2021年高考物理真题和模拟题分类汇编专题03相互作用含解析

专题03 弹力、摩擦力以及力的合成与分解目录题型一弹力的有无及方向的判断 (1)题型二弹力分析的“四类模型”问题 (2)题型三“活结”和“死结”与“动杆”和“定杆”问题 (4)类型1“活结”和“死结”问题 (4)类型2“动杆”和“定杆”问题 (5)题型四静摩擦力的分析 (6)题型五滑动摩擦力的分析 (8)题型六摩擦力的突变问题 (10)类型1“静—静”突变 (10)类型2“静—动”突变 (10)类型3“动—静”突变 (11)类型4“动—动”突变 (12)题型七力的合成与分解 (12)题型八力合成与分解思想的重要应用——木楔问题 (14)题型一弹力的有无及方向的判断【解题指导】1．弹力有无的判断方法(1)条件法：根据弹力产生条件——物体是否直接接触并发生弹性形变．(2)假设法：假设两个物体间不存在弹力，看物体能否保持原有的状态，若运动状态不变，则此处没有弹力；若运动状态改变，则此处一定有弹力．(3)状态法：根据物体的运动状态，利用牛顿第二定律或共点力平衡条件判断弹力是否存在．2．接触面上的弹力方向判断垂直于接触面垂直于平面【例1】(2022·重庆市万州南京中学高三月考)如图所示，静止的小球m分别与一个物体(或面)接触，各接触面光滑，A图中细绳沿竖直方向，则小球m受到两个弹力的是()【例2】如图所示，一倾角为45°的斜面固定于墙角，为使一光滑的铁球静止于图示位置，需加一水平力F，且F通过球心。

下列说法正确的是()A．铁球一定受墙面水平向左的弹力B．铁球可能受墙面水平向左的弹力C．铁球一定受斜面通过铁球的重心的弹力D．铁球可能受斜面垂直于斜面向上的弹力【例3】如图所示，小车内沿竖直方向的一根轻质弹簧和一条与竖直方向成α角的细绳拴接一小球。

当小车与小球相对静止，一起在水平面上运动时，下列说法正确的是()A．细绳一定对小球有拉力的作用B．轻弹簧一定对小球有弹力的作用C．细绳不一定对小球有拉力的作用，但是轻弹簧对小球一定有弹力D．细绳不一定对小球有拉力的作用，轻弹簧对小球也不一定有弹力题型二弹力分析的“四类模型”问题1.轻绳、轻杆、弹性绳和轻弹簧的比较拉伸形变、压缩2.计算弹力大小的三种方法 (1)根据胡克定律进行求解。

专题02 相互作用1．（2021·广东肇庆市高三二模）如图所示，一小车在平直道路上向右运动，车内一条光滑轻绳ACB两端固定在水平车顶上，一质量为m的小圆环穿过轻绳且可在绳上自由滑动。

某段时间内轻绳AC、BC两部分与水平车顶的夹角分别为30°和60°。

将小圆环视为质点，则在这段时间内（）A．小车做匀速运动B．小车做匀减速运动C．轻绳AC段的拉力大于BC段的拉力D．轻绳AC段的拉力小于BC段的拉力【答案】B【解析】CD．因为小圆环穿过轻绳且可在绳上自由滑动，所以AC绳的拉力和BC绳的拉力大小相等。

CD 错误；AB．因为小圆环穿过轻绳且可在绳上自由滑动，所以小车如果静止或者匀速直线运动，小圆环应该位于AB中点的正下方。

现在小圆环在中点偏右，并且角度不变，根据牛顿第一定律（就像刹车时候人会向前倾一样），说明小车正在向右匀减速运动。

B正确。

故选B。

2．（2021·广东江门市高三一模）“电动平衡车”是时下热门的一种代步工具。

如图所示，人站在“电动平衡车”上在某水平地面上沿直线匀速前进，人受到的空气阻力与速度成正比，下列说法正确的是（）A．“电动平衡车”对人的作用力竖直向上B．“电动平衡车”对人的作用力大于人的重力C．不管速度多大，“电动平衡车”对人的作用力不变D．地面对“电动平衡车”的作用力竖直向上【答案】B【解析】AB．“电动平衡车”做匀速直线运动，人处于平衡状态，即竖直方向平衡车对人的支持力与人的重力平衡，水平方向车队人的摩擦力等于人受的阻力，则车对人的作用力即支持力和摩擦力的合力不是竖直向上，车对人的作用力大于人的重力，选项A错误，B正确；C．速度越大，则人受的阻力越大，则“电动平衡车”对人的作用力越大，选项C错误；D．对车和人的整体而言，地面对“电动平衡车”有向上的支持力和向前的动力，则地面对“电动平衡车”的作用力方向不是竖直向上的，选项D错误。

故选B。

3．（2021·广东东莞市·东莞六中高三一模）近代的吊环运动起源于法国，19世纪吊环成为独立的男子体操项目。

高考物理互相作用试题经典及分析一、高中物理精讲专题测试互相作用1．如下图，放在粗拙的固定斜面上的物块 A 和悬挂的物体 B 均处于静止状态．轻绳AO 绕过圆滑的定滑轮与轻弹簧的右端及轻绳 BO 的上端连结于 O 点，轻弹簧中轴线沿水平方向，轻绳的 OC 段与竖直方向的夹角θ=53，°斜面倾角α=37°，物块 A 和 B 的质量分别为m A=5kg ， m B=1.5kg，弹簧的劲度系数 k=500N/m ，（ sin37 =0°.6， cos37 °=0.8，重力加快度 g=10m/s2 ），求：（1）弹簧的伸长量 x；（2）物块 A 遇到的摩擦力．【答案】（1）；（2）5N，沿斜面向上【分析】（1）对结点O 受力剖析如下图：依据均衡条件，有：，（2）设物体 A 所受摩擦力沿斜面向下，对物体，且：，解得：A 做受力剖析如下图：；依据均衡条件，有：，解得：，即物体 A 所受摩擦力大小为，方向沿斜面向上。

点睛：本题主要考察了均衡条件和胡克定律得直策应用，要求同学们能选择适合的研究对象并能正确对物体受力剖析，注意正交分解法在解题中的应用。

2．如下图，质量M=2kg 的物块 A 放在水平川面上，滑轮固定在天花板上，细绳越过滑轮，一端与物块 A 连结，另一端悬挂质量 m=1kg 的物块 B，细绳竖直， A、 B 处于静止状态。

现对物体 A 施加向左的水平外力 F，使 A 沿水平面向左迟缓挪动。

物块 A 刚开始挪动时水平外力 F1＝ 3N，不计绳与滑轮间的摩擦，重力加快度g 取 10 m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：(1)物块 A 与水平川面间的动摩擦因数μ；(2)当连结物块 A 的细绳与竖直方向的夹角β=37 °时，水平外力F2的大小。

(已知sin37 =0°.6， cos37 °=0.8)【答案】（1） 0.3（ 2） 9.6N【分析】【剖析】(1) 活结绳竖直时张力相等，由均衡知识求解.(2) 抓住两物体的联系点：倾斜的活结绳上的张力依旧相等，由受力剖析求外力.【详解】(1)设物块 A 刚开始挪动时，绳索的拉力为T，地面对A的支持力为N1，由均衡条件得 , 对B：T mg对 A：Mg N1TF1f1N1代入数据得0.3(2) 设当细线与竖直方向夹角为37°时，地面对 A 的支持力为N 2由均衡条件得：F2N 2T sinN2T cos Mg代入数据，得F29.6?N【点睛】绳连结体的重点是掌握活结绳上的五同规律：沿绳张力同样，沿绳加快度同样，沿绳刹时速度相等，沿绳的拉力功率相等；沿绳的拉力做功相等.3．如下图，水平面上有一个倾角为的斜劈，质量为m．一个圆滑小球，质量也m，用绳索悬挂起来，绳索与斜面的夹角为，整个系统处于静止状态．（1）求出绳索的拉力T；（2）若地面对斜劈的最大静摩擦力等于地面对斜劈的支持力的k 倍，为了使整个系统保持静止， k 值一定知足什么条件？【答案】（1）（2）【分析】【剖析】【详解】试题剖析： (1)以小球为研究对象，依据均衡条件应用正交分解法求解绳索的拉力T；(2) 对整体研究，依据均衡条件求出地面对斜劈的静摩擦力f，当 f ≤f m时，整个系统能一直保持静止．解： (1) 对小球：水平方向： N1sin30 =Tsin30°°竖直方向： N1cos30 +Tcos30°=mg°代入解得：；(2)对整体：水平方向： f=Tsin30 °竖直方向： N2+Tcos30 =2mg°而由题意： f m =kN2为了使整个系统一直保持静止，应当知足：f m≥f解得：．点晴：本题考察受力均衡的应用，小球静止不动受力均衡，以小球为研究对象剖析受力情况，成立直角坐标系后把力分解为水平易竖直两个方向，写 x 轴和 y 轴上的均衡式，可求得绳索的拉力大小，以整体为研究对象，遇到重力、支持力、绳索的拉力和地面静摩擦力的作用，成立直角坐标系后把力分解，写出水平易竖直的均衡式，静摩擦力小于等于最大静摩擦力，利用此不等式求解．4．如下图，置于水平面上的木箱的质量为m=3.8kg，它与水平面间的动摩擦因数μ=0.25 ，在与水平方向成 37°角的拉力 F 的恒力作用下从 A 点向 B 点做速度 V1=2.0m／s匀速直线运动．（ cos37°=0.8 ，sin37 °=0.6 ， g 取 10N/kg ）（1）求水平力 F 的大小；（2）当木箱运动到 B 点时，撤去力 F，木箱在水平面做匀减速直线运动，加快度大小为2.5m/s 2，抵达斜面底端 C 时速度大小为v 2 =1m/s，求木箱从 B 到 C的位移 x 和时间 t ；（3）木箱抵达斜面底端后冲上斜面，斜面质量M=5.32kg ，斜面的倾角为37°．木箱与斜面的动摩擦因数μ=0.25 ，要使斜面在地面上保持静止．求斜面与地面的摩擦因数起码多大．、【答案】（ 1） 10N（2） 0.4s 0.6m（3）1（答0.33也得分）3【分析】（1）由均衡知识：对木箱水平方向F cos f ，竖直方向：且 f F N，解得 F=10N（2）由v22v122ax ，解得木箱从B到C的位移x=0.6m，F sin F N mgt v2 v11 2s 0.1sa 2.5（3）木箱沿斜面上滑的加快度a1mg sin 37mg cos378m / s2m对木箱和斜面的整体，水平方向f1ma1 cos37竖直方向： M m g F N ma1 sin37 ，此中f11F N，解得11 3点睛：本题是力均衡问题，重点是灵巧选择研究对象进行受力剖析，依据均衡条件列式求解．求解均衡问题重点在于对物体正确的受力剖析，不可以多力，也不可以少力，关于三力均衡，假如是特别角度，一般采使劲的合成、分解法，关于非特别角，可采纳相像三角形法求解，关于多力均衡，一般采纳正交分解法．5．如下图，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距lm ，导轨平面与水平面成θ=37°角，下端连结阻值为R 的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量为 0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持优秀接触，它们之间的动摩擦因数为 0.25．求：(1)金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加快度大小；(2)当金属棒下滑速度达到稳准时，电阻R 耗费的功率为8W，求该速度的大小；(3)在上问中，若R＝ 2Ω，金属棒中的电流方向由 a 到b，求磁感觉强度的大小与方向．(g=10rn ／ s2， sin37＝°0.6，cos37 ＝°0.8)【答案】（1） 4m／s2（ 2）10m/s （ 3）0.4T，方向垂直导轨平面向上【分析】试题剖析：（ 1）金属棒开始下滑的初速为零，依据牛顿第二定律：①由① 式解得＝ 10×（O.6－0.25 ×0.）8m／ s2=4m／ s2②（2）设金属棒运动达到稳准时，速度为，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力均衡③此时金属棒战胜安培力做功的功率等于电路中电阻耗费的电功率：④由③ 、④ 两式解得⑤（3）设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感觉强度为B⑥⑦由⑥ 、⑦ 两式解得磁场方向垂直导轨平面向上⑧考点：导体切割磁感线时的感觉电动势；牛顿第二定律【名师点睛】本题主要考察了导体切割磁感线时的感觉电动势、牛顿第二定律。

