走向高考高考物理总复习人教实验版综合测试 12页

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.‎ ‎(2019·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．Fsinθ一定大于重力mg　　 B．Fsinθ一定等于重力mg C．Fcosθ一定大于摩擦力f D．Fcosθ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：Fcosθ＝f，Fsinθ＋FN＝mg，D选项正确．‎ ‎2．(2019·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Ff＝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＝Ff＝μ2mg，B正确．‎ ‎3．(2019·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．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mg B．可能为mg C．可能为mg 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2mgsin30°＝mg，故正确的选项B、C、D.‎ ‎5．(2019·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．(2019·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FN和摩擦力Ff正确的是(　　)‎ A．FN＝m‎1g＋m‎2g－Fsinθ B．FN＝m‎1g＋m‎2g－Fcosθ C．Ff＝Fcosθ D．Ff＝Fsinθ ‎[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：Fsinθ＋FN＝(m1＋m2)g，选项A正确，B错误；水平方向：Ff＝Fcosθ，选项C正确，D错误．‎ ‎7．(2019·福州模拟)如图所示，A、B两物体的质量分别为mA，‎ mB，且mA>mB，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：2FAsinθ＝FB，即sinθ＝＝，θ不变，D正确．‎ ‎8．(2019·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＝mgtanθ、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．(2019·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．(2019·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＝mgsin30°＝15N，支持力FN＝mgcos30°＝15‎ N，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＝Gsin30°＝12.5N，减少了2.5N，A正确；支持力为FN＝Gcos30°＝12.5N，斜面受到的压力减小2.5N，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．‎ 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)(2019·扬州模拟)为了探索弹力和弹簧伸长的关系，某同学选了甲、乙两根规格不同的弹簧进行测试，根据测得的数据绘出如图所示图象．‎ ‎(1)从图象上看，该同学没能完全按照实验要求做，从而使图象上端成为曲线，图象上端成为曲线是因为________．‎ ‎(2)这两根弹簧的劲度系数分别为________N/m和________N/m；若要制作一个精确程度较高的弹簧测力计，应选弹簧________．‎ ‎(3)从上述数据和图线中分析，请对这个研究课题提出一个有价值的建议．‎ 建议：__________________________________________________ ____________________________.‎ ‎[答案]　(1)形变量超过弹簧的弹性限度　(2)66.7　200　甲　(3)见解析 ‎[解析]　(1)在弹性范围内弹簧的弹力与形变量成正比，超过弹簧的弹性范围，则此规律不成立，所以所给的图象上端成为曲线，是因为形变量超过弹簧的弹性限度．‎ ‎(2)甲、乙两根弹簧的劲度系数分别为：‎ k甲＝＝N/m＝66.7N/m k乙＝＝N/m＝200N/m 要制作一个精确程度较高的弹簧测力计，应选用一定的外力作用时，弹簧的形变量大，故选甲弹簧．‎ ‎(3)建议：实验中钩码不能挂太多，控制在弹性限度内 ‎12．(6分)(2019·咸阳模拟)在“验证力的平行四边形定则”实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，将橡皮条的另一端系两根细绳，细绳的另一端都有绳套，先用一个弹簧秤勾住绳套，拉橡皮条的另一端到某一点并记下该点的位置；再用两个弹簧秤分别勾住绳套，并互成角度地拉橡皮条．‎ ‎(1)某同学认为在此过程中必须注意以下几项：‎ A．两根细绳必须等长 B．橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上 C．在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行 D．