上海理工大学附中2022学年高二物理下学期期中试卷(选修)(含解析)
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2022-2022学年上海理工大学附中高二(下)期中物理试卷(选修) 一.单项选择题I(12分)本大题有6小题,每小题2分.1.(2分)(2022•闸北区一模)下列各力中按照性质命名的是( ) A.下滑力B.库仑力C.斥力D.支持力考点:力的概念及其矢量性.分析:力的命名一般从两方面命名:①根据力的效果命名,即根据它作用于物体而对物体产生了什么样的作用就叫做什么力,如:阻力(对物体产生了阻碍作用)、支持力(对物体产生了支持作用)等;②根据力的性质命名,即看力的本身是如何产生的,如:电场力(由于电场而产生的).解答:解:下滑力、斥力、支持力都是从力的作用效果角度命名的,库仑力是从力的性质角度命名的,故ACD错误、B正确.故选:B.点评:本题要知道常见的力的命名方式,了解重力、弹力、摩擦力、分子力、电场力、磁场力和核力等等是常见的按性质命名的力. 2.(2分)(2022•东莞模拟)如图所示,水平地面上的物体A在斜向上的拉力F的作用下,向右做匀速直线运动,则关于下列物体受力情况的说法中正确的是( ) A.物体A可能只受到二个力的作用 B.物体A一定只受到三个力的作用 C.物体A一定受到了四个力的作用 D.物体A可能受到了四个力的作用考点:共点力平衡的条件及其应用;滑动摩擦力;物体的弹性和弹力.专题:计算题.分析:物体之间产生摩擦力必须要具备以下三个条件:第一,物体间相互接触、挤压;第二,接触面不光滑;第三,物体间有相对运动趋势或相对运动.弹力是物体因形变而产生的力,这里指的是物体间相互接触、挤压时的相互作用力;-20-\n将拉力按照作用效果正交分解后,结合运动情况和摩擦力和弹力的产生条件对木块受力分析,得出结论.解答:解:物体一定受重力,拉力F产生两个作用效果,水平向右拉木块,竖直向上拉木块,由于木块匀速直线运动,受力平衡,水平方向必有摩擦力与拉力的水平分量平衡,即一定有摩擦力,结合摩擦力的产生条件可知则必有支持力,因而物体一定受到四个力;故选C.点评:对物体受力分析通常要结合物体的运动情况,同时本题还要根据弹力和摩擦力的产生条件分析. 3.(2分)(2022•徐汇区一模)物块静止在固定的斜面上,分别按图示的方向对物块施加大小相等的力F,A中F垂直于斜面向上.B中F垂直于斜面向下,C中F竖直向上,D中F竖直向下,施力后物块仍然静止,则物块所受的静摩擦力增大的是( ) A.B.C.D.考点:共点力平衡的条件及其应用;静摩擦力和最大静摩擦力;力的合成与分解的运用.专题:摩擦力专题.分析:对物体进行受力分析,由共点力的平衡条件可得出摩擦力与F的关系,进而判断静摩擦力的变化.解答:解:A、物体受重力、支持力及摩擦力平衡,当加上F后,物体仍处于平衡,则在沿斜面方向上物体平衡状态不同,而重力沿斜面向下的分力不变,故摩擦力不变;故A错误;B、对B中物体受力分析可知,F只改变垂直于斜面的压力,不会影响沿斜面方向上的力,故摩擦力不变,故B错误;C、加向上的F后,F有沿斜面向上的分力,若物体有向下的运动趋势,此时向下的重力的分力与向上的F的分力及摩擦力平衡,故摩擦力将变小,故C错误;D、加竖直向下的力F后,F产生沿斜面向下的分力,则沿斜面向下的力为重力和F的分力,故增大了摩擦力;故D正确;故选D.点评:本题考查受力分析的应用,对于斜面模型要注意正确应用正交分解法进行分析. 4.(2分)(2022春•杨浦区校级期中)如图是甲、乙两物体从同一点开始做直线运动的运动图象,下列说法正确的是( ) A.若y表示位移,则t1时间内甲的位移小于乙的位移 B.若y表示速度,则t1时间内甲的位移等于乙的位移 若y表示位移,则t=t1时甲的速度大于乙的速度-20-\nC. D.若y表示速度,则t=t1时甲的速度大于乙的速度考点:匀变速直线运动的图像;匀变速直线运动的位移与时间的关系.专题:运动学中的图像专题.分析:本题关键应抓住:位移﹣时间图象△y表示物体的位移,斜率等于物体的速度;速度﹣时间图象与坐标轴所围的“面积”表示物体的位移.解答:解:A、C若y表示位移,△y表示物体的位移,则知t1时间内甲的位移等于乙的位移;斜率等于物体的速度,则知t=t1时甲的速度大于乙的速度.