高考物理互相作用题 20 套( 带答案 ) 含分析一、高中物理精讲专题测试互相作用1． 一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定圆滑斜面的底部，另一端和质量为 m 的小物块a 相连，如下图．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5x 0，从 t=0 时开始，对 b 施加沿斜面向上的外力，使 b 一直做匀加快直线运动．经过一段 时间后，物块 a 、b 分别；再经过相同长的时间，b 距其出发点的距离恰巧也为x 0．弹簧的形变一直在弹性限度内，重力加快度大小为 g ．求 ：(1) 弹簧的劲度系数； (2) 物块 b 加快度的大小；(3) 在物块 a 、 b 分别前，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）5x 052525x 0【分析】 【详解】（1）对整体剖析，依据均衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力均衡，则有：3kx 0=（ m+m ） gsin θ58mgsin解得： k=5x 0（2）由题意可知， b 经两段相等的时间位移为 x 0；x 1 1 由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知：x 04说明当形变量为x 1x 0x 03x 0 时两者分别；4 4对 m 剖析，因分别时 ab 间没有弹力，则依据牛顿第二定律可知：kx 1 -mgsin θ =ma联立解得： a=1gsin5（3）设时间为 t ，则经时间 t 时， ab 行进的位移 x=1 at 2= gsin t 22 10则形变量变成： △x=x 0-x对整体剖析可知，由牛顿第二定律有：F+k △x-（ m+ 3m ） gsin θ=（m+ 3 m ） a5 5解得： F= 84mg2 sin2t 2 mgsin θ+25x025因分别时位移 x= x0由 x=x0 =1at2解得：t5x0 4422gsin故应保证 0≤t＜5x0， F表达式才能建立．2gsin点睛：本题考察牛顿第二定律的基本应用，解题时必定要注意明确整体法与隔绝法的正确应用，同时注意剖析运动过程，明确运动学公式的选择和应用是解题的重点．2．如下图 ,质量的木块A套在水平杆上,并用轻绳将木块与质量的小球 B 相连 .今用跟水平方向成角的力,拉着球带动木块一同向右匀速运动,运动中 M、 m 相对地点保持不变,取.求:(1)运动过程中轻绳与水平方向夹角;(2)木块与水平杆间的动摩擦因数为.(3)当为多大时 ,使球和木块一同向右匀速运动的拉力最小?【答案】（1） 30°（ 2）μ=（ 3）α=arctan．【分析】【详解】（1）对小球 B 进行受力剖析，设细绳对N 的拉力为 T 由均衡条件可得：Fcos30 ° =Tcos θFsin30 ° +Tsin θ =mg代入数据解得：T=10，tanθ= ，即：θ=30°（2）对 M 进行受力剖析，由均衡条件有F N=Tsin θ +Mgf=Tcos θf= μF N解得：μ＝（3）对 M、 N 整体进行受力剖析，由均衡条件有：F N+Fsin α=（M+m ） gf=Fcos α =NμF联立得： Fcosα=μ（ M+m ） g-μFsin α解得： F＝令： sin β＝，cosβ=，即：tanβ=则：所以：当α+β=90时°F有最小值．所以：tan α=μ=时 F 的值最小．即：α=arctan【点睛】本题为均衡条件的应用问题，选择好适合的研究对象受力剖析后应用均衡条件求解即可，难点在于研究对象的选择和应用数学方法议论拉力 F 的最小值，难度不小，需要细细品尝．3．质量 m＝ 5kg 的物体在 20N 的水平拉力作用下，恰能在水平川面上做匀速直线运动．若改用与水平方向成θ＝ 37°角的力推物体，仍要使物体在水平川面上匀速滑动，所需推力应为多大？（ g＝ 10N/kg， sin37 °＝ 0.6，cos37°＝ 0.8）【答案】 35.7N ；【分析】解：用水平力拉时，物体受重力、支持力、拉力和滑动摩擦力，依据均衡条件，有：f mgf20解得：0.4mg 50改用水平力推物体时，对物块受力剖析，并建正交坐标系如图：由 F X0 得： Fcos f①由 F Y0得： N mg Fsin②此中：fN③解以上各式得：F35.7N【点睛】本题重点是两次对物体受力剖析，而后依据共点力均衡条件列方程求解，注意摩擦力是不一样的，不变的是动摩擦因数．4．如下图：一根圆滑的丝带两头分别系住物块A、C，丝带绕过两定滑轮，在两滑轮之间的丝带上搁置了球B,D经过细绳越过定滑轮水平寄引C物体。

