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  • 2021-05-13 发布

高考物理综合能力自我提升含答案练习习题

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高考物理综合能力自我提升(含答案)-练习习题 一、选择题 ‎1、北斗卫星导航系统空间段计划由35颗卫星组成,包括5颗静止轨道卫星、27颗中轨道卫星、3颗倾斜同步轨道卫星.中轨道卫星和静止轨道卫星都绕地球球心做圆周运动,中轨道卫星离地面高度低,则中轨道卫星与静止轨道卫星相比,做圆周运动的(  )‎ A.向心加速度大        B.周期大 C.线速度小            D.角速度小 ‎2、如图所示,内壁光滑的竖直圆桶,绕中心轴做匀速圆周运动,一物块用细绳系着,绳的另一端系于圆桶上表面圆心,且物块贴着圆桶内表面随圆桶一起转动,则(  )‎ A.绳的张力可能为零 B.桶对物块的弹力不可能为零 C.随着转动的角速度增大,绳的张力保持不变 D.随着转动的角速度增大,绳的张力一定增大 ‎3、如图所示,一质点初速度大小不变,在O点受竖直面内一恒力作用。若初速度向右,其在竖直面上的运动轨迹如曲线甲,若初速度向左,其在竖直面上的运动轨迹如曲线乙;P、Q分别为甲乙轨迹上等高的点。则下列说法正确的是 A.质点在P点的速度大 ‎ B.质点在Q点的速度大 ‎ C.质点在P点的加速度大 ‎  D.质点在Q点的加速度大 ‎4、如图所示,两块相同的木块被竖直的木板夹住保持静止状态,设每一木块的质量为m,则两木块间的摩擦力大小为(  )‎ A.0    B.0.5mg    C.mg   D.2mg ‎5、太空中进行开采矿产资源项目,必须建立“太空加油站”。假设“太空加油站”正在地球赤道平面内的圆周轨道上运行,其离地球表面的高度为同步卫星离地球表面高度的十分之一,且运行方向与地球自转方向一致。下列说法中正确的是(  )‎ A.“太空加油站”运行的加速度等于其所在高度处的重力加速度 B.“太空加油站”运行的速度大小等于同步卫星运行速度大小的倍 C.站在地球赤道上的人观察到“太空加油站”向西运动 D.在“太空加油站”工作的宇航员因不受重力而在舱中悬浮或静止 ‎6、如图所示,a、b两个质量相同的球用线连接,a球用线挂在天花板上,b球放在光滑斜面上,系统保持静止,以下图示哪个是正确的:      (      )‎ A.  B.  C.  D.‎ ‎7、如图所示,直线A和B分别为电源ab的路端电压和电流的关系图像,设两个电源的内阻分别为ra和rb若将一定值电阻R0分别接到a、b两电源上,通过R0的电流分别为Ia、Ib,则:      (      )‎ A.ra=rb,Ia=Ib    B.ra>rb,Ia>Ib     C.ra>rb,Ia=Ib   D.ra>rb,Ia<Ib ‎8、如图所示,平行金属板中带电质点P处于静止状态,不考虑电流表和电压表对电路的影响,当滑动变阻器R4滑片向b端移动时:      (      )‎ A.质点P将向上运动    B.电流表读数减小   C.电压表读数减小   D.R3上消耗的电功率增大 二、多项选择 ‎9、如图所示,水平地面上固定一个光滑绝缘斜面,斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端,另一端系有一个带电小球A,细线与斜面平行.小球A的质量为m、电量为q.小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B,两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k,重力加速度为g,两带电小球可视为点电荷.小球A静止在斜面上,则 (  )‎ 图‎ A.小球A与B之间库仑力的大小为 B.当=时,细线上的拉力为0‎ C.当=时,细线上的拉力为0‎ D.当=时,斜面对小球A的支持力为0‎ ‎10、如图所示,斜面体置于粗糙水平面上,斜面光滑。