(新高考)高考物理一轮复习讲义 第2章 (6＋2＋2)章末综合能力滚动练（含解析）

(6＋2＋2)章末综合能力滚动练

(限时：45分钟)

一、单项选择题

1.(2019·山西晋中市适应性调研)用一轻绳将小球P系于光滑竖直墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，如图1所示．P、Q均处于静止状态，则下列说法正确的是(　　)

图1

A．若绳子变短，Q受到的静摩擦力将增大

B．小球P受4个力的作用

C．物块Q受到3个力的作用

D．若绳子变短，绳子的拉力将变小

答案　B

解析　Q受到的静摩擦力竖直向上，与其重力平衡，与绳子长度无关，所以若绳子变短，Q受到的静摩擦力不变，故A错误；P受到重力、Q的支持力、Q的静摩擦力、绳子的拉力，共4个力作用，故B正确；Q受到重力、墙壁的弹力、P的压力和静摩擦力，共4个力作用，故C错误；设绳子与竖直方向的夹角为α，P的重力为G，绳子的拉力大小为FT，则由平衡条件得：Ff＝GQ，GP＋Ff′＝FTcos α，Ff＝Ff′则GP＋GQ＝FTcos α，GP与GQ不变，若绳子变短，α变大，cos α变小，则FT变大，故D错误．

2．(2019·江苏南京外国语学校、金陵中学、海安中学第四次模拟)《道路交通安全法》第四十七条规定：“机动车行经人行横道，应减速行驶；遇行人正在通过人行横道时，应停车让行．”一辆汽车以36 km/h的速度匀速行驶，驾驶员发现前方50 m处的斑马线上有行人，驾驶员立即刹车使车做匀减速直线运动，若已知行人还需12 s才能通过斑马线，则刹车后汽车的加速度大小至少为(　　)

A．1.4 m/s2  B．1 m/s2

C．0.83 m/s2  D．0.69 m/s2

答案　B

解析　汽车做匀减速直线运动，要想不和行人发生碰撞则需要在斑马线处速度减小为零，由运动学的速度位移关系式可知x＝，代入数据解得a＝＝ m/s2＝－1 m/s2，所用时间t＝ s<12 s，若汽车在12 s时间内速度减小为零，则位移为x′＝t′＝60 m>50 m，行人还没有完全通过斑马线，故刹车后汽车的加速度大小至少为1 m/s2，选B.

3．一质点做匀加速直线运动，在时间t内的平均速度为v，末速度是初速度的3倍．则该质点在时间t内的加速度为(　　)

A.  B.  C.  D.

答案　D

解析　设质点的初速度为v0，则末速度为3v0，由加速度的定义可得a＝＝，由匀变速直线运动的平均速度公式有v＝＝2v0，解得v0＝v，代入加速度的表达式，可得a＝，故D正确．

4．(2020·山东济宁市质检)如图2所示，物体B叠放在物体A上，A、B的质量均为m，且上、下表面均与斜面平行，它们以共同速度沿倾角为θ的固定斜面C匀速下滑，重力加速度为g，则(　　)

图2

A．A、B间没有静摩擦力

B．A受到B的静摩擦力方向沿斜面向上

C．A受到斜面的滑动摩擦力大小为mgsin θ

D．A与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ

答案　D

解析　对物体B受力分析可知，B一定受重力、支持力，将重力分解可知重力有沿斜面向下的分力，B能匀速下滑，受力一定平衡，故A对B应有沿斜面向上的静摩擦力；根据力的相互作用规律可知，A受到B的静摩擦力应沿斜面向下，故A、B错误；对A、B整体受力分析，并将整体重力分解，可知沿斜面方向上，重力的分力与摩擦力等大反向，故A受的滑动摩擦力沿斜面向上，大小为2mgsin θ，C错误；对A、B整体受力分析，受重力、支持力和滑动摩擦力，由于匀速下滑，故重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力平衡，故2mgsin θ＝μ·2mgcos θ，解得μ＝tan θ，D正确．