【方法点拨】涉及旋转、对称、折叠的最值问题中, 若无法直接求解,可先找到关键点的运动轨迹,再利用 “垂线段最短”来求解.【例1】（2020•南谯区二模）如图，△ABC 中，∠A ＝30°，∠ACB ＝90°，BC ＝2，D 是AB 上的动点，将线段CD 绕点C 逆时针旋转90°，得到线段CE ，连接BE ，则BE 的最小值是（ ）A ．√3−1B ．√32C ．√3D ．2【分析】如图，过点C 作CK ⊥AB 于K ，将线段CK 绕点C 逆时针旋转90°得到CH ，连接HE ，延长HE 交AB 的延长线于J ．首先证明四边形CKJH 是正方形，推出点E 在直线HJ 上运动，求出BJ ，根据垂线段最短解决问题即可．【解答】解：如图，过点C 作CK ⊥AB 于K ，将线段CK 绕点C 逆时针旋转90°得到CH ，连接HE ，延长HE 交AB 的延长线于J ．∵∠DCE ＝∠KCH ＝90°，∴∠DCK ＝∠ECH ，∵CD ＝CE ，CK ＝CH ，∴△CKD≌△CHE（SAS），∴∠CKD＝∠H＝90°，∵∠CKJ＝∠KCH＝∠H＝90°，∴四边形CKJH是矩形，∵CK＝CH，∴四边形CKJH是正方形，∴点E在直线HJ上运动，当点E与J重合时，BE的值最小，在Rt△CBK中，∵BC＝2，∠ABC＝60°，∴CK＝BC•sin60°=√3，BK＝BC•cos60°＝1，∴KJ＝CK=√3∴BJ＝KJ﹣BK=√3−1，∴BE的最小值为√3−1，补充方法：AC上截取CF＝2，得三角形CFD全等于三角形CBE，DF在DF垂直AB时最小．故选：A．【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，正方形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题．【变式1-1】（2021•怀宁县模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，P是△ABC的高CD 上一个动点，以B点为旋转中心把线段BP逆时针旋转45°得到BP′，连接DP′，则DP′的最小值是（）A．2√2−2B．4﹣2√2C．2−√2D．√2−1【分析】在BC上截取BE＝BD，由等腰直角三角形的性质可得BA＝4√2，∠ABC＝∠BAC＝∠BCD＝∠DCA＝45°，BD＝CD＝AD＝2√2=BE，由旋转的性质可得BP＝BP'，∠PBP'＝45°，可证△BDP'≌△BEP，可得PE＝P'D，当PE⊥CD时，PE有最小值，即DP'有最小值，由直角三角形的性质可求DP′的最小值．【解答】解：如图，在BC上截取BE＝BD，连接EP，∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，CD⊥AB，∴BA＝4√2，∠ABC＝∠BAC＝∠BCD＝∠DCA＝45°，BD＝CD＝AD＝2√2=BE∵旋转∴BP＝BP'，∠PBP'＝45°，∵BE＝BD，∠ABC＝∠PBP'＝45°，BP＝BP'∴△BDP'≌△BEP（SAS）∴PE＝P'D∴当PE⊥CD时，PE有最小值，即DP'有最小值，∵PE⊥CD，∠BCD＝45°，∴CE=√2PE＝BC﹣BE＝4﹣2√2∴PE＝2√2−2故选：A．【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．【变式1-2】（2020•南山区校级一模）如图，▱ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝6，BC＝2，P为边CD上的一动点，则PB+√32PD的最小值等于（）A．√3B．3C．3√3D．2+2√3【分析】过点P作PE⊥AD，交AD的延长线于点E，有锐角三角函数可得EP=√32PD，即PB+√32PD＝PB+PE，则当点B，点P，点E三点共线且BE⊥AD时，PB+PE有最小值，即最小值为BE．【解答】解：如图，过点P作PE⊥AD，交AD的延长线于点E，∵AB∥CD，∴∠EDP＝∠DAB＝60°，∴sin∠EDP=EPDP=√32，∴EP=√32PD∴PB+√32PD＝PB+PE∴当点B，点P，点E三点共线且BE⊥AD时，PB+PE有最小值，即最小值为BE，∵sin∠A=BEAB=√32，∴BE＝3√3，故选：C．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，垂线段最短，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．【变式1-3】（2021•太和县一模）在△ABC中，∠ACB＝90°，P为AC上一动点，若BC＝4，AC＝6，则√2BP+AP的最小值为（）A．5B．10C．5√2D．10√2【分析】√2BP+AP=√2（BP+√22AP），求BP+√22AP的最小值属“胡不归”问题，以A为顶点，AC为一边在下方作45°角即可得答案．【解答】解：以A为顶点，AC为一边在下方作∠CAM＝45°，过P作PF⊥AM于F，过B作BD⊥AM 于D，交AC于E，如图：√2BP+AP=√2（BP+√22AP），要使√2BP+AP最小，只需BP+√22AP最小，∵∠CAM＝45°，PF⊥AM，∴△AFP是等腰直角三角形，∴FP=√22AP，∴BP+√22AP最小即是BP+FP最小，此时P与E重合，F与D重合，即BP+√22AP最小值是线段BD的长度，∵∠CAM＝45°，BD⊥AM，∴∠AED＝∠BEC＝45°，∵∠ACB＝90°，∴sin∠BEC＝sin45°=BCBE，tan∠BEC=BCCE，又BC＝4，∴BE＝4√2，CE＝4，∵AC＝6，∴AE＝2，而sin∠CAM＝sin45°=DE AE，∴DE =√2，∴BD ＝BE +DE ＝5√2，∴√2BP +AP 的最小值是√2BD ＝10，故选：B ．【点睛】本题考查线段和的最小值，解题的关键是做45°角，将求BP +√22AP 的最小值转化为求垂线段的长．【方法点拨】“将军饮马”问题是中考的热点问题之一,解决这类问题的方法是找出两定点中任一点关于动 点所在直线的对称点,再将另一点与对称点相连,连线与直线的交点即为所求的点.通常情况下, 求三角形 或四边形的周长的最小值时,往往也是利用轴对称进行解题.【例2】（2021•淮南一模）如图，Rt △ABC 中．∠BAC ＝90°，AB ＝1，AC ＝2√2．点D ，E 分别是边BC ，AC 上的动点，则DA +DE 的最小值为（ ）A ．89B ．169C ．8√29D ．16√29【分析】如图，作A 关于BC 的对称点A '，连接AA '，交BC 于F ，过A '作A 'E ⊥AC 于E ，交BC 于D ，则AD ＝A 'D ，此时AD +DE 的值最小，就是A 'E 的长，根据相似三角形对应边的比可得结论．【解答】解：作A 关于BC 的对称点A '，连接AA '，交BC 于F ，过A '作A 'E ⊥AC 于E ，交BC 于D ，则AD ＝A 'D ，此时AD +DE 的值最小，就是A 'E 的长；Rt △ABC 中，∠BAC ＝90°，AB ＝1，AC ＝2√2，∴BC =√12+(2√2)2=3，S △ABC =12AB •AC =12BC •AF ，∴1×2√2=3AF ，AF =2√23，∴AA '＝2AF =4√23，∵∠A 'FD ＝∠DEC ＝90°，∠A 'DF ＝∠CDE ，∴∠A '＝∠C ，∵∠AEA '＝∠BAC ＝90°，∴△AEA '∽△BAC ，∴AA′A′E=BC AC ， ∴4√23A′E =2√2，∴A 'E =169， 即AD +DE 的最小值是169；故选：B ．【点睛】本题考查轴对称﹣最短问题、三角形相似的性质和判定、两点之间线段最短、垂线段最短等知识，解题的关键是灵活运用轴对称以及垂线段最短解决最短问题，属于中考填空题中的压轴题．【变式2-1】（2020•荆门）在平面直角坐标系中，长为2的线段CD （点D 在点C 右侧）在x 轴上移动，A （0，2），B （0，4），连接AC ，BD ，则AC +BD 的最小值为（ ）A ．2√5B ．2√10C ．6√2D ．3√5【分析】设C （m ，0），则有AC +BD =√m 2+22+√(m +2)2+42，推出要求AC +BD 的最小值，相当于在x 轴上找一点P （m ，0），使得点P 到M （0，2）和N （﹣2，4）的距离和最小，如图1中，作点M关于x轴的对称点Q，连接NQ交x轴于P′，连接MP′，此时P′M+P′N的值最小，求出NQ即可解决问题．【解答】解：设C（m，0），∵CD＝2，∴D（m+2，0），∵A（0，2），B（0，4），∴AC+BD=√m2+22+√(m+2)2+42，∴要求AC+BD的最小值，相当于在x轴上找一点P（m，0），使得点P到M（0，2）和N（﹣2，4）的距离和最小，如图1中，作点M关于x轴的对称点Q，连接NQ交x轴于P′，连接MP′，此时P′M+P′N的值最小，∵N（﹣2，4），Q（0，﹣2）P′M+P′N的最小值＝P′N+P′Q＝NQ=√22+62=2√10，∴AC+BD的最小值为2√10．故选：B．【点睛】本题考查轴对称﹣最短路径问题，坐标与图形的性质，两点间距离公式等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，学会利用数形结合的思想思考问题，学会用转化的思想解决问题，属于中考选择题中的压轴题．【变式2-2】（2020•红桥区一模）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，AB＝5，AD＝4，CD＝3，点P是边AD上的动点，则△PBC周长的最小值为（）A．8B．4√5C．12D．6√5【分析】作点C关于AD的对称点E，连接EB交AD于点P′，连接CP′，则EP′＝CP′，ED＝CD，此时△P′BC周长最小为：P′C+P′B+BC＝PE+P′B+BC＝EB+BC，作BF⊥DC的延长线于点F，在Rt△BCF和Rt△BFE中，根据勾股定理即可得△PBC周长的最小值．【解答】解：作点C关于AD的对称点E，连接EB交AD于点P′，连接CP′，则EP′＝CP′，ED＝CD，此时△P′BC周长最小为：P′C+P′B+BC＝PE+P′B+BC＝EB+BC，作BF⊥DC的延长线于点F，∠A＝∠ADC＝90°，∴四边形ABFD是矩形，∴BF＝AD＝4，DF＝AB＝5，∴CF＝DF﹣CD＝5﹣3＝2，EF＝DF+ED＝5+3＝8，∴在Rt△BCF和Rt△BFE中，根据勾股定理，得BC=√CF2+BF2=2√5，BE=√BF2+EF2=4√5，∴BC+BE＝6√5．所以△PBC周长的最小值为6√5．故选：D．【点睛】本题考查了轴对称﹣最短路线问题、勾股定理，解决本题的关键是掌握轴对称性质．【变式2-3】（2020•市南区二模）如图，在矩形ABCD中，AD＝12，AE⊥BD，垂足为E，ED＝3BE，点P、Q分别在BD，AD上，则AP+PQ的最小值为（）A．4√2B．2√2C．6√3D．4√3【分析】在Rt△ABE中，利用三角形相似可求得AE、DE的长，设A点关于BD的对称点A′，连接A′D，可证明△ADA′为等边三角形，当PQ⊥AD时，则PQ最小，所以当A′Q⊥AD时AP+PQ最小，从而可求得AP+PQ的最小值等于DE的长，可得出答案．【解答】解：设BE＝x，则DE＝3x，∵四边形ABCD为矩形，且AE⊥BD，∴△ABE∽△DAE，∴AE2＝BE•DE，即AE2＝3x2，∴AE=√3x，在Rt△ADE中，由勾股定理可得AD2＝AE2+DE2，即122＝（√3x）2+（3x）2，解得x＝2√3，∴AE＝6，DE＝6√3，如图，设A点关于BD的对称点为A′，连接A′D，P A′，则A′A＝2AE＝12＝AD，AD＝A′D＝12，∴△AA′D是等边三角形，∵P A＝P A′，∴当A′、P、Q三点在一条线上时，A′P+PQ最小，又垂线段最短可知当PQ⊥AD时，A′P+PQ最小，∴AP+PQ＝A′P+PQ＝A′Q＝DE＝6√3．故选：C．【点睛】本题主要考查轴对称的应用，利用最小值的常规解法确定出A的对称点，从而确定出AP+PQ 的最小值的位置是解题的关键，利用条件证明△A′DA是等边三角形，借助几何图形的性质可以减少复杂的计算．【方法点拨】利用“到定点的距离等于定长的点位于同一个圆上”或“90°的圆周角所对的弦是直径”等可以确定某些动点的运动轨迹是圆(或圆弧).当圆外一定点与圆上一动点位于圆心同侧,且三点共线时,该动点到圆外定点的距离最短;当圆外一定点与圆上一动点位于圆心异侧,且三点共线时,该动点到圆外定点的距离最长.【例3】（2020•百色模拟）如图，在长方形纸片ABCD中，AB＝4，AD＝6．