故A错误,C正确.B、D若y表示速度,速度﹣时间图象与坐标轴所围的“面积”表示物体的位移,则t1时间内甲的位移大于乙的位移;t=t1时甲的速度等于乙的速度.故BD错误.故选:C点评:本题关键是掌握两种图象的数学意义:斜率等于物体的速度;速度﹣时间图象与坐标轴所围的“面积”表示物体的位移. 5.(2分)(2022秋•浦东新区校级期中)甲、乙、丙三辆汽车以相同速度经过某一路标.从此时开始甲车一直做匀速直线运动,乙车先加速后减速,丙车先减速后加速,它们经过下一个路标时速度都相同,则( ) A.甲车先通过下一个路标B.乙车先通过下一个路标 C.丙车先通过下一个路标D.条件不足,无法判断考点:匀变速直线运动的位移与时间的关系.专题:直线运动规律专题.分析:因为乙先加速后减速,所以它在整个运动过程中的速度都比甲大,所以相对时间内它的位移肯定比匀速运动的甲大;而丙因先减速后加速,它在整个运动过程中都以比甲小的速度在运动,所以在相等时间内它的位移比甲小,由此可知,丙将最先到达下一个路标,乙最后一个到达下一个路标.(最终大家的速度都相等).解答:解:由于乙先加速后减速,所以它在整个运动过程中的平均速度都比甲大,经过相同的位移,它的时间肯定比匀速运动的甲小;而乙因先减速后加速,它在整个运动过程中的平均速度都比甲小,所以在相等位移内它的时间比甲大.由此可知,乙将最先到达下一个路标,丙最后一个到达下一个路标.故选:B.点评:该题可以通过平均速度去解题,也可以通过画v﹣t图象去分析,图象与坐标轴所围成的面积即为位移. 6.(2分)(2022•浦东新区一模)如图所示,在能够绕竖直轴自由转动的横杆两端,固定着A、B两个铝环,其中铝环A闭合,B不闭合,则( )-20-\n A.当条形磁铁插入A环时,A环中产生感应电流同时远离磁铁 B.当条形磁铁插入A环时,A环中产生感应电流同时靠近磁铁 C.当条形磁铁插入B环时,B环中产生感应电流同时远离磁铁 D.当条形磁铁插入B环时,B环中产生感应电流同时靠近磁铁考点:楞次定律.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:由题意可知,A环闭合,B环不闭合;A、当条形磁铁插入A环时,A环中产生感应电流,从而阻碍磁通量的增加,所以会远离磁铁,故A正确,B错误;C、当条形磁铁插入B环时,B环中不会产生感应电流,则磁铁不会转动,故CD错误;故选:A.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,注意学会使用楞次定律的相对运动来解题. 二、单选题Ⅱ(18分)本大题有6小题,每小题3分.7.(3分)(2022•长宁区二模)物体作平抛运动,速度v,加速度a,水平位移x,竖直位移y,这些物理量随时间t的变化情况是( ) A.v与t成正比B.a随t逐渐增大 C.比值与t成正比D.比值与t2成正比考点:平抛运动.分析:根据平抛运动的规律,水平方向匀速直线运动,竖直方向自由落体运动,由水平和竖直方向运动规律可以求出各物理量随时间变化的规律.解答:解:A、水平速度v0不变,竖直方向的速度Vy=gt,平抛运动的速度v==,所以v与t不成正比,故A错误.-20-\nB、平抛运动只受重力的作用,加速度是重力加速度,保持不变,所以B错误.C、竖直位移y=gt2,水平位移x=V0t,所以=,所以C正确.D、由C得分析可知D错误.故选:C.点评:由平抛运动的速度、位移公式,逐个推导就可以得出各选项的结论,本题考查的就是平抛运动规律的应用. 8.(3分)(2022•金山区一模)手持物体使其加速上升的过程中,手对物体的支持力所做的功等于( ) A.物体动能的增加量B.物体势能的增加量 C.物体克服重力所做的功D.物体机械能的增加量考点:功的计算.专题:功的计算专题.分析:知道重力做功量度重力势能的变化;对物体进行受力分析,运用动能定理研究在升降机加速上升的过程,可求出地板对物体的支持力所做的功.解答:解:物体受重力和支持力,设重力做功为WG,支持力做功为WN,运用动能定理研究在升降机加速上升的过程得:WG+WN=△EkWN=△Ek﹣WG由于物体加速上升,所以重力做负功,设物体克服重力所做的功为:WG′,WG′=﹣WG所以有:WN=△Ek﹣WG=WN=△Ek+WG′.根据重力做功与重力势能变化的关系得:wG=﹣△Ep,所以WN=△Ek﹣WG=WN=△Ek+△Ep.故支持力对物体所做的功等于机械能的增加量.故只有D正确;ABC错误;故选:D.