中考物理真题突破5

中考物理真题突破 5 一、选择题(每小题 3 分，共 30 分) 1.生活中常用“引吭高．歌”“低．声细语”来形容声音。这里的“高”“低”是指声音的 ( ) A.响度 B.音调 C.音色 D.频率 解析：声音的响度与声源振动的幅度有关，振动幅度越大，响度越大，振动幅度越小，响度 越小。“引吭高歌”中的“高”说明声音的响度大，“低声细语”中的“低”是指声音的响 度小。 答案：A 2.取出在冰箱中被冷冻的金属块，擦干后放一会儿，其表面会变湿。此现象中发生的物态变 化是( ) A.汽化 B.液化 C.升华 D.凝固 解析：由于从冰箱中取出的金属块温度很低，空气中的水蒸气遇到冷的冰块液化成小水滴附 着在铁块上，使其表面变湿。 答案：B 3.下列现象中，由光的反射形成的是( ) A.小孔成像 B.立竿见影 C.海市蜃楼 D.水中倒影 解析：A、小孔成像说明光是沿直线传播的，故 A 错误； B、立竿见影属于影子的形成，说明光是沿直线传播的，故 B 错误； C、海市蜃楼是光在沿直线方向传播时，在密度不均匀的空气层中，经过折射造成的结果。 故 C 错误； D、水中倒影，属于平面镜成像，是由于光的反射形成的，故 D 正确。 答案：D 4.如图所示，用线将灯悬挂在天花板上。当灯静止时，灯所受拉力的平衡力是( ) A.线所受的重力 B.灯所受的重力 C.灯对线的拉力 D.线对天化板的拉力 解析：A、灯所受拉力与线所受的重力没有作用在同一个物体上，故 A 错误； B、当灯静止时，灯受到竖直向上的拉力和竖直向下的重力的作用，拉力和重力满足二力平 衡的四个条件，是一对平衡力，故 B 正确； C、灯所受拉力与灯对线的拉力是一对相互作用力，故 C 错误； D、灯所受拉力与线对天化板的拉力没有作用在同一个物体上。故 D 错误。 答案：B 5.中国选手张湘祥在奥运会上获得男子举重 62kg 级冠军，挺举成绩是 176kg，图为他比赛 时的照片。他在挺举过程中对杠铃做的功最接近( ) A.600J B.1200J C.1800J D.3400J 解析：杠铃的重力： G=mg=176kg×10N/kg=1760N， 张湘祥的身高约为 1.60m； 在挺举过程中把杠铃举高的高度为张湘祥的身高加上 0.4m，即： h=1.60m+0.4=2.0m， 在挺举过程中对杠铃做的功： W=Gh=1760N×2.0m=3520J。 答案：D 6.用细线将小球系好后，固定在天花板上，做成一个摆。如图所示，小球从 A 点摆动到 B 点的过程中( ) A.速度变小，动能变大 B.速度变小，动能变小 C.速度变大，重力势能变小 D.速度变大，重力势能变大 解析：小球从 A 点摆动到 B 点的过程中，质量不变、高度减小，重力势能减小；质量不变、 速度变大，动能变大；重力势能转化为动能。 答案：C 7.图中的 a 表示垂直于纸面的一根导线，它是闭合电路的一部分。当它在磁场中按箭头方向 运动时，能产生感应电流的是( ) A. B. C. D. 解析：磁极间的磁感线是从 N 极指向 S 极，由图可知，C 中导体做切割磁感线运动，所以会 产生感应电流，故 C 正确； ABD 中的导体运动时，导体运动方向与磁感线方向平行，都不会切割磁感线，所以不会产生 感应电流，故 ABD 错误。 答案：C 8.将玻璃瓶、两端开口的细玻璃管和橡皮塞组成如图所示的装置。装置内加入适量的液体， 可完成如下四个实验：在这些实验的设计中，把微小变化放大以利于观察的是( ) ①验证力使物体发生形变；②观察大气压随高度的变化； ③观察液体的热胀冷缩；④模拟潜水艇的浮沉。 A.①②③ B.②③④ C.①③④ D.