点E是AB的中点，点F是AD边上的一个动点．将△AEF沿EF所在直线翻折，得到△GEF．则GC长的最小值是（）A．2√10−2B．2√10−1C．2√13D．2√10【分析】以点E为圆心，AE长度为半径作圆，连接CE，当点G在线段CE上时，GC的长取最小值，根据折叠的性质可知GE＝2，在Rt△BCE中利用勾股定理可求出CE的长度，用CE﹣GE即可求出结论．【解答】解：以点E为圆心，AE长度为半径作圆，连接CE，当点G在线段CE上时，GC的长取最小值，如图所示根据折叠可知：GE＝AE=12AB＝2．在Rt△BCE中，BE=12AB＝2，BC＝6，∠B＝90°，∴CE=√BE2+BC2=2√10，∴GC的最小值＝CE﹣GE＝2√10−2．故选：A．【点睛】本题考查了翻折变换、矩形的性质以及勾股定理，利用作圆，找出GC取最小值时点A′的位置是解题的关键．【变式3-1】（2020•河北模拟）数学兴趣小组在“中学生学习报”中了解到“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”，用含30°角的直角三角板做实验，如图，∠ACB＝90°，BC＝6cm，M，N分别是AB，BC的中点，标记点N的位置后，将三角板绕点C逆时针旋转，点M旋转到点M′，在旋转过程中，线段NM′的最大值是（）A．7cm B．8 cm C．9cm D．10cm【分析】根据直角三角形的性质得到AB＝2BC＝12，CM＝6，CN＝3，在旋转过程中，点M′始终在以C为圆心，CM为半径的圆上，当M′旋转当与B，C在一条直线上时，即到D的位置时，线段NM′的值最大，于是得到结论．【解答】解：∵∠ACB＝90°，BC＝6cm，∠A＝30°，∴AB＝2BC＝12，∵M，N分别是AB，BC的中点，∴CM＝6，CN＝3，∵将三角板绕点C逆时针旋转，点M旋转到点M′，在旋转过程中，点M′始终在以C为圆心，CM为半径的圆上，∴当M′旋转当与B，C在一条直线上时，即到D的位置时，线段NM′的值最大，即NM′的最大值＝DN＝6+3＝9，故选：C．【点睛】本题考查了旋转的性质，含30°角的直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线，熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键．【变式3-2】（2020•芜湖二模）如图，已知正方形ABCD的边长为8，点E是正方形内部一点，连接BE，CE，且∠ABE＝∠BCE，点P是AB边上一动点，连接PD，PE，则PD+PE长度的最小值为（）A．8√2B．4√10C．8√5−4D．4√13−4【分析】根据正方形的性质得到∠ABC＝90°，推出∠BEC＝90°，得到点E在以BC为直径的半圆上移动，如图，设BC的中点为O，作正方形ABCD关于直线AB对称的正方形AFGB，则点D的对应点是F，连接FO交AB于P，交⊙O于E，则线段EF的长即为PD+PE的长度最小值，根据勾股定理即可得到结论．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC＝90°，∴∠ABE+∠CBE＝90°，∵∠ABE＝∠BCE，∴∠BCE+∠CBE＝90°，∴∠BEC＝90°，∴点E在以BC为直径的半圆上移动，如图，设BC的中点为O，作正方形ABCD关于直线AB对称的正方形AFGB，则点D的对应点是F，连接FO交AB于P，交半圆O于E，则线段EF的长即为PD+PE的长度最小值，OE＝4，∵∠G＝90°，FG＝BG＝AB＝8，∴OG＝12，∴OF=√FG2+OG2=4√13，∴EF＝4√13−4，∴PD+PE的长度最小值为4√13−4，故选：D．【点睛】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，正方形的性质，勾股定理的综合运用．凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．【变式3-3】（2021•海安市模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，BC＝2√3，Q为AC上的动点，P为Rt△ABC内一动点，且满足∠APB＝120°，若D为BC的中点，则PQ+DQ的最小值是（）A．√43−4B．√43C．4D．√43+4【分析】如图以AB为边，向左边作等边△ABE，作△ABE的外接圆⊙O，连接OB，则点P在⊙O上．作点D关于AC的对称点D′，连接OD′，OP，PD′，PD′交AC于Q，则PQ+QD＝PQ+QD′＝PD′，根据PD′≥OD′﹣OP，求出OP，OD′即可解决问题．【解答】解：如图以AB为边，向左边作等边△ABE，作△ABE的外接圆⊙O，连接OB，则点P在⊙O 上．在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，BC＝2√3，∴AB＝4√3，则易知OB＝4，OB⊥BC，作点D关于AC的对称点D′，连接OD′，OP，PD′，PD′交AC于Q，则PQ+QD＝PQ+QD′≥PD′，∵PD′≥OD′﹣OP，OP＝OB＝4，OD′=√42+(3√3)2=√43，∴PD′≥√43−4，∴PQ+DQ的最小值为√43−4，故选：A．【点睛】本题考查轴对称﹣最短问题，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，属于中考选择题中的压轴题．【方法点拨】几何图形面积最值问题的解题通法:1.观察几何图形,若能直接判断出当动点在何位置时,几何图形的面积取得最值,则直接计算即可.2.若根据动点的位置,无法直接判断几何图形面积的最值,则可设出未知数,用含未知数的代数式表示出该几何图形的面积,利用函数的性质求解.【例4】（2020•立山区二模）如图，⊙O的半径是2，直线l与⊙O相交于A、B两点，M、N是⊙O上的两个动点，且在直线l的异侧，若∠AMB＝45°，则四边形MANB面积的最大值是（）A．2√2B．4C．4√2D．8√2【分析】过点O作OC⊥AB于C，交⊙O于D、E两点，连接OA、OB、DA、DB、EA、EB，根据圆周角定理推出△OAB为等腰直角三角形，求得AB=√2OA＝2√2，根据已知条件即可得到结论．【解答】解：过点O作OC⊥AB于C，交⊙O于D、E两点，连接OA、OB、DA、DB、EA、EB，如图，∵∠AMB＝45°，∴∠AOB＝2∠AMB＝90°，∴△OAB为等腰直角三角形，∴AB=√2OA＝2√2，∵S四边形MANB＝S△MAB+S△NAB，∴当M点到AB的距离最大，△MAB的面积最大；当N点到AB的距离最大时，△NAB的面积最大，即M点运动到D点，N点运动到E点，此时四边形MANB面积的最大值＝S四边形DAEB＝S△DAB+S△EAB=12AB•CD+12AB•CE=12AB（CD+CE）=12AB•DE=12×2√2×4＝4√2．故选：C．【点睛】本题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了圆周角定理，正确的作出辅助线是解题的关键．【变式4-1】（2020•岐山县二模）如图，正方形BEFG的顶点E在正方形ABCD的边AD上，CD、EF交于点H，AD＝16，连接EC，FC，则△CEF的面积的最小值为（）．A．16√2B．48C．96D．256【分析】由于S △CEF ＝S △CHF +S △CHE =12CH •EM ，根据全等三角形的性质得到EM ＝AB ＝16，求得S △CEF ＝8CH ，根据相似三角形的性质得到DE AB =DH AE ，设AE 为x ，于是得到DH =116（﹣x 2+16x ）=−116（x ﹣8）2+4≤4，即可得到结论．【解答】解：过F 作FG ⊥DC 于点G ，FM ⊥AD ，交AD 的延长线于M ，连接CF ，∵S △CEF ＝S △CHF +S △CHE =12CH •EM ，∵△EMF ≌△BAE ，∴EM ＝AB ＝16，∴S △CEF ＝8CH ，∵△EDH ∽△BAE ，∴DE AB =DH AE ，设AE 为x ，则DH =116（﹣x 2+16x ）=−116（x ﹣8）2+4≤4， ∴DH ≤4，∴CH ≥12，CH 最小值是12，∴△CEF 面积的最小值是96．故选：C ．【点睛】本题考查了正方形的性质，解题的关键是找出线段DN 的最大值，根据三角形的面积公式找出其去最值的条件，再结合二次函数的性质去解决最值问题．【变式4-2】（2020•昆山市二模）如图，在△ABC 中，AB ＝10，AC ＝2√5，∠ACB ＝45°，D 为AB 边上一动点（不与点B 重合），以CD 为边长作正方形CDEF ，连接BE ，则△BDE 的面积的最大值等于（ ）.A．9√2B．18C．36D．20√5【分析】如图，过点E作EM⊥BA于M，过点C作CN⊥BA交BA的延长线于N，过点A作AH⊥BC于H．解直角三角形求出BN的长，设BD＝x，则DN＝12﹣x，再利用全等三角形的性质证明EM＝DN＝12﹣x，利用三角形的面积公式构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题．【解答】解：如图，过点E作EM⊥BA于M，过点C作CN⊥BA交BA的延长线于N，过点A作AH⊥BC于H．在Rt△ACH中，∵∠AHC＝90°，∠ACH＝45°，AC＝2√5，∴AH＝CH＝AC•cos45°=√10，在Rt△ABH中，∵∠AHB＝90°，AB＝10，AH=√10，∴BH=√AB2−AH2=√102−(√10)2=3√10，∴BC＝BH+CH＝4√10，∵S△ACB=12•BC•AH=12•AB•CN，∴CN＝4，在Rt△ACN中，AN=√AC2−CN2=√(2√5)2−42=2，∴BN＝BA+AN＝12，设BD＝x，则DN＝12﹣x，∵四边形EFCD是正方形，∴DE＝DC，∠EDC＝∠EMD＝∠DNC＝90°，∴∠EDM+∠ADC＝90°，∠ADC+∠DCN＝90°，∴∠EDM＝∠DCN，∴△EMD≌△DNC（AAS），∴EM＝DN＝12﹣x，∴S△DBE=12•BD•EM=12•x•（12﹣x）=−12x2+6x=−12（x﹣6）2+18，∵−12＜0，∴当x ＝6时，△BDE 的面积的最大，最大值为18．故选：B ．【点睛】本题考查正方形的性质，解直角三角形，二次函数的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题．16．（2021•石家庄模拟）如图，在平面直角坐标系xOy 中，半径为2的⊙O 与x 轴的正半轴交于点A ，点B 是⊙O 上一动点，点C 为弦AB 的中点，直线y =34x ﹣3与x 轴、y 轴分别交于点D 、E ，则△CDE 面积的最小值与最大值分别为（ ）．A ．2；7B ．3；6C ．4；9D ．5；16【分析】连接OC ，由垂径定理得OC ⊥AB ，再由圆周角定理得点C 在以OA 为直径的圆上（点O 、A 除外），以OA 为直角作⊙P ，过P 点作直线PH ⊥DE 于H ，交⊙P 于M 、N ，利用一次函数解析式确定D （0，﹣3），D （4，0），则AB ＝5，然后证△DPH ∽△DEO ，利用相似比求出PH 的长，得MP 、NH 的长，当C 点与M 点重合时，S 最大；C 点与N 点重合时，S 最小，然后计算出S △NED 和S △MED 得到S 的范围，即可求解．【解答】解：连接OC ，如图，∵点C 为弦AB 的中点，∴OC ⊥AB ，∴∠ACO ＝90°，∴点C 在以OA 为直径的圆上（点O 、A 除外），以OA 为直角作⊙P ，过P 点作直线PH ⊥DE 于H ，交⊙P 于M 、N ，当x ＝0时，y =34x ﹣3＝﹣3，则D （0，﹣3），当y ＝0时，34x ﹣3＝0，解得x＝4，则D（4，0），∴OD＝4，∴AB=√32+42=5，∵A（2，0），∴P（1，0），∴OP＝1，∴PD＝OD﹣OP＝3，∵∠PDH＝∠EDO，∠PHD＝∠EOD，∴△DPH∽△DEO，∴PH：OE＝DP：DE，即PH：3＝3：5，解得PH=9 5，∴MP＝PH+1=145，NH＝PH﹣1=45，∴S△NED=12×5×45=2，S△MED=12×5×145=7，设△CDE面积为S，当C点与M点重合时，S最大；C点与N点重合时，S最小，∴S的范围为2≤S≤7，∴△CDE面积的最小值为2，△CDE面积的最大值为7，故选：A．【点睛】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了圆周角定理、相似三角形的判定与性质和一次函数的性质．。