点评:功能关系是物理学中的重要分析方法,要注意明确哪些力做功量度了哪些能量的转化;如:合力做功等于动能的变化;重力做功等于重力势能的改变;重力之外的其他力做功量度了机械能的变化. 9.(3分)(2022•长宁区一模)如图所示,两同心圆环A、B置于同一水平面上,其中B为均匀带电绝缘环,A为导体环,当B绕轴心逆时针转动时角速度ω发生变化,A中产生逆时针方向的感应电流I.下列判断错误的是( ) A.B可能带正电且转速减小B.B可能带负电且转速减小-20-\n C.A可能具有收缩的趋势D.A可能具有扩展的趋势考点:楞次定律.分析:B环转动时产生等效电流,若电流产生的磁场使A中的磁通量发生变化,则可以在A中产生感应电流;则根据楞次定律可判断B中带电及转动情况,并根据同向电流相互吸引,导向电流相互排斥.解答:解:由图可知,A中感应电流为逆时针,由楞次定律可知,感应电流的内部磁场向外,由右手螺旋定则可知,引起感应电流的磁场可能为:向外减小或向里增大;A、若原磁场向外,则B中电流应为逆时针,故B应带正电,且转速减小,故A正确;B、若原磁场向里,则B中电流应为顺时针,故B应带负电,且转速增大,故B错误;C、若原磁场向外,则B中电流应为逆时针,即B应带正电;若原磁场向里,则B中电流应为顺时针,即B应带负电,因此A可能有收缩,也可能扩展,故CD正确;本题选择错误,故选B.点评:本题为楞次定律应用的逆过程,要明确B中感应电流是因为B中的磁通量发生变化引起的,同时还应知道由于A的转动而形成的等效电流的强弱与转速有关. 10.(3分)(2022•定兴县校级模拟)如图,可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接,跨过固定在地面上半径为R有光滑圆柱,A的质量为B的两倍.当B位于地面时,A恰与圆柱轴心等高.将A由静止释放,B上升的最大高度是( ) A.2RB.C.D.考点:机械能守恒定律;竖直上抛运动.专题:机械能守恒定律应用专题.分析:开始AB一起运动,A落地后,B做竖直上抛运动,B到达最高点时速度为零;由动能定理可以求出B上升的最大高度.解答:解:设B的质量为m,则A的质量为2m,以A、B组成的系统为研究对象,在A落地前,由动能定理可得:﹣mgR+2mgR=(m+2m)v2﹣0,以B为研究对象,在B上升过程中,由动能定理可得:﹣mgh=0﹣mv2,则B上升的最大高度为:H=R+h,解得:H=;故选:C.点评:-20-\n本题考查了求B球上升的高,分析清楚A、B的运动过程是正确解题的前提与关键,B的运动分两个阶段,应用动能定理即可求出B能上升的最大高度.也可以应用机械能守恒定律解题. 11.(3分)(2022秋•泰州期末)如图甲所示,一个圆形线圈的匝数n=100,线圈面积S=200cm2,线圈的电阻r=1Ω,线圈外接一个阻值R=4Ω的电阻,把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中,磁感应强度随时间变化规律如图已所示.下列说法中正确的是( ) A.线圈中的感应电流方向为顺时针方向 B.电阻R两端的电压随时间均匀增大 C.线圈电阻r消耗的功率为4×10﹣4W D.前4s内通过R的电荷量为4×10﹣4C考点:法拉第电磁感应定律;闭合电路的欧姆定律.专题:电磁感应与电路结合.分析:线圈平面垂直处于匀强磁场中,当磁感应强度随着时间均匀变化时,线圈中的磁通量发生变化,从而导致出现感应电动势,产生感应电流.由楞次定律可确定感应电流方向,由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小,运用功率与电量的表达式,从而即可求解.解答:解:A、由图可知,穿过线圈的磁通量变大,由楞次定律可得:线圈产生的感应电流逆时针,故A错误.B、根据法拉第电磁感应定律,可知,磁通量的变化率恒定,所以电动势恒定,则电阻两端的电压恒定,故B错误;C、由法拉第电磁感应定律:E=N=N=100××0.02V=0.1V,由闭合电路欧姆定律,可知电路中的电流为,所以线圈电阻r消耗的功率P=I2R=0.022×1W=4×10﹣4W,故C正确;D、前4s内通过R的电荷量Q=It=0.02×4C=0.08C,故D错误;故选C点评:考查楞次定律来判定感应电流方向,由法拉第电磁感应定律来求出感应电动势大小.当然本题还可求出电路的电流大小,及电阻消耗的功率.