走向高考·高考物理总复习·人教实验版：第二章综合测试题
走向高考·高考物理总复习·人教实验版：第七章综合测试题
走向高考·高考物理总复习·人教实验版：第七章综合测试题象有()A．待测电阻不跟别的元件断开，其测量值将偏大B．测量电阻时，用两手碰表笔的金属杆，其测量值偏小C．测量电阻时，如果电路不和电源断开，可能出现烧坏表头的情况D．用多用电表测量60W灯泡的电阻，其阻值比用额定电压和额定功率算出的电阻大[答案]AD[解析]待测电阻不跟别的元件断开时，可能是与其他元件并联，测量值可能偏小；测电阻时，两手碰表笔的金属杆，人体电阻与待测电阻并联，测量值偏小；测量电阻时，如果电路不和电源断开，欧姆表两端的电压可能过大，从而烧坏电表：用多用表测量灯泡的电阻，测量的是灯泡不发光时的电阻，灯泡用额定电压和额定功率计算出的电阻是灯泡正常发光时的电阻，灯泡正常发光时温度很高，电阻较大，故应选A、D.3.中国江苏某一品牌的太阳能热水器中含有辅助电加热控制器，当太阳能不足时，热水器中的水温达不到所需要的温度，热水器内安装的电阻丝辅助加热装置会自动工作，如图所示，如要在最短的时间内将水加热到预期的温度，应将选择开关置于哪一个档位() A．“0”档B．“1”档C．“2”档 D．“3”档[答案] B[解析] 太阳能热水器需要温度是定值，吸收的能量是定值，根据Q ＝U 2R t ，若时间最短，电阻R 必须最小，所以应该选择开关置于“1”档，选B 项．4．粗细均匀的金属环上A 、B 、C 、D 四点把其周长分成四等份，如图所示，当A 、C 点接入电路中时，圆环消耗的电功率为P ；当A 、B 点接入电路时，圆环消耗的电功率为(电源电阻不计)( )A ．3PB ．4P /3C ．PD ．3P /4[答案] D[解析] 设金属环的总电阻为4R ，则A 、C 接入电路中时，金属环的总电阻为3R 4，圆环消耗的电功率为P ＝E 23R /4＝4E 23R，当A 、B 点接入电路中时，则并联的电阻为R ，则功率P 1＝E 2R ＝34P ，D 正确． 5．(2019·北京朝阳区模拟)电动势为E 、内阻为r 的电源，与定值电阻R 1，R 2，R 3连接成如图所示的电路．当开关S 闭合时( )A ．电压表和电流表的示数均减小B ．电压表和电流表的示数均增大C ．电压表的示数减小，电流表的示数增大D ．电压表的示数增大，电流表的示数减小[答案] A[解析] 由题图知，电阻R 2与R 3并联，闭合开关S 时，R 2接入电路，故电路总电阻变小，电流变大，内电压变大，外电压变小，电压表示数变小，又因为电流变大，电阻R 1分压变大，并联部分分压变小，故通过R3的电流变小，电流表示数变小，故A正确．6．(2019·杭州模拟)酒精测试仪利用的是一种二氧化锡半导体型酒精气体传感器，酒精气体传感器的电阻随酒精气体浓度的变化而变化．在如图所示的电路中，R和R0为定值电阻，不同的酒精气体浓度对应着传感器的不同电阻，因此，显示仪表读数的指针与酒精气体浓度有了对应关系．如果二氧化锡半导体型酒精气体传感器电阻r′的倒数与酒精气体的浓度成正比，那么，电压表示数U与酒精气体浓度c之间的对应关系正确的是()A．U越大，表示r′越大c越大，c与U成正比B．U越小，表示r′越小c越大，但是c与U成正比C．U越小，表示c越小，c与U成反比D．U越大，表示c越小，但是c与U不成正比[答案] D[解析]根据闭合电路的欧姆定律可得U＝ER0R0＋R＋r＋r′，如果二氧化锡半导体型酒精气体传感器电阻r′的倒数与酒精气体的浓度成正比，1r′＝kc，两式联立得U＝ER0R0＋R＋r＋1kc，故可得D项正确．7．(2019·哈尔滨模拟)如图所示，闭合开关S后，在滑动触头P由a端滑向b端过程中，下列表述正确的是()A．路端电压变大B．电流表的示数变大C．电阻R2消耗的功率变大D ．电阻R 1上的电流变小[答案] C[解析] 滑动触头向b 端滑动过程中，滑动变阻器连入电路的电阻变小，则整个电路中电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知干路上电流I 变大，电源内阻分得的电压增大，路端电压U 变小，选项A错误；由I 3＝U R 3可知电流表示数减小，选项B 错误；根据I 2＝I －I 3可知I 2变大，则电阻R 2消耗功率变大，选项C 正确，D 错误．8．电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中U 为路端电压，I 为干路电流，a 、b 为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为ηa 、ηb .由图可知ηa 、ηb 的值分别为( )A.34、14 B .13、23C.12、12 D .23、13[答案] D[解析] 本题考查电路的U －I 图象以及电源的效率，解决本题的关键是抓住图象的物理意义．由U －I 图象可知，若电源的电动势为6U 0，则a 、b 两点处对应的路端电压分别为4U 0、2U 0，电源的效率η＝UI EI ＝U E ，所以ηa ＝U 1E ＝23，ηb ＝U 2E ＝13. 9．(2019·乌鲁木齐模拟)如图所示电路，电源内阻不可忽略，R 0为定值电阻，开关S 闭合后，滑动变阻器滑片P 置于滑动变阻器的中点时，电压表示数为8V ，当滑片从中点向b 端移动距离s 后，电压表示数变为6V ；滑片从中点向a 端移动距离s 后，电压表示数为( )A ．9VB ．10VC ．11VD ．12V[答案] D[解析] 设电源电动势为E ，内阻为r ，滑动变阻器的总电阻为R ，长度为s 的电阻为R ′，由闭合电路的欧姆定律可得：U 1＝E r ＋R 0＋R 2×R 0；U 2＝E r ＋R 0＋R 2＋R ′×R 0，联立两式可解得：R ′＝13(r ＋R 0＋12R )，滑片从中点向a 端移动距离s 后由：U ＝E r ＋R 0＋R 2－R ′×R 0，联立解得U ＝12V ，D 选项正确．10．(2019·济南模拟)如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R 的阻值，可使电压表的示数减小ΔU (电压表为理想电表)，在这个过程中( )A ．通过R 1的电流减小，减少量一定等于ΔU /R 1B ．R 2两端的电压增加，增加量一定等于ΔUC ．路端电压减小，减少量一定等于ΔUD ．通过R 2的电流增加，但增加量一定小于ΔU /R 2[答案] AD[解析] 电压表的示数减小ΔU ，由部分电路的欧姆定律，通过R 1的电流减小，减小量一定等于ΔU /R 1，A 项正确；根据闭合电路的欧姆定律，电压表的示数减小，说明总电阻减小，总电流增加，电源内阻和R2消耗的总电压增加ΔU，R2两端的电压增加，增加量一定小于ΔU，B项错误，D项正确；路端电压增加，增加量一定小于ΔU，C项错误．第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(共3小题，共18分．把答案直接填在横线上)11．(4分)(2019·北京海淀模拟)多用电表是实验室和生产实际中常用的测量仪器．使用多用电表测某段导体的电阻．(1)主要的操作过程分以下三个步骤，请填写第②步操作．①将红、黑表笔分别插入多用电表的“＋”“－”插孔；选择电阻挡“×10”；②_____________________________________________________ ___________________________________________________________ ________________________________________________________；③把红、黑表笔分别与导体的两端相接，读取导体的电阻．(2)采用上述的操作步骤后，多用电表的示数如图所示．则该段导体的电阻测量值为________Ω.[答案](1)②将红、黑表笔短接，调整调零旋钮调零(2)80[解析](1)②选挡之后要进行欧姆调零．(2)电阻测量值为8×10Ω＝80Ω.12．(6分)(2019·嘉兴模拟)现要测电阻R0的阻值、干电池组的电动势E及内阻r.给定的器材有：两个理想电压表(量程均为3.0V)，理想电流表(量程为0.60A)，滑动变阻器R，待测的电阻R0，两节串联的电池，开关S及导线若干．某同学设计一个如图甲所示的电路同时测电阻R0、电池组的电动势及内阻．调节变阻器，电压表V1，V2和电流表A分别测得多组U1，U2，I的数据，并作出U1－I图(图线1)和U2－I图(图线2)，如图乙．(1)由图可知电阻R0阻值为________Ω；(2)电池组E的电动势为________V，内阻为______Ω.(结果保留两位有效数字)[答案](1)4.0(2)3.0(3)2.0[解析](1)由图线2可以看出电阻R0＝1.00.25Ω＝4Ω；(2)通过图线1可以看出电源电动势为3.0V，内阻为斜率的绝对值，即2.0Ω.13．(8分)(2019·南通模拟)在描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中，提供的实验器材有：A．小灯泡(额定电压为12V，额定电流约0.5A)B．直流电流表A(0～0.6A，内阻约0.8Ω)C．直流电压表V1(0～3V，内阻约5kΩ)D．直流电压表V2(0～15V，内阻约15kΩ)E．滑动变阻器R1(0～5Ω，2A)F．滑动变阻器R2(0～20Ω，2A)G．电源(12V，内阻不计)H．开关S及导线若干．某同学设计了实验测量电路，通过改变变阻器的滑片位置，使电表读数从零开始变化，记录多组电压表的读数U和电流表的读数I.(1)实验中电压表应选用________(填“V1”或“V2”)，滑动变阻器应选用________(填“R1”或“R2”)；(2)在图甲虚线框内画出实验电路图；甲(3)该同学在实验中测出8组对应的数据(见下表)：次数12345678I/A00.120.220.300.380.450.470.50U/V0 1.2 2.4 3.6 6.08.49.612.0功率增大时，其电阻________(填“增大”“减小”或“不变”)．[答案](1)V2R2(2)如图甲所示(电路图中只要有错不得分)(3)如图乙所示增大[解析](1)灯泡的额定功率为12W，则电压表应选用15V的电压表V2，灯泡正常工作的电阻为24Ω，滑动变阻器要采用分压式接法，若采用R1，则电路中的电流超过2A，所以选用R2.(2)因灯泡的电阻较小，电流表应采用外接法；滑动变阻器采用分压式接法．(3)依据拟合出的U－I图象，图象上的点与坐标原点的连线的斜率逐渐增大，故电阻变大．三、论述计算题(共4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)14．(10分)如图所示，已知电源电动势E＝20V，内阻r＝1Ω，当接入固定电阻R＝4Ω时，电路中标有“3V,6W”的灯泡L和内阻R D ＝0.5Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作．