高考物理综合能力自我提升含答案练习习题 13页

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．‎