同时磁通量变化的线圈相当于电源. 12.(3分)(2022•徐汇区二模)如图所示,挡板垂直于斜面固定在斜面上,一滑块m放在斜面上,其上表面呈弧形且左端最薄,一球M搁在挡板与弧形滑块上,一切摩擦均不计,用平行于斜面的拉力F拉住弧形滑块,使球与滑块均静止,现将滑块平行于斜面向上拉过一较小的距离,球仍搁在挡板与滑块上且仍处于静止状态,则与原来相比( )-20-\n A.木板对球的弹力增大B.滑块对球的弹力增大 C.斜面对滑块的弹力不变D.拉力F减小考点:共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用.专题:共点力作用下物体平衡专题.分析:隔离对球分析,抓住重力大小方向不变,挡板的弹力方向不变,根据合力为零判断出木板、滑块对球弹力的变化.对球和滑块整体分析,抓住合力为零,判断斜面对滑块弹力以及拉力的变化.解答:解:A、B、对球受力分析,球受到重力、支持力和挡板的弹力,如图,由于重力的大小和方向都不变,挡板的弹力方向不变.根据作图法知,斜面的支持力方向在变化,支持力和挡板的弹力合力不变,等于重力,从图中可知,木板对球的弹力在减小,滑块对球的弹力在减小.故A、B错误.C、D、对滑块和球整体进行受力分析,整体受重力、支持力、挡板的弹力及拉力,各力的方向不变,由于挡板对小球的弹力在减小,则拉力F减小,在垂直斜面方向上,斜面对滑块的弹力不变.故C正确,D正确.故选:CD.点评:本题属于力学的动态分析,关键是抓住不变量,通过作图法判断力的变化.以及掌握整体法和隔离法的运用. 三、多项选择题(共18分,每小题3分.每小题有二个或三个正确选项.全选对的,得3分;选对但不全的,得2分;有选错或不答的,得0分.)13.(3分)(2022•天河区一模)某物体沿一直线运动,其v﹣t图象如图所示,则下列说法中正确的是( ) A.第2s内和第3s内速度方向相反-20-\n B.第2s内和第3s内的加速度方向相反 C.第3s内速度方向与加速度方向相反 D.第5s内速度方向与加速度方向相反考点:匀变速直线运动的图像.专题:运动学中的图像专题.分析:速度时间图线中速度的正负表示运动的方向,图线的斜率表示加速度.解答:解:A、第2s内和第3s内速度都为正值,速度方向相同.故A错误.B、第2s内和第3s内图线的斜率一正一负,加速度方向相反.故B正确.C、第3s内做匀减速直线运动,速度方向和加速度方向相反.故C正确.D、第5s内反向做匀减速直线运动,加速度方向与速度方向相反.故D正确.故选BCD.点评:解决本题的关键理清速度时间图线的物理意义,知道图线斜率表示的含义. 14.(3分)(2022•上海)两个共点力Fl、F2大小不同,它们的合力大小为F,则( ) A.F1、F2同时增大一倍,F也增大一倍 B.F1、F2同时增加10N,F也增加10N C.F1增加10N,F2减少10N,F一定不变 D.若F1、F2中的一个增大,F不一定增大考点:力的合成.专题:受力分析方法专题.分析:两个大小不等的共点力F1、F2,根据平行四边形定则表示出合力进行求解.解答:解:A、根据平行四边形定则,F1、F2同时增大一倍,F也增大一倍,故A正确B、Fl、F2方向相反,F1、F2同时增加10N,F不变,故B错误C、Fl、F2方向相反,F1增加10N,F2减少10N,F可能增加20N,故C错误D、Fl、F2方向相反,若F1、F2中的一个增大,F不一定增大,故D正确故选:AD.点评:解决本题关键知道力的合成与分解遵循平行四边形定则,会根据平行四边形定则去求合力或分力. 15.(3分)(2022•海南)一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上,从t=0时起,第1秒内受到2N的水平外力作用,第2秒内受到同方向的1N的外力作用.下列判断正确的是( ) A.0~2s内外力的平均功率是W B.第2秒内外力所做的功是J-20-\n C.第2秒末外力的瞬时功率最大 D.第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是考点:动能定理的应用;动量定理;功率、平均功率和瞬时功率.专题:计算题;压轴题.