试求：(1)电路中的电流大小；(2)电动机的额定电压；(3)电动机的输出功率．[答案](1)2A(2)27V(3)12W[解析](1)灯泡L正常发光，电路中的电流为I＝P L/U L＝6/3A ＝2A(2)由闭合电路欧姆定律可求得，电动机的额定电压为U D＝E－I(r＋R)－U L＝20V－2×(1 ＋4)V－3V＝7V(3)电动机的总功率为P总＝IU D＝2×7W＝14W电动机的热功率为P热＝I2R D＝22×0.5W＝2W所以电动机的输出功率为P出＝P总－P热＝14W－2W＝12W15．(10分)如图所示，变阻器R0的滑片P从最左端移到最右端时电压表的示数变化范围是0～4V，电流表的示数变化范围是1A～0.5A，电源的内阻可忽略不计．求电阻R的阻值、变阻器R0的最大阻值和电源电压U.[答案]8Ω8Ω8V[解析]当电压表示数U1＝0时，电流表示数I A＝1A电源电压：U＝I1R＝1×R①当电压表示数U2＝4V时，电流表示数I 2＝0.5AR 2＝U 2I 2＝4V 0.5A＝8Ω 电源电压：U ＝U 2＋I 2R ＝4＋0.5×R ②由①②解得：U ＝8V ，R ＝8Ω.16．(11分)如图所示的电路中，电路消耗的总功率为40W ，电阻R 1为4Ω，R 2为6Ω，电源内阻r 为0.6Ω，电源的效率为94%，求：(1)a 、b 两点间的电压；(2)电源的电动势．[答案] (1)4.8V (2)20V[解析] (1)电流是联系内、外电路的桥梁，是求解闭合电路的关键，而电源的内电路部分为求解该题的突破口．电源内部的热功率P 内＝I 2r又P 内＝P 总(1－η)故I ＝P 总(1－η)r＝2A 由于R 1、R 2并联，所以U ab ＝I R 1R 2R 1＋R 2＝4.8V (2)由P 总＝IE 得E ＝P 总I ＝20V17．(11分)(2019·黄冈模拟)在如图所示的电路中，R 1是由某金属氧化物制成的导体棒，实验证明通过它的电流I 和它两端电压U 遵循I ＝kU 3的规律(式中k ＝0.02A/V 3)，R 2是普通电阻，阻值为24Ω，遵循欧姆定律，电源电动势E ＝6V ，闭合开关S 后，电流表的示数为0.16A ，求：(1)R 1两端的电压；(2)电源的内电阻r ；(3)R 1、R 2和r 消耗的电功率P 1、P 2和P r .[答案] (1)2V (2)1Ω (3)0.32W 0.61W 0.026W[解析] (1)由I ＝kU 3得U ＝3I k ＝30.160.02V ＝2V(2)根据闭合电路欧姆定律有E ＝U ＋IR 2＋Ir故r ＝E －U －IR 2I ＝E －UI －R 2＝6－20.16Ω－24Ω＝1Ω(3)R 1消耗的电功率P 1＝IU ＝0.16×2W ＝0.32WR 2和r 消耗的电功率P 2＝I 2R 2＝0.162×24W ≈0.61WP r ＝I 2r ＝0.162×1W ≈0.026W。
高考物理二轮总复习课后习题选择题专项练5
选择题专项练(五)(满分:40分时间:30分钟)一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共24分。
每小题只有一个选项符合题目要求。
1.1月30日,“华龙一号”全球首堆中核集团福建福清核电5号机组投入商业运行,这标志着我国在三代核电技术领域跻身世界前列。
目前核能发电都是利用核裂变反应,下列方程表示重核裂变的是( )A.92235U+01n Ba+3689Kr+301n0eB.90234Th Pa+-1C.24He+49Be n+612CD.12H+13H He+01n2.将运动员推冰壶的情境简化为图甲的模型,t=0时,运动员对冰壶施加一水平向右的推力F=3 N,作用1 s后撤去推力F,冰壶运动的v-t图像如图乙所示,已知冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ=0.1,则冰壶的质量和t=1 s时冰壶的速度大小分别为( )(g取10 m/s2)甲乙A.1 kg,1 m/sB.1 kg,2 m/sC.2 kg,1 m/sD.2 kg,2 m/s3.(湖南新高考教研联盟二模)如图所示,倾角为θ=30°、AB面光滑的斜面体放在水平地面上,一个重为G的小球在弹簧测力计的水平拉力F作用下静止在斜面上。
现沿逆时针方向缓慢转动弹簧测力计,直到弹簧测力计的示数等于初始值,在此过程中,小球与斜面体始终处于静止状态。
下列说法正确的是( )A.力F先变大后变小B.地面对斜面体的支持力一直变大C.地面对斜面体的摩擦力一直变小D.斜面体对小球的支持力一直变大4.(山东菏泽二模)负压救护车主要用于感染患者的转运与抢救,使用时病员舱内气压低于外界大气压,病员舱负压值(为负值)是指舱内气体压强与外界大气压强之差。
某次转运病员前,医护人员打开控制开关使封闭病员舱内的气体降至人体适合的温度,同时将部分气体抽出使病员舱负压值达到规定值。
已知T=t+273 K,打开开关前舱内气体的温度为37 ℃,舱内气体压强与外界大气压强均为p0;打开开关后抽出的气体质量为原来舱内气体质量的n(n<1)倍,舱内温度降至27 ℃,则该病员舱规定的负压值为( )A.-np0B.-30n31p0C.-1+30n31p0 D.-1+31n31p05.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。
《走向高考》2013高考物理总复习 2-4实验(一)探究弹力与弹簧伸长量的关系 验证力的平行四边形定则 60张
第4讲
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2．用刻度尺测出弹簧在不同的钩码拉力下的伸长量 x， 建立坐标系，以纵坐标表示弹力大小 F，以横坐标表示弹簧 的伸长量 x，在坐标系中描出实验所测得的各组(x，F)对应的 点，用平滑的曲线连接起来，根据实验所得的图象，就可探 知弹力大小与伸长量的关系。
第4讲 实验(一)探究弹力与弹簧伸长量的关系 实验(二)验证力的平行四边形定则
必考内容 第二章
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考点体验
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伸长量 x
弹力 F
x1＝L1－L0 x2＝L2－L0 x3＝L3－L0 „ x6＝L6－L0
F1＝ F2＝ F3＝ „ F6＝
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4.用上面方法，记下弹簧下端挂 2 个、3 个、4 个„„钩 码时，弹簧下端所对应的刻度 L2、L3、L4„„，并将所得数 据记录在表格中。 5．用 xn＝Ln－L0 计算出弹簧挂 1 个、2 个、3 个„„钩 码时弹簧的伸长量， 并根据当地重力加速度值 g， 计算出所挂 钩码的总重力，这个总重力就等于弹簧弹力的大小，将所得 数据填入表格。
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验证力的平行四边形定则
实验目的 验证力的合成的平行四边形定则。 实验原理 当两个力共同作用使橡皮条伸长到结点 O，一个力作用 也使橡皮条伸长到结点 O 时， 这一个力就是前两个力的合力。
走向高考·高考物理总复习·人教实验版：2-4讲解
一、选择题1．在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，如何保证刻度尺竖直()A．使用三角板B．使用重垂线C．目测D．不用检查[答案] B[解析]使用重垂线可保证刻度尺竖直，故B正确．A、C不准确，不合题意，D是错误的．2．(2011·太原模拟)在“验证力的平行四边形定则”的实验中，合力与分力的作用效果相同，这里作用效果是指()A．弹簧测力计的弹簧被拉长B．固定橡皮条的图钉受拉力产生形变C．细绳套受拉力产生形变D．使橡皮条在同一方向上伸长到同一长度[答案] D[解析]合力与分力之间是等效替代关系，所以在实验中的作用效果相同是指橡皮条的伸长量相同且伸长到同一位置，故D正确，A、B、C错误．3．(2011·山师附中模拟)在“探究力的等效和替代的平行四边形定则”的实验中，橡皮条的一端固定在木板上，用两个弹簧测力计把橡皮条的另一端拉到某一位置O点，以下操作中错误的有() A．同一次实验中，O点位置允许变动B．实验中，弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计刻度C．实验中，先将其中一个弹簧测力计沿某一方向拉到最大量程，然后只需调节另一弹簧测力计的拉力的大小和方向，把橡皮条的结点拉到O点D．实验中，把橡皮条的结点拉到O点时，两弹簧测力计之间的夹角应取90°不变，以便于算出合力的大小[答案]ACD[解析]实验中合力的大小须保持不变，即O点位置不允许变动，选项A错误；选项C中的操作，可能会超过另一弹簧测力计的弹性限度，因而错误；本实验是在力的作用效果相同下，两弹簧测力计之间的夹角是任意夹角时，通过弹簧测力计示数获得合力而非通过平行四边形定则计算，选项D错误．4．如图(甲)所示，一个弹簧一端固定在传感器上，传感器与电脑相连．当对弹簧施加变化的作用力(拉力或压力)时，在电脑上得到了弹簧形变量与弹簧产生的弹力大小的关系图象，如图(乙)所示．则下列判断正确的是()A．弹簧产生的弹力和弹簧的长度成正比B．弹簧长度的增加量与对应的弹力增加量成正比C．该弹簧的劲度系数是200N/mD．该弹簧受到反向压力时，劲度系数不变[答案]BCD[解析]由图知，F－x是一个过原点的直线，k＝200.10N/m＝200N/m，可知A错，BCD正确．二、非选择题5．(2011·合肥模拟)在研究弹簧的形变与外力的关系的实验中，将弹簧水平放置测出其自然长度，然后竖直悬挂让其自然下垂，在其下端竖直向下施加外力F，实验过程是在弹簧的弹性限度内进行的．用记录的外力F与弹簧的形变量x作出的F－x图线如图所示，由图可知弹簧的劲度系数为________．图线不过原点的原因是由于________．[答案]200N/m弹簧有自重(本题答案合理即可) [解析]①由图象知弹簧的劲度系数k＝ΔFΔx＝84N/cm＝200N/m.②实验中应把弹簧悬挂起来，让其自然下垂，再测原长，消除弹簧重力的影响，故图线不过原点的原因是弹簧有重力．6．橡皮条的一端固定在A点，另一端拴上两根细绳，每根细绳分别连着一个量程为5N、最小刻度为0.1N的弹簧测力计．沿着两个不同的方向拉弹簧测力计．当橡皮条的活动端拉到O点时，两根细绳相互垂直，如图所示，这时弹簧测力计的读数可从图中读出．(1)由图可读得两个相互垂直的拉力的大小分别为________N和________N．(要求读到0.1N)(2)在本题的虚线方格纸上按作图法的要求画出这两个力及它们的合力．[答案](1)4.0 2.5(2)见解析图[解析]读弹簧秤示数时，应注意首先找零刻度线，尤其是竖直放置的那个弹簧秤，它的读数是2.5N(而不是3.5N)，水平放置的弹簧秤读数是4.0N.7．