二、多项选择题

5.(2019·安徽六安市质检)如图3所示，水平地面上的L形木板M上放着小木块m，M与m间有一个处于拉伸状态的弹簧，整个装置处于静止状态．下列说法正确的是(　　)

图3

A．M对m无摩擦力作用

B．M对m的摩擦力方向向左

C．地面对M的摩擦力方向向左

D．地面对M无摩擦力作用

答案　BD

解析　对m受力分析，m受到重力、支持力、弹簧水平向右的拉力和木板的摩擦力，根据平衡条件知，M对m的摩擦力方向向左，故A错误，B正确；对整体受力分析，在竖直方向上受到重力和支持力，二力平衡，若地面对M有摩擦力，则整体所受合力不为零，故地面对M无摩擦力作用，故C错误，D正确．

6.(2019·重庆南开中学3月月考)如图4所示，斜面体B放置于水平地面上，其两侧放有物体A、C，物体C通过轻绳连接于天花板上，轻绳平行于斜面且处于拉直状态，A、B、C均静止，下列说法正确的是(　　)

图4

A．A、B间的接触面一定是粗糙的

B．地面对B一定有摩擦力

C．B、C间的接触面可能是光滑的

D．B一共受到6个力的作用

答案　AC

解析　以A为研究对象，若A、B间的接触面光滑，则A受到竖直向下的重力和垂直斜面的支持力，重力和支持力不可能平衡，所以A一定受到B对A沿斜面向上的静摩擦力，A正确；以A、B、C整体为研究对象，整体受到重力和地面的支持力，可能受到斜向左上的轻绳的拉力，若轻绳拉力为0，则地面对B没有静摩擦力，B错误；以C为研究对象，C受到重力和B对C的支持力，可能受到斜向左上的轻绳的拉力，若重力、支持力、绳的拉力这三个力平衡，则B、C之间没有静摩擦力，B、C间的接触面可能是光滑的，C正确；以B为研究对象，若轻绳拉力不为0且B、C之间有静摩擦力，则此时B受到A对B的压力和静摩擦力、C对B的压力和静摩擦力、地面对B的支持力和静摩擦力、B的重力共7个力的作用，D错误．

三、非选择题

7．(2020·重庆市南岸区模拟)某同学在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”时，将轻质弹簧竖直悬挂，弹簧下端挂一个小盘，在小盘中增添砝码，改变弹簧的弹力，通过旁边竖直放置的刻度尺可以读出弹簧末端指针的位置x，实验得到了弹簧指针位置x与小盘中砝码质量m的图象如图5乙所示，g取10 m/s2.回答下列问题：

(1)某次测量如图甲所示，指针指示的读数为________ cm(刻度尺单位为cm)．

(2)从图乙可求得该弹簧的劲度系数为________ N/m(结果保留两位有效数字)．

图5

(3)另一同学在做该实验时有下列做法，其中正确的是________．

A．实验中未考虑小盘受到的重力

B．刻度尺零刻度未与弹簧上端对齐

C．读取指针指示的读数时，选择弹簧指针上下运动最快的位置读取

D．在利用x－m图线计算弹簧的劲度系数时舍弃图中曲线部分数据

答案　(1)18.00　(2)0.30　(3)AD

解析　(1)刻度尺的最小分度为0.1 cm，故读数为18.00 cm.

(2)由题图乙可知，弹簧的劲度系数k＝ N/m≈0.30 N/m.

(3)本实验中采用图象法处理数据，故小盘受到的重力可以不考虑，故选项A正确；读数时刻度尺的零刻度应与弹簧上端对齐，才能准确测量，故选项B错误；在读指针的读数时，应让弹簧指针静止之后再读取，故选项C错误；当拉力超过弹性限度时，x－m图线将变成曲线，不再符合胡克定律，故应舍去曲线部分数据，故选项D正确．