分析:本题可由动量定理求得1s末及2s末的速度,再由动能定理可求得合力的功;由功率公式求得功率;解答:解:由动量定理Ft=mv2﹣mv1求出1s末、2s末速度分别为:v1=2m/s、v2=3m/s由动能定理可知合力做功为w=故0~2s内功率是,故A正确;1s末、2s末功率分别为:P1=F1v1=4w、P2=F2v2=3w;故C错误;第1秒内与第2秒动能增加量分别为:、,故第2s内外力所做的功为2.5J,B错误;而动能增加量的比值为4:5,故D正确;故选AD.点评:本题也可由动力学公式求解出1s末及2s末的速度,再由动能定理求解;不过在过程上就稍微繁琐了点. 16.(3分)(2022•苏州模拟)如图所示,一名消防队员在模拟演习训练中,沿着长为12m的竖立在地面上的钢管往下滑.已知这名消防队员的质量为60kg,他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑,滑到地面时速度恰好为零.如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍,下滑的总时间为3s,g取10m/s2,那么该消防队员( ) A.下滑过程中的最大速度为4m/s B.加速与减速过程的时间之比为1:2 C.加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1:7 D.加速与减速过程的位移之比为1:4考点:牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系.专题:牛顿运动定律综合专题.-20-\n分析:由平均速度公式求解最大速度.根据速度公式研究加速与减速过程的时间之比.根据牛顿第二定律研究摩擦力之比.解答:解:A、设下滑过程中的最大速度为v,则消防队员下滑的总位移x=,得到v=m/s=8m/s.故A错误.B、设加速与减速过程的时间分别为t1、t2,加速度大小分别为a1、a2.则v=a1t1,v=a2t2,得到t1:t2=a2:a1=1:2.故B正确.C、D由t1:t2=1:2,又t1+t2=3s,得到t1=1s,t2=2s,a1==8m/s2,a2=4m/s2,根据牛顿第二定律得加速过程:mg﹣f1=ma1,f1=mg﹣ma1=2m减速过程:f2﹣mg=ma2,f2=mg+ma2=14m所以f1:f2=1:7.故C正确;D、匀加速运动位移为:x1=匀减速位移为:所以加速与减速过程的位移之比为1:2,故D错误.故选BC点评:本题运用牛顿第二定律运动学公式结合分析多过程问题,也可以采用图象法分析最大速度,根据动能定理研究摩擦力关系. 17.(3分)(2022春•湖北校级期末)如图所示,长为L的长木板水平放置,在木板的A端放置一个质量为m的小物块,现缓慢地抬高A端,使木板以左端为轴转动,当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动,此时停止转动木板,小物块滑到底端的速度为v,则在整个过程中( ) A.支持力对物块做功为零 B.支持力对小物块做功为mgLsinα C.摩擦力对小物块做功为mgLsinα D.滑动摩擦力对小物块做功为考点:动能定理的应用;功的计算.专题:动能定理的应用专题.分析:-20-\n当缓慢提高木板时,导致物块受到的支持力发生变化,则不能再根据功的定义去算支持力对物块做的功,因此由动能定理结合重力做功,可求出支持力做功.在此过程中,静摩擦力始终与运动方向垂直,所以静摩擦力不做功.当物块滑动后,可由动能定理求出滑动摩擦力做的功.解答:解:A、物块在缓慢提高过程中,由动能定理可得:W支﹣mgLsinα=0﹣0,则有W支=mgLsinα.故A错误;B、物块在缓慢提高过程中,由动能定理可得:W支﹣mgLsinα=0﹣0,则有W支=mgLsinα.故B正确;C、物块在缓慢提高过程中,静摩擦力始终与运动方向垂直,所以静摩擦力不做功,当下滑时,滑动摩擦力做功为﹣μmgLcosα,故C错误;D、物块在滑动过程中,由动能定理可得:W滑+mgLsinα=﹣0,则有滑动摩擦力做功为.故D正确;故选:BD点评:当力是恒定时,除可由力与力的方向位移求出功外,还可以由动能定理来确定;当力是变化时,则只能由动能定理来求出力所做的功. 18.(3分)(2022•江苏一模)某物体以30m/s的初速度竖直上抛,不计空气阻力,取g=10m/s2,则5s内物体的( ) A.路程为65m B.位移大小为25m,方向竖直向上 C.速度改变量的大小为10m/s,方向竖直向下 D.