由热力学第一定律有
而 ， ，则有
可得
，
即气体从外界吸热，且从外界吸收的热量大于其增加的内能，故D正确，E错误；
故选ABD。
3、（2022·全国甲卷·T33（1））一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如 图上从a到b的线段所示。在此过程中（ ）
（1）此时上、下部分气体的压强；
（2）“H”型连杆活塞的质量（重力加速度大小为g）。
【答案】（1） ， ；（2）
【解析】
（1）旋转前后，上部分气体发生等温变化，根据玻意尔定律可知
解得旋转后上部分气体压强为
2020-2022年高考物理真题分专题训练 专题14 原子结构、原子核和波粒二象性(教师版含解析)
不能使金属钠产生光电效应，其他两种均可以，故C错误；
D．由于从n=3跃迁到n=4能级需要吸收的光子能量为
所以用0.85eV的光子照射，不能使氢原子跃迁到n=4激发态，故D错误。
故选B。
7、（2022·浙江1月卷·T14）2021年12月15日秦山核电站迎来了安全发电30周年，核电站累计发电约6.9×1011kW·h，相当于减排二氧化碳六亿多吨。为了提高能源利用率，核电站还将利用冷却水给周围居民供热。下列说法正确的是（ ）
A.原子核X是 B.核反应前后的总质子数不变
C.核反应前后总质量数不同D.中微子 的电荷量与电子的相同
【答案】A
【解析】
AC．根据质量数守恒和电荷数守恒有，X的质量数为7，电荷数为3，可知原子核X是 ，A正确、C错误；
B．由选项A可知，原子核X是 ，则核反应方程为 + → + ，则反应前的总质子数为4，反应后的总质子数为3，B错误；
A.红外线波段的光子B.可见光波段的光子
C.紫外线波段的光子D.X射线波段的光子
【答案】A
【解析】
要使处于n=20的氢原子吸收一个光子后恰好失去一个电子变成氢离子，则需要吸收光子的能量为
则被吸收的光子是红外线波段的光子。
故选A。
3、（2022·山东卷·T1）碘125衰变时产生 射线，医学上利用此特性可治疗某些疾病。碘125的半衰期为60天，若将一定质量的碘125植入患者病灶组织，经过180天剩余碘125的质量为刚植入时的（ ）
A.X是 B. 可以用作示踪原子
C. 来自原子核外D.经过一个半衰期，10个 将剩下5个
2020-2022年高考物理真题分专题训练 专题04 牛顿运动定律(教师版含解析)
C.t2~t3时间内，v增大，FN<mgD.t2~t3时间内，v减小，FN>mg
【答案】D
【解析】A．由于s-t图像的斜率表示速度，可知在0~t1时间内速度增加，即乘客的加速度向下，处于失重状态，则FN<mg，选项A错误；B．在t1~t2时间内速度不变，即乘客的匀速下降，则FN=mg，选项B错误；CD．在t2~t3时间内速度减小，即乘客的减速下降，超重，则FN>mg，选项C错误，D正确；故选D。
故选B。
2.(2021·浙江卷)机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量 的汽车以 的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线 处，驾驶员发现小朋友排着长 的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。
（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
3、（2022·全国乙卷·T15）如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距 时，它们加速度的大小均为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】当两球运动至二者相距 时，,如图所示
A.发动机的最大推力为
B.当飞行器以 匀速水平飞行时，发动机推力的大小为
C.发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为
D.当飞行器以 的速率飞行时，其加速度大小可以达到
【答案】BC
【解析】A．飞行器关闭发动机，以v1= 匀速下落时，有 ，飞行器以v2= 向上匀速时，设最大推力为Fm
2020-2022年高考物理真题分专题训练 专题06 万有引力定律与航天(教师版含解析)
A.绕地运行速度约为
B.绕地运行速度约为
C.在4月份绕行的任意两小时内机械能可视为守恒
D.在5月份绕行的任意两小时内机械能可视为守恒
【答案】D
【解析】
AB．根据题意可知，轨道半径在变化，则运行速度在变化，圆周最大运行速度为第一宇宙速度 ，故AB错误；
或根据 及 解得 将g=9.80m/s2和R=6400km以及hmin=418km和hmax=421km代入得最大速度和最小速度分别为vmax=7.913km/s和vmin=7.911km/s.用h=0代入得v=7.92km/s.
