物理 黄冈市2016年高三第一次模拟考试
精品
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多选题 本大题共6小题,每小题6分,共36分。在每小题给出的4个选项中,有多项符合题目要求,全对得6分,选对但不全得3分,有选错的得0分。
1
题型: 多选题
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分值: 6分

20.已知电势是标量,空间某点电势是各部分电荷在该点的电势的代数和;电场强度是矢量,空间某点电场强度是各部分电荷在该点   的电场强度的矢量和。如图所示,三根绝缘均匀带点棒ABBCCA构成正三角形,AB的电荷量为+QcAC的电荷量为+QbBC的电荷量为+Qa,正三角形的中心O点的电势为φ1,场强大小为E1、方向指向A,当撤去 带电棒BC之后,测得其中心O点的电势为φ2,场强大小为E2、方向背离A,规定无穷远处电势为零,如果同时撤去带电棒ABAC,则关于O点的场强大小和电势,下列说法正确的是(   )

AO点的场强大小为E1E2

BO点的场强大小为E1+ E2

CO点的电势φ1φ2

DO点的电势φ1+φ2

正确答案

B,C
1
题型: 多选题
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分值: 6分

21.如图所示,微粒A位于一定高度处,其质量m = 1×10-4kg带电荷量q = + 1×10-6C,塑料长方体空心盒子B位于水平地面上,与地面间的动摩擦因数μ = 0.1。B上表面的下方存在着竖直向上的匀强电场,场强大小E = 2×103N/C,B上表面的上方存在着竖直向下的匀强电场,场强大小为E/2。B上表面开有一系列略大于A的小孔,孔间距满足一定的关系,使得A进出B的过程中始终不与B接触。当Aυ1 = 1m/s的速度从孔1竖直向下进入B的瞬间,B恰以υ2 = 0.6m/s的速度向右滑行。设B足够长、足够高且上表面的厚度忽略不计,取g = 10m/s2A恰能顺次从各个小孔进出B 。则

AA第一次进入BB停止运动的过程中,B通过的总路程s为0.18m

B为了保证A始终不与B接触,B上的小孔个数至少有5个

C为了保证A始终不与B接触,B上表面孔间距最小值为0.04m

D为了保证A始终不与B接触,B上表面孔间距最大值为0.1m

正确答案

A,B,D
1
题型: 多选题
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分值: 6分

19.如图所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电,接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图(图中变压器均可视为理想变压器,图中电表均为理想交流电表)。设发电厂输出的电压一定,两条输电线总电阻用R0表示,变阻器R相当于用户用电器的总电阻。当用电器增加时,相当于R变小,则当用电进入高峰时

A电压表V1V2的读数均不变,电流表A1A2的读数均增大

B电压表V3V4的读数均减小,电流表A3的读数也减小

C电流表V2V3的读数之差与电流表A2 的读数的比值不变

D发电厂的输出功率增大

正确答案

A,C,D
1
题型: 多选题
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分值: 6分

21.如图所示,微粒A位于一定高度处,其质量m = 1×10-4kg带电荷量q = + 1×10-6C,塑料长方体空心盒子B位于水平地面上,与地面间的动摩擦因数μ = 0.1。B上表面的下方存在着竖直向上的匀强电场,场强大小E = 2×103N/C,B上表面的上方存在着竖直向下的匀强电场,场强大小为E/2。B上表面开有一系列略大于A的小孔,孔间距满足一定的关系,使得A进出B的过程中始终不与B接触。当Aυ1 = 1m/s的速度从孔1竖直向下进入B的瞬间,B恰以υ2 = 0.6m/s的速度向右滑行。设B足够长、足够高且上表面的厚度忽略不计,取g = 10m/s2A恰能顺次从各个小孔进出B 。则

AA第一次进入BB停止运动的过程中,B通过的总路程s为0.18m

B为了保证A始终不与B接触,B上的小孔个数至少有5个

C为了保证A始终不与B接触,B上表面孔间距最小值为0.04m

D为了保证A始终不与B接触,B上表面孔间距最大值为0.1m

正确答案

A,B,D

解析

A.由题意可知A在B内、外运动时,B的加速度大小,B全过程做匀减速直线运动,所以通过的总路程  ,故,A正确;