在用两个弹簧秤同时拉细绳时要注意使两个弹簧秤的读数相等 E．在用两个弹簧秤同时拉细绳时必须将橡皮条的另一端拉到用一个弹簧秤拉时记下的位置 其中正确的是________．(填入相应的字母)‎ ‎(2)本实验采用的科学方法是(　　)‎ A．理想实验法　　　　　 B．建立物理模型法 C．控制变量法 D．等效替代法 ‎[答案]　(1)CE　(2)D ‎[解析]　(1)两根细绳作用传递的是两个分力，是否等长不会影响细绳的作用，A错；两个分力的大小不一定相等，所以橡皮条不一定与两绳夹角的平分线在同一直线上，BD错；正确选项为CE.(2)合力与分力之间是一种等效替代的关系，所以本实验采用的是等效替代法，选D.‎ ‎13．(6分)某同学要探究弹力和弹簧伸长的关系，并测弹簧的劲度系数k.做法是先将待测弹簧的一端固定在铁架台上，然后将最小刻度是毫米的刻度尺竖直放在弹簧一侧，并使弹簧另一端的指针恰好落在刻度尺上．当弹簧自然下垂时，指针指示的刻度数值记作L0，弹簧下端每增加一个‎50g的砝码时，指针指示的刻度数值分别记作L1，L2，…，L7，g取‎9.80m/s2.‎ ‎(1)下表记录的是该同学测出的8个值：‎ 代表符号 L0‎ L1‎ L2‎ L3‎ L4‎ L5‎ L6‎ L7‎ 刻度数值/cm ‎1.70‎ ‎3.40‎ ‎5.10‎ ‎6.85‎ ‎8.60‎ ‎10.30‎ ‎12.10‎ ‎14.05‎ ‎　根据表中数据，用科学的方法计算出每增加‎50g砝码时弹簧平均伸长量ΔL的数值为ΔL＝________cm.‎ ‎(2)根据以上数据，求出弹簧的劲度系数k＝________N/m.(结果保留三个有效数字)‎ ‎[答案]　(1)1.75　(2)28.0‎ ‎[解析]　(1)根据“逐差法”求解，有d1＝L4－L0，…，d4＝L7－L3，故每增加‎50g砝码弹簧的平均伸长量ΔL＝.解得ΔL＝‎1.75cm；‎ ‎(2)由ΔF＝50×10－3×9.8N＝0.49N，ΔL＝‎1.75cm可得k＝＝N/m＝28.0N/m.‎ 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，光滑斜面倾角为θ＝30°，一个重20N的物体在斜面上静止不动．轻质弹簧原长为‎10cm，现在的长度为‎6cm.‎ ‎(1)求弹簧的劲度系数；‎ ‎(2)若斜面粗糙，将这个物体沿斜面上移‎6cm，弹簧与物体相连，下端固定，物体仍静止于斜面上，求物体受到的摩擦力的大小和方向．‎ ‎[答案]　(1)250N/m　(2)15N　沿斜面向上 ‎[解析]　(1)对物体受力分析，则有：mgsinθ＝F 此时F＝kx1‎ 联立以上两式，代入数据，得：k＝250N/m ‎(2)物体上移，则摩擦力方向沿斜面向上 有：Ff＝mgsinθ＋F′‎ 此时F′＝kx2＝5N 代入上式得Ff＝15N ‎15．(10分)‎ 在水平地面上，放一木板B，重力为G2＝100N，再在木板上放一货箱A，重力为G1＝500N，设货箱与木板、木板与地面的动摩擦因数μ均为0.5，先用绳子把货箱与墙拉紧，如图所示，已知sinθ＝，cosθ＝，然后在木板B上施一水平力F，要想把木板从货箱下抽出来，F至少应为多大？‎ ‎[答案]　850N ‎[解析]　物体A、B的受力图如图所示，由受力平衡知：‎ 对A：FTcosθ－Ff1＝0①‎ FN1－G1－FTsinθ＝0②‎ Ff1＝μFN1③‎ 对B：F－Ff1′－Ff2＝0④‎ FN2－FN1′－G2＝0⑤‎ Ff2＝μFN2，Ff1＝Ff1′， FN1＝FN1′‎ 可知：F＝850N ‎16．(11分)(2019·汕头模拟)如图所示，小球被轻质细绳系住斜吊着放在静止的光滑斜面上，设小球质量m＝‎1kg，斜面倾角α＝30°，悬线与竖直方向夹角θ＝30°，光滑斜面的质量为‎3kg，置于粗糙水平面上，g＝‎10m/s2.求：‎ ‎(1)悬线对小球拉力的大小．‎ ‎(2)地面对斜面的摩擦力的大小和方向．‎ ‎[答案]　(1)N　(2)N　方向水平向左 ‎[解析]　‎ ‎(1)以小球为研究对象，受力分析如图，由平衡条件可得 F＝mg ‎2FTcos30°＝F 解得FT＝＝N ‎(2)以小球和斜面整体为研究对象，系统静止，水平方向受力平衡，由平衡条件可得 Ff＝FTcos60°＝×N＝N 方向水平向左．‎ ‎17．(11分)如图所示，在质量为m＝‎1kg的重物上系着一条长‎30cm的细绳，细绳的另一端连着圆环，圆环套在水平的棒上可以滑动，环与棒间的动摩擦因数μ为0.75，另有一条细绳，在其一端跨过定滑轮，定滑轮固定在的距离圆环‎50cm的地方．当细绳的端点挂上重物G，而圆环将要开始滑动时，(g取‎10m/s2)试问：‎ ‎(1)角φ多大？‎ ‎(2)长为‎30cm的细绳的张力是多少？‎ ‎(3)圆环将要开始滑动时，重物G的质量是多少？‎ ‎[答案]　(1)90°　(2)8N　(3)‎‎0.6kg ‎[解析]　(1)因为圆环将要开始滑动，所以，可以判定本题是在共点力作用下重物的平衡问题，对环进行受力分析：‎ μFN－FTcosθ＝0‎ FN－FTsinθ＝0‎ 解得tanθ＝＝ 过O作OA的垂线与棒交于B′点，由AO＝‎30cm，tanθ＝，得B′O的长为‎40cm.在直角三角形中，由三角形的边长条件得AB′＝‎50cm，但据题述条件AB＝‎50cm，故B′点与滑轮的固定处B点重合，即得φ＝90°‎ ‎(2)如图所示选取坐标轴，根据物体m处于平衡状态，则有：‎ Gcosθ＋FTsinθ－mg＝0‎ FTcosθ－Gsinθ＝0‎ 解得FT＝8N ‎(3)圆环将要滑动时，对重物进行受力分析可知：‎ G＝FTcotθ 又G＝m′g.‎ 解得m′＝‎0.6kg.‎