①②④ 解析：①用力挤压瓶子，瓶子可以发生形变，利用该装置可以验证：力可以使固体发生微小 形变； ②当大气压变化时，细管中液柱的高度会发生变化，利用该装置可以验证大气压随高度的变 化； ③物体具有热胀冷缩的性质，当液体温度变化时体积会发生变化，利用该装置可以观察液体 的热胀冷缩； ④将瓶子放在水中，通过玻璃管向瓶内吹气，可以看到瓶子上浮；通过玻璃管向外抽气，可 以看到瓶子下沉。通过此实验可以直接模拟潜水艇的沉浮，不需要把微小变化放大。 答案：A 9.如图所示电路，电源电压保持不变，闭合开关 S，当滑动变阻器的滑片 P 向右滑动时， 下列说法正确的是( ) A.两个电流表的示数都变大 B.两个电流表的示数都变小 C.电流表 A1 示数不变，电流表 A2 示数变大 D.电流表 A1 示数不变，电流表 A2 示数变小 解析：(1)由图知，两电阻并联，电流表 A1 测 R1 的电流，A2 测总电流： 因为并联电路各支路独立工作、互不影响，所以滑片移动时通过定值电阻 R1 的电流不变， 即电流表 A1 示数不变，故 AB 错误； (2)当滑动变阻器的滑片 P 向右滑动时，变阻器连入电路中的电阻变大，由欧姆定律可知， 通过变阻器的电流变小，因通过 R1 的电流不变，根据并联电路的电流规律可知，总电流变 小，即电流表 A2 示数变小，故 D 正确，C 错误。 答案：D 10.在使用图所示的插线板时发现：只有在开关闭合时，指示灯才能发光，插孔才可以提供 工作电压：即使指示灯损坏，开关闭合时插孔也能提供工作电压。下图中插线板电路连接符 合上述现象及安全用电要求的是( ) A. B. C. D. 解析：插线板上的指示灯在开关闭合时会发光，插孔正常通电，说明开关同时控制灯泡和插 座，灯泡和插座之间可能是串联，也可能是并联，如果两者并联，开关应该在干路上；如果 指示灯损坏，开关闭合时插孔也能正常通电，说明灯泡和插座之间是并联的，开关接在灯泡、 插座和火线之间控制火线使用更安全，故 A 正确。 答案：A 二、多项选择题(本大题共 3 小题，每小题 3 分，共 9 分。每小题给出的四个选项中，均有 多个选项符合题意，全部选对的得 3 分，选对但不全的得 1 分，不选或选错的得 0 分) 11.在用一凸透镜研究其成像的规律时，某同学得到的部分实验信息如下表所示。根据表中 信息判定下列说法正确的是( ) 实验次序 1 2 3 4 5 物距 u/cm 50 40 30 25 20 像距 v/cm 22 24 30 38 60 A.该凸透镜的焦距是 15cm B.当 u=25cm 时，凸透镜成放大的像，放大镜就是根据这一原理制成的 C.当 v=24cm 时，凸透镜成缩小的像，照相相机就是根据这一原理制成 D.若把物体从距凸透镜 22cm 处向距凸透镜 32cm 处滑动，像会逐渐变小 解析：A、由表中的数据可知，实验 3 中，u=v=30cm，此时 u=2f，f=15cm，故 A 正确； B、当 u=25cm 时，物距大于一倍焦距小于二倍焦距，凸透镜成倒立、放大的像，投影仪就是 根据这一原理制成的，故 B 错误； C、当 v=24cm 时，像距大于一倍焦距小于二倍焦距，则物距大于二倍焦距，凸透镜成缩小的 像，照相相机就是根据这一原理制成，故 C 正确； D、若把物体从距凸透镜 22cm 处向距凸透镜 32cm 处滑动，物距变大，像距变小，像变小， 故 D 正确。 答案：ACD 12.如图甲所示电路，闭合开关 S 后，将滑动变阻器的滑片 P 从一端滑到另一端，R1、R2 的 U～ I 关系图象如图乙所示：在上述过程中，滑片 P 从任意一点滑动到另外一点时，电流表 A 的 示数变化量为△I，电压表 V1、V2 的示数变化量分别为△U1、△U2，R1、R2 的功率变化量分别 为△P1、△P2，则( ) A.R1 的阻值为 70Ω B.