B.A第二次进入B之前,在B内运动的加速度大小为  运动的时间  在B外运动的加速度大小运动的时间  A从第一次进入B到第二次进入B的时间   t=t1+t2=0.3s,A运动一个周期B减少的速度为△υ=at=0.3m/s从小球第一次进入B到B停下,A运动的周期数为 故要保证小球始终不与B相碰,B上的小孔个数至少为 2n+1=5,故B正确;

CD.由于B向右做匀减速直线运动,经0.6s速度减为零,由逆向思维可知,B向左做初速度为零的匀加速直线运动了0.6s,每经过0.1s,其位移大小之比为1:3:5:7:9:11,共有(1+3+5+7+9+11)份即36份,所以,从右到左,B上表面各相邻小孔之间的距离分别为故C错误,D正确;

解题思路

盒子做匀减速运动,求出盒子的加速度,根据匀变速直线运动位移速度公式即可求解B通过的总路程;分别求出小球在盒内和盒外时的盒子的加速度,进而求出小球运动一个周期盒子减少的速度,再求出从小球第一次进入盒子到盒子停下,小球运动的周期数n,要保证小球始终不与盒子相碰,盒子上的小孔数至少为2n+1个;由于B向右做匀减速直线运动,经0.6s速度减为零,由逆向思维可知,B向左做初速度为零的匀加速直线运动了0.6s,每经过0.1s,其位移大小之比为1:3:5:7:9:11,共有(1+3+5+7+9+11)份即36份,即可求出从右到左,B上表面各相邻小孔之间的距离.

易错点

关键是正确分析每个过程的受力情况,求出微粒的加速度、时间和位移.

知识点

匀变速直线运动规律的综合运用牛顿第二定律
1
题型: 多选题
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分值: 6分

20.已知电势是标量,空间某点电势是各部分电荷在该点的电势的代数和;电场强度是矢量,空间某点电场强度是各部分电荷在该点   的电场强度的矢量和。如图所示,三根绝缘均匀带点棒ABBCCA构成正三角形,AB的电荷量为+QcAC的电荷量为+QbBC的电荷量为+Qa,正三角形的中心O点的电势为φ1,场强大小为E1、方向指向A,当撤去 带电棒BC之后,测得其中心O点的电势为φ2,场强大小为E2、方向背离A,规定无穷远处电势为零,如果同时撤去带电棒ABAC,则关于O点的场强大小和电势,下列说法正确的是(   )

AO点的场强大小为E1E2

BO点的场强大小为E1+ E2

CO点的电势φ1φ2

DO点的电势φ1+φ2

正确答案

B,C

解析

电场强度是矢量,空间某点电场强度是各部分电荷在该点   的电场强度的矢量之和。所以O点的场强大小为E1+ E2,A错误,B正确;

电势是标量,空间某点电势是各部分电荷在该点的电势的代数和。所以O点的电势φ1φ2,C正确,D错误。

故选:BC

考查方向

电场叠加

解题思路

根据电场叠加原理分析判断

易错点

电场强度是矢量,计算时要考虑方向

知识点

电场强度及其叠加电势能和电势
1
题型: 多选题
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分值: 6分

19.如图所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电,接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图(图中变压器均可视为理想变压器,图中电表均为理想交流电表)。设发电厂输出的电压一定,两条输电线总电阻用R0表示,变阻器R相当于用户用电器的总电阻。当用电器增加时,相当于R变小,则当用电进入高峰时

A电压表V1V2的读数均不变,电流表A1A2的读数均增大

B电压表V3V4的读数均减小,电流表A3的读数也减小

C电流表V2V3的读数之差与电流表A2 的读数的比值不变

D发电厂的输出功率增大

正确答案

A,C,D

知识点

变压器的构造和原理电能的输送
简答题(综合题) 本大题共60分。简答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
1
题型:简答题
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分值: 6分

为了探究加速度与力、质量的关系,甲、乙、丙三位同学分别设计了如图所示的实验装置,小车总质量用M表示(乙图中M包括小车与传感器,丙图中M包括小车和与小车固连的滑轮),钩码总质量用m表示。

      

22.下图是用图甲装置中打点计时器所打的纸带的一部分,OABCDE为纸带上六个计数点,加速度大小用a表示.