8．(2019·福建莆田市5月第二次质检)小明用如图6的实验装置“验证力的平行四边形定则”，实验步骤如下：

图6

①将弹簧的一端固定于铁架台上的C处，在竖直放置的木板上贴一张坐标纸，在弹簧末端挂上一个重力已知的钩码，在坐标纸上记下此时弹簧末端的位置O；

②取下钩码，将两绳套系在弹簧末端，用两个弹簧测力计共同将弹簧末端拉到同一位置O，记录此时细绳套OA、OB的方向及两个弹簧测力计相应的读数；

③选好标度，在坐标纸上画出两只弹簧测力计的拉力FA和FB的图示，并根据平行四边形定则求出合力F合；

④按同一标度，在坐标纸上画出挂一个钩码时弹簧所受的拉力F的图示；

⑤比较F合和F的大小和方向，得出结论．

回答下列问题：

(1)步骤②中弹簧测力计A的示数如图7，该读数为________ N；

图7

(2)图8中已画出FB和F的图示(小方格的边长表示1.0 N)，FA的方向如图中虚线所示．请在图中画出FA的图示，并根据平行四边形定则画出FA和FB的合力F合；

图8

(3)本次实验中，若保持弹簧测力计A的读数不变，增大OA与OC的夹角，为将弹簧末端拉到同一位置O，可采用的办法是________．

A．增大弹簧测力计B的读数，减小OB与OC之间的夹角

B．增大弹簧测力计B的读数，增大OB与OC之间的夹角

C．减小弹簧测力计B的读数，减小OB与OC之间的夹角

D．减小弹簧测力计B的读数，增大OB与OC之间的夹角

答案　(1)4.00

(2)

(3)CD

解析　(1)步骤②中弹簧测力计A的读数为4.00 N；

(2)画出的图象如图：

(3)若保持弹簧测力计A的读数不变，逐渐增大OA与OC的夹角，甲、乙两个弹簧测力计弹力的合力不变，如图所示，则可知采用的方法是：减小弹簧测力计B的读数，减小OB与OC之间的夹角；或者减小弹簧测力计B的读数，增大OB与OC之间的夹角，故选C、D.

9．质量为m＝0.8 kg的砝码悬挂在轻绳PA和PB的结点上并处于静止状态．PA与竖直方向的夹角为37°，PB沿水平方向．质量为M＝10 kg的木块与PB相连，静止于倾角为37°的斜面上，如图9所示．(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：

图9

(1)轻绳PB拉力的大小；

(2)木块所受斜面的摩擦力和弹力大小．

答案　(1)6 N　(2)64.8 N　76.4 N

解析　(1)分析结点P的受力情况，如图甲所示：

正交分解，FAcos 37°＝mg，FAsin 37°＝FB，

联立解得FB＝6 N.

(2)分析木块的受力情况，如图乙所示：

正交分解，沿斜面方向上，Ff＝Mgsin 37°＋FB′cos 37°，垂直于斜面方向上，FN＋FB′sin 37°＝Mgcos 37°，其中FB′＝FB，联立解得Ff＝64.8 N，FN＝76.4 N.

10.如图10，质量为5.4 kg且倾角为α＝37°的粗糙斜劈放置在水平面上，其与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.4，质量为5 kg的物体a放在斜面上且与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.5.一根平行于斜面的不可伸长的轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过两个光滑小滑轮固定在c处，滑轮2下吊有一物体b且β＝74°，物体a受到斜劈的摩擦力大小为Ff，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 N/kg，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：保证系统静止时，b的质量范围．

图10.

答案　1.6 kg≤mb≤8 kg

解析　a刚要下滑时b的质量最小，a受到沿斜面向上的静摩擦力作用，magsin α＝μ2magcos α＋FT

研究b的受力情况，2FTcos ＝mb1g，

联立解得mb1＝1.6 kg

a刚好上滑时，a受到沿斜面向下的静摩擦力作用，

magsin α＋μ2magcos α＝FT′

研究b的受力情况，2FT′cos ＝mb2g，

联立解得mb2＝8 kg.

当a沿斜面有上滑趋势，且斜劈相对于地面刚好滑动时，研究a和斜劈组成的整体，

FT″cos 53°＝μ1(Mg＋mag＋FT″sin 53°)

2FT″cos ＝mb3g，

联立解得mb3≈23.77 kg

综上可知，保证系统静止时，b的质量范围为1.6 kg≤mb≤8 kg.