小球被轻质细线系住放在斜面上,细线另一端跨过定滑轮,用力拉细线使小球沿斜面缓慢向上移动一小段距离,斜面体始终静止。则移动过程中 (  )‎ A.细线对小球的拉力变大 B.斜面对小球的支持力变大 C.斜面对地面的压力变大 D.地面对斜面的摩擦力变小 ‎11、在粗糙程度相同的水平地面上,物块在水平向右的力F作用下由静止开始运动。运动的速度v与时间t的关系如图2所示,取g=10m/s2,由图象可知:     (      )‎ A.在2s~4s内,力F=0                  B.在0~2s内,力F逐渐变小 C.物块与地面间的动摩擦因数μ=0.2        D.0—6s内物块运动的总位移为16m ‎12、在如图所示电路中,闭合电键S,当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时,四个理想电表的示数都发生变化,电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示,电表示数变化量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示。下列比值正确的是(    )‎ ‎   A.不变,不变                B.变大,变大 ‎ ‎   C.变大,不变                D.变大,不变 ‎ 三、填空题 ‎13、如图,圆弧形凹槽固定在水平地面上,其中ABC是位于竖直平面内以O为圆心的一段圆弧,OA与竖直方向的夹角为α。一小球以速度从桌面边缘P水平抛出,恰好从A点沿圆弧的切线方向进入凹槽。小球从P到A的运动时间为____________;直线PA与竖直方向的夹角β=_________。‎ ‎14、有关电荷受电场力和洛仑兹力的说法中,正确的是(  )‎ A.电荷在磁场中一定受磁场力的作用 B.电荷在电场中一定受电场力的作用 C.电荷受电场力的方向与该处电场方向垂直 D.电荷若受磁场力,则受力方向与该处磁场方向垂直 ‎15、如图所示,两物体A、B的质量分别为M和m,用跨过光滑定滑轮的轻绳相连,A物体静止在水平面上.若不计摩擦,A物体对绳的作用力大小为     ;地面对A物体的作用力大小为          .‎ ‎16、如图所示,A、B是一条电场线上的两点,若在A点释放一初速度为零的电子,电子仅受电场力作用,并沿电场线从A运动到B,其速度随时间变化的规律如图所示.设A、B两点的电场强度分别为EA、EB,电势分别为φA、φB,则EA          EB (填“>”、“=”或“<”),‎ φA              φB(填“>”、“=”或“<”)。‎ 四、实验,探究题 ‎17、在研究匀变速直线运动的实验中,如图3甲所示为一次记录小车运动情况的纸带,图中A、B、C、D、E为相邻的计数点,相邻计数点间的时间间隔为T=0.1s. (1)根据_______可判定小球做__________运动; (2)根据______可计算各点瞬时速度且vA=____m/s,vB=_____m/s,vC=_____m/s,vD=_____m/s,vE=_____m/s; (3)在图3乙所示坐标中作出小车的v-t图线,并根据图线求出加速度a=_________m/s2; (4)将图线延长与纵轴相交,交点的速度是__m/s,此速度的物理意义是____________________.‎ 五、计算题 ‎18、如图A-4所示,小车在水平面上以加速度a向左做匀加速直线运动,车厢内用OA、OB两细绳系住一个质量为m的物体,OA与竖直方向的夹角为θ,OB是水平的,求二绳的拉力各是多少.‎ ‎19、如图1,在一轻杆两端联结两个小球A、B,且mA=4mB.跨过滑轮连接A、B的轻绳长为L,求平衡时OA、OB分别多长.‎ ‎20、 如图2所示,倾角为30°的传送带以2m/s的恒定速度运动,皮带AB长5m,将1kg的物体放在A点,经2.9s到达B点,求物体与传送带间的动摩擦因数是多少?若增加传送带的速度,则物体从A到B的最短时间是多少?