2021年高考物理模拟试卷（三）含解析一、选择题：本题共8小题．每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求．第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．如图所示，为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速度为v的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B 点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力，则（）A．带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为1：3B．带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为：1C．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为2：1D．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为2：32．如图所示，直角三角形OAB的∠B=30°，C是OB的中点，D是CB的中点．在；q O点固定一点电荷+Q，某试探电荷q由A点移到B点时，电场力做的功为W1；q由C点移至B点时，电场力做功为有A点移至C点时，电场力做的功为W2，则以下判断正确的是（）W3A．W1+W2＞W3B．W1﹣W2＜W3C．C点的场强大小是B点的2倍D．C、D两点电势差大于D、B两点的电势差3．如图所示为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n1=n4＜n2=n3，四根模拟输电线的电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R，A1、A2为相同的理想交流电流表，L1、L2为相同的小灯泡，灯丝电阻RL＞2R，忽略灯丝电阻随温度的变化．当A、B端接入低压交流电源时（）A．A1、A2两表的示数相同B．L1、L2两灯泡的亮度相同C．R1消耗的功率大于R3消耗的功率D．R2两端的电压小于R4两端的电压4．如图所示，固定斜面AE分成等长四部分AB、BC、CD、DE，小物块与AB、CD间动摩擦因数均为μ1；与BC、DE间动摩擦因数均为μ2，且μ1=2μ2．当小物块以速度v从A点沿斜面向上滑动时，刚好能到达E点．当小物块以速度从A点沿斜面向上滑动时，则能到达的最高点（）A．刚好为B点B．刚好为C点C．介于AB之间 D．介于BC之间5．如图所示，相同的乒乓球1、2恰好在等高处水平越过球网，不计乒乓球的旋转和空气阻力，乒乓球自最高点到落台的过程中，正确的是（）A．过网时球1的速度小于球2的速度B．球1的飞行时间大于球2的飞行时间C．球1的速度变化率小于球2的速度变化率D．落台时，球1的重力功率等于球2的重力功率6．老师做了一个物理小实验让学生观察，如图所示：一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆可以绕中心在水平面内自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，然后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象是（）A．磁铁插向左环，横杆不发生转动B．磁铁插向右环，横杆发生转动C．无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动D．无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动7．长木板A放在光滑的水平面上，质量为m的小物体B以水平初速v0滑上A的上表面，它们的v﹣t图象如图所示，则根据图中的信息（图中所标注的物理量均为已知量）可以求得（）A．木板获得的动能B．系统损失的机械能C．木板的长度D．A与B间的动摩擦因数8．我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星500”的实验活动．假设王跃登陆火星后，测得火星的半径是地球半径的，质量是地球质量的．已知地球表面的重力加速度是g，地球的半径为R，王跃在地面上能向上竖直跳起的最大高度是h，忽略自转的影响，下列说法正确的是（）A．火星的密度为B．火星表面的重力加速度是C．火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为D．王跃以与在地球上相同的初速度在火星上起跳后，能达到的最大高度是三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题．考生根据需求作答．（一）必考题（共129分）9．某学生用图（a）所示的实验装置测量物块与斜面的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图（b）所示，图中标出了五个连续点之间的距离．（1）物块下滑是的加速度a=m/s2，打C点时物块的速度v=m/s；（2）已知重力加速度大小为g，求出动摩擦因数，还需测量的物理量是（填正确答案标号）A．物块的质量B．斜面的高度C．斜面的倾角．10．多用电表是实验室和生产实际中常用的仪器．使用多用电表进行了两次测量，指针所指的位置分别如图中a、b所示．若选择开关处在“×10Ω”的欧姆挡时指针位于a，则被测电阻的阻值是Ω．若选择开关处在“直流电压2.5V”挡时指针位于b，则被测电压是v．11．如图甲所示为一黑箱装置，盒内有电源、电阻等元件，a、b为黑箱的两个输出端．①为了探测黑箱，某同学进行了以下几步测量：A．用多用电表的欧姆挡测量a、b间的电阻；B．用多用电表的电压挡测量a、b间的输出电压；C．用多用电表的电流挡测量a、b间的输出电流．你认为以上测量中不妥的有：（填序号）．②含有电源的黑箱相当于一个“等效电源”，a、b是等效电源的两极．为了测定这个等效电源的电动势和内阻，该同学设计了如图乙所示的电路，调节变阻器的阻值，记录下电压表和电流表的示数，并在方格纸上建立了U﹣I坐标，根据实验数据画出了坐标点，如图丙所示．请你做进一步处理，并由图求出等效电源的电动势E=V，内阻r=Ω．③由于电压表和电流表的内阻会产生系统误差，则采用此测量电路所测得的电动势与实际值相比，测得的内阻与实际值相比（选填“偏大”“偏小”或“相同”）．12．如图甲所示，有一倾角为30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M的木板．开始时质量为m=1kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，今将水平力F 变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F，木块滑上木板的过程不考虑能量损失．此后滑块和木板在水平上运动的v﹣t图象如图乙所示，g=10m/s2．求（1）水平作用力F的大小；（2）滑块开始下滑时的高度；（3）木板的质量．13．如图（甲）所示，两带等量异号电荷的平行金属板平行于x轴放置，板长为L，两板间距离为2y0，金属板的右侧宽为L的区域内存在如图（乙）所示周期性变化的磁场，磁场的左右边界与x轴垂直．现有一质量为m，带电荷量为+q的带电粒子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入两板之间，飞出电场后从点（L，0）进入磁场区域，进入时速度方向与x轴夹角为30°，把粒子进入磁场的时刻做为零时刻，以垂直于纸面向里作为磁场正方向，粒子最后从x轴上（2L，0）点与x轴正方向成30°夹角飞出磁场，不计粒子重力．（1）求粒子在两板间运动时电场力对它所做的功；（2）计算两板间的电势差并确定A点的位置；（3）写出磁场区域磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T应满足的表达式．（二）选考题：共45分．请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑．注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多答，则每学科按所做的第一题计分．【物理-选修3-5】14．下列说法中正确的是（）A．α粒子散射实验是卢瑟福建立原子核式结构模型的重要依据B．光电效应和康普顿效应深入揭示了光的粒子性，前者表明光子具有能量，后者表明光子除了具有能量外还具有动量C．根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能增大，核外电子的运动速度减小．D．正负电子对湮灭技术是一项较新的核物理技术．一对正负电子对湮灭后生成光子的事实说明质量守恒定律是有适用范围的E．Bi的半衰期是5天，12gBi经过15天后衰变了1.5g15．静止的锂核Li俘获一个速度为8.0×106m/s的中子，发生核反应后若只产生了两个新粒子，其中一个粒子为氦核He，它的速度大小是8.0×106m/s，方向与反应前的中子速度方向相同．求：（1）此核反应的方程式；（2）求反应后产生的另一个粒子的速度大小和方向．xx年山东省青岛市平度市高考物理模拟试卷（三）参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题．每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求．第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．如图所示，为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速度为v 的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力，则（）A．带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为1：3B．带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为：1C．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为2：1D．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为2：3【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由数学知识求出粒子的轨道半径，由牛顿第二定律可以求出粒子的比荷比值，求出粒子做圆周的圆心角，然后求出粒子的运动时间．【解答】解：粒子在磁场中做圆周运动，由数学知识可知，粒子做圆周运动转过的圆心角分别是：φA=60°，φB=120°，设粒子的运动轨道半径为r A，r B，r A=Rtan30°=R，r B=Rtan60°=R，A、洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，，则粒子1与粒子2的比荷值为：，故A错误；B正确；C、粒子运动的周期，，粒子运动的时间：=带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为，故CD错误；故选：B．【点评】由数学知识求出粒子做圆周运动的轨道半径与粒子转过的圆心角是正确解题的关键．2．如图所示，直角三角形OAB的∠B=30°，C是OB的中点，D是CB的中点．在O点固定一点电荷+Q，某试探电荷q由A点移到B点时，电场力做的功为W1；q有A点移至C 点时，电场力做的功为W2；q由C点移至B点时，电场力做功为W3，则以下判断正确的是（）A．W1+W2＞W3B．W1﹣W2＜W3C．C点的场强大小是B点的2倍D．C、D两点电势差大于D、B两点的电势差【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．【专题】定性思想；图析法；电场力与电势的性质专题．【分析】点电荷的电场中，如图所示的三点，A、C两点在同一等势面上，根据点电荷在等势面上移动做功的特点即可判断AB，利用点电荷产生的场强关系判断C，根据场强的大小，判断出电场力做功多少，有W=qU判断出两点的电势差大小关系．【解答】解：A、点电荷的电场中，由于AC两点在同一等势面上，则试探电荷q由A点移到C点电场力做功为零，即：W2=0；由于点电荷是带正电，所以AC两点的电势高于B 点，从A点一到B点和从C点一到B点电场力做功相同，故W1与W3相等，故AB错误；C、点电荷产生的场强为E=，由于B点到O点的距离为C点到O点距离的2倍，故场强C点的场强大小是B点的4倍，故C错误；D、根据点电荷产生的场强特点可知，离电荷越远，场强越弱，故从C到D电场力做功比从D到B场强做功多，根据可知，C、D两点电势差大于D、B两点的电势差，故D正确故选：D【点评】本题主要考查了点电荷产生的场强特点，熟悉点电荷的电场线的分布及等势面的分布即可判断3．如图所示为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n1=n4＜n2=n3，四根模拟输电线的电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R，A1、A2为相同的理想交流电流表，L1、L2为相同的小灯泡，灯丝电阻R L＞2R，忽略灯丝电阻随温度的变化．当A、B端接入低压交流电源时（）A．A1、A2两表的示数相同B．L1、L2两灯泡的亮度相同C．R1消耗的功率大于R3消耗的功率D．R2两端的电压小于R4两端的电压【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．【专题】交流电专题．【分析】根据变压器的规律和欧姆定律分别列出两个灯泡两端的电压表达式，再比较灯泡亮度的关系，根据电流的表达式分析两个电流表示数的关系，即可得到R1与R3消耗的功率的关系．【解答】解：AB、设变压器原、副线圈数比为K（K＜1），A、B端接入的电压为U．则L2两端的电压为U2=，A2表的示数I A2=．对于变压器电路，升压变压器副线圈两端的电压为，设通过L1的电流为I1，则L1两端的电压为I1R L，A1表的示数为I A1=KI1，降压变压器原线圈的电压为I1R L，则有：﹣2RKI1=I1R L解得I1=，则I A1=KI1==因为R L＞2R，K＜1，可以得到I A2＞I A1．I1＞I A2．故AB错误；C、电阻R1、R3相等，I A2＞I A1，根据公式P=I2R可知，R1消耗的功率小于R3消耗的功率，故C错误；D、电阻R2、R4相等，I A2＞I A1，根据欧姆定律知：R2两端的电压小于R4两端的电压，故D正确．故选：D．【点评】解决本题的关键掌握变压器的原理和特点，以及掌握远距离输电过程中电压损失和输入电压、输出电压的关系．4．如图所示，固定斜面AE分成等长四部分AB、BC、CD、DE，小物块与AB、CD间动摩擦因数均为μ1；与BC、DE间动摩擦因数均为μ2，且μ1=2μ2．当小物块以速度v0从A 点沿斜面向上滑动时，刚好能到达E点．当小物块以速度从A点沿斜面向上滑动时，则能到达的最高点（）A．刚好为B点B．刚好为C点C．介于AB之间 D．介于BC之间【考点】动能定理的应用．【专题】动能定理的应用专题．【分析】物块向上运动过程要克服重力与阻力做功，应用动能定理求出物块的位移，然后答题．【解答】解：设斜面的倾角为θ，AB=BC=CD=DE=s，μ1=2μ2=2μ，则μ2=μ，物块以速度v0上滑过程中，由动能定理得：﹣mg•4s•sinθ﹣μmgcosθ•2s﹣2μ•mgcosθ•2s=0﹣mv02，则：mv02=4mgs•sinθ+6μmgscosθ，初速度为时，m（）2=×mv02=mgs•sinθ+μmgscosθ＜mgs•sinθ+2μmgscosθ，则滑块能达到的最大高点在B点以下，即介于AB之间某点；故选：C．【点评】本题考查了判断滑块能到达的最高点，分析清楚滑块的运动过程，应用动能定理即可正确解题．5．如图所示，相同的乒乓球1、2恰好在等高处水平越过球网，不计乒乓球的旋转和空气阻力，乒乓球自最高点到落台的过程中，正确的是（）A．过网时球1的速度小于球2的速度B．球1的飞行时间大于球2的飞行时间C．球1的速度变化率小于球2的速度变化率D．落台时，球1的重力功率等于球2的重力功率【考点】平抛运动．【专题】平抛运动专题．【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比较运动的时间，结合水平位移和时间比较过网时的速度．【解答】解：A、球1和球2平抛运动的高度相同，则运动的时间相同，由于球1的水平位移较大，可知过网时球1的速度大于球2的速度，故A错误，B错误．C、因为平抛运动的加速度不变，都为g，可知球1和球2的速度变化率相等，故C错误．D、落台时，由于时间相等，则竖直分速度相等，根据P=mgv y知，重力的瞬时功率相等，故D正确．故选：D．【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住等时性，结合运动学公式灵活求解．6．老师做了一个物理小实验让学生观察，如图所示：一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆可以绕中心在水平面内自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，然后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象是（）A．磁铁插向左环，横杆不发生转动B．磁铁插向右环，横杆发生转动C．无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动D．无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动【考点】楞次定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中会产生感应电流，感应电流受到磁场力的作用，横杆转动；如果金属环不闭合，穿过它的磁通量发生变化时，只产生感应电动势，而不产生感应电流，环不受力的作用，杆不转动．【解答】解：左环不闭合，磁铁插向左环时，不产生感应电流，环不受力，横杆不转动；右环闭合，磁铁插向右环时，环内产生感应电流，环受到磁场的作用，横杆转动；故选：AB．【点评】本题难度不大，是一道基础题，知道感应电流产生的条件，分析清楚图示情景即可正确解题．7．长木板A放在光滑的水平面上，质量为m的小物体B以水平初速v0滑上A的上表面，它们的v﹣t图象如图所示，则根据图中的信息（图中所标注的物理量均为已知量）可以求得（）A．木板获得的动能B．系统损失的机械能C．木板的长度D．A与B间的动摩擦因数【考点】动量守恒定律；功能关系．【专题】动量定理应用专题．【分析】由图可知木板及木块的运动状态，则由图可求出两物体前进的位移，及达共同速度时的相对位移；由能量关系可知机械能及内能的转化关系，分析题目中的已知条件可知能否求出相关量．【解答】解：A、由图象的斜率表示加速度求出长木板的加速度为a A=，物块的加速度a B=，根据牛顿第二定律得：f=Ma A，f=ma B，解得：M=，A板获得的动能E kA=Mv12=mv1（v0﹣v1），故A正确；B、系统损失的机械能等于摩擦力所做的功，由图象与坐标轴围成的面积表示位移可以求出B相对A运动的位移x=v0t1，故W f=fx=mv0（v0﹣v1），故B正确；C、根据题意只能求出AB的相对位移，不知道B最终停在哪里，无法求出木板的长度，故C错误；D、由牛顿第二定律可知，摩擦力：f=ma B=m，而f=μmg，解得：μ=，故D正确；故选：ABD．【点评】本题结合图象考查动能定理及功能关系，在解题中要综合分析所学物理规律并注意找出题目中的已知量和未知量，从而确定能否求出动能及机械能．8．我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星500”的实验活动．假设王跃登陆火星后，测得火星的半径是地球半径的，质量是地球质量的．已知地球表面的重力加速度是g，地球的半径为R，王跃在地面上能向上竖直跳起的最大高度是h，忽略自转的影响，下列说法正确的是（）A．火星的密度为B．火星表面的重力加速度是C．火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为D．王跃以与在地球上相同的初速度在火星上起跳后，能达到的最大高度是【考点】万有引力定律及其应用；向心力．【专题】万有引力定律的应用专题．【分析】求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行之比．根据万有引力等于重力，得出重力加速度的关系，根据万有引力等于重力求出质量表达式，在由密度定义可得火星密度；由重力加速度可得出上升高度的关系．根据万有引力提供向心力求出第一宇宙速度的关系．【解答】解：A、由G=mg，得到：g=，已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，则火星表面的重力加速度是地球表重力加速度的，即为g．设火星质量为M′，由万有引力等于中可得：G=mg′，解得：M′=，密度为：ρ==．故A正确．B、g=，已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，则火星表面的重力加速度是地球表重力加速度的，即为g．故B错误．C、由G=m，得到v=，火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍．故C错误．D、王跃以v0在地球起跳时，根据竖直上抛的运动规律得出可跳的最大高度是：h=，由于火星表面的重力加速度是g，王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度h′=h．故D正确．故选：AD．【点评】通过物理规律把进行比较的物理量表示出来，再通过已知的物理量关系求出问题是选择题中常见的方法．把星球表面的物体运动和天体运动结合起来是考试中常见的问题．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题．考生根据需求作答．（一）必考题（共129分）9．某学生用图（a）所示的实验装置测量物块与斜面的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图（b）所示，图中标出了五个连续点之间的距离．（1）物块下滑是的加速度a= 3.25m/s2，打C点时物块的速度v= 1.79m/s；（2）已知重力加速度大小为g，求出动摩擦因数，还需测量的物理量是C（填正确答案标号）A．物块的质量B．斜面的高度C．斜面的倾角．【考点】探究影响摩擦力的大小的因素；测定匀变速直线运动的加速度．【专题】实验题．【分析】（1）根据△x=aT2可求加速度，根据求解C点的速度；（2）对滑块根据牛顿第二定律列式求解动摩擦因素的表达式进行分析即可．【解答】解：（1）根据△x=aT2，有：解得：a===3.25m/s2打C点时物块的速度：v=m/s=1.79m/s（2）对滑块，根据牛顿第二定律，有：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma解得：μ=故还需要测量斜面的倾角，故选：C；故答案为：（1）3.25，1.79；（2）C．【点评】实验的核心是实验原理，根据原理选择器材，安排实验步骤，分析实验误差，进行数据处理等等．10．多用电表是实验室和生产实际中常用的仪器．使用多用电表进行了两次测量，指针所指的位置分别如图中a、b所示．若选择开关处在“×10Ω”的欧姆挡时指针位于a，则被测电阻的阻值是500Ω．若选择开关处在“直流电压2.5V”挡时指针位于b，则被测电压是2.00v．【考点】用多用电表测电阻．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；根据电压表量程，由图示表盘确定其分度值，读出其示数【解答】解：择开关处在“×10Ω”的电阻档时指针位于a，由图示表盘可知，被测电阻的阻值是50×10Ω=500Ω；选择开关处在“直流电压2.5V”档时指针位于b，由图示表盘可知，其分度值为0.05V，被测电压是2.00V．故答案为：500，2.00【点评】本题考查了多用电表读数，对多用电表读数时，要先根据选择开关的位置确定其所测量的量与量程，然后根据表盘进行读数，对多用电表读数时视线要与电表刻度线垂直．11．如图甲所示为一黑箱装置，盒内有电源、电阻等元件，a、b为黑箱的两个输出端．①为了探测黑箱，某同学进行了以下几步测量：A．用多用电表的欧姆挡测量a、b间的电阻；B．用多用电表的电压挡测量a、b间的输出电压；C．用多用电表的电流挡测量a、b间的输出电流．你认为以上测量中不妥的有：AC（填序号）．②含有电源的黑箱相当于一个“等效电源”，a、b是等效电源的两极．为了测定这个等效电源的电动势和内阻，该同学设计了如图乙所示的电路，调节变阻器的阻值，记录下电压表和电流表的示数，并在方格纸上建立了U﹣I坐标，根据实验数据画出了坐标点，如图丙所示．请你做进一步处理，并由图求出等效电源的电动势E= 1.45V，内阻r=0.75Ω．③由于电压表和电流表的内阻会产生系统误差，则采用此测量电路所测得的电动势与实际值相比偏小，测得的内阻与实际值相比偏小（选填“偏大”“偏小”或“相同”）．【考点】用多用电表探索黑箱内的电学元件．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】多用电表不能用电阻挡直接测含源电路的电阻，用多用电表的电流档测量a、b间可能会造成短路．采用描点法作图，由图可知，图象由纵坐标的交点为电动势；由图象与横坐标的交点利用闭合电路欧姆定律可求得内电阻．电压表测量为电源的输出电压，电压表示数没有误差，但电流表测量的却是外电路中一部分电路中的电流，故可知误差来自于电压表的分流．【解答】解：①多用电表不能用电阻挡直接测含源电路的电阻，用多用电表的电流档测量a、b间可能会造成短路．用多用电表的电压档测量a、b间的输出电压是可以的，以上测量中不妥的有，故选：AC；②由U﹣I图可知，电源的电动势为：E=1.45V路端电压为1V时，电流为0.6A，则由闭合电路欧姆定律可知：r==0.75Ω③该实验的系统误差主要是由电压表的分流，导致电流表测量的电流小于通过电源的真实电流；利用等效电源分析，即可将电压表等效为电源内阻，测实验中测出的电动势应为等效电阻输出的电压，由图可知，输出电压小于电源的电动势；故可知电动势的测量值小于真实值；测实验中测出的内阻应为实际电源内阻和电压表内阻并联的等效电阻，所以测得的内阻与实际值相比偏小．故答案为：①AC；②1.45，0.75；③偏小，偏小．【点评】该题考查测量电源的电动势和内电阻的数据处理的方法，要求会正确分析误差的来源，并会使用图象处理实验的数据，注意第一问选择不妥的．。