OD间的距离为________cm. 图是根据实验数据绘出的st2图线(s为各计数点至同一起点的距离),则加速度大小a=_______m/s2(保留三位有效数字)

23.若乙、丙两位同学发现某次测量中力传感器和测力计读数相同,通过计算得到小车加速度均为a g为当地重力加速度,则乙、丙两人实验时所用小车总质量之比为           

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

1.20    0.933

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

1:2

1
题型:简答题
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分值: 9分

某探究小组利用课外时间做了如下探究实验:

先利用如图所示的电路来测量两个电压表的内阻,实验分两个过程,先用替代法测出电压表V1的内阻,然后用半偏法测出电压表V2的内阻。供选用的器材如下:

A)待测电压表V1,量程为2.0V, 内阻10k~30k

B)待测电压表V2,量程为3.0V, 内阻30k~40k

C)电阻箱,阻值范围0~99999.9

D)滑动变阻器,阻值范围0~1000,   额定电流0.5A

E)滑动变阻器,阻值0~20,额定电流2A

F)电池组,电动势为6.0V,内电阻为0.5

G)单刀单掷开关、单刀双掷开关各一个及导线若干

24.实验器材选择除A、B、C、F、G外,滑动变阻器R′应选用:      (用器材前的字母表示)

25.下面是主要的实验操作步骤,将所缺的内容补充完整;

①用代替法测待测电压表V1的内阻

根据电路图连成实验电路,并将滑动变阻器R′的滑动触头置于左端; 将单刀双掷开关S2置于触点2,调节滑动变阻器R′,使电压表V2的指针指在刻度盘第N格,然后将单刀双掷开关S2置于触点1,调节电阻箱R使电压表V2的指针指在           ,记下此时电阻箱R的阻值RA=20 k

②用半偏法测待测电压表V2的内阻

将单刀双掷开关S2置于触点1,电阻箱的阻值调为零,闭合开关S1,调节滑动变阻器使电压表V2的指针满偏。保持滑动变阻器R′的滑动触头位置不变,调节电阻箱R,使电压表V2的指针指在           ,记下电阻箱R的阻值RB=30 k

26.上述两种测量方法都有误差,其中有种测量方法没有系统误差,接下来该小组选用此测量方法测出其内阻的电压表改装成一量程为6.0V的电压表继续完成后续的探究实验,需串联一阻值为       k的电阻。

27.该探究小组用如图所示的电路采用高电阻放电法测电容的实验,是通过对高阻值电阻放电的方法,测出电容器充电电压为U时,所带的电量为Q,从而再求出待测电容器的电容C

实验情况如下:按图甲所示电路连接好实验电路;接通开关S,调节电阻箱R的阻值,使小量程电流表的指针偏转接近满刻度,记下这时电流表的示数I0=480mA及电压表的示数Uo =6.0V,IU0 分别是电容器放电的初始电流和电压;断开开关S,同时开始计时,每隔△t测一次电流I的值,将测得数据填入预先设计的表格中,根据表格中的数据(10组)表示在以时间t为横坐标、电流I为纵坐标的坐标纸上,如图乙中用“·”表示的点,再用平滑曲线连接得出i-t图像如图。则根据上述实验结果,估算出该电容器两端的电压为U0时所带的电量Q0约为 ___________C(保留三位有效数字);该电容器的电容C约为____________F(保留三位有效数字)。

I/ms

t/ms

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

E

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

①刻度盘的第N格  ②刻度盘的中央

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

40 k

第(4)小题正确答案及相关解析

正确答案

Q=7 .50-8.00×10-3C     C=1.25×10-3F

1
题型:简答题
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分值: 13分

质量为m=20kg的物体在大小恒定的水平外力作用下,冲上一足够长从右向左以恒定速度v0= -10 m/s传送物体的水平传送带,从物体开始冲上传送带计时,物体的速度—时间图象如图所示,已知0~2.0s内水平外力与物体运动方向相反,2.0~4.0s内水平外力与物体运动方向相反,g取10m/s2。求:

28.物体与传送带间的动摩擦因数;

29.0~4.0s内物体与传送带间的摩擦热Q.