6、（2022·浙江1月卷·T8）“天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的P点沿地火转移轨道到Q点，再依次进入如图乙所示的调相轨道和停泊轨道，则天问一号（ ）
A.发射速度介于7.9km/s与11.2km/s之间
B.从P点转移到Q点的时间小于6个月
C.在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小
D.在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度
A.核心舱的质量和绕地半径
B.核心舱的质量和绕地周期
C.核心舱的绕地角速度和绕地周期
D.核心舱的绕地线速度和绕地半径
【答案】D
【解析】
根据核心舱做圆周运动 向心力由地球的万有引力提供，可得
可得
可知已知核心舱的质量和绕地半径、已知核心舱的质量和绕地周期以及已知核心舱的角速度和绕地周期，都不能求解地球的质量；若已知核心舱的绕地线速度和绕地半径可求解地球的质量。
2020届高考物理相互作用(通用)练习(带解析)
2020高考物理相互作用（通用）练习及答案高考专题：相互作用1、(2019·宁夏大学附属中学月考)如图所示为一轻质弹簧的长度和弹力大小的关系图象。
根据图象判断，正确的结论是()A．弹簧的原长为6 cmB．弹簧的劲度系数为1 N/mC．可将图象中右侧的图线无限延长D．该弹簧两端各加2 N拉力时，弹簧的长度为10 cm2、(2019·济宁质检)如图所示，物体B叠放在物体A上，A、B的质量均为m，且上、下表面均与斜面平行，它们以共同速度沿倾角为θ的固定斜面C匀速下滑，则()A．A、B间没有静摩擦力B．A受到B的静摩擦力方向沿斜面向上C．A受到斜面的滑动摩擦力大小为mgsin θD．A与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ3、重力为G的体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图所示的比赛动作，当运动员竖直倒立保持静止状态时，两手臂对称支撑，夹角为θ，则()A．θ＝60°时，运动员单手对地的正压力大小为G 2B．θ＝120°时，运动员单手对地面的压力大小为G C．θ不同时，运动员受到的合力不同D．θ不同时，地面对运动员的合力不同4、如图所示，把光滑斜面上的物体所受重力mg分解为F1、F2两个力。
图中F N为斜面对物体的支持力，则下列说法正确的是()A．F1是斜面作用在物体上使物体下滑的力B．物体受到mg、F N、F1、F2共四个力的作用C．F2是物体对斜面的压力D．力F N、F1、F2这三个力的作用效果与mg、F N这两个力的作用效果相同5、(2019·宁波模拟)如图所示，A、B两个物块的重力分别是G A＝3 N，G B＝4 N，弹簧的重力不计，整个装置沿竖直方向处于静止状态，这时弹簧的弹力F＝2 N，则天花板受到的拉力和地板受到的压力，有可能是()A．3 N和4 N B．5 N和6 NC．1 N和2 N D．5 N和2 N6、一木块放在水平桌面上，在水平方向共受到三个力，即F1、F2和摩擦力的作用，木块处于静止状态，如图所示，其中F1＝10 N，F2＝2 N。
2020-2022年高考物理真题分专题训练 专题13 交流电(教师版含解析)
专题13 交流电【2022年高考题组】1、（2022·湖南卷·T6）如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头1P 初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源。
定值电阻1R 的阻值为R ，滑动变阻器2R 的最大阻值为9R ，滑片2P 初始位置在最右端。
理想电压表V 的示数为U ，理想电流表A 的示数为I 。
下列说法正确的是（ ）A. 保持1P 位置不变，2P 向左缓慢滑动的过程中，I 减小，U 不变B. 保持1P 位置不变，2P 向左缓慢滑动的过程中，1R 消耗的功率增大C. 保持2P 位置不变，1P 向下缓慢滑动的过程中，I 减小，U 增大D. 保持2P 位置不变，1P 向下缓慢滑动的过程中，1R 消耗的功率减小 【答案】B 【解析】AB ．由题意可知，原副线圈的匝数比为2，则副线圈的电流为2I ，根据欧姆定律可得副线圈的电压有效值为212U IR =则变压器原线圈的电压有效值为12124U U IR ==设输入交流电的电压有效值为0U ，则0124U IR IR =+可得124U I R R =+保持1P 位置不变，2P 向左缓慢滑动的过程中，I 不断变大，根据欧姆定律14U IR =可知变压器原线圈的电压有效值变大，输入电压有效值不变，则2R 两端的电压不断变小，则电压表示数U 变小，原线圈的电压电流都变大，则功率变大，根据原副线圈的功率相等，可知1R 消耗的功率增大，故B 正确，A 错误；CD ．设原副线圈的匝数比为n ，同理可得211U n IR =则2012U n IR IR =+整理可得212U I n R R =+保持2P 位置不变，1P 向下缓慢滑动的过程中，n 不断变大，则I 变小，对2R 由欧姆定律可知2U IR =可知U 不断变小，根据原副线圈的功率相等可知1R 消耗的功率002110221212()U U R P IU U n R R n R R ==⋅-++ 整理可得2122212212U P R n R R n R =++ 可知3n =时，1R 消耗的功率有最大值，可知1R 消耗的功率先增大，后减小，故CD 错误。
2020年高考物理真题分类汇编专题2 相互作用