(1)在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”实验中，以下说法正确的是()A．弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度B．用悬挂砝码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态C．用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量D．用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比相等(2)某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验，他先把弹簧平放在桌面上使其自然伸长，用直尺测出弹簧的原长L0，再把弹簧竖直悬挂起来，挂上钩码后测出弹簧伸长后的长度L，把L－L0作为弹簧的伸长量x，这样操作，由于弹簧自身重力的影响，最后画出图线可能是下图中的()[答案](1)AB(2)C[解析](1)本实验中以需要研究的一根弹簧为实验对象，在弹性限度内通过增减钩码的数目，以改变对弹簧的拉力，来探究弹力与弹簧伸长量的关系，所以A、B正确．(2)考虑弹簧自身重力的影响，当不挂钩码时，弹簧的伸长量x≠0，所以C正确．8．(1)某实验小组在《互成角度的两个共点力的合成》实验中，做好实验准备后，先用两个弹簧秤把橡皮条的结点拉到某一位置O，此时他们需要记录的是________、________和________，接着用一个弹簧秤拉橡皮条，要特别注意的是____________________．(2)图甲为“探究求合力的方法”的实验装置①下列说法中正确的是________．A．在测量同一组数据F1、F2和合力F的过程中，橡皮条结点O的位置不能变化B．弹簧测力计拉细线时，拉力方向必须竖直向下C．F1、F2和合力F的大小都不能超过弹簧测力计的量程D．为减小测量误差，F1、F2方向间夹角应为90°②弹簧测力计的指示如图乙所示，由图可知拉力的大小为________N.(3)在实验中，如果只将细绳换成橡皮筋，其他步骤没有改变，那么实验结果是否会发生变化？答：________.(选填“变”或“不变”)[答案](1)O点的位置两弹簧秤的读数两细绳套的方向一定要将橡皮条拉至O点(2)①AC②4.00(3)不变[解析]本实验题运用等效方法，用两个弹簧秤和用一个弹簧秤拉橡皮条的效果要相同．本实验装置中，弹簧测力计拉细线时，拉力方向不一定要竖直向下，为减小测量误差，F1、F2方向间夹角不一定为90°，太大或太小都不适宜．9.在“探究弹力和弹簧伸长量的关系，并测定弹簧的劲度系数”的实验中，实验装置如图所示．所用的每个钩码的重力相当于对弹簧提供了向右恒定的拉力．实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在绳子的下端，每次测出相应的弹簧总长度．(1)有一个同学通过以上实验测量后把6组数据描点在坐标图中，请作出F－L图线．(2)由此图线可得出该弹簧的原长L0＝________cm，劲度系数k ＝________N/m.(3)试根据以上该同学的实验情况，请你帮助他设计一个记录实验数据的表格(不必填写其实验测得的具体数据)(4)该同学实验时，把弹簧水平放置与弹簧悬挂放置相比较．优点在于：____________________________________________.缺点在于：____________________________________________.[答案](1)见解析(2)520(3)(4)见解析[解析](1)用平滑的曲线将各点连接起来，如图所示：(2)弹簧的原长L0即为弹力为零时弹簧的长度，由图象可知，L0＝5×10－2m＝5cm.劲度系数为图象直线部分的斜率，k＝20N/m.(3)记录数据的表格如下表：(4)优点是：避免弹簧自身所受重力对实验的影响；缺点是：弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦造成实验的误差．10．在“验证力的平行四边形定则”实验中：(1)部分实验步骤如下，请完成有关内容：A．将一根橡皮筋的一端固定在贴有白纸的竖直平整木板上，另一端绑上两根细线．B．在其中一根细线上挂上5个质量相等的钩码，使橡皮筋拉伸，如图甲所示，记录：________、________、________.C．将步骤B中的钩码取下，分别在两根细线上挂上4个和3个质量相等的钩码，用两光滑硬棒B、C使两细线互成角度，如图乙所示，小心调整B、C的位置，使__________________，记录_________ _______．(2)如果“验证力的平行四边形定则”得到验证，那么图乙中cosαcosβ＝________.[答案](1)B步骤：钩码个数(或细线拉力)橡皮筋与细线结点的位置O 细线的方向(说明：能反映细线方向的其他记录也可以)C 步骤：橡皮筋与细线结点的位置与步骤B 中结点位置重合 钩码个数和对应的细线方向(2)34[解析] (2)竖直方向：4mg sin α＋3mg sin β＝5mg ；水平方向，4mg cos α＝3mg cos βcos αcos β＝34. 11．(2011·南京模拟)17世纪英国物理学家胡克发现：在弹性限度内，弹簧的形变量与弹力成正比，这就是著名的胡克定律．受此启发，一学习小组同学研究“金属线材伸长量与拉力的关系”的探究过程如下：A ．有同学认为：横截面为圆形的金属丝或金属杆在弹性限度内，其伸长量与拉力成正比，与截面半径成反比．B ．他们准备选用一些“由同种材料制成的不同长度、不同半径的线材”作为研究对象，用测距仪、传感器等仪器测量线材的伸长量随拉力变化的规律，以验证假设．C ．通过实验取得如下数据：D.同学们对实验数据进行分析、归纳后，对他们的假设进行了补充完善．(1)上述科学探究活动中，属于“制定计划”和“搜集证据”的环节分别是________、________.(2)请根据上述过程分析他们的假设是否全部正确？若有错误或不足，请给予修正．[答案](1)B C(2)他们的假设不是全部正确．在弹性限度内，金属丝(杆)的伸长量与拉力成正比，与截面半径的平方成反比，还与金属丝(杆)的长度成正比[解析]确定研究对象，选取实验器材属“制定计划”；实验过程和测量数据属“搜集证据”．研究伸长量x与拉力F、长度L、直径D的关系时，采用控制变量法，比如长度、直径不变，再研究伸长量与力的关系，这种方法称为控制变量法．这是物理实验中的一个重要研究方法．。
《走向高考》2013高考物理总复习 2-3共点力作用下物体的平衡 63张
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第3讲
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②整体法要分析的是外力，而不是分析整体中各物体间 的相互作用力(内力)。 ③整体法的运用原则是先避开次要矛盾(未知的内力)突 出主要矛盾(要研究的外力)这样一种辩证的思想。
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(2012· 陕西渭南质检)如图所示，一质量为 M 的斜面体 B 放在水平面上，在其斜面上放一质量为 m 的物体 A，用一沿 斜面向上的力 F 作用于物体 A 上，使其沿斜面匀速下滑，在 物体 A 下滑的过程中，斜面体 B 静止不动，则地面对斜面体 B 的摩擦力 Ff 及支持力 FN 是( )
(3)整体法、隔离法的交替运用 对于连结体问题，多数情况既要分析外力，又要分析内 力，这时我们可以采取先整体(解决外力)后隔离(解决内力)的 交叉运用方法，当然个别情况也可先隔离(由已知内力解决未 知外力)再整体的相反运用顺序。
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物体的平衡
[答案] B
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[总结评述]
对于动态平衡问题，经常用三角形定则来
解，然后找出一个不变的力做标准，其他力和它比较，当边 长增加时力增加，反之则减小。
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(3)如果物体受多个力作用而处于平衡状态，其中任何一 个力与其他力的合力大小相等、方向相反。 (4)当物体处于平衡状态时，沿任意方向物体所受的合力 均为零。 (5)三力汇交原理：如果一个物体受到三个非平行力作用 而平衡，这三个力的作用线必定在同一平面内，而且必为共 点力。
《走向高考》2013高考物理总复习 章末整合2 29张
(2)力的正交分解是在物体受三个或三个以上的共点力作 用的情况下求合力的一种行之有效的方法，“分解”的目的 是为了更方便地“合成”，正交分解的优点就在于避免了对 多个力用平行四边形定则多次进行合成，分解后只要处理一 条直线上的力的合成问题就可以了。
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(2)要熟练掌握用平衡条件解题的几种常用方法。 ①力的合成法： 物体受三个力作用而平衡时，其中任意两个力的合力必 跟第三个力等大反向，可利用平行四边形定则，根据正弦定 理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解。
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②正交分解法： 建立合适的直角坐标系，将物体受到的各个力分别分解 到 x 轴和 y 轴上，运用两坐标轴上的合力等于零的条件
F ＝0 x Fy＝0
分别列平衡方程。 此方法多用于三个以上共点力作用
下物体的平衡。
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4.如图所示，两球 A、B 用劲度系数为 k1 的轻弹簧 相连，球 B 用长为 L 的细绳悬于 O 点，球 A 固定在 O 点正 下方，且点 O、A 之间的距离恰为 L，系统平衡时绳子所受的 拉力为 F1。现把 A、B 间的弹簧换成劲度系数较大且为 k2 的 轻弹簧，仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为 F2，则 F1 与 F2 的大小之间的关系为( )
[答案]
D
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【走向高考2高考物理一轮复习(必修2)综合测试题 新人教版-课件
必修二综合测试题本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