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

设水平外力大小为F,由图象可知0~2.0s内物体做匀减速直线运动,

加速度大小为a1=5m/s2

由牛顿第二定律得:  ,

2~4s内物体做匀加速直线运动,加速度大小为a2=1m/s2,由牛顿第二定律得:

f=40N

f=μmg

由以上各式解得:μ=0.3

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

0~2.0s内物体的对地位移      x1=10m

传送带的对地位移   m

此过程中物体与传送带间的摩擦热   Q1=1800J

2~4.0s内物体的对地位移      x2=-2m

传送带的对地位移   m

此过程中物体与传送带间的摩擦热   Q2=1080J

0~4.0s内物体与传送带间的摩擦热Q= Q1+Q2=2880J

1
题型:简答题
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分值: 17分

如图甲所示,在平行边界MNPQ之间存在宽    度为d的匀强电场,电场周期性变化的规律如图乙所示,取竖直向下为电场正方向;在平行边界MNPQ左侧和右侧存在如图甲所示的两个长为2d,宽为d的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,其边界点分别为PQCDMNFE。已知区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度大小是区域Ⅰ内匀强磁场的磁感应强度大小的3倍。在区域Ⅰ右边界中点A处,有一质量为m、电量为q、重力不计的带正电粒子以初速度v0

沿竖直方向从磁场区域Ⅰ开始运动,以此作为计时起点,再经过一段时间粒子又恰好回到A点,如此循环,粒子循环一周,电场恰好变化一个周期,已知粒子离开区域Ⅰ进入电场时,速度恰好与电场方向垂直,sin53°=0.8,cos53°=0.6。求:

30.区域Ⅰ的磁感应强度大小B;

31.电场强度大小E及电场的周期T。

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

粒子在区域Ⅰ做圆周运动的半径r=d,

由洛伦兹力提供向心力知  联立得

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

画出粒子运动的轨迹示意图如图所示,

粒子在区域Ⅰ做匀速圆周运动,圆心为O1,粒子从区域Ⅰ进入电场,在电场中做类平抛运动,在区域Ⅱ做匀速圆周运动,圆心为O2半径记为R,在区域Ⅱ做匀速圆周运动圆心O2与区域Ⅰ做匀速圆周运动的圆心O1的连线必须与边界垂直才能完成上述运动。粒子从区域Ⅰ进入电场做类平抛运动水平方向

竖直方向

离开电场时沿电场方向的速度

离开电场时速度方向与边界MN的夹角为θ,离开电场时速度为v,

粒子在区域Ⅱ做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力知

由几何关系有

联立以上各式得

粒子在区域Ⅰ中运动的时间

粒子在区域Ⅱ中运动的时间

粒子在电场中运动的时间

电场变化的周期等于粒子运动的周期,所以电场周期

1
题型:简答题
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分值: 15分

[物理——选修3-5](15分)

61.(6分)一列简谐横波沿x轴传播。图中(甲)图是 t = 0时刻的波形,且x = 4.0 m 处质点刚好起振。(乙)图是 x = 4.0 m 处质点经 t = 1.0 秒后的位移时间图象。下列说法中不正确的是(   )

A该波6.0m处的质点,第一次到达波峰的时间为3.0s

B该波6.0m处的质点,第一次到达波谷的时间为6.0s

C该波上的EF两质点同时达到波峰位置和平衡位置

D该波沿x轴负方向传播

E该波x = 1.0m处的质点从图示时刻起历时3.0s通过6.0cm的路程

62.(9分)如图所示,在MN的下方足够大的空间是玻璃介质,其折射率n=,玻璃介质的上边界MN是屏幕.玻璃中有一个正三角形空气泡,其边长l=40cm,顶点与屏幕接触于C点,底边AB与屏幕平行.一束激光a垂直于AB边射向AC边的中点O,结果在屏幕MN上出现两个光斑.