2 3 专题 2 相互作用1.（2012 上海卷）已知两个共点力的合力为 50N ，分力 F 1 的方向与合力 F 的方向成 30 角， 分力 F 2 的大小为 30N.则（ ）（A ）F 1 的大小是唯一的（B ）F 2 的方向是唯一的（C ）F 2 有两个可能的方向 （D ）F 2 可取任意方向答案：C解析:作出力的矢量三角形如图所示，从图中可以看出 F 1 的大小有两个可能值，F 2 的方向也有两个可能的方向，因此只有 C 正确.本题考查力的合成与分解，意在考查对作图法的掌握情况和力的分解唯一性条件的理解.2.（2012 广东卷）如图 3 所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角为 45°，日光保持水平，所受重力为 G ，左右两绳的拉力大小分 别为A.G 和 GB.G 和 G2 2B.1G 和 G2 2D. 1G 和 1G2 2答案：B解析: 由对称性可知两根绳的拉力大小相等,设为 T,则对日光灯在竖直方向上有:2Tcos45°=G,可得 B 正确.3（2012 天津卷）．如图所示，金属棒 MN 两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由 M 向 N 的电流，平衡时两悬线与竖直2A B方向夹角均为θ，如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是（）A ．棒中的电流变大，θ角变大B ．两悬线等长变短，θ角变小C ．金属棒质量变大，θ角变大D ．磁感应强度变大，θ角变小答案：A.解析：水平的直线电流在竖直磁场中受到水平的安培力而偏转，与竖直方向形成夹角，此时它受拉力、重力和安培力而达到平衡，根据平衡条件有tan=F 安mg = BIL mg，所以棒子中的电流增大θ角度变大；两悬线变短，不影响平衡状态，θ角度不变；金属质量变大θ角度变 小；磁感应强度变大θ角度变大.4（2012 上海卷）．如图，竖直轻质悬线上端固定，下端与均质硬棒 AB 中点连接，棒长为线长的二倍.棒的 A 端用铰链墙上，棒处于水平状态.改变悬线的长度，使线与棒的连接点逐渐右移，并保持棒仍处于水平状态.则悬线拉力（ ）（A ）逐渐减小（B ）逐渐增大（C ）先减小后增大 （D ）先增大后减小答案：A解析:设悬线拉力为 T ，线长为 L ，则根据力矩平衡条件有 G ·L=T ·L ′，因为线与棒的连接点逐渐右移，L ′逐渐增大，所以 T 逐渐减小，A 正确.5.（2）（2012广东卷）某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系.①将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧，弹簧轴线和刻度尺都应在方向（填“水平”或“竖直”）②弹簧自然悬挂，待弹簧时，长度记为L0，弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为L x；在砝码盘中每次增加10g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6，数据如下表表：L1L2L3L4L5L6代表符号L0L x数值（cm）25.35 27.35 29.35 31.30 33.4 35.35 37.40 39.30 表中有一个数值记录不规范，代表符号为.由表可知所用刻度尺的最小长度为.③图16是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与的差值（填“L0或L1”）.④由图可知弹簧的劲度系数为 N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为 g（结果保留两位有效数字，重力加速度取9.8m/s2）.答案：①竖直②静止 L3 mm ③L x ④4.9 10 (2)①弹簧的轴线必须沿重力方向,所以应沿竖直方向.②由于表中测量值已经估读到 0.1 mm,所以刻度尺的最小刻度应是 1 mm.③因为m 0g=k(L x-L0)，nmg+m0g=k(L n-L0)，整理得nMg=k(L n-L x)，所以横轴应为弹簧长度与L x的差值.④从上式可以看出图象的斜率表示 k 的大小，即 k=△mg/△x=4.9 N/m,m0=106.（2012 山东卷）如图所示，两相同轻质硬杆OO1 、OO2 可绕其两端垂直纸面的水平轴O 、O、O2 转动，在O 点悬挂一重物 M，将两相同木块 m 紧压在竖直挡板上，此时整个1系统保持静止. F f 表示木块与挡板间摩擦力的大小，F N 表示木块与挡板间正压力的大小.直线为轴 若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O 1 、O 2 始终等高，则A ． F f 变小B ． F f 不变C ． F N 变小D ． F N 变大答案：BD解析: 将两木块与重物视为整体，竖直方向上平衡，则 2F f =(2m+M)g ，故 F f 不变，选项 A 错误、B 正确；设硬杆对转轴的弹力大小均为 F N1 ，对轴点 O 受力分析可知，竖直方向上：2F N1cosθ=Mg，对木块 m 受力分析可知，水平方向上：F N =F N1sin θ，两式联立解得 F N = 1/2Mgtanθ ，当两板间距离增大时，θ增大，F N 增大，选项 C 错误、D 正确.7.(2012 全国新课标)如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间.设墙面对球的压力大小为N 1，球对木板的压力大小为 N 2.以木板与墙连接点所形成的水平 ，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置.不计摩擦，在此过程中A.N 1 始终减小，N 2 始终增大B.N 1 始终减小，N 2 始终减小C.N 1 先增大后减小，N 2 始终减小D.N 1 先增大后减小，N 2 先减小后增大答案：B解析:本题考查物体的动态平衡，对球受力分析可知，N 1 与N 2 的合力为定值，与重力反向等大.作图.由图形可知，当板缓慢转动中，N 1 与 N 2 的方向便发生如图示变化，但合力不变，可得答案B.8（2012 浙江卷）.如图所示，与水平面夹角为 300的固定斜面上有一质量 m=1.0kg 的物体. 细绳的一端与物体相连.另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧秤相连.物体静止在斜面上，弹簧秤的示数为 4.9N. 关于物体受力的判断（取g=9.8m/s2）. 下列说法正确的是（）A.斜面对物体的摩擦力大小为零B.斜面对物体的摩擦力大小为 4.9N,方向沿斜面向上C.斜面对物体的支持力大小为4.9N，方向竖直向上D.斜面对物体的支持力大小为 4.9N，方向垂直斜面向上答案：A解析:因物体的重力沿斜面方向的分力mgsin 30°=1×9.8×0.5 N=4.9 N 与弹簧秤的示数相等，故斜面对物体的摩擦力大小为0，则选项A 正确，选项B 错误；斜面对物体的支持力大小为mgcos 30°=4.9N，方向垂直斜面向上，则选项C、D 错误.9. （2013 全国新课标理综 II 第15 题）如图，在固定斜面上的一物块受到一外力 F 的作用，F 平行于斜面向上.