高考物理新力学知识点之相互作用分类汇编附答案一、选择题1．如图所示，物体A置于水平地面上，力F竖直向下作用于物体B上，A、B保持静止，则物体A的受力个数为()A．3B．4C．5D．62．质量为m的物体，沿倾角为θ，质量为M的斜面匀速下滑，如图所示，若物体与斜面间的动摩擦因数为μ1，斜面与水平地面间的动摩擦因数为μ2，物体下滑过程中，斜面仍静止在地面上，下述正确的是（）A．地面对斜面的支持力小于（m+M）gB．地面对斜面的支持力大于（m+M）gC．斜面不受地面的摩擦力作用D．斜面受到地面的摩擦力的方向一定平行地面向左3．如图所示，5月28日央视新闻报道：格鲁吉亚物理学家安德里亚仅靠摩擦力将25个网球垒成9层高的直立“小塔”。

网球A位于“小塔”顶层，下面各层均有3个网球，网球B位于“小塔”的第6层，已知每个网球质量均为m。

下列说法正确的是（）A．其他网球对B球的作用力大于B球的重力B．将A球拿走后，“小塔”仍能保持直立平衡C．第8层的三个网球与A球间的弹力大小各为mg/3D．最底层的3个网球受到地板的支持力均为25mg/34．两个物体相互接触，关于接触处的弹力和摩擦力，以下说法正确的是（）A．一定有弹力，但不一定有摩擦力B．如果有弹力，则一定有摩擦力C．如果有摩擦力，则一定有弹力D．如果有摩擦力，则其大小一定与弹力成正比5．如图，两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m 的小球。