1)求两个光斑之间的距离L.

63.2)若任意两束相同的激光同时垂直于AB边向上射入空气泡,求屏幕上相距最远的两个光斑之间的距离.

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

B,C,D
第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

画出光路图如图甲所示.在界面AC,入射角i=60°,由折射定律n解得折射角r=30°由光的反射定律得反射角θ=60°

由几何关系得,△ODC是边长为l的正三角形,△OEC为等腰三角形,且CEOC

则两个光斑之间的距离LDCCE=40 cm.

甲           乙

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

作出入射点在AB的光线的光路图,如图乙所示,由图可得屏幕上相距最远的两个光斑之间的距离PQ=2l=80 cm.

单选题 本大题共7小题,每小题6分,共42分。在每小题给出的4个选项中,有且只有一项是符合题目要求。
1
题型: 单选题
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分值: 6分

17.如图所示,一轻弹簧一端系在墙上O点,自由伸长到B点,今将一质量为m的小物体靠着弹簧,将弹簧压缩到A点,然后释放,小物体能在水平面上运动到C点静止,AC距离为s,若将小物体系在弹簧上,在A点由静止释放,运动到最后静止,设小物体通过的总路程为l,则关于sl的关系下列叙述正确的是(   )

A s不可能等于l

B s不可能大于l

Cs不可能小于l

D s一定等于l

正确答案

C
1
题型: 单选题
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分值: 6分

18.如图甲所示,正三角形导线框abc固定在磁场中,磁场方向与线圈平面垂直,磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示。t=0时刻磁场方向垂直纸面向里,在0~4s时间内,线框ab边所受安培力F随时间t变化的关系(规定水平向左为力的正方向)可能是下图中的  (   )

A

B

C

D

正确答案

A
1
题型: 单选题
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分值: 6分

14.下列叙述符合史实的是(      )

A安培在实验中观察到电流的磁效应,该效应解释了电和磁之间存在联系

B奥斯特根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性,提出了分子电流假说

C卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”将微小量放大,准确的测定了静电力常量

D楞次在分析了许多实验事实后提出,感应电流应具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化

正确答案

D
1
题型: 单选题
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分值: 6分

18.如图甲所示,正三角形导线框abc固定在磁场中,磁场方向与线圈平面垂直,磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示。t=0时刻磁场方向垂直纸面向里,在0~4s时间内,线框ab边所受安培力F随时间t变化的关系(规定水平向左为力的正方向)可能是下图中的  (   )

A

B

C

D

正确答案

A

解析

A B、3t0-4t0内,感应电动势为:,为定值;感应电流:,为定值,方向由b到a;安培力F2=BI2L=2F1∝B;由于B先向里逐渐减小到零,然后向外增加到,故安培力先向左由2F1逐渐减小到零;然后向右逐渐增大到2F1,故选项A 正确,B 错误。

C D、 0-2t0时间内,感应电动势为:,为定值;感应电流:,为定值,电流方向为由a到b;安培力F1=BI1L∝B;由于B由向外的逐渐减小到零然后在增大到向里的,故安培力先向左逐渐减小到零,然后向右逐渐增大,故C、D均错误;

考查方向

电磁感应中的力

解题思路

先由法拉第电磁感应定理和欧姆定律求出感应电流I,然后由判断

易错点

磁通量的变化量计算

知识点

通电直导线在磁场中受到的力左手定则法拉第电磁感应定律
1
题型: 单选题
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分值: 6分