满分100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷(选择题 共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
)1.(2015·浙江宁波)人用绳子通过定滑轮拉物体A ，A 穿在光滑的竖直杆上，当以速度v 0匀速地拉绳使物体A 到达如图所示位置时，绳与竖直杆的夹角为θ，则物体A 实际运动的速度是导学号 05800710( )A ．v 0sin θB ．v 0sin θC ．v 0cos θD ．v 0cos θ 答案：D解析：由运动的合成与分解可知，物体A 参与两个分运动：一个是沿着与它相连接的绳子的运动，另一个是垂直于绳子斜向上的运动。
而物体A 的实际运动轨迹是沿着竖直杆向上的，这一轨迹所对应的运动就是物体A 的合运动，它们之间的关系如图所示，由几何关系可得v ＝v 0cos θ，所以D 项正确。
2．(2016·河北省模拟)如图所示，质量为1kg 的小球从距地面h ＝1.6m 的A 点水平抛出，恰好垂直撞在水平面上半径为1m 的半圆形物体上的B 点，已知O 为半圆的圆心，BO 与竖直方向间的夹角θ＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g ＝10m/s 2，下列说法不正确的是导学号 05800711( )A ．D 与A 点间的水平距离为2mB ．小球平抛的初速度v 0为3m/sC ．小球到B 点时重力的瞬时功率为40WD ．小球从A 到B 的运动时间为0.4s答案：A 解析：恰好垂直撞在水平面上半圆形轨道的B 点，B 点速度分解如图所示：由几何关系得：tan53°＝v y v ①，竖直方向上物体做自由落体运动则：h －R sin53°＝12gt 2 ②，半圆形轨道的圆心与A 点的水平距离为x ′＝x ＋R sin37°＝v 0t ＋0.6R ③，联立得：x ′＝1.8m ，v 0＝3m/s ，t ＝0.4s ，故A 错误，选项B 、D 正确；根据图，由几何关系可得：v y ＝gt ＝4m/s ，由P ＝Fv 得：P ＝mgv y ＝1×10×4W＝40W ，故C 正确。
《走向高考》2013高考物理总复习 2-2力的合成与分解 67张
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第二章
第2讲
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2.力 两 分 法 的种解 () 力 效 分 法 1 的果解 ①根 力 实 作 效 确 两 实 分 的 向 据的际用果定个际力方。 ②再 据 个 际 力 向 出 行 边 。 根两实分方画平四形 ③最 由 行 边 知 求 两 力 大 和 向 后平四形识出分的小方。
走向高考· 物理
人教版 ·高考一轮总复习
路漫漫其修远兮 吾将上下而求索
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第二章 物体间的相互作用
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第二章
物 间 相 作 体 的 互 用
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第二章 物体间的相互作用
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求个知的力 一已力分
叫力分。 做的解
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归领 纳悟 1．没 实 限 的 的 解 见 表 有际制力分，下： 已条 知件 已合和 知力两 个力方 分的向 示图 意 解情 的况
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已条 知件
示图 意
解情 的况 有解无 两或解 (当|F1
－F2|>F 或 F>F1＋ 已合和 知力两 个力大 分的小 F2 时无解)
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已条 知件 已 合 和 知 力 一 个 力 大 分 的 小 和向 方
示图 意
解情 的况 有一 惟解
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高中地理高考一轮复习-考案[2] 第二章测试题
![高中地理高考一轮复习-考案[2] 第二章测试题](https://img.taocdn.com/s3/m/78cfb805ef06eff9aef8941ea76e58fafab0456a.png)
考案[2]第二章测试题一、单项选择题(2022·河南郑州模拟)“旗云”为珠穆朗玛峰上的一种奇观，因出现时其形如旗，被称为“旗云”。
云沿着山顶飘向一边，仿佛一面迎风招展的旗帜。
珠穆朗玛峰7 500米以下被冰雪覆盖，7 500米以上由于高空风大，山坡陡峭，降雪不易堆积，多为碎石坡面。
读“旗云”示意图，据此完成1～2题。
1. “旗云”多在(C)A．阴雨天出现B．日出前后出现C．晴朗白天出现D．晴朗夜间出现2．下列大气现象的成因与“旗云”差异最大的是(D)A．山谷风B．华北季风C．湖陆风D．盛行西风[解析]第1题，由材料“‘旗云’为珠穆朗玛峰上的一种奇观，因出现时其形如旗，被称为‘旗云’。
云沿着山顶飘向一边，仿佛一面迎风招展的旗帜。
珠穆朗玛峰7 500米以下被冰雪覆盖，7 500米以上由于高空风大，山坡陡峭，降雪不易堆积，多为碎石坡面”及图可知，晴朗的白天，碎石吸收太阳辐射，坡面升温较快，气流沿碎石坡面上升，快到达峰顶时凝结成云，云沿着山顶飘向一边，当云高出山顶时受到高空西风的影响，形成旗云，故“旗云”多在晴朗白天出现。
第2题，由上题分析可知，旗云的成因与碎石的热力性质有关，故旗云的成因与山谷风、湖陆风、华北季风的形成类似，盛行西风是由副热带高气压带与副极地低气压带两个高低气压不同而形成的风带，副热带高气压带与副极地低气压带的形成都是动力因素导致的，盛行西风成因与旗云差异最大。
(2022·河北保定模拟)对流层中，温度在垂直方向上随高度升高而降低的数值称为气温垂直递减率。
下图是某山脉不同坡向的气温垂直递减率的年变化曲线。
据此完成3～5题。
3．推测该山地(C)A．常年受赤道低压控制，呈南北走向B. 常年受盛行西风影响，呈南北走向C．位于东亚季风气候区，呈东西走向D．位于南非地中海气候区，呈东西走向4．关于该山地气温垂直递减率叙述正确的是(D)A．南坡小于北坡B．南坡年变化大于北坡C．南坡夏季小于冬季D．南北坡差异冬季大于夏季5．造成12月南、北坡气温垂直递减率差异的主要原因是(C)A．北坡植物分布少，地面增温速度快B．南坡积雪面积大，反射太阳辐射多C．北坡阻挡冷空气，山麓气温比较低D．南坡人类活动少，城市热岛效应弱[解析]第3题，通过图中所给该山南北坡信息，可知该山地应呈东西走向，再据图中的气温垂直递减规律，6、7、8月份(北半球夏季)南北坡差异不大，而12、1月(北半球冬季)差异大，且北坡此时间段内气温垂直递减率低，由图可知北坡的气温垂直递减率约为0.3，根据所学知识“一般情况下，海拔每上升100米，气温下降约0.6 ℃”，北坡的气温垂直递减率大大低于正常数值，说明北坡处于逆温状态(逆温现象往往出现在近地面气温较低的时候)，北坡近地面气温相对于南坡而言应处于相对较低状态，12、1月份同一山地北坡气温相对南坡较低，可推断出该山地位于北半球；南非地中海气候区12、1月份是夏季，处于炎热干燥时节，南北坡不应有如此大的气温垂直递减差。
走向高考·高考物理总复习·人教实验版：第六章综合测试题
第六章综合测试题本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间90分钟．第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．如图所示的四个电场的电场线，其中A和C图中小圆圈表示一个点电荷，A图中虚线是一个圆，B图中几条直线间距相等互相平行，则在图中M、N处电场强度相同的是()[答案] B[解析]电场强度相同指场强大小、方向都相同，故B对．2.A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的粒子仅在电场力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v和时间t的关系图象如图甲所示．则此电场的电场线分布可能是图乙中的()[答案] A[解析]由图象可知，粒子的速度随时间逐渐减小，粒子的加速度逐渐变大，则电场强度逐渐变大，从A到B电场线逐渐变密．综合分析知，带负电的粒子是顺电场线方向运动．由电场线疏处到达密处．故A对．3．如图甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙所示．若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则()A．电子将沿Ox方向运动B．电子的电势能将增大C．电子运动的加速度恒定D．电子运动的加速度先减小后增大[答案]AD[解析]由图乙知沿Ox方向各点的电势逐渐增大，则电场方向沿Ox的反方向，电子将受到沿Ox方向的电场力作用，所以电子将沿Ox方向运动，A对；电子运动过程中电场力做正功，电势能减小，B错；根据电场中场强与电势变化快慢之间的关系，电势变化越快，场强越大，因此图乙中图线的斜率表示场强大小，则E先减小后增大，则电子的加速度也将先减小后增大，D对，C错．4．(2019·海口模拟)P，Q两个等量电荷的电场线分布如图所示，a，b，c，d为电场中的四个点．a，c在PQ的中垂线上，则下列判断正确的是()A．P电荷带正电B．P，Q是同种电荷C．b，d两点电势相等D．a，c两点电势相等[答案]AD[解析]电场线的分布特点为由正电荷出发终止于负电荷，故P 为正电荷，Q为负电荷，A选项正确，B选项错误；等量异种电荷PQ的中垂线为等势线，故a，c电势相等，D选项正确；顺着电场线电势越来越低，所以φb>φd，C选项错误．5.(2019·信息卷)如图所示，在竖直向上的场强为E的匀强电场中，O点固定一个电荷量为Q的点电荷，一个质量为m的带电小球在匀强电场中绕O点在竖直平面内做半径为l的匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.如果带电小球对匀强电场、点电荷Q的电场的影响可以忽略不计，不考虑空气阻力，则下列说法正确的是()A．小球受到的向心力为kQmg El2B．a、b两点间的电势差为零，小球在运动过程中机械能守恒C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能增加D．