电源电压是 18V C. 1 2U U I I    总成立 D. 1 2P P I I    总成立 解析：由电路图可知，R1 与 R2 串联，电压表 V1 测 R1 两端的电压，电压表 V2 测 R2 两端的电压， 电流表测电路中的电流。 (1)当滑片位于右端时，变阻器接入电路中的电阻为 0，电路为 R1 的简单电路，电路中的电 流最大，R2 的电压为 0，此时 R1 两端电压最大且等于电源电压，如上所示： 由图象可知，即：U=18V，电路中的最大电流 I 最大=0.9A， 由欧姆定律可得，R1 的阻值： 1 18 200.9 U VR I A    最大 ，故 A 错误，B 正确； (2)设滑片移动前后电路中的电流为 I1、I2，根据欧姆定律和串联电路电压的规律，则电压 表 V2 示数的变化量： |△U2|=|(U﹣I1R1)﹣(U﹣I2R1)|=|(I2﹣I1)R1|=|△IR1|， 所以： 2U I   =R1 根据串联电路各部分电压等于电源总电压，故有：|△U1|=|△U2|， 所以： 1 2U U I I    =R1，故 C 正确； (3)|△P1|=|P1﹣P1'|=|I1 2R1﹣I2 2R1|=|R1(I1+I2)(I1﹣I2)|=|R1(I1+I2)△I|=R1(I1+I2)|△I|； 故 1P I   =R1(I1+I2)﹣﹣﹣﹣﹣①， 同理： 2P I   =R2(I1+I2)﹣﹣﹣﹣﹣②， 由①②知，只有 R1=R2 时， 1 2P P I I    才成立，故 D 错误。 答案：BC 13.如图所示，水平地面上放有上下两部分均为柱形的薄壁容器，两部分的横截面积分别为 S1、S2。质量为 m 的木球通过细线与容器底部相连，细线受到的拉力为 T，此时容器中水深 为 h(水的密度为ρ0)。下列说法正确的是( ) A.木球的密度为 0 mg T mg  B.木球的密度为 0 mg T mg  C.剪断细线，待木球静止后水对容器底的压力变化量为 T D.剪断细线，待木球静止后水对容器底的压力变化量为 2 1 S TS 解析：(1)木球浸没时，其受到竖直向上的浮力、竖直向下的重力和绳子的拉力， 由于木球处于静止状态，受力平衡，根据力的平衡条件可得： F 浮=G+T=mg+T， 木球浸没时，V 排=V 木，则根据阿基米德原理 F 浮=ρ液 gV 排可得： ρ0gV 排=mg+T， 由 m V  可得木球的体积： mV 木 木 ， 所以，ρ0g× m 木 =mg+T， 解得ρ木= 0 mg T mg  ；故 A 正确，B 错误； (2)剪断细线，木块漂浮，F 浮′=G=mg， 则待木球静止后浮力变化量为：△F 浮=F 浮﹣F 浮′=mg+T﹣mg=T， 根据阿基米德原理 F 浮=ρ液 gV 排可得水面下降的高度(容器上部的水面下降)： 0 1 1 0 1 F V g Th S S gS        浮 排 ， 则由 Fp S   可得，水对容器底的压力变化量： △F=△pS2=ρ0g△hS2= 2 0 2 0 1 1 STg S TgS S   ，故 C 错误，D 正确。 答案：AD 三、填空题(本大题共 6 小题，共 24 分) 14.下面是两则科技新闻：①“天眼一 FAST”第一次发现了一颗距地球 4000 光年的毫秒脉 冲星；②我国新能源汽车产业发展迅速，锂电池单体能量密度已达 230W·h/kg 其中“光年” 是____的单位，“W·h”是____的单位。(填物理量名称) 解析：物理学中，“光年”是光在 1 年中走过的路程，是长度单位；W·h 是功率与时间的 乘积，是能量单位。 答案：长度；能量 15.空中加油机在高空给战斗机加油时，以加油机为参照物，战斗机是____的；若加油机以 500km/h 的速度航行 0.2h，通过的路程是____km。 