在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块。

平衡时，a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径。

不计所有摩擦。

小物块的质量为A ．2mB ．32mC ．mD ．2m6．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∆x 1和∆x 2，重力加速度大小为g ，在剪断瞬间（ ）A ．a 1=gB ．a 1=3gC ．∆x 1=3∆x 2D ． ∆x 1=∆x 27．如图所示，一个重为5N 的大砝码，用细线悬 挂在O 点，现在用力F 拉砝码，使悬线偏离竖直方向30°时处于静止状态，此时所用拉力F 的最小值为 （ ）A ．8.65NB ．5.0NC ．4.3ND ．2.5N 8．一物体m 受到一个撞击力后沿不光滑斜面向上滑动，如图所示，在滑动过程中，物体m 受到的力是（ ）A ．重力、沿斜面向上的冲力、斜面的支持力B ．重力、沿斜面向下的滑动摩擦力、斜面的支持力C ．重力、沿斜面向上的冲力、沿斜面向下的滑动摩擦力D ．重力、沿斜面向上的冲力、沿斜面向下的摩擦力、斜面的支持力9．如图所示，一质量为M 的圆环套在一根粗糙的水平横杆上，圆环通过轻绳和质量为m的物块相连，物块在水平向右的风力作用下偏离竖直方向一定的角度（如图中虚线位置所示）。

2021年全国高考物理真题试卷及解析(全国已卷)一、选择题1. 题目：下列关于力学的说法，正确的是（）A. 物体的加速度与物体所受的合外力成正比，与物体的质量成反比B. 物体在匀速直线运动时，其加速度为零C. 物体在受到合外力作用时，其速度一定改变D. 物体在受到合外力作用时，其加速度一定改变解析：选项A正确，根据牛顿第二定律F=ma，物体的加速度与物体所受的合外力成正比，与物体的质量成反比。

选项B错误，物体在匀速直线运动时，其速度保持不变，但加速度可能不为零。

选项C错误，物体在受到合外力作用时，其速度可能改变，也可能不变。

选项D 错误，物体在受到合外力作用时，其加速度可能改变，也可能不变。

2. 题目：下列关于电磁学的说法，正确的是（）A. 电流的方向与电荷的运动方向相同B. 电磁感应现象是导体在磁场中运动时产生的C. 电磁波在真空中的传播速度为光速D. 电磁波在介质中的传播速度大于光速解析：选项C正确，电磁波在真空中的传播速度为光速，即3×10^8 m/s。

选项A错误，电流的方向与正电荷的运动方向相同，与负电荷的运动方向相反。

选项B错误，电磁感应现象是导体在磁场中运动时产生的感应电动势，而不是感应电流。

选项D错误，电磁波在介质中的传播速度小于光速。

3. 题目：下列关于热学的说法，正确的是（）A. 热量是物体内部的一种能量形式B. 热力学第一定律是能量守恒定律C. 热力学第二定律是熵增原理D. 热力学第三定律是绝对零度不可达原理解析：选项B正确，热力学第一定律是能量守恒定律，即能量不能被创造或消灭，只能从一种形式转化为另一种形式。

选项A错误，热量是物体之间传递的能量，而不是物体内部的一种能量形式。

选项C 错误，热力学第二定律是熵增原理，即孤立系统的熵总是趋于增加。

选项D错误，热力学第三定律是绝对零度不可达原理，即绝对零度是无法达到的。

二、填空题1. 题目：物体在水平面上做匀速直线运动，所受的合外力为______。

专题03 相互作用1.（2020·新课标卷）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。

若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（ ）A.增加了司机单位面积的受力大小B.减少了碰撞前后司机动量的变化量C.将司机的动能全部转换成汽车的动能D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积2.（2020·新课标Ⅲ卷）如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O 点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。

甲、乙两物体质量相等。

系统平衡时，O 点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。

若α=70°，则β等于（ ）A.45°B.55°C.60°D.70°OOB 3.（2020·浙江卷）矢量发动机是喷口可向不同方向偏转以产生不同方向推力的一种发动机。

当歼20隐形战斗机以速度v 斜向上飞行时，其矢量发动机的喷口如图所示。

已知飞机受到重力G 、发动机推力、与速度方向垂直的升力和与速度方向相反的空气阻力。

下列受力分析示意图可能正确的是（ ）1F 2F f FA. B.C. D.4.（2020·浙江卷如图是“中国天眼”口径球面射电望远镜维护时的照片。

为不损伤望远镜球面，质量为m 的工作人员被悬在空中的氦气球拉着，当他在离底部有一定高度的望远镜球面上缓慢移动时，氦气球对其有大小为、方向竖直向上的拉力作用，使其有“人类在月球上行走”的感觉，若将人视为质点，此时工作人员（　）A.受到的重力大小为B.受到的合力大小为C.对球面的压力大小为D.对球面的作用力大小为500m 56mg 16mg 16mg 16mg 16mg5.（2020·山东卷）如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m 和2m 的物块A 、B ，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A 、B 间的接触面和轻绳均与木板平行。

高考物理互相作用试题( 有答案和分析 ) 含分析一、高中物理精讲专题测试互相作用1．质量 m＝ 5kg 的物体在20N 的水平拉力作用下，恰能在水平川面上做匀速直线运动．若改用与水平方向成θ＝ 37°角的力推物体，仍要使物体在水平川面上匀速滑动，所需推力应为多大？（ g＝ 10N/kg， sin37 °＝ 0.6，cos37°＝ 0.8）【答案】 35.7N ；【分析】解：用水平力拉时，物体受重力、支持力、拉力和滑动摩擦力，依据均衡条件，有：f mgf20解得：0.4mg50改用水平力推物体时，对物块受力剖析，并建正交坐标系如图：由 F X0 得： Fcos f①由 F Y0得： N mg Fsin②此中：f N③解以上各式得：F35.7N【点睛】此题重点是两次对物体受力剖析，而后依据共点力均衡条件列方程求解，注意摩擦力是不一样的，不变的是动摩擦因数．2．如图，两条间距L=0.5m且足够长的平行圆滑金属直导轨，与水平川面成30角固定搁置，磁感觉强度B=0.4T 的匀强磁场方向垂直导轨所在的斜面向上，质量m ab0.1kg 、 m cd0.2kg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 Ω，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v 2m/s 的恒定速度向上运动．某时辰开释cd， cd 向下运动，经过一段时间其速度达到最大．已知重力加快度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 , v m3m/sF t【分析】【详解】（1）以 cd 为研究对象，当cd 速度达到最大值时，有：m cd g sin BIL ①代入数据，得：I=5A因为以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(m ab m cd ) g sin ②（或对 ab：F m ab g sin BIL ）代入数据，得：F=1.5N（2）设 cd 达到最大速度时abcd 回路产生的感觉电动势为E，依据法拉第电磁感觉定律，有： Et③由闭合电路欧姆定律，有：E④Ir联立③④并代入数据，得：=1.0Wb/st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：B S BL (v m v)t ⑤回路磁通量的变化率：BL( v m v)⑥t联立⑤⑥并代入数据，得：v m 3m/s【点睛】此题是电磁感觉中的力学识题，综合运用电磁学知识和力均衡知识；剖析清楚金属棒的运动过程与运动性质是解题的前提，应用均衡条件、欧姆定律即可解题．3．以下图，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L=0． 2m，长为 2d，d=0．5m ，上半段 d 导轨圆滑，下半段 d 导轨的动摩擦要素为3，导轨平面与水平6面的夹角为θ=30°．匀强磁场的磁感觉强度大小为B=5T，方向与导轨平面垂直．质量为m=0． 2kg 的导体棒从导轨的顶端由静止开释，在粗拙的下半段向来做匀速运动，导体棒始终与导轨垂直，接在两导轨间的电阻为R=3Ω，导体棒的电阻为r=1 Ω，其余部分的电阻均不计，重力加快度取g=10m/s 2，求：（1）导体棒抵达轨道底端时的速度大小；（2）导体棒进入粗拙轨道前，经过电阻R 上的电量 q；（3）整个运动过程中，电阻 R 产生的焦耳热 Q．【答案】（ 1） 2m/s（2） 0． 125C（3） 0． 2625J【分析】试题剖析：（ 1）导体棒在粗拙轨道上受力均衡：mgsinθ ="μ mgcos"θ+BILE=BLv解得： v=2m/s（2）进入粗拙导轨前：解得： q=0． 125C（3）由动能定理得：考点：法拉第电磁感觉定律；物体的均衡；动能定理【名师点睛】此题本质是力学的共点力均衡与电磁感觉的综合，都要求正确剖析受力情况，运用均衡条件列方程，重点要正确推导出安培力与速度的关系式，剖析出能量是如何转变的．4．以下图，粗拙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μ＝ 0.2，倾角θ＝ 37°．用固定在斜面挡板上的轻质弹簧连结一质量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的加快度向右匀加快运动． (已知 sin 37 ＝°0.6、 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【分析】试题剖析：（ 1）以整体为研究对象，列牛顿第二定律方程（2）对小球受力剖析，水平方向有加快度，竖直方向受力均衡解：（ 1）整体以 a 匀加快向右运动，对整体应用牛顿第二定律：F﹣μ（ 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F N对小球受力剖析：在水平方向： Kxcosθ﹣ F N sin θ =ma在竖直方向： Kxsin θ+F N cos θ =mg解得： x=0.017mF N=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【评论】对斜面问题往常列沿斜面方向和垂直于斜面方向的方程，但此题的奇妙之处在于对小球列方程时，水平方向有加快度，竖直方向受力均衡，使得解答更简易．5．以下图，一个质量为m=2kg 的物块，在 F=10N 的拉力作用下，从静止开始沿水平面做匀加快直线运动，拉力方向与水平成μ=0.5，取重力θ=37，物块与水平面的动摩擦因数加快度 g=10 m/s2， sin370=0.6， cos37 °=0.8．（1）画出物块的受力表示图；（2）此物块所遇到的滑动摩擦力为多大；（3）求此物块在 2s 末的速度．【答案】（ 1）物块的受力表示图以下（2） 7N（ 2） 1m/s【分析】试题剖析：（ 1）物块遇到重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，物块的受力表示图以下．（2）物块竖直方向受力均衡，则有：Fsin37 +F°N=mg解得： F N=mg-Fsin37°此物块所遇到的滑动摩擦力为：f= μF N=μ（ mg-Fsin37 ）°代入数据解得：f=7N（3）依据牛顿第二定律，有：Fcos37 -°f=ma代入数据解得：a=0． 5m/s 2所以物块在2s 末的速度为：v=at=0． 5× 2=1m/s考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．6．以下图，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距lm ，导轨平面与水平面成θ=37°角，下端连结阻值为R 的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量为 0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持优秀接触，它们之间的动摩擦因数为 0.25．求：(1)金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加快度大小；(2)当金属棒下滑速度达到稳准时，电阻R 耗费的功率为8W，求该速度的大小；(3)在上问中，若R＝ 2Ω，金属棒中的电流方向由 a 到b，求磁感觉强度的大小与方向．(g=10rn ／ s2， sin37＝°0.6，cos37 ＝°0.8)【答案】（1） 4m／s2（ 2）10m/s （ 3）0.4T，方向垂直导轨平面向上【分析】试题剖析：（ 1）金属棒开始下滑的初速为零，依据牛顿第二定律：①2=4m／ s2②由①式解得＝ 10×（O.6－0.25 ×0.）8m／ s（2）设金属棒运动达到稳准时，速度为，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力均衡③此时金属棒战胜安培力做功的功率等于电路中电阻耗费的电功率：④由③ 、④ 两式解得⑤（3）设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感觉强度为B⑥⑦⑧由⑥ 、⑦ 两式解得磁场方向垂直导轨平面向上考点：导体切割磁感线时的感觉电动势；牛顿第二定律【名师点睛】此题主要考察了导体切割磁感线时的感觉电动势、牛顿第二定律。