若要物块在斜面上保持静止，F 的取值应有一定的范围，已知其最大值和最小值分别为 F1 和F2（F2>0）.由此可求出A.物块的质量B．斜面的倾角C．物块与斜面间的最大静摩擦力D．物块对斜面的压力答案：C力大小为 解析：设斜面倾角为θ，斜面对物块的最大静摩擦力为 f.平行于斜面的外力 F 取最大值 F1 时，最大静摩擦力 f 方向沿斜面向下，由平衡条件可得：F1=f+mgsin θ；平行于斜面的外力 F 取最小值 F2 时，最大静摩擦力 f 方向沿斜面向上，由平衡条件可得：f+F2= mgsin θ；联立解得物块与斜面的最大静摩擦力 f=( F2-F1)/2.选项 C 正确.不能得出物块质量 m ，不能得出斜面倾角θ，不能得出物块对斜面压力，选项 ABD 错误.10.（2013 高考重庆理综第 1 题）如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ.若此人所受重力为 G ，则椅子各个部分对他作用力的合 A ．GB ．G sin θC ．G cos θD ．G tan θ答案：A解析：人静躺在椅子上，受力平衡，由平衡条件可知椅子各个部分对他作用力的合力大小为G,，选项 A 正确.11．（2013 高考上海物理第 8 题）如图，质量 m A ＞m B 的两物体 A 、B 叠放在一 起，靠着竖直墙面.让它们由静止释放，在沿粗糙墙面下落过程中，物体B 的受力示意图是答案：A解析：两物体 A 、B 叠放在一起，在沿粗糙墙面下落过程中，由于物块与竖直墙面之间没有压力，没有摩擦力，二者一起做自由落体运动，AB 之间没有弹力作用，物体 B 的受力示意图是图A.3 3 312．（2013 高考上海物理第 18 题）两个共点力 F l 、F 2 大小不同，它们的合力大小为 F ，则(A) F 1、F 2 同时增大一倍，F 也增大一倍(B)F 1、F 2 同时增加 10N ，F 也增加 10N (C)F 1 增加 10N ，F 2 减少 10N ，F 一定不变(D)若 F 1、F 2 中的一个增大，F 不一定增大 答案：AD解析：F 1、F 2 同时增大一倍，F 也增大一倍，选项 A 正确.F 1、F 2 同时增加 10N ，F 不一 定增加 10N ，选项 B 错误；F 1 增加 10N ，F 2 减少 10N ，F 可能变化，选项 C 错误.若 F 1、F 2 中的一个增大，F 不一定增大，选项 D 正确.13.（2013 高考山东理综第 14 题）如图所示，用完全相同的轻弹簧 A 、B 、C 将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧 A 与竖直方向的夹角为 30o，弹簧 C 水平，则弹簧 A 、C 的伸长量之比为A ． ∶4B ．.4∶C ．.1∶2 D ．2∶1 答案：D解析：把两个小球看作整体，分析受力，由平衡条件可得：4 4 4 :弹簧 A 的拉力 F A =2mg/cos30°， 弹簧 C 的拉力 F C =2mgtan30°， 又 F A =kx A ，F C =kx C ，3联立解得：弹簧 A、C 的伸长量之比为：x A∶x C=1∶cos30°tan30°=2∶1，选项 D 正确.14..(2013 高考北京理综第 16 题)倾角为α、质量为 M 的斜面体静止在水平桌面上，质量为m 的木块静止在斜面体上.下列结论正确的是A.木块受到的摩擦力大小是 mgcosαB.木块对斜面体的压力大小是 mg sinαC.桌面对斜面体的摩擦力大小是 mg sinαcosαD.桌面对斜面体的支持力大小是（M+m）g答案：D解析：将木块的重力沿平行于斜面方向和垂直于斜面方向分解，平行于斜面方向分力为mgsin α，垂直于斜面方向分力为 mgcosα.由平衡条件可得木块受到的摩擦力大小是 f= mgsin α，支持力 F=mgcosα，由牛顿第三定律，木块对斜面体的压力大小是 mgcosα，选项AB 错误.把木块和斜面体看作整体，分析受力，由平衡条件可知桌面对斜面体的摩擦力大小为零，桌面对斜面体的支持力大小是（M+m）g，选项C 错误D 正确.15．（2013 高考天津理综物理第 5 题）如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于 O 点现.用水平力F 缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力 F N以及绳对小球的拉力 F T的变化情况是A．F N保持不变，F T不断增大B．F N不断增大，F T不断减小C．F N保持不变，F T先增大后减小D．F N不断增大，F T先减小后增大答案：D解析：由于此过程中细线与斜面体斜面的夹角逐渐减小，所以斜面对小球的支持力 F N增大. 画出小球受力动态图，由平衡条件可得 F T先减小后增大，选项 D 正确.16．（2013 高考广东理综第 20 题）如图 8，物体 P 静止于固定的斜面上，P 的上表面水平，现把物体 Q 轻轻地叠放在 P 上，则A.P 向下滑动B.P 静止不动C.P 所受的合外力增大D.P 与斜面间的静摩擦力增大答案：B D解析：设斜面的倾角为θ,加上 Q，相当于增加了 P 的质量，受力分析列平衡方程得 f=mgsin θ<μmgcosθ，N=mgcosθ.当 m 增加时，不等式两边都增加，不等式仍然成立，即 P 静止不动，P 所受的合外力为零，P 与斜面间的静摩擦力 f=mgsinθ增大，选项 BD 正确.17．（2013 高考上海物理第 25 题）如图，倾角为 37°，质量不计的支架 ABCD 的D 端有一大小与质量均可忽略的光滑定，3 6 滑轮，A 点处有一固定转轴，CA ⊥AB ，DC ＝CA ＝0.3m.质量 m ＝lkg 的物体置于支架的B 端，并与跨过定滑轮的轻绳相连，绳另一端作用一竖直向下的拉力 F ，物体在拉力作用下沿 BD 做匀速直线运动，己知物体与 BD 间的动摩擦因数μ＝0.3.为保证支架不绕 A 点转动，物体向上滑行的最大距离 s ＝＿＿＿＿m.若增大 F 后，支架仍不绕 A 点转动，物体能向上滑行的最大距离s ′＿＿＿＿s (填：“大于”、“等于”或“小于”.)(取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)答 案 ：0.248 等 于解析：拉力 F=mgsin37°+ μmg cos37°=8.4N.BC= CA/sin37°＝0.5m.