平均速度大小为13m/s,方向竖直向上考点:竖直上抛运动;位移与路程;平均速度.分析:物体竖直上抛后,只受重力,加速度等于重力加速度,可以把物体的运动看成一种匀减速直线运动,由位移公式求出5s内位移,由平均速度公式求出平均速度,由△v=at求出速度的改变量.路程等于各段位移大小之和.解答:解:物体做竖直上抛运动,看成一种匀减速直线运动.A、物体上升的最大高度为h1===45m,上升的时间为t1===3s.从最高点开始2s内下落的高度h2=g=m=20m,所以5s内物体通过的路程为S=h1+h2=65m.故A正确.B、取竖直向上为正方向,则物体的加速度为a=﹣g,5s内物体的位移x=v0t﹣=30×5﹣×10×52(m)=25m,方向竖直向上.故B正确.C、速度改变量为△v=at=﹣gt=﹣10×5m/s=﹣50m/s,大小为50m/s,方向竖直向下,故C错误.D、平均速度==m/s=5m/s,方向竖直向上.故D错误.-20-\n故选:AB.点评:对于竖直上抛运动,通常有两种处理方法,一种是分段法,一种是整体法,两种方法可以交叉运用. 四、填空题.(每小题4分,共20分)19.(4分)(2022春•杨浦区校级期中)如图所示,质量为M、倾角为θ的斜面放在粗糙水平面上,质量为m的物体在斜面上恰能匀速下滑.现加上如图所示的沿斜面向下的力F,使物体在斜面上加速下滑,则此时物体的加速度大小a为 ,地面对斜面的支持力FN的大小为 (M+m)g .考点:牛顿第二定律.专题:牛顿运动定律综合专题.分析:(1)求物体的加速度也应采取隔离法,对斜面上的物体受力分析.由于没加外力时物体在斜面上恰能匀速下滑,可得所以摩擦力恰好与重力沿斜面向下的分力相平衡,运用等效的观点,好像物体仅受沿斜面向下的力F,利用牛顿第二定律可解.(2)求解地面对斜面的支持力采用隔离法,斜面受到重力、支持力、小物体的压力和摩擦力四个力作用,列竖直方向的平衡方程即可.解答:解:(1)选小物体为研究对象,没加外力时物体在斜面上恰能匀速下滑,则沿斜面方向合力为零,斜面施加的摩擦力与重力的沿斜面的分力相抵消,当加上外力F时,物体的加速度为a=;(2)没加外力时物体在斜面上恰能匀速下滑,物体处于平衡状态,可得斜面对物体的摩擦力与斜面对物体支持力的合力竖直向上,跟物体的重力相抵消,有牛顿第三定律得,物体对斜面的摩擦力与物体对斜面的压力的合力必定竖直向下,大小必为mg,所以斜面受到地面的支持力FN=(M+m)g,;当施加沿斜面向下的力F后,m与M之间的弹力没有变化,因而m与M之间的滑动摩擦力也没有变化,故弹力和摩擦力的合力也不会变化,物体对斜面的摩擦力与物体对斜面的压力的合力必定竖直向下,大小必为mg,斜面受到地面的支持力也是FN=(M+m)g;故答案为:;(M+m)g.点评:本题关键挖掘“恰能匀速下滑”的含义,此外滑动摩擦力与正压力成正比,正压力不变,滑动摩擦力不变,再利用牛顿第三定律结合平衡条件求解即可. 20.(4分)(2022•长宁区一模)如图所示,水平轻杆CB长1m,轻杆与墙通过转轴O连接.现在离B点20cm处D点挂一重50N的物体,则绳AB中的拉力为 80 N;O对C的作用力的方向沿 斜向上 (填“水平”、“斜向上”、“斜向下”)-20-\n考点:力矩的平衡条件;力的合成与分解的运用.分析:轻杆处于平衡状态,合力矩为零.以C转轴,根据力矩平衡条件列式,求得绳AB中的拉力.运用正交分解法,根据力平衡条件,分别确定出竖直和水平两个方向分力的方向,即可确定O对C的作用力的方向.解答:解:则以C转轴,根据力矩平衡条件得G•LCD=F•LBCsin30°得绳AB中的拉力F==N=80N设O对C的作用力大小为F,水平分力为Fx,竖直分力为Fy.根据轻杆平衡知:竖直方向:G=Fsin30°+Fy,则得Fy=G﹣Fsin30°=50N﹣80×0.5N=10N,方向竖直向上.水平方向:Fx=Fcos30°,则得Fx方向水平向右.所以F的方向为斜向上故答案为:80,斜向上点评:本题考查考了杠杆平衡和力平衡条件的应用,正确找出力臂,运用正交分解法研究O对C的作用力的方向是解题的关键. 21.(4分)(2022•普陀区一模)倾角为θ=30°的斜面体放在水平地面上,一个重为G的球在水平力F的作用下,静止在光滑斜面上,则水平力F的大小为 ;若将力F从水平方向逆时针转过某一角度α后,仍保持F的大小,且小球和斜面也仍旧保持静止,则此时水平地面对斜面体的摩擦力f= G .