‎ ‎21、如图C-1所示,质量为m1的木块套在粗糙的水平杆上,轻质弹簧一端系在木块上,另一端系住质量为m2的小球,在水平拉力F的作用下,m1、m2及弹簧均处于静止状态,已知弹簧的原长为l,劲度系数k,m1、m2可看做质点,求: (1)m1受到水平杆的摩擦力大小; (2)m1与m2之间的距离.‎ ‎22、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=0.6,cosθ=0.8,然后在木板B上施一水平力F,想把木板从货箱下抽出来,F至少应为多大?‎ 参考答案 一、选择题 ‎1、A 【解析】由于中轨道卫星离地面高度低,轨道半径较小,则中轨道卫星与静止轨道卫星相比,做圆周运动的向心加速度大,选项A正确.由G=mr()2,解得T=2π,可知中轨道卫星与静止轨道卫星相比,做圆周运动的周期小,选项B错误.由G=m,解得v=,可知中轨道卫星与静止轨道卫星相比,做圆周运动的线速度大,选项C错误.由G=mrω2,解得ω=,可知中轨道卫星与静止轨道卫星相比,做圆周运动的角速度大,选项D错误.‎ ‎2、C ‎ ‎【名师解析】 当物块随圆桶做圆周运动时,绳的拉力的竖直分力与物块的重力保持平衡,因此绳的张力为一定值,且不可能为零,A、D项错误,C项正确;当绳的水平分力提供向心力的时候,桶对物块的弹力恰好为零,B项错误。‎ ‎3、A ‎4、A ‎【考点】摩擦力的判断与计算.‎ ‎【分析】先以两块木块整体为研究对象,由平衡条件求出木板对木块的摩擦力,再隔离其中一块木块研究,由平衡条件求解另一块对它的摩擦力大小.‎ ‎【名师解析】设每一块木块的重力为mg,一侧木板对木块的摩擦力大小为f1,两块木块之间的摩擦力大小为f2.‎ 根据平衡条件得 ‎   对整体,有:2f1=2mg,得f1=mg.‎ ‎   对A砖,有:f1+f2=mg.解得f2=0.即两木块间摩擦力为零,故A正确,BCD错误.‎ ‎【点评】本题是解题关键是如何选择研究对象,采用整体法和隔离法相结合处理,简单方便.‎ ‎5、 A 解析 根据=mg′=ma,知“太空加油站”运行的加速度等于其所在高度处的重力加速度,选项A正确;“太空加油站”绕地球做匀速圆周运动,由地球的万有引力提供向心力,则有=,得v==,“太空加油站”距地球表面的高度为同步卫星离地球表面高度的十分之一,但“太空加油站”距地球球心的距离不等于同步卫星距地球球心距离的十分之一,选项B错误;角速度ω=,轨道半径越大,角速度越小,同步卫星和地球自转的角速度相同,所以“太空加油站”的角速度大于地球自转的角速度,所以站在地球赤道上的人观察到“太空加油站”向东运动,选项C错误;在“太空加油站”工作的宇航员只受重力作用,处于完全失重状态,靠万有引力提供向心力做圆周运动,选项D错误。‎ ‎6、B ‎【解析】对b球受力分析,受重力、斜面对其垂直向上的支持力和细线的拉力,由于三力平衡时三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线,故细线拉力向右上方,故A图错误;再对ab两个球整体受力分析,受总重力、斜面垂直向上的支持力和上面细线的拉力,再次根据共点力平衡条件判断上面的细线的拉力方向斜向右上方,故CD图均错误;故选B.‎ ‎【名师点睛】本题关键是先通过对b球受力分析后判断出下面细线的拉力方向,再对两球整体受力分析,判断上面细线的拉力方向.‎ ‎7、B ‎【解析】‎ ‎8、C ‎【解析】当滑动变阻器R4滑片向b移动时,滑动变阻器接入电阻减小,则电路中总电阻减小;由闭合电路欧姆定律可知,电路中总电流增大;路端电压减小,同时R1两端的电压也增大;故并联部分的电压减小;由欧姆定律可知流过R3的电流减小,则流过并联部分的电流增大,故电流表示数增大;故B错误;因并联部分电压减小,而R2中电压增大,故电压表示数减小,故C正确;因R3两端的电压减小,由公式可知,R3上消耗的功率减小;故D错误;因电容器两端电压减小,故电荷受到的向上电场力减小,则重力大于电场力,因此质点向下运动,故A错误;故选C.