设 m 对支架 BC 的压力 mgcos37°对 A 点的力臂为 x ，由力矩平衡条件，F ·DC cos37°+μmg cos37°·CA cos37°= F ·CA cos37°+mg cos37°·x ，解得 x=0.072m.由 x+s=BC-AC sin37°解得 s=0.248m.由上述方程可知，F ·DC cos37°= F ·CA cos37°，x 值与 F 无关，所以若增大 F 后，支架仍不绕 A 点转动，物体能向上滑行的最大距离 s ′=s.18.（19 分）（2013 高考福建理综第 21 题）质量为M 、长为 L 的杆水平放置，杆两端 A 、B 系着长为 3L 的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为 m 的小铁环.已知重力加速度为 g ，不计空气影响.(1) 现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力的大小：(2) 若杆与环保持相对静止，在空中沿 AB 方向水平向右做匀加速直线运动此时环恰好悬于 A 端的正下方，如图乙所示.①求此状态下杆的加速度大小 a ；②为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？解析：（1）如图 1，设平衡时绳子拉力为 T ，有：2Tcos θ-mg=0，由图可知，cos θ=.36 3 2 33联立解得：T=mg. 4（2）①此时，对小铁环受力分析如图 2，有：T’ sin θ’=ma ， T’+T’ cos θ’-mg=0，由图知，θ’=60°，代入上述二式联立解得：a=g. 3②如图 3，设外力 F 与水平方向成α角，将杆和小铁环当成一个整体，有F cos α=(M+m)a F sin α-(M+m)g=0联立解得：F=(M+m)g ，tan α= （或α=60°） 319． [2014·广东卷] 如图 7 所示，水平地面上堆放着原木，关于原木 P 在支撑点 M 、N 处受力的方向，下列说法正确的是( )A ．M 处受到的支持力竖直向上B ．N 处受到的支持力竖直向上C ．M 处受到的静摩擦力沿 MN 方向D ．N 处受到的静摩擦力沿水平方向答案：A解析： 支持力的方向与接触面垂直，所以 M 处的支持力的方向与地面垂直，即竖直向上，N 处支持力的方向与接触面垂直，即垂直 MN 向上，故选项 A 正确，选项 B 错误；摩擦力的方向与接触面平行，与支持力垂直，故选项 C 、D 错误．20．[2014·山东卷] 如图所示，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点， 制成一简易秋千．某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变．木板静 止时，F 1 表示木板所受合力的大小，F 2A．F1不变，F2变大B．F1不变，F2变小C．F1变大，F2变大D．F1变小，F2变小答案：A解析：本题考查受力分析、物体的平衡．在轻绳被剪短前后，木板都处于静止状态，所以木板所受的合力都为零，即F1＝0 N．因两根轻绳等长，且悬挂点等高，故两根轻绳对木板的拉力相等，均为F2.对木板进行受力分析，如图所示，则竖直方向平衡方程：2F2cosθ＝G，轻绳剪去一段后，θ增大，cosθ减小，故F2变大．选项 A 正确．21． [2014·浙江卷] 下列说法正确的是( )A．机械波的振幅与波源无关B．机械波的传播速度由介质本身的性质决定C．物体受到的静摩擦力方向与其运动方向相反D．动摩擦因数的数值跟相互接触的两个物体的材料无关答案：B解析：本题考查机械波、静摩擦力、动摩擦因数等知识．机械波的振幅与波源有关，选项 A 错误；传播速度由介质决定，选项 B 正确；静摩擦力的方向可以与运动方向相同，也可以相反，也可以互成一定的夹角，选项 C 错误；动摩擦因数描述相互接触物体间的粗糙程度，与材料有关，选项 D 错误．22.[2014·重庆卷] (2)为了研究人们用绳索跨越山谷过程中绳索拉力的变化规律，同学们设计了如题 6 图3 所示的实验装置，他们将不可伸长的轻绳的两端通过测力计(不计质量及长度)固定在相距为D 的两根立柱上，固定点分别为P 和Q，P 低于Q，绳长为L(L＞PQ)．题 6 图 3他们首先在绳上距离P点 10 cm 处(标记为C点)系上质量为m的重物(不滑动)，由测力计读出绳PC、QC 的拉力大小T P和T Q.随后，改变重物悬挂点C 的位置，每次将P 点到C 点的距离增加 10 cm，并读出测力计的示数，最后得到T P、T Q与绳长PC 的关系曲线如题 6 图4所示．由实验可知：题 6 图 4①曲线Ⅱ中拉力最大时，C 点与P 点的距离为cm，该曲线为(选填“T P”或“T Q”)的曲线．②在重物从P 移到Q 的整个过程中，受到最大拉力的是(选填“P”或“Q”)点所在的立柱．③在曲线Ⅰ、Ⅱ相交处，可读出绳的拉力T0＝N，它与L、D、m 和重力加速度g 的关系为T0＝．答案：(2)①60(56～64 之间的值均可) T P②Q③4.30(4.25～4.35 之间的值均可)2（L2－D2）解析：(2)①从曲线Ⅱ可读出，拉力最大时C 点与P 点的距离为 60 cm 左右，对绳子的结点进行受力如图所示，重物受力平衡，在水平方向有T P sin α＝T Q sin β，当结点偏向左边时，α接近零度，sin α<sin β，则T P>T Q，故可推断曲线Ⅱ为T P的曲线，曲线Ⅰ为T QmgL L2－D2的曲线．②通过①的分析结果和曲线的变化趋势，可知受到最大拉力的是Q 点所在的立柱．③曲线Ⅰ、Ⅱ相交处，T P＝T Q＝T0，根据力的正交分解，可列方程如下，T0sin α＝T0sin β，得α＝β，T0cos α＋T0cos β＝mg，对绳子，设左边长度为l1，由几何关系有l1sinα＋mgL L2－D2.(L－l1)sinβ＝D，以上方程解得T0＝2（L2－D2）23． [2014·浙江卷] 在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图 1 连接起来进行探究．第 21 题图 1钩码数 1 2 3 4L A/cm 15.71 19.71 23.66 27.76L B/cm 29.96 35.76 41.51 47.36第21 题表1(1)某次测量如图2 所示，指针示数为cm.