如果小球运动到b点时，突然撤去匀强电场E，小球将做平抛运动[答案]AC[解析]因为小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以小球所受匀强电场的电场力跟重力平衡，由Eq＝mg，再据库仑定律可求得小球受到的向心力为F向＝k Qql2＝kQmgEl2，选项A正确；由题意可知，小球受到的电场力必向上，所以小球带正电，点电荷Q带负电，小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，由功能关系得，电势能增加，选项C正确；a、b两点间的电势差不为零，而是2El，因为在整个运动过程中，除重力做功外，还有电场力做功，小球在运动过程中机械能不守恒，所以选项B错误；如果小球运动到b点时，突然撤去匀强电场E ，小球将受点电荷的作用力和重力，而且离开b 点后合力就不在竖直方向上，小球的运动不是平抛运动，D 错误．6．(2019·长春模拟)如图所示，A ，B ，C ，D 是匀强电场中一个以坐标原点为圆心、半径为1cm 的圆与两坐标轴的交点，已知A ，B ，C 三点的电势分别为φA ＝15V 、φB ＝3V ，φC ＝－3V .由此可得D 点的电势为( )A ．3VB ．6VC ．12VD ．9V[答案] D[解析] 由于电场为匀强电场，则ΦA －ΦB ＝ΦD －ΦC ，解得ΦD ＝9V ，选项D 正确．7．(2019·哈尔滨模拟)如图所示，有一带电量为＋q 的点电荷与均匀带电的圆形薄板相距为2d ，圆形薄板带电量为－Q ，点电荷到带电薄板的垂线通过板的圆心．若图中b 点处的电场强度为零，则图中a 点处的电场强度大小是( )A.10kq 9d 2B.8kq 9d 2C.k (Q ＋q )d 2D.kQ d 2 [答案] A[解析] 由于b 点合场强为零，则圆形薄板在b 点产生的场强为E ＝k q (3d )2＝k q 9d 2，根据对称性可知圆形薄板在a 点产生的场强大小与b点相等，方向相反；点电荷在a点产生的场强在E′＝k qd2，故E a＝E＋E′＝k10q9d2，选项A正确．8．(2019·长沙模拟)图中虚线是用实验方法描绘出的某一静电场中的一簇等势线，若不计重力的带电粒子从a点射入电场后恰能沿图中的实线运动，b点是其运动轨迹上的另一点，则带电粒子()A．a点的电势一定低于b点B．a点的加速度一定小于b点C．a点的电势能一定大于b点D．a点的速度一定大于b点[答案] D[解析]由带电粒子的运动轨迹可以看出带电粒子受到的力指向弧线的凹侧故由a运动到b做减速运动，故D选项正确；由于带电粒子的电性未知故无法判断电势及电势能的高低，故AC错误；由图中无法看出带电粒子的受力大小情况，故B选项错误．9．(2019·合肥模拟)一电子在电场中由a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示．图中一组平行实线是等势面，则下列说法正确的是()A．a点的电势比b点低B．电子在a点的加速度方向向右C．电子从a点到b点动能减小D．电子从a点到b点电势能减小[答案] C[解析]由题意可知电场线垂直等势面向上，则a点电势比b点高，选项A错误；电子受到电场力与电场线反向，故加速度方向向下，选项B错误；电子由a点运动到b点的过程中，电场力做负功，电势能增加，动能减小，选项C正确，D错误．10．(2019·杭州模拟)静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置，其中某部分静电场的分布如右图所示．虚线表示这个静电场在xOy平面内的一簇等势线，等势线的形状相对于Ox轴、Oy轴对称．等势线的电势沿x轴正向增加，且相邻两等势线的电势差相等，一群关于x 轴对称的电子从左向右射入电场，速度与Ox轴平行，关于这群电子通过电场区域的过程中，下列说法正确的是()A．电子一定汇聚B．电子一定发散C．电子可能先汇聚后发散D．电子可能先发散后汇聚[答案] C[解析]根据等势面的情况，我们可以大致画一条电场线，如图所示，根据对称性也可画出下方的电场线，因为带电粒子在第二象限受力是斜向右下方的，在第三象限受力是斜向右上方的，因此电子可能汇聚，在第一象限受力斜向右上方的，在第四象限受力是斜向右下方的，因此电子可能再发散，C正确．第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(共3小题，每小题6分，共18分．把答案直接填在横线上)11.(6分)如图所示是一个平行板电容器，其电容为C ，带电荷量为Q ，上极板带正电，两极板间距为d .现将一个检验电荷＋q 由两极板间的A 点移动到B 点，A 、B 两点间的距离为s ，连线AB 与平行极板方向的夹角为30°，则电场力对检验电荷＋q 所做的功等于________．[答案] qQs 2Cd[解析] 电容器两板间电势差U ＝Q C ，场强E ＝U d ＝Q Cd而A 、B 两点间电势差U AB ＝E ·s ·sin30°＝Qs 2Cd电场力对＋q 所做功为W ＝qU AB ＝qQs 2Cd12．(6分)一电子以4×106m/s 的速度沿与电场垂直的方向从A 点水平垂直于场强方向飞入，并从B 点沿与场强方向成150°的方向飞出该电场，如图所示，则A 、B 两点的电势差为______V ．(电子的质量为9.1×10－31kg ，电荷量为－1.6×10－19C)[答案] －136.5[解析] 设电子射入电场时的速度为v A ，射出电场时的速度为v B ，从图可知v B ＝v A sin30°＝2v A ，根据动能定理，有 W ＝eU AB ①W ＝12m v 2B －12m v 2A ②由式①②得eU AB ＝12m v 2B －12m v 2A ＝32m v 2A 所以U AB ＝3m v 2A 2e ＝3×9.1×10－31×(4×106)2－1.6×10－19×2V ＝－136.5V13．(6分)如图所示，匀强电场场强为E ，与竖直方向成α角，一质量为m 、电荷量为q 的带负电小球用细线系在竖直墙上，恰好静止在水平位置，则场强E 的大小为________．若保持场强方向和小球电荷量不变，将线拉至与场强垂直时，小球能静止，此时场强大小为________．[答案] mg q cos αmg cos αq [解析]对两种情况下小球的受力分析如图中(a)、(b)所示，对(a)有： Eq cos α＝mg所以E ＝mg q cos α对(b)有：Eq ＝mg cos α所以E ＝mg cos αq三、论述计算题(共4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)14．(10分)(2019·信阳模拟)两块水平金属极板A 、B 正对放置，每块极板长均为l 、极板间距为d .B 板接地(电势为零)、A 板电势为＋U ，重力加速度为g .两个比荷(电荷量与质量的比值)均为q m ＝gd U 的带正电质点以相同的初速度沿A 、B 板的中心线相继射入，如图所示．第一个质点射入后恰好落在B 处的中点处．接着，第二个质点射入极板间，运动一段时间Δt 后，A 板电势突然变为－U 并且不再改变，结果第二个质点恰好没有碰到极板．求：(1)带电质点射入时的初速度v 0.(2)在A 板电势改变之前，第二个质点在板间运动的时间Δt .[答案] (1)v 0＝l 22g d (2)Δt ＝(2－3)d 2g[解析] (1)第一个质点在极板间做类平抛运动mg ＋q U d ＝ma ，l 2＝v 0t 1，d 2＝12at 21 解得质点的加速度为a ＝2g ，初速度v 0＝l 22g d(2)第二个质点射入极板后，在时间Δt 内做类平抛运动，有x 2＝v 0Δt ，y 2＝12aΔt 2，v y ＝aΔt A 板电势突然变为－U 后，质点所受电场力与重力平衡，做匀速直线运动，经过时间t ′恰好射出极板，则x ′2＝l －x 2＝v 0t ′，y ′2＝d 2－y 2＝v y t ′ 由以上各式解得Δt ＝(2－3)d 2g15．(10分)(2019·银川模拟) 如图所示，边长为L 的正方形区域abcd 内存在着匀强电场．电量为q 、动能为E k 的带电粒子从a 点沿ab 方向进入电场，不计重力．(1)若粒子从c 点离开电场，求电场强度的大小和粒子离开电场时的动能；(2)若粒子离开电场时动能为E k ′，则电场强度为多大？[答案] (1)4E k qL 5E k (2)2E ′k (E k ′－E k )qL或E k ′－E k qL [解析] (1)设粒子运动时间为t ，则L ＝v 0t L ＝qEt 22m ＝qEL 22m v 20所以E ＝4E k qLqEL ＝E k t －E k ，所以E k t ＝qEL ＋E k ＝5E k (2)若粒子由bc 边离开电场，L ＝v 0t ，v y ＝qEt m ＝qEL m v 0E k ′－E k ＝12m v 2y ＝q 2E 2L 22m v 20＝q 2E 2L 24E k所以E ＝2E k (E k ′－E k )qL若粒子由cd 边离开电场，qEL ＝E k ′－E k所以E ＝E k ′－E k qL16．(11分)如图所示， A 和B 是两个相同的带电小球，可视为质点，质量均为m ，电荷量均为q .其中A 固定在绝缘地面上，B 静放在绝缘板上．当绝缘板以恒定的加速度a (a <g )竖直下落h 时，B 与绝缘板脱落．若静电力常量为k ，求：(1)B脱离绝缘板时的动能；(2)B在脱离绝缘板前的运动过程中，电场力和板的支持力对B 做功的代数和W；(3)B脱离绝缘板时离A的高度x.[答案](1)mah(2)m(a－g)h为负功(3)qkm(g－a)[解析](1)B球脱离绝缘板前向下匀加速运动，由运动学公式得：v2＝2ah所以B球脱离绝缘板时的动能：E k＝12m v2＝mah(2)对B由静止下落至与绝缘板脱离时，由动能定理得：mgh＋W ＝ΔE k＝mah所以W＝m(a－g)h(3)B与绝缘板脱离瞬间板的弹力为零，由牛顿第二定律得：mg－kq2x2＝ma得x＝q km(g－a)17．(11分)(2019·襄阳模拟)如图所示，某空间有一竖直向下的匀强电场，电场强度E＝1.0×102V/m，一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中，在金属板的正上方高度h＝0.80m的a处有一粒子源，盒内粒子以v 0＝2.0×102m/s 的初速度向水平面以下的各个方向均匀放出质量为m ＝2.0×10－15kg ，电荷量为q ＝＋10－12C 的带电粒子，粒子最终落在金属板b 上．若不计粒子重力，求：(结果保留两位有效数字)(1)粒子源所在处a 点的电势；(2)带电粒子打在金属板上时的动能；(3)从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围(所形成的面积)；若使带电粒子打在金属板上的范围减小，可以通过改变哪些物理量来实现？[答案] (1)80V (2)1.2×10－10J(3)面积4m 2 可以通过减小h 或增大E 来实现．[解析] (1)题中匀强电场竖直向下，b 板接地；因此φa ＝U ab ＝Eh ＝1.0×102×0.8V ＝80V(2)不计重力，只有电场力做功，对粒子由动能定理qU ab ＝E k －12m v 20可得带电粒子打在金属板上时的动能为E k ＝qU ＋12m v 20＝1.2×10－10J(3)粒子源射出的粒子打在金属板上的范围以粒子水平抛出落点为边界，设水平抛出后t 时间落在板上：x ＝v 0t ，h ＝12at 2，a ＝qE m ，S ＝πx 2 联立以上各式得所形成的面积S ＝2πm v 20h qE ＝4m 2，可以通过减小h 或增大E 来实现．。