考点:共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用.专题:共点力作用下物体平衡专题.分析:先研究第一种情况:通过对小球出状态的分析,利用共点力平衡条件可求出水平力F的大小.再研究力F方向变化后的情况:对小球受力分析,运用作图法求得力F与水平方向的角度,因为小球和斜面都处于静止状态,可对整体受力分析求出地面对斜面的摩擦力.-20-\n解答:解:对物体受力分析如图:由平衡条件得:N与F的合力F′与重力G大小相等,由三角函数关系得:F=Gtanθ代入数据得:F=G转过角度后,由F大小不变,小球静止,支持力与F的合力不变,故此时转动后F转方向如图:即:F转过的角度是2θ.对整体受力分析并正交分解如图:水平方向:f=Fcos2θ=G-20-\n故答案为:G,G点评:此题关键还是平衡条件的应用,难点在于选择合适的研究对象和找出力F转动后的角度,有难度,需要仔细推敲体会. 22.(4分)(2022•徐汇区模拟)质量为m的汽车在平直路面上启动,启动过程的速度时间图象如图所示.t1时刻汽车速度为v1,从t1时刻起汽车的功率保持不变,整个运动过程中汽车所受阻力恒为Ff,则汽车运动的最大速度 (1+)V1 ,t1~t2时间内,汽车的功率等于 .考点:功率、平均功率和瞬时功率.专题:功率的计算专题.分析:这题考的知识点是汽车的两种启动方式,恒定加速度启动和恒定功率启动.本题属于恒定加速度启动方式,由于牵引力不变,根据p=Fv可知随着汽车速度的增加,汽车的实际功率在增加,此过程汽车做匀加速运动,当实际功率达到额定功率时,功率不能增加了,要想增加速度,就必须减小牵引力,当牵引力减小到等于阻力时,加速度等于零,速度达到最大值.解答:解:汽车在0﹣t1的时间内做的是匀加速直线运动,对汽车受力分析可知,F﹣Ff=ma,由图象可知a=,所以F=Ff+m,当汽车的速度到达V1时,汽车的功率达到最大值P,所以汽车的功率为P=Fv1=(Ff+m)v1,当牵引力等于阻力时,速度达到最大值v2,-20-\n所以最大值v2====(1+)v1,故答案为:(1+)v1;(Ff+m)v1.点评:本题考查的是汽车的启动方式,对于汽车的两种启动方式,恒定加速度启动和恒定功率启动,对于每种启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉. 23.(4分)(2022•上海一模)已知地球半径为R,地球自转周期为T,同步卫星离地面的高度为H,万有引力恒量为G,则同步卫星绕地球运动的线速度为 地球的质量为 .考点:同步卫星.专题:人造卫星问题.分析:同步卫星所做为匀速圆周运动,圆周运动的一切规律对于同步卫星通用,此外,单独由万有引力提供向心力解答:解:由匀速圆周运动线速度公式得:v=;由万有引力提供向心力得:=m(R+H),整理得,M=故答案为:;点评:注意向心力的来源,结合牛顿第二定律和匀速圆周运动的一切规律解决 五、计算题:(共32分)24.(10分)(2022•青浦区一模)一物块在粗糙水平面上,受到的水平拉力F随时间t变化如图(a)所示,速度v随时间t变化如图(b)所示(g=10m/s2).求:(1)1秒末物块所受摩擦力f的大小(2)物块质量m-20-\n(3)物块与水平面间的动摩擦因数μ考点:牛顿第二定律;匀变速直线运动的图像;滑动摩擦力.专题:牛顿运动定律综合专题.分析:(1)根据速度图象(b)可知,1秒末物体处于静止状态,摩擦力f与水平拉力平衡.(2)由图象分析可知,在2s~4s内,物块做匀加速运动,水平拉力大小为12N;在4s~6s内,物块做匀速运动,水平拉力大小为8N,此时滑动摩擦力与拉力平衡,而且滑动摩擦力大小不变.由速度的斜率求出匀加速运动的加速度,分别用牛顿定律和平衡条件列方程,求出物块的质量.(3)在4s~6s内,滑动摩擦力大小与拉力相等,由公式f=μN求出μ.解答:解:(1)由图(a)中可知,当t=1s时,F1=f1=4N(2)由图(b)中可知,当2s~4s内,物块做匀加速运动,加速度大小为a===2m/s2由牛顿第二定律,有F2﹣μmg=ma在4s~6s内,物块做匀速运动,则有F3=f3=μmg所以联立得m===2kg(3)由F3=f3=μmg得μ===0.4答:(1)1秒末物块所受摩擦力f的大小是4N;(2)物块质量m为2kg;(3)物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.4.