(2)在弹性限度内，将50 g 的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B 的示数L A和L B如表1.用表1 数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为N/m(重力加速度g 取10 m/s2)．由表Ⅰ数据(选填“能”或“不能”)计算出弹簧Ⅱ的劲度系数．第21 题图2答案： (1)(15.95～16.05)cm，有效数字位数正确(2)(12.2～12.8) N/m 能解析：(1)由图 2 可知刻度尺能精确到 0.1 cm，读数时需要往后估读一位．故指针示数为 16.00±0.05 cm.(2)由表 1 中数据可知每挂一个钩码，弹簧Ⅰ的平均伸长量Δx1≈4 cm，弹簧Ⅱ的总平均伸长量Δx2≈5.80 cm，根据胡克定律可求得弹簧Ⅰ的劲度系数为 12.5 N/m，同理也能求出弹簧Ⅱ的劲度系数．24．(10 分)[2014·新课标Ⅱ卷] 某实验小组探究弹簧的劲度系数k与其长度(圈数)的关系．实验装置如图(a)所示：一均匀长弹簧竖直悬挂，7 个指针P0、P1、P2、P3、P4、P5、P6分别固定在弹簧上距悬点 0、10、20、30、 40、50、60 圈处；通过旁边竖直放置的刻度尺，可以读出指针的位置，P0指向0 刻度．设弹簧下端未挂重物时，各指针的位置记为x0；挂有质量为 0.100kg 的砝码时，各指针的位置记为x.测量结果及部分计算结果如下表所示(n 为弹簧的圈数，重力加速度取 9.80 m/s2)．已知实验所用弹簧总圈数为60，整个弹簧的自由长度为 11.88 cm.图(a)(1)将表中数据补充完整：①；②．P1P2P3P4P5P6 x0(cm) 2.04 4.06 6.06 8.05 10.03 12.01x(cm) 2.64 5.26 7.81 10.30 12.93 15.41n10 20 30 40 50 60 k(N/m) 163 ①56.0 43.6 33.8 28.81(m/N)0.0061 ②0.0179 0.0229 0.0296 0.0347k1 1(2)以n 为横坐标，为纵坐标，在图(b)给出的坐标纸上画出n 图像．k k图(b)(3)图(b)中画出的直线可近似认为通过原点．若从实验中所用的弹簧截取圈数为n 的一段弹簧，该弹簧的劲度系数k 与其圈数n 的关系的表达式为k＝③N/m；该弹簧的劲度系数k与其自由长度l0(单位为 m)的关系的表达式为k＝④ N/m.答案：(1)①81.7 ②0.0122 (2)略1. 75 × 103 1. 67 × 103 1. 83 × 103 3. 47 3. 31 3. 62(3)③(在～之间均同样给分) ④(在～n n n之间均同样给分)l 0 l 0 l 0mg 0. 100 × 9. 80解析： (1)①k＝＝＝81.7 N/m；Δ x（5. 26－4. 06）×10－21 1② ＝m/N＝0.0122 m/N.k 81. 71(3)由作出的图像可知直线的斜率为 5.8×10－4，故直线方程满足＝5.8×10－4n m/N，k1. 7 × 103 1. 67 × 103 1. 83 × 103即k＝N/m(在～之间均正确)n n nn 60④由于60 圈弹簧的原长为11.88 cm，则n 圈弹簧的原长满足＝，代入3. 47 3. 31 3. 62 l 0 11. 88 × 10－2数值，得k＝(在～之间均正确)．l 0 l 0 l 025．[2014·江苏卷] 小明通过实验验证力的平行四边形定则．(1)实验记录纸如题 111 图所示，O 点为橡皮筋被拉伸后伸长到的位置，两弹簧测力计共同作用时，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点；一个弹簧测力计拉橡皮筋时，拉力F3的方向过P3点．三个力的大小分别为：F1＝3.30 N、F2＝3.85 N 和F3＝4.25 N．请根据图中给出的标度作图求出F1和F2的合力．(题 111 图)(2)仔细分析实验，小明怀疑实验中的橡皮筋被多次拉伸后弹性发生了变化，影响实验结果．他用弹簧测力计先后两次将橡皮筋拉伸到相同长度，发现读数不相同，于是进一步探究了拉伸过程对橡皮筋弹性的影响．实验装置如题 112 图所示，将一张白纸固定在竖直放置的木板上，橡皮筋的上端固定于O 点，下端N 挂一重物．用与白纸平行的水平力缓慢地移动N，在白纸上记录下N 的轨迹．重复上述过程，再次记录下N 的轨迹．(题112 图) (题113 图)两次实验记录的轨迹如题113 图所示．过O 点作一条直线与轨迹交于a、b 两点，则实验中橡皮筋分别被拉伸到a 和b 时所受拉力F a、F b的大小关系为．(3)根据(2)中的实验，可以得出的实验结果有(填写选项前的字母)． A．橡皮筋的长度与受到的拉力成正比B.两次受到的拉力相同时，橡皮筋第 2 次的长度较长C.两次被拉伸到相同长度时，橡皮筋第 2 次受到的拉力较大D.两次受到的拉力相同时，拉力越大，橡皮筋两次的长度之差越大(4)根据小明的上述实验探究，请对验证力的平行四边形定则实验提出两点注意事项．答案：(1)(见下图，F 合＝4.6～4.9 N 都算对) (2)F a＝F b(3)BD (4)橡皮筋拉伸不宜过长；选用新橡皮筋．(或：拉力不宜过大；选用弹性好的橡皮筋；换用弹性好的弹簧．)解析： (1)用力的图示法根据平行四边形定则作出合力并量出其大小．(2)画受力分析图如图所示，橡皮筋的拉力F 与手的拉力F 手的合力F 合总与重力G 平衡，故F cos θ＝G，两次实验＝F b.中的θ角相同，故F a(3)根据两次描出的不同轨迹说明橡皮筋的长度与受到的拉力不成正比．两次受到的拉力相同时，橡皮筋第 2 次的长度较长，A 错误，B 正确；两次被拉伸到相同长度时，橡皮筋第2 次受到的拉力较小，C 错误；根据轨迹越向右相差越多，说明两次受到的拉力相同时，拉力越大，橡皮筋两次的长度之差越大，D 正确．F26.