走向高考·高考物理总复习·人教实验版：第二章综合测试题
第二章综合测试题本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间90分钟．第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1.(2012·海口模拟)一质量为m的物体，受到与水平方向夹角为θ、大小恒为F的拉力作用，在粗糙的水平面上做匀速直线运动，如图所示．若物体受到的滑动摩擦力大小为f，则下列说法正确的是() A．F sinθ一定大于重力mg B．F sinθ一定等于重力mgC．F cosθ一定大于摩擦力f D．F cosθ一定等于摩擦力f[答案]D[解析]物体受力平衡，物体与地面必存在摩擦力，有摩擦力也必存在压力，由平衡方程可得：F cosθ＝f，F sinθ＋F N＝mg，D选项正确．2．(2012·天津河西模拟)如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上滑行，长木板与地面间动摩擦因数为μ1，木块与长木板间动摩擦因数为μ2，若长木板仍处于静止状态，则长木板受地面摩擦力大小一定为() A．μ1(m1＋m2)g B．μ2mgC．μ1mg D．μ2mg＋μ1mg[答案]B[解析]木块在长木板上向右滑动，长木板受到向右的滑动摩擦力，大小为F f＝μ2mg而长木板放在水平地面上一直处于静止状态，长木板受到地面的静摩擦力和木块对长木板的滑动摩擦力平衡Ff1＝F f＝μ2mg，B正确．3．(2012·太原模拟)如图是一攀岩运动员正沿竖直岩壁缓慢攀登，由于身背较重的行囊，重心上移至肩部的O点，总质量为60kg.此时手臂与身体垂直，手臂与岩壁夹角为53°，则手受到的拉力和脚受到的作用力分别为(设手、脚受到的作用力均通过重心O，g＝10m/s2，sin53°＝0.8)() A．360N480N B．480N360NC．450N800N D．800N450N[答案]A[解析]作出三力平衡矢量三角形，通过解这个直角三角形可以得出手和脚所受的力．4．如图所示，质量均为m的小球A、B用一根不可伸长的轻绳连接后悬挂于O点，在拉力F的作用下，小球A、B处于静止状态．若要使两小球处于静止状态且悬线OA与竖直方向的夹角θ保持30°不变，则拉力F的大小()A．可能为33mg B．可能为52mgC．可能为2mg D．可能为mg[答案]BCD[解析]拉力F方向未确定，由受力分析可知当拉力F的方向与OA垂直且斜向上时有最小值，其最小值为2mg sin30°＝mg，故正确的选项B、C、D.5．(2012·苏州模拟)如图所示，放在斜面上的物块A和斜面体B 一起水平向右做匀速运动．物块A受到的重力和斜面对它的支持力的合力方向是()A．竖直向上B．竖直向下C．沿斜面向下D．水平向右[答案]C[解析]物块A受重力、斜面对它的支持力、摩擦力．由于物体A做匀速直线运动，所以物块A受到的重力、支持力、摩擦力的合力为零．根据共点力的平衡条件，重力和支持力的合力与摩擦力大小相等、方向相反，因为摩擦力的方向沿斜面向上，所以重力和支持力的合力方向沿斜面向下，C对．6．(2012·长春模拟)如图所示，质量分别为m1，m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动(m1在地面，m2在空中)，力F与水平方向成θ角．则m1受到地面的支持力F N和摩擦力F f正确的是()A．F N＝m1g＋m2g－F sinθB．F N＝m1g＋m2g－F cosθC．F f＝F cosθD．F f＝F sinθ[答案]AC[解析]由于m1，m2共同匀速运动，则受力平衡，故将m1，m2视为整体，则竖直方向：F sin θ＋F N ＝(m 1＋m 2)g ，选项A 正确，B 错误；水平方向：F f ＝F cos θ，选项C 正确，D 错误．7．(2012·福州模拟)如图所示，A 、B 两物体的质量分别为m A ，m B ，且m A >m B ，整个系统处于静止状态．滑轮的质量和一切摩擦均不计．如果绳一端由Q 点缓慢地向左移到P 点，整个系统重新平衡后，绳的拉力F 和两滑轮间绳与水平方向的夹角θ变化情况是( )A ．F 变大，θ角变大B ．F 变小，θ角变小C ．F 不变，θ角变小D ．F 不变，θ角不变[答案] D[解析] 重新平衡后，绳的拉力仍等于A 物体的重力，B 物体所受的细绳的拉力等于B 物体的重力，所以有：2F A sin θ＝F B ，即sin θ＝F B 2F A ＝m B 2m A，θ不变，D 正确． 8．(2012·菏泽模拟)如图所示，两个完全相同的匀质光滑小球，静止在内壁光滑的半球形碗底，两球之间相互作用力的大小为F1，每个小球对碗的压力大小均为F2.若两小球质量不变，而半径均减小为原来的一半，则()A．F1和F2均变大B．F1和F2均变小C．F1变大，F2变小D．F1变小，F2变大[答案]B[解析]由于两球之间作用力沿水平方向，设F2与竖直方向夹角为θ，对其中一球受力分析可知F1＝mg tanθ、F2＝mg/cosθ，当两球半径减小时θ减小，所以F1，F2均减小，选项B正确．9．(2012·临沂模拟)南方某地发生泥石流灾害，一辆挖掘机在抗险救灾过程中，刚好将一大石块抵在竖直崖壁上保持静止，如图所示，则有() A．此时石块受的力可能是三个也可能是四个B．挖掘机斜向上支撑力越大，崖壁对石块的摩擦力越大C．挖掘机支撑力适当减小、方向不变，可将石块缓缓放下来D．挖掘机支撑力逐渐增大、方向不变，一定可使石块沿崖壁向上运动[答案]AC[解析]对石块受力分析，受重力，支持力和挖掘机的支撑力，当支撑力的竖直分力等于重力时，石块相对于崖壁没有运动的趋势，故不受摩擦力，如果不相等，石块相对于崖壁就有运动的趋势，故受摩擦力，故A项正确；当支撑力较小，物块有向下的运动趋势时，受向上的摩擦力，根据平衡条件，支撑力的竖直分力加上摩擦力等于重力，支撑力越大，摩擦力越小，故B项错误；随着支撑力竖直分力的减小，当重力的分力大于支撑力的竖直分力加上重力时，石块相对于墙向下滑动，C项正确；挖掘机支撑力逐渐增大方向不变，石块受的弹力也增大，故最大静摩擦力也增大，故有可能支撑力的竖直分力的增大量，小于最大静摩擦力的增加量，石块不一定能沿崖壁向上运动，D项错误．10．(2012·郑州模拟)如图所示，一个质量为3.0kg的物体，放在倾角为θ＝30°的斜面上静止不动．若用竖直向上的力F＝5.0N提物体，物体仍静止，g＝10m/s2，下述结论正确的是()A．物体受到的摩擦力减小2.5NB．物体对斜面的作用力减小5.0NC．斜面受到的压力减小5.0ND．物体受到的合外力减小5.0N[答案]AB[解析]对物体m进行受力分析：m始终处于静止状态，不加竖直向上的力时，摩擦力f＝mg sin30°＝15N，支持力F N＝mg cos30°＝153N，物体对斜面的作用力是指物体对斜面的压力和摩擦力的合力，其大小等于重力mg＝30N；若加上一个竖直向上的力提物体时，相当于重力减小了，可看作重力为G＝(30－5)N＝25N的物体，此时摩擦力为f＝G sin30°＝12.5N，减少了2.5N，A正确；支持力为F N＝G cos30°＝12.53N，斜面受到的压力减小2.53N，C错误；物体对斜面的作用力大小为25N，减小5.0N，B正确；m始终处于静止状态，合外力为零，D错误．。
走向高考·高考物理总复习·人教实验版：3-2
一、选择题1．(2011·北京)“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动．某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示．将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g.据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为()A．g B．2gC．3g D．4g[答案] B[解析]由F－t图象知，静止时，0.6F0＝mg ①当F＝1.8F0时，有最大加速度，根据牛顿第二定律：1．8F0－mg＝ma ②由①②得a＝2g.2.如图所示，正沿平直轨道向右匀速行驶的车厢内，用水平绳a 和倾斜绳b共同固定一个小球，若车厢改做加速运动，则两绳的拉力F Ta和F Tb的变化情况是()A．F Ta增大B．F Tb减小C．F Ta不变D．F Ta、F Tb的合力增大[答案]AD[解析]当向右匀速行驶时，F Ta与F Tb的合力大小等于重力，方向竖直向上；当向右加速时，球所受的合外力不为0，F Ta、F Tb的合力在竖直方向的分量等于重力，水平方向的分量等于ma，由此得到F Ta增大，F Ta、F Tb的合力增大．3．(2011·江西重点中学模拟)如图(甲)是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分AE滑行的时间．技术人员通过测量绘制出如图(乙)所示的示意图．AC是滑道的竖直高度，D点是AC 竖直线上的一点，且有AD＝DE＝10m，滑道AE可视为光滑，滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动，g取10m/s2，则滑行者在滑道AE上滑行的时间为()A.2s B．2sC.3s D．22s[答案] B[解析]①设∠CAE＝θ，则由牛顿第二定律得，滑行者的加速度为a＝g cosθ；②由几何关系得，AE＝2AD cosθ；③由运动学公式得，AE＝12at2，由以上两式代入数据解得t＝2s，故B正确．4．(2011·黑龙江四校模拟)质量为0.3kg的物体在水平面上做直线运动，其运动情况如图所示，两条直线为：水平方向物体只受摩擦力作用时和水平方向受到摩擦力、水平力F两个力共同作用时的速度—时间图象，则下列说法中正确的是(g＝10m/s2)()A ．水平力F 可能等于0.3NB ．物体的摩擦力一定等于0.1NC ．水平力F 一定等于0.1ND ．物体的摩擦力可能等于0.3N[答案] C[解析] ①由题图可知，物体在两种情况下均做减速运动，图线a 的加速度大小为a a ＝5－36m/s 2＝13m/s 2，图线b 的加速度大小为a b ＝5－16m/s 2＝23m/s 2；②若水平力F 与速度方向相同，则F f － F ＝ma a 、F f ＝ma b ，解得F f ＝0.2N 、F ＝0.1N ；若水平力F 与速度方向相反，则F f ＝ma a 、F ＋F f ＝ma b ，解得F ＝0.1N 、F f ＝0.1N.