点评:本题首先考查读图能力,其次要根据速度图象分析物体的运动情况,这是解决本题的基础. 25.(10分)(2022春•杨浦区校级期中)质量为M=500t的机车,以恒定功率从静止启动,机车所受阻力大小恒定为Ff=2.5×104N,它在水平轨道上由静止开动后经s=2.25×103m,速度达到最大值vm=15m/s,试求:(1)机车启动过程中发动机的功率;-20-\n(2)通过s=2.25×103m所用时间.考点:功率、平均功率和瞬时功率.专题:功率的计算专题.分析:(1)当牵引力等于阻力时,速度最大,根据P=Fv=Ffvm得出机车启动过程中发动机的功率.(2)根据动能定理,抓住功率不变,求出通过s=2.25×103m所用时间.解答:解:(1)当牵引力与阻力相等时,速度最大,则有:P=W.(2)根据动能定理得:代入数据解得:t=300s.答:(1)机车启动过程中发动机的功率为3.75×105W;(2)通过s=2.25×103m所用时间为300s.点评:汽车以恒定功率运动的过程是一个变加速运动过程,求解运动的时间不能通过动力学知识求解,需抓住功率不变,根据动能定理进行求解,知道当加速度为零时,速度最大. 26.(12分)(2022春•杨浦区校级期中)如图甲所示,两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ=37°的绝缘斜面上,两导轨间距为L=1m.M、P两点间接有阻值为R=2Ω的电阻.一根质量为m=1kg的均匀直金属杆ab放在两导轨上,并与导轨垂直.整套装置处于磁感应强度为B=1T的匀强磁场中,磁场方向垂直斜面向下.导轨和金属杆的电阻可忽略.让ab杆沿导轨由静止开始下滑,导轨和金属杆接触良好,不计它们之间的摩擦.(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示,请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图.(2)在加速下滑过程中,当ab杆的速度大小为v=4m/s时,求此时ab杆中的电流及其加速度的大小.(3)求在下滑过程中,ab杆可以达到的速度最大值.(4)若金属杆的电阻值为r=1Ω,导体下滑距离S=20m时达到了最大速度.求导体在下滑至最大速度过程中电阻R上所产生的焦耳热Q.考点:导体切割磁感线时的感应电动势;安培力.专题:电磁感应与电路结合.分析:(1)金属杆先沿导轨向下做加速度减小的变加速运动,后做匀速运动,速度达到最大值,此时金属杆受到重力、支持力与安培力;(2)金属杆在加速下滑过程中,根据法拉第电磁感应定律,结合闭合电路欧姆定律,可求出感应电流的大小,再与安培力表达式,并由牛顿第二定律求解加速度大小.-20-\n(3)金属杆从静止开始至达到最大速度时,加速度等于零,因此根据上式,即可求解;(4)选取从静止到最大速度过程,根据能量守恒定律,即可求解.解答:解:(1)棒切割磁感线,从而产生感应电流,出现安培力,因此受到重力、支持力与安培力作用,受力分析如图示:(2)当ab加速下滑时,感应电动势为:E=BLv;ab杆中的电流为:I====2A,ab受到的安培力:F=BIL=1×2×1=2N,由牛顿第二定律得:mgsin37°﹣F=ma,解得:a===4m/s2;(3)金属杆受到的安培力F=BIL=,当金属杆匀速运动时速度最大,由平衡条件得:mgsin37°=,解得,最大速度:vm===12m/s;(4)当金属杆匀速运动时速度最大,由平衡条件得:mgsin37°=,选取从开始到速度达到最大,由能量守恒定律得:mgSsin37°=Q+mv2,===,QR+Qr=Q,解得:QR=32J;答:(1)ab杆的受力示意图如图所示.(2)此时ab杆中的电流大小为2A,其加速度大小为4m/s2.(3)在下滑过程中,ab杆可以达到的速度最大值为12m/s.(4)导体在下滑至最大速度过程中电阻R上所产生的焦耳热为32J.点评:本题的关键是会推导安培力的表达式,根据平衡条件、牛顿第二定律和能量守恒研究电磁感应现象,常规题,注意本题最大的特点就是物理量没有数据,因此特别注意过程的运算,这是解题的关键. 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