（15 海南卷）如图，物块 a 、b 和 c 的质量相同，a 和 b 、b 和 c 之间用完全相同的轻弹簧 S 1 和 S 2 相连，通过系在 a 上的细线悬挂于固定点 O ；整个系统处于静止状态；现将细绳剪断，将物块 a 的加速度记为 a 1，S 1 和 S 2 相对原长的伸长分别为△l 1 和△l 2，重力加速度 大小为 g ，在剪断瞬间A.a 1=3gB.a 1=0C. △l 1=2△l 2D. △l 1=△l 2答案:AC解析：设物体的质量为 m ，剪断细绳的瞬间，绳子的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细绳的瞬间 a 受到重力和弹簧 S 1 的拉力T 1 ，剪断前对 bc 和弹簧组成的整体分析可知T 1 = 2mg ，故 a 受到的合力 F = mg + T 1 = mg + 2mg = 3mg ，故加速度 a 1 == 3g ，Am正确，B 错误；设弹簧 S 2 的拉力为T 2 ，则T 2 = mg ，根据胡克定律 F = k ∆x 可得∆l 1 = 2∆l 2 ，C 正确，D 错误.27.（15 广东卷）（多选题）如图 7 所示，三条绳子的一端都系在细直杆顶端，另一端都固定在水平面上，将杆竖直紧压在地面上，若三条绳长度不同，下列说法正确的有A ．三条绳中的张力都相等B ．杆对地面的压力大于自身重力C ．绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零D ．绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力.答案：BC解析：因为杆静止，受力平衡，所以在水平、竖直面内的合力分别为零，故选项 C 正确；由于三条绳长度不同，因此三条绳与直杆间夹角不同，若三条绳中的张力都相等，在同一水平面内的分量因夹角不同而不同，所以水平面内杆受力不能平衡，故选项 A 错误；又因绳中拉力在竖直方向的分量均竖直向下，所以地面对杆的支持力大于杆的重力，根据牛顿第三定律可知，杆对地面的压力大于自身重力，故选项 B 正确；绳子拉力的合力与杆自身重力无关，属于杆受到的外力，在竖直方向上，它们的总合力与地面对杆的支持力为平衡力，故选项 D 错误.28．[2016·江苏卷] 一轻质弹簧原长为8 cm，在4 N 的拉力作用下伸长了2 cm，弹簧未超出弹性限度，则该弹簧的劲度系数为( )A．40 m/N B．40 N/mC．200 m/N D．200 N/m答案：DF 4 N解析：根据胡克定律F＝kx 得k＝＝＝2 N/cm＝200 N/m.这里的2 cm 就是弹簧的形变x 2 cm量x，与原长无关．29.[2016·江苏卷] 如图1所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )图 1A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面答案：BD解析：当桌布被拉出时，鱼缸由静止到向右运动，但它相对于桌布来说，仍向左运动，由于滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，因此桌布对鱼缸的摩擦力的方向应向右，选项 A 错误；因为鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，鱼缸受到桌布向右的摩擦力与它受到桌面向左的摩擦力大小相等，所以鱼缸向右加速的加速度大小与向右减速的加速度大小相等，方向相反，鱼缸的初速度为零，末速度也为零，根据对称性可知，鱼缸做加速运动的时间与做减速运动的时间相等，选项 B 正确；若猫增大拉力，桌布的加速度更大，但是由于鱼缸与桌布间的压力不变，动摩擦因数也不变，故摩擦力也不变，选项 C 错误；若猫减小拉力，桌布的加速度减小，鱼缸在桌布上的运动时间变长，而鱼缸向右的加速度不变，由x1＝at2 知，鱼缸相对于桌面的位移变大，桌布被拉出后鱼缸在桌面上的位移也变大，鱼缸就2有可能滑出桌面，选项 D 正确．30.[2016·全国卷Ⅰ] 如图 1，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O 点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F 向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F 方向不变，大小在一定范围内变化，物块b 仍始终保持静止，则( )图 1A.绳OO′的张力也在一定范围内变化B.物块b 所受到的支持力也在一定范围内变化C.连接a 和b 的绳的张力也在一定范围内变化。
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专题03 相互作用 【2022年高考题组】 1、（2022·广东卷·T1）图是可用来制作豆腐的石磨。木柄AB静止时，连接AB的轻绳处于绷紧状态。O点
是三根轻绳的结点，F、1F和2F分别表示三根绳的拉力大小，12FF且60AOB。下列关系式正确的是（ ）
A. 1FF B. 12FF C. 13FF D. 13FF 【答案】D 【解析】 以O点为研究对象，受力分析如图
由几何关系可知 30 由平衡条件可得
12sin30sin30FF
12cos30cos30FFF 联立可得 13FF 故D正确，ABC错误。 故选D。 2、（2022·浙江6月卷·T10）如图所示，一轻质晒衣架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的斜杆垂直，
两斜杆夹角60°。一重为G的物体悬挂在横杆中点，则每根斜杆受到地面的（ ）
A. 作用力为33G B. 作用力为36G C. 摩擦力为34G D. 摩擦力为38G 【答案】B 【解析】 设斜杆的弹力大小为F，以水平横杆和重物为整体，竖直方向根据受力平衡可得 4cos30FG 解得 36FG
以其中一斜杆为研究对象，其受力如图所示
可知每根斜杆受到地面的作用力应与F平衡，即大小为36G，每根斜杆受到地面的摩擦力为 3si12n30GfF
B正确，ACD错误； 故选B。 3、（2022·浙江6月卷·T3）如图所示，鱼儿摆尾击水跃出水面，吞食荷花花瓣的过程中，下列说法正确的是
（ ） A. 鱼儿吞食花瓣时鱼儿受力平衡 B. 鱼儿摆尾出水时浮力大于重力 C. 鱼儿摆尾击水时受到水的作用力 D. 研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作可把鱼儿视为质点 【答案】C 【解析】 A．鱼儿吞食花瓣时处于失重状态，A错误； BC．鱼儿摆尾出水时浮力很小，鱼儿能够出水的主要原因是鱼儿摆尾时水对鱼向上的作用力大于重力，B错误、C正确； D．研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作不可以把鱼儿视为质点，否则就无动作可言，D错误。 故选C。 4、（2022·浙江1月卷·T5）如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石墩，石墩与水平地面间的动