故C 正确．5．(2011·抚州模拟)如图所示，带有长方体盒子的斜劈A 放在固定的斜面体C 的斜面上，在盒子内放有光滑球B ，B 恰与盒子前、后壁P 、Q 点相接触．若使斜劈A 在斜面体C 上静止不动，则P 、Q 对球B 无压力．以下说法不正确的是( )A．若C的斜面光滑，斜劈A由静止释放，则Q点对球B有压力B．若C的斜面光滑，斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行，则P、Q对B均无压力C．若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面匀速下滑，则P、Q对B 均无压力D．若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面加速下滑，则Q点对球B 有压力[答案] B[解析]①将A、B作为一个整体，若C的斜面光滑，不论斜劈A由静止释放，还是斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行，整体都具有沿斜面向下的加速度g sinθ；隔离B进行受力分析可知，除重力外，B还受到A的竖直向上的支持力，所以A的后壁的Q点一定对B产生压力，B沿斜面向下的加速度才会达到g sinθ，故A正确、B错误；②若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面匀速下滑，P点和Q点都不能对B产生弹力，否则B不能做匀速运动；若斜劈A沿斜面加速下滑时，Q点一定对B产生弹力，故C、D均正确．6．(2011·潍坊模拟)如图(甲)所示，一物体沿足够长的光滑斜面从t＝0时由静止开始运动，同时受到沿斜面向上的风力作用，风力的大小与时间成正比，即F＝kt(k为常数)．在物体沿斜面向下运动的过程中，物体的加速度、速度随时间变化的图象正确的是(取沿斜面向下为正方向)()[答案] B[解析]①对物体受力分析如图所示，在t＝0时，F＝0，物体的加速度沿斜面向下，大小为a＝g sinθ；随时间t的增加，F增大，由牛顿第二定律得mg sinθ－F＝ma，所以物体的加速度沿斜面向下，大小为a＝g sinθ－ktm，所以物体的加速度减小，速度增大；当风力F增大到F＝mg sinθ时，物体的加速度为零，速度达到最大；F继续随时间增大，物体的加速度沿斜面向上，由牛顿第二定律得F－mg sinθ＝ma，则a＝ktm－g sinθ，所以物体的加速度增大，速度减小；②由于在沿斜面向下运动的过程中，加速度随时间先均匀减小后均匀增加，且方向发生变化，故A错误、B正确；③由于加速度先减小后增大，所以v－t图象中图线的斜率应先减小后增大，故C、D均错误．7．(2011·济宁模拟)如图所示，水平传送带A、B两端点相距x ＝4m，以v0＝2m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g取10m/s2. 由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．则小煤块从A运动到B的过程中()A．小煤块从A运动到B的时间是2sB．小煤块从A运动到B的时间是2.25sC．划痕长度是4mD．划痕长度是0.5m[答案]BD[解析]小煤块刚放上传送带后，加速度a＝μg＝4m/s2，由v0＝at1可知，小煤块加速到与传送带同速的时间为t1＝v0a＝0.5s，此时小煤块运动的位移x1＝v02t1＝0.5m，而传送带的位移为x2＝v0t1＝1m，故小煤块在带上的划痕长度为l＝x2－x1＝0.5m，D正确，C错误；之后的x－x1＝3.5m，小煤块匀速运动，故t2＝x－x1v0＝1.75s，故小煤块从A运动到B的时间t＝t1＋t2＝2.25s，A错误，B正确．8．(2011·济南模拟)如图a所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图b所示(g＝10m/s2)，则正确的结论是()A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B．弹簧的劲度系数为7.5N/cmC．物体的质量为3kgD．物体的加速度大小为5m/s2[答案] D[解析]设静止时弹簧的压缩量为x0，则kx0＝mg，施加拉力F 后，设上移的位移为x，则此时弹簧的压缩量为(x0－x)，由牛顿第二定律可得：F ＋k (x 0－x )－mg ＝ma 得出F ＝ma ＋kx ，对应图b 可得：ma ＝10N ，k ＝30－104N/cm ＝5N/cm ，物体与弹簧分离时，弹簧应处于自然状态，故x 0＝4cm ，故可计算得出：m ＝2kg ，a ＝5m/s 2，因此只有D 正确．二、非选择题9.一只小猫跳起来抓住悬挂在天花板上的竖直木杆，如右图所示，在这一瞬间悬绳断了，设木杆足够长，由于小猫继续上爬，所以小猫离地面高度不变，则木杆下降的加速度大小为________，方向为________．(设小猫质量为m ，木杆的质量为M )[答案] M ＋m M g 向下[解析] 先对猫进行分析，由于猫相对地面高度不变，即猫处于平衡状态，而猫受重力G 1＝mg 和木杆对猫向上的摩擦力F 的作用，如下图所示，故G 1与F 二力平衡，即F ＝G 1＝mg ① 再对木杆进行受力分析：木杆受重力G 2＝Mg 作用，由于木杆对猫有向上的摩擦力F ，由牛顿第三定律可知，猫对杆有向下的摩擦力F ′，且F ′＝F ② 由牛顿第二定律，杆的加速度为a ＝F ′＋G 2M ③由①、②、③式可得：a ＝M ＋m M g ，即杆下降的加速度为M ＋m M g ，方向向下．10．(2011·江西百所名校模拟)一游客在滑雪时，由静止开始沿倾角θ＝37°的山坡匀加速下滑．下滑过程中摄影师分别在相距L ＝22.5m 的A 点和B 点各给游客抓拍一张照片，为了追求滑雪过程中的动感效果，摄影师将相机的曝光时间定为Δ t ＝0.1s.由于游客的速度较快，相片中出现了一定长度的虚影，经实地测量照片中与A 点的虚影长度相对应的实际长度l A ＝2m ，照片中与B 点的虚影长度相对的实际长度l B＝2.5m.若考虑在0.1s内游客的运动可视为匀速运动，试计算：(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)游客在A点时速度的大小v A；(2)滑雪板与坡道间的动摩擦因数μ；(3)A点距出发点的距离L A.[答案](1)20m/s(2)0.125(3)40m[解析](1)在Δt时间内游客的运动可看成匀速运动，则游客在A点的速度为v A＝l AΔt＝20m/s(2)同理，游客在B点的速度为v B＝l BΔt＝25m/s设游客的加速度为a，由2aL＝v B2－v A2得：a＝5m/s2由牛顿第二定律得：mg sinθ－μmg cosθ＝ma解得μ＝0.125(3)游客的初速度为零，由2aL A＝v A2得L A＝40m11．(2011·山东)如图所示，在高出水平地面h＝1.8m的光滑平台上放置一质量M＝2kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l1＝0.2m且表面光滑，左段表面粗糙．在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m＝1kg.B与A左段间动摩擦因数μ＝0.4.开始时二者均静止，现对A施加F＝20N水平向右的恒力．待B脱离A(A尚未露出平台)后，将A取走．B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x＝1.2m.(取g＝10m/s2)求：(1)B 离开平台时的速度v B .(2)B 从开始运动到刚脱离A 时，B 运动的时间t B 和位移x B .(3)A 左端的长度l 2.[答案] (1)2m/s (2)0.5s 0.5m (3)1.5m[解析] (1)设物块B 平抛运动时间为t ，由运动学公式得h ＝12gt 2 ① x ＝v B t ②联立①②式，代入数据得v B ＝2m/s ③(2)设B 的加速度为a B ，由牛顿第二定律和运动学知识得μmg ＝ma B ④v B ＝a B t B ⑤x B ＝12a B t B2 ⑥ 联立③④⑤⑥式，代入数据得t B ＝0.5s ⑦x B ＝0.5m. ⑧(3)设B 刚开始运动时，A 的速度为v 1，由动能定理得Fl1＝12M v12⑨设B运动后A的加速度为a A，由牛顿第二定律和运动学公式得，F－μmg＝Ma A ⑩(l2＋x B)＝v1t B＋12a A t B2⑪联立⑦⑧⑨⑩⑪式，代入数据得l2＝1.5m.12．(2011·金华十校模拟)传送带以恒定速度v＝4m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量m＝2kg的小物品轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F＝20N拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地高为H＝1.8m的平台上，如图所示．已知物品与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？(2)若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，求物品还需多少时间离开传送带？[答案](1)1s(2)(2－2)s[解析](1)物品在达到与传送带速度v＝4m/s相等前，做初速度为零的匀加速直线运动．由牛顿第二定律得：F＋μmg cos37°－mg sin37°＝ma1解得a1＝8m/s2由v＝a1t1得t1＝0.5s位移为x1＝12a1t12＝1m达到共同速度后，由牛顿第二定律得：F－μmg cos37°－mg sin37°＝ma2解得a2＝0，即物品随传送带匀速上升，位移为x2＝Hsin37°－x1＝2m所以时间为t2＝x2v＝0.5s总时间为t＝t1＋t2＝1s(2)撤去F后，由牛顿第二定律得：μmg cos37°－mg sin37°＝ma3解得a3＝－2m/s2假设物品向上匀减速到速度为零时，通过的位移为x，则：x＝－v22a3＝4m>x2由x2＝v t3＋12a3t32得：t3＝(2－2)s。
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第二章综合测试题
本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，
考试时间90分钟．
第Ⅰ卷(选择题共40分)
一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1.