最新高考物理互相作用试题( 有答案和分析 )一、高中物理精讲专题测试互相作用1．如下图，竖直轻弹簧 B 的下端固定于水平面上，上端与 A 连结，开始时A静止。

A 的质量为 m＝ 2kg，弹簧 B 的劲度系数为k1＝ 200N/m 。

用细绳越过定滑轮将物体 A 与另一根劲度系数为 k2的轻弹簧 C 连结，当弹簧C处在水平川点且未发生形变时，其右端点位于a 地点，此时 A 上端轻绳恰巧竖直挺直。

将弹簧 C 的右端点沿水平方向迟缓拉到b 地点时，弹簧 B 对物体 A 的拉力大小恰巧等于 A 的重力。

已知ab＝ 60cm，求：（1）当弹簧 C 处在水平川点且未发生形变时，弹簧 B 的形变量的大小；（2）该过程中物体 A 上涨的高度及轻弹簧 C 的劲度系数 k2。

【答案】（ 1） 10cm；（ 2） 100N/m 。

【分析】【详解】（1）弹簧 C 处于水平川点且没有发生形变时， A 处于静止，弹簧 B 处于压缩状态；依据胡克定律有： k1x1＝ mg代入数据解得： x1＝ 10cm（2）当 ab＝ 60cm 时，弹簧 B 处于伸长状态，依据胡克定律有：k1x2＝ mg代入数据求得：x2＝ 10cm故 A 上涨高度为： h＝ x1+x2＝ 20cm由几何关系可得弹簧 C 的伸长量为： x3＝ ab﹣ x1﹣ x2＝ 40cm依据均衡条件与胡克定律有：mg+k1x2＝k2x3解得 k2＝100N/m2．（ 18 分）如下图，金属导轨水平面夹角为α，N、Q连线与MN MNC 和垂直，PQD， MN 与 PQ平行且间距为L，所在平面与M、 P 间接有阻值为R 的电阻；圆滑直导轨NC和 QD 在同一水平面内，与NQ 的夹角都为锐角θ。

平均金属棒ab 和ef质量均为m，长均为 L， ab棒初始地点在水平导轨上与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μ（μ较小），由导轨上的小立柱 1 和2 阻拦而静止。

专题03 相互作用1．(2021·广东高考真题）唐代《耒耜经》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<，如图所示，忽略耕索质等的拉力F通过耕索分别拉两种犁，F与竖直方向的夹角分别为α和β，αβ量，耕地过程中，下列说法正确的是( ）A．耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大B．耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大C．曲辕犁匀速前进时，耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力D．直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力【答案】B【解析】A．将拉力F正交分解如下图所示则在x方向可得出F x曲=F sinαF x直=F sinβ在y方向可得出F y曲=F cosαF y直=F cosβ由题知α < β则sinα < sinβcosα > cosβ则可得到F x 曲 < F x 直F y 曲 > F y 直A 错误、B 正确；CD ．耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力是一对相互作用力，它们大小相等，方向相反，无论是加速还是匀速，则CD 错误。

故选B 。

2．(2021·湖南高考真题）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sin F mg θ=cos N mg θ=滑块从A 缓慢移动B 点时，θ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()1cos sin cos sin 22N F F mg mg θθθθ=== 则θ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 ．水平地面对凹槽的支持力为()()2sin sin N M m g F M m g mg θθ=+-=+-地则θ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 。

高考物理互相作用各地方试卷会合汇编含分析一、高中物理精讲专题测试互相作用1．如下图，质量M=2kg 的物块 A 放在水平川面上，滑轮固定在天花板上，细绳越过滑轮，一端与物块 A 连结，另一端悬挂质量 m=1kg 的物块 B，细绳竖直， A、 B 处于静止状态。

现对物体 A 施加向左的水平外力 F，使 A 沿水平面向左迟缓挪动。

物块 A 刚开始挪动时水平外力 F1＝ 3N，不计绳与滑轮间的摩擦，重力加快度g 取 10 m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：(1)物块 A 与水平川面间的动摩擦因数μ；(2)当连结物块 A 的细绳与竖直方向的夹角β=37°时，水平外力F2的大小。

(已知sin37 =0°.6， cos37 °=0.8)【答案】（ 1） 0.3（ 2） 9.6N【分析】【剖析】(1) 活结绳竖直时张力相等，由均衡知识求解.(2) 抓住两物体的联系点：倾斜的活结绳上的张力依旧相等，由受力剖析求外力.【详解】(1)设物块 A 刚开始挪动时，绳索的拉力为T，地面对A的支持力为N1，由均衡条件得,对： T mg B对 A：Mg N1T F1 f1 N1代入数据得0.3(2)设当细线与竖直方向夹角为37°时，地面对A的支持力为N2由均衡条件得：F2N 2T sinN2T cos Mg代入数据，得F29.6?N【点睛】绳连结体的重点是掌握活结绳上的五同规律：沿绳张力同样，沿绳加快度同样，沿绳刹时速度相等，沿绳的拉力功率相等；沿绳的拉力做功相等.2．质量 m＝ 5kg 的物体在20N 的水平拉力作用下，恰能在水平川面上做匀速直线运动．若改用与水平方向成θ＝ 37°角的力推物体，仍要使物体在水平川面上匀速滑动，所需推力应为多大？（ g＝ 10N/kg， sin37 °＝ 0.6，cos37°＝ 0.8）【答案】 35.7N ；【分析】解：用水平力拉时，物体受重力、支持力、拉力和滑动摩擦力，依据均衡条件，有：f mgf20解得：0.4mg50改用水平力推物体时，对物块受力剖析，并建正交坐标系如图：由 F X0 得： Fcos f①由 F0得： N mg Fsin②Y此中：fN③解以上各式得：F35.7N【点睛】此题重点是两次对物体受力剖析，而后依据共点力均衡条件列方程求解，注意摩擦力是不一样的，不变的是动摩擦因数．3．一架质量m 的飞机在水平跑道上运动时会遇到机身重力、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。

2021年高考物理复习 第二章 相互作用试题题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案5．(xx·衡水调研)如图所示，质量为m 的物体置于倾角为θ的固定斜面上，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，先用平行于斜面的推力F 1作用于物体上使其能沿斜面匀速上滑，若改用水平推力F 2作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，则两次的推力之比F 1F 2为( ) A ．cos θ＋μsin θ B ．cos θ－μsin θ C ．1＋μtan θ D ．1－μtan θ二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分，每小题有多个选项正确，全选对得6分，选对但不全得3分，选错或不选得0分)6.(xx·淄博模拟)如图所示，小球C 置于光滑的半球形凹槽B 内，B 放在长木板A 上，整个装置处于静止状态，现缓慢减小木板的倾角θ过程中，下列说法正确的是( ) A ．A 受到的压力逐渐变大 B ．A 受到的摩擦力逐渐变大 C ．C 对B 的压力逐渐变大 D ．C 受到两个力的作用7.(xx·靖江质检)如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A ，A 的左端紧靠竖直墙，A 与竖直墙之间放一光滑圆球B ，整个装置处于静止状态。

把A 向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则( )A ．B 对墙的压力增大 B ．A 与B 之间的作用力减小C ．地面对A 的摩擦力减小D ．A 对地面的压力减小8.(xx·哈尔滨三中月考)如图所示，粗糙水平面上放置质量分别为m 和2m 的四个木块，其中两个质量为m 的木块间用一不可伸长的轻绳相连。

木块间的动摩擦因数均为μ，木块与水平面间的动摩擦因数相同，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

现用水平拉力F 拉其中一个质量为2m 的木块，使四个木块一起匀速前进。

则需要满足的条件是( )A ．木块与水平面间的动摩擦因数最大为μ3B ．木块与水平面间的动摩擦因数最大为2μ3C ．水平拉力F 最大为2μmgD ．水平拉力F 最大为6μmg三、非选择题(本题共4小题，共52分，按题目要求作答。