首页 > 试卷 > 高中 > 物理 > 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． -20-
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