(2012·海口模拟)一质量为m的物体，受到与水平方向夹角为θ、大小恒为F的拉力作用，在粗糙的水平面上做匀速直线运动，如图所示．若物体受到的滑动摩擦力大小为f，则下列说法正确的是() A．F sinθ一定大于重力mg B．F sinθ一定等于重力mg
C．F cosθ一定大于摩擦力f D．F cosθ一定等于摩擦力f
[答案] D
[解析]物体受力平衡，物体与地面必存在摩擦力，有摩擦力也必存在压力，由平衡方程可得：F cosθ＝f，F sinθ＋F N＝mg，D选项正确．
2．(2012·天津河西模拟)
如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上滑行，长木板与地面间动摩擦因数为μ1，木块与长木板间动摩擦因数为μ2，若长木板仍处于静止状态，则长木板受地面摩擦力大小一定为() A．μ1(m1＋m2)g B．μ2mg
C．μ1mg D．μ2mg＋μ1mg
[答案] B
[解析]木块在长木板上向右滑动，长木板受到向右的滑动摩擦力，大小为F f＝μ2mg而长木板放在水平地面上一直处于静止状态，长木板受到地面的静摩擦力和木块对长木板的滑动摩擦力平衡Ff1＝F f＝μ2mg，B正确．
3．(2012·太原模拟)
如图是一攀岩运动员正沿竖直岩壁缓慢攀登，由于身背较重的行囊，重心上移至肩部的O点，总质量为60kg.此时手臂与身体垂直，手臂与岩壁夹角为53°，则手受到的拉力和脚受到的作用力分别为(设
手、脚受到的作用力均通过重心O ，g ＝10m/s 2，sin53°＝0.8)( )
A ．360N 480N
B ．480N 360N
C ．450N 800N
D ．800N 450N
[答案] A
[解析] 作出三力平衡矢量三角形，通过解这个直角三角形可以得出手和脚所受的力．
4．如图所示，质量均为m 的小球A 、B 用一根不可伸长的轻绳连接后悬挂于O 点，在拉力F 的作用下，小球A 、B 处于静止状态．若要使两小球处于静止状态且悬线OA 与竖直方向的夹角θ保持30°不变，则拉力F 的大小( )
A ．可能为33
mg B ．可能为52mg C ．可能为2mg
D ．可能为mg
[答案] BCD
[解析] 拉力F 方向未确定，由受力分析可知当拉力F 的方向与OA 垂直且斜向上时有最小值，其最小值为2mg sin30°＝mg ，故正确的选项B 、C 、D.
5．(2012·苏州模拟)如图所示，放在斜面上的物块A 和斜面体B
一起水平向右做匀速运动．物块A受到的重力和斜面对它的支持力的合力方向是()
A．竖直向上B．竖直向下
C．沿斜面向下D．水平向右
[答案] C
[解析]物块A受重力、斜面对它的支持力、摩擦力．由于物体A做匀速直线运动，所以物块A受到的重力、支持力、摩擦力的合力为零．根据共点力的平衡条件，重力和支持力的合力与摩擦力大小相等、方向相反，因为摩擦力的方向沿斜面向上，所以重力和支持力的合力方向沿斜面向下，C对．
6．(2012·长春模拟)
如图所示，质量分别为m1，m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动(m1在地面，m2在空中)，力F与水平方向成θ角．则m1受到地面的支持力F N和摩擦力
F f正确的是()
A．F N＝m1g＋m2g－F sinθ
B．F N＝m1g＋m2g－F cosθ
C．F f＝F cosθ
D．F f＝F sinθ
[答案]AC
[解析]由于m1，m2共同匀速运动，则受力平衡，故将m1，m2视为整体，则竖直方向：F sinθ＋F N＝(m1＋m2)g，选项A正确，B 错误；水平方向：F f＝F cosθ，选项C正确，D错误．
7．(2012·福州模拟)如图所示，A、B两物体的质量分别为m A，m B，且m A>m B，整个系统处于静止状态．滑轮的质量和一切摩擦均不计．如果绳一端由Q点缓慢地向左移到P点，整个系统重新平衡后，绳的拉力F和两滑轮间绳与水平方向的夹角θ变化情况是()
A．F变大，θ角变大B．F变小，θ角变小
C．F不变，θ角变小D．F不变，θ角不变
[答案] D
[解析]重新平衡后，绳的拉力仍等于A物体的重力，B物体所受的细绳的拉力等于B物体的重力，所以有：2F A sinθ＝F B，即sinθ
＝F B
2F A＝m B
2m A，θ不变，D正确．
8．(2012·菏泽模拟)
如图所示，两个完全相同的匀质光滑小球，静止在内壁光滑的半球形碗底，两球之间相互作用力的大小为F1，每个小球对碗的压力大小均为F2.若两小球质量不变，而半径均减小为原来的一半，则()
A．F1和F2均变大B．F1和F2均变小
C．F1变大，F2变小D．F1变小，F2变大
[答案] B
[解析]由于两球之间作用力沿水平方向，设F2与竖直方向夹角为θ，对其中一球受力分析可知F1＝mg tanθ、F2＝mg/cosθ，当两球半径减小时θ减小，所以F1，F2均减小，选项B正确．
9．(2012·临沂模拟)
南方某地发生泥石流灾害，一辆挖掘机在抗险救灾过程中，刚好将一大石块抵在竖直崖壁上保持静止，如图所示，则有() A．此时石块受的力可能是三个也可能是四个
B．挖掘机斜向上支撑力越大，崖壁对石块的摩擦力越大
C．挖掘机支撑力适当减小、方向不变，可将石块缓缓放下来
D．挖掘机支撑力逐渐增大、方向不变，一定可使石块沿崖壁向上运动
[答案]AC
[解析]对石块受力分析，受重力，支持力和挖掘机的支撑力，当支撑力的竖直分力等于重力时，石块相对于崖壁没有运动的趋势，故不受摩擦力，如果不相等，石块相对于崖壁就有运动的趋势，故受摩擦力，故A项正确；当支撑力较小，物块有向下的运动趋势时，受向上的摩擦力，根据平衡条件，支撑力的竖直分力加上摩擦力等于重力，支撑力越大，摩擦力越小，故B项错误；随着支撑力竖直分力的减小，当重力的分力大于支撑力的竖直分力加上重力时，石块相对于墙向下滑动，C项正确；挖掘机支撑力逐渐增大方向不变，石块受的弹力也增大，故最大静摩擦力也增大，故有可能支撑力的竖直分力的增大量，小于最大静摩擦力的增加量，石块不一定能沿崖壁向上运动，D项错误．
10．(2012·郑州模拟)如图所示，一个质量为3.0kg的物体，放在倾角为θ＝30°的斜面上静止不动．若用竖直向上的力F＝5.0N提物体，物体仍静止，g＝10m/s2，下述结论正确的是()
A．物体受到的摩擦力减小2.5N
B．物体对斜面的作用力减小5.0N
C．斜面受到的压力减小5.0N
D．物体受到的合外力减小5.0N
[答案]AB
[解析]对物体m进行受力分析：m始终处于静止状态，不加竖直向上的力时，摩擦力f＝mg sin30°＝15N，支持力F N＝mg cos30°＝153N，物体对斜面的作用力是指物体对斜面的压力和摩擦力的合力，其大小等于重力mg＝30N；若加上一个竖直向上的力提物体时，相当于重力减小了，可看作重力为G＝(30－5)N＝25N的物体，此时摩擦力为f＝G sin30°＝12.5N，减少了2.5N，A正确；支持力为F N ＝G cos30°＝12.53N，斜面受到的压力减小2.53N，C错误；物体对斜面的作用力大小为25N，减小5.0N，B正确；m始终处于静止状态，合外力为零，D错误．。