‎ 二、多项选择 ‎9、AC 【解析】两球间库仑力为F=,A项正确;当细线上的拉力为0时,小球A受到库仑力、斜面支持力、重力,具体关系为=mgtan θ,B项错误,C项正确;由受力分析可知,斜面对小球的支持力不可能为0,所以D项错误.‎ ‎10、AD ‎11、BC ‎【解析】‎ ‎【名师点睛】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义,知道图线的斜率表示加速度,图线与时间轴围成的面积表示位移,结合牛顿第二定律进行求解。‎ ‎12、ACD ‎ 三、填空题 ‎13、;‎ ‎【考点定位】平抛运动 ‎【方法技巧】先分解小球到达A点速度,通过计算小球运动到A点时间,在分解平抛运动位移,根据找出角度关系。‎ ‎14、解:A、电荷在磁场中不一定受到磁场力,比如:运动方向与磁场平行,故A错误;‎ B、电荷在电场中一定受到电场力,故B正确;‎ C、电荷在电场中一定受电场力作用,与电荷运动状态无关,正电荷受力和电场方向一致,负电荷受力和电场方向相反,故C错误;‎ D、电荷在磁场中的运动方向和磁场方向不在同一线上时,电荷受洛伦兹力作用,洛伦兹力方向和磁场垂直,故D正确.‎ 故选BD.‎ ‎15、解:以B为研究对象,根据平衡条件绳子的拉力F=mg.‎ 再以A为研究对象,得到F+FN=Mg,得到FN=Mg﹣F=(M﹣m)g;‎ 故答案为:mg、Mg﹣mg.‎ ‎16、  =  ,  <   ‎ 四、实验,探究题 ‎ ‎ ‎17、‎ ‎(1)Δs=恒量=3.5cm,匀变速直线运动 (2)vn=;0.52;0.875;1.23;1.58;1.93 (3)v-t图线如图1所示,a=3.3~3.5m/s2‎ ‎ (4)v=0.53m/s,此速度即A点速度vA.‎ ‎ 【试题分析】‎ 五、计算题 ‎ 18、‎ 解:研究对象是小球m,m的受力如图A-1所示,建立直角坐标系. 由牛顿第二定律得F1sinθ-F2=ma,F1cosθ-mg=0 解得F1=mg/cosθ,F2=mgtanθ-ma ‎ 【试题分析】‎ ‎ 19、‎ 见分析 ‎ 【试题分析】‎ 作竖直线OC交AB于C,分别选A、B为研究对象,对A、B进行受力分析,分别构建力的闭合矢量三角形,如图2、图3,其中图2的三角形与△AOC相似,故有.① 图3中的三角形与△BOC相似,故有.② 由①②可得 OB=4OA③ 由题意可知 OA+OB=L④ 由③④得 OA=,OB=‎ ‎ 20、见解析 【试题分析】‎ 本题的关键仍然是判断转折点的位置.根据已知条件知物体运动的平均速度是v=m/s=1.72m/s. 而如果物体一直做匀加速直线运动,则最大平均速度vmax=m/s=1m/s,说明物体必然是先做加速运动后做匀速运动,运动情况的转折点在传送带中部某位置.在加速阶段物体受力如图3所示,由牛顿第二定律 μmgcosθ-mgsinθ=ma①   加速阶段由运动学公式有 v=at1②   s1=v1t1=t1③   匀速运动阶段有 s2=vt2④   又由整个运动阶段有 s=s1+s2⑤   t=t1+t2⑥   联立以上方程可解得 ‎ μ=0.866,a=2.5m/S2 若增大传送带的速度,则可使物体在加速度不变的情况下加速过程变长,物体平均速度变大,总的运动时间变短.当物体整个运动过程中一直加速,运动的时间最短.则有 s=1/2at2 t=s=2s ‎ 21、见解析 【试题分析】 (1)把m1、m2及弹簧看做一个整体,可得m1受到水平杆的摩擦力大小等于F; (2)分析m2的受力,可得弹簧的弹力,根据胡克定律可知弹簧的伸长量Δx=,故可知m1与m2之间的距离为 s=l+Δx=l+ ‎ ‎22、850N ‎【解析】物体A、B的受力图如图所示,由受力平衡知:‎ 对A:Tcosθ-f1=0…①‎ N1-G1-Tsinθ=0…②‎ 又由题f1=Μn1   ③‎ 联立得到:Tcosθ=μ(G1+Tsinθ)‎ 得到 f1=Tcosθ N1=G1+Tsinθ 对B:…④‎ 又f2=μN2…⑥‎ 联立得到F=f1+μ(N1+G2)‎ 代入解得:F=850N ‎【名师点睛】本题是两个物体的平衡问题,采用隔离法研究的,也可以先用整体法作出力图(如上面右图),再隔离A或B研究.‎