16.2016年2月11日,美国自然科学基金召开新闻发布会宣布,人类首次探测到了引力波。2月16日,中国科学院公布了一项新的探测引力波的“空间太极计划”,其中,由中山大学发起的空间引力波探测工程“天琴计划”于15年7月正式启动。计划从2016年到2035年分四阶段进行,将向太空发射三颗卫星探测引力波。在目前讨论的初步概念中,天琴将采用三颗全同的卫星(SC1、SC2、SC3)构成一个等边三角形阵列,地球恰处于三角形中心,卫星将在以地球为中心、高度约10万公里的轨道上运行,针对确定的引力波源进行探测,这三颗卫星在太空中的分列图类似乐器竖琴,故命名为“天琴计划”。

则下列有关三颗卫星的运动描述正确的是(   )

A三颗卫星一定是地球同步卫星

B三颗卫星具有相同大小的加速度

C三颗卫星线速度比月球绕地球运动的线速度大且大于第一宇宙速度

D若知道万有引力常量G及三颗卫星绕地球运转周期T可估算出地球的密度

正确答案

B

解析

A、同步轨道卫星的半径约为42400公里,是个定值,而三颗卫星的半径约为10万公里,所以这三颗卫星不是地球同步卫星,故A错误;

B、根据,得.由于三颗卫星到地球的距离相等,则它们的加速度大小相等,故B正确;

C、第一宇宙速度是绕地球运动的最大速度,则三颗卫星线速度都小于第一宇宙速度,故C错误;

D、若知道万有引力常量G及三颗卫星绕地球运转周期T可以求出地球的质量,但不知道地球半径,所以不能求出地球的密度,故D错误.

故选:B

考查方向

万有引力定律的成就

解题思路

同步轨道卫星的半径约为42400公里,根据万有引力定律结合牛顿第二定律判断加速度大小是否相等,第一宇宙速度是绕地球运动的最大速度,要计算地球质量,需要知道地球半径

易错点

第一宇宙速度是绕地球运动的最大速度,是发射卫星的最小速度

教师点评

要抓住卫星问题的基本思路:万有引力等于向心力.

知识点

万有引力定律及其应用
1
题型: 单选题
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分值: 6分

15.如图所示,质量为m的物体置于倾角为θ的固定斜面上.物体与斜面之间的动摩擦因数为μ,先用平行于斜面的推力F1作用于物体上使其能沿斜面匀速上滑,若改用水平推力F2作用于物体上,也能使物体沿斜面匀速上滑,则两次的推力之比为(   )

Acos θμsin θ

Bcos θμsin θ

C1+μtan θ

D1-μtan θ

正确答案

B

解析

F1作用时,物体的受力情况如图1,根据平衡条件得

F1=mgsinθ+μFN            

FN=mgcosθ

解得:F1=mgsinθ+μmgcosθ                            

F2作用时,物体的受力情况如图2,根据平衡条件得

F2cosθ=mgsinθ+μFN′

FN′=mgcosθ+F2sinθ          

解得:

所以

故,本题答案为B,ACD错误;

考查方向

共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用

解题思路

选取物体为研究对象,对物体进行受力分析,作出受力图,根据平衡条件运用正交分解法求解F1与F2的大小,利用数学知识求它们的比值。

易错点

本题关键是对物体进行正确的受力分析,结合物体的状态利用数学知识列出方程进行求解。

知识点

力的合成与分解的运用共点力平衡的条件及其应用
1
题型: 单选题
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分值: 6分

14.下列叙述符合史实的是(      )

A安培在实验中观察到电流的磁效应,该效应解释了电和磁之间存在联系

B奥斯特根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性,提出了分子电流假说

C卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”将微小量放大,准确的测定了静电力常量

D楞次在分析了许多实验事实后提出,感应电流应具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化

正确答案

D

解析

A、安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性,提出了分子电流假说,很好地解释了磁化现象.故A错误.

B、1820年,丹麦物理学家奥斯特在实验中观察到电流的磁效应,揭示了电和磁之间存在联系.故B错误.

C、卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”将微小量放大,准确的测定了万有引力力常量.故C错误.

D、楞次在分析了许多实验事实后提出楞次定律,即感应电流应具有这样的方向,感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化.故D正确.

故选D

考查方向

物理学史

解题思路

根据物理学史实判断

易错点

容易混淆模糊

知识点

物理学史

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