摩擦因数为，工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为，则下列说法正确的是（ ）
A. 轻绳的合拉力大小为cosmg B. 轻绳的合拉力大小为cossinmg C. 减小夹角，轻绳的合拉力一定减小 D. 轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力也最小 【答案】B 【解析】 AB．对石墩受力分析，由平衡条件可知 cosTf fN cosTNmg 联立解得
cossinmgT
故A错误，B正确； C．拉力的大小为
2cossin1sin()mgmgT
其中tan，可知当90时，拉力有最小值，即减小夹角，轻绳的合拉力不一定减小，故C错误； D．摩擦力大小为 coscoscossin1tanmgmgfT
可知增大夹角，摩擦力一直减小，当趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力不是最小，故D错误； 故选B。 5、（2022·浙江1月卷·T4）如图所示，公园里有一仿制我国古代欹器的U形水桶，桶可绕水平轴转动，水
管口持续有水流出，过一段时间桶会翻转一次，决定桶能否翻转的主要因素是（ ）
A. 水桶自身重力的大小 B. 水管每秒出水量的大小 C. 水流对桶撞击力的大小 D. 水桶与水整体的重心高低 【答案】D 【解析】 水管口持续有水流出而过一段时间桶会翻转一次，说明主要原因是装的水到一定量之后，导致水桶与水整体的重心往上移动，竖直向下的重力作用线偏离中心转轴，导致水桶不能稳定平衡，发生翻转，故选D。 6.（2022·湖北·T5）如图所示，质量分别为m和2m的小物块Р和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，
Р通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动
摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。若剪断轻绳，Р在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为（ ）
A. mgk B. 2mgk C. 4mgk D. 6mgk 【答案】C 【解析】 Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足 2kxmg 若剪断轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此Р相对于其初始位置的最大位移大小为 42mgsxk
故选C。 7.（2022·河北·T7）如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以直线MN为
轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中（ ） A. 圆柱体对木板的压力逐渐增大 B. 圆柱体对木板的压力先增大后减小 C. 两根细绳上的拉力均先增大后减小 D. 两根细绳对圆柱体拉力逐渐增大 【答案】B 【解析】 设两绳子对圆柱体的拉力的合力为T，木板对圆柱体的支持力为N，绳子与木板夹角为，从右向左看如图所示
在矢量三角形中，根据正弦定理 sinsinsinmgNT
在木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，不变，从90逐渐减小到0，又 180 且 90 可知 90180 则 0180
可知从锐角逐渐增大到钝角，根据 sinsinsinmgNT
由于sin不断减小，可知T不断减小，sin先增大后减小，可知N先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的夹角为2，绳子拉力为'T，则 '2cosTT
可得 '2cos
TT
不变，T逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B正确，ACD错误。故选B。
【2021年高考题组】 1. (2021·全国卷甲卷)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将（ ）
A. 逐渐增大 B. 逐渐减小 C. 先增大后减小 D. 先减小后增大
【答案】D 【解析】 设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知 21sincos2Lgt
可得 24sin2Ltg
可知45时，t 有最小值，故当从由30°逐渐增大至60°时下滑时间t先减小后增大。 故选D。
2. (2021·湖南卷)质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是（ ）
A. 推力F先增大后减小
B. 凹槽对滑块的支持力先减小后增大
C. 墙面对凹槽的压力先增大后减小
D. 水平地面对凹槽的支持力先减小后增大
【答案】C 【解析】 AB ．对滑块受力分析，由平衡条件有 sinFmg
cosNmg 滑块从A缓慢移动B点时，越来越大，则推力F越来越大，支持力N越来越小，所以AB错误； C．对凹槽与滑块整体分析，有墙面对凹槽的压力为
1cossincossin22NFFmgmg
则越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C正确； D．水平地面对凹槽支持力为
2sinsinNMmgFMmgmg
地
则越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以D错误； 故选C。 3. (2021·广东卷)唐代《来耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力，设牛用大小相等的拉力F
通过耕索分别拉两种犁，F与竖直方向的夹角分别为和，，如图所示，忽略耕索质量，耕地过程中，下列说法正确的是（ ）