解析：当加油机在空中给战斗机加油时，以加油机为参照物，战斗机与加油机之间没有位置 的变化，所以战斗机是静止的； 根据 sv t 可得，加油机通过的路程为：s=vt=500km/h×0.2h=100km。 答案：静止；100 16.将图甲所示装置中的玻璃板抽掉后，两个瓶子内的气体会彼此进入对方，这种现象叫做 ____；如图乙所示，用力击出下部棋子时，上面的棋子没有飞出，是由于上面的棋子具有____。 解析：(1)密度小的空气和密度大的二氧化氮过一段时间，形成比较均匀的气体，这是扩散 现象，扩散现象说明分子不停地进行无规则运动；上面的空气密度小，下面的二氧化氮密度 大，过一段时间，形成均匀的气体，充分证明气体分子不停地进行无规则运动，有力证明气 体的扩散现象。 (2)受到打击的棋子飞出后，上面的棋子由于惯性要保持原来的静止状态，所以上面的棋子 不会飞出而是落到正下方； 答案：扩散；惯性 17.当某导体两端电压是 3V 时，通过它的电流是 0.2A，则该导体的电阻是____Ω；当它两 端电压为 0V 时，该导体的电阻为____Ω。 解析：根据 UI R 可得，导体的电阻： 3 0.2 U VR I A  =15Ω； ∵电阻是导体本身的一种性质，与两端的电压和通过的电流无关， ∴在这个导体两端电压为 0 时，导体的电阻仍为 15Ω不变。 答案：15；15 18.利用图甲中的撬棒撬石块时，撬林相当于____(选填“省力”或“费力”)杠杆：利用图 乙中的滑轮组匀速提升 900N 的重物时，若忽略滑轮自重、绳重及摩擦，人对绳的最小拉力 为____N。 解析：(1)用撬棒撬石头时，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆； (2)由乙图可知绳子的有效股数 n=3， 拉力 F= 1 n G 物= 1 3 ×900N=300N。 答案：省力；300 19.如图所示电路中，电源电压保持不变，电阻 R1 与 R2 的阻值之比为 2：1。开关 S 断开时， R1 与 R2 的电功率之比为____：开关 S 闭合前后，电压表两次的示数之比为____。 解析：(1)已知电阻 R1 与 R2 的阻值之比为 2：1，则 R1=2R2， 开关 S 断开时，电阻 R1、R2 串联， 因串联电路中电流处处相等， 则 R1 与 R2 的电功率之比： 2 1 1 1 2 2 22 2 1 P I R R P RI R    ； 开关 S 断开时，电阻 R1、R2 串联，此时电路中的电流 1 2 2 2 22 3 U U UI R R R R R    ， 此时电压表测 R1 两端的电压， 由 UI R 可得，电压表的示数： U1=IR1= 1 2 2 2 223 3 3 U U UR RR R   ； (2)开关 S 闭合后，电路为 R1 的简单电路，电压表测电源电压，即电压表的示数为 U； 所以，开关 S 闭合前后，电压表两次的示数之比为 2 23 3 U U  。 答案：2：1；2：3 四、综合题(本大题共 6 小题，共 37 分。解题中要求有必要的分析和说明，计算题还要有公 式及数据代入过程，结果要有数值和单位 20.图为某电热器的电路原理图，通过将开关 S 置于不同的位置，可以实现“加热”和“保 温”两种状态的变换，对应的额定功率分别为 800W 和 40W。 (1)将开关 S 接“1”时，电热器处于____(选填“加热”或“保温”)状态。 (2)电热器在加热状态下正常工作，将 0.5kg 初温为 20℃的水加热到 100℃，需 要多长时间？【(水的比热容为 4.2×103J/(kg·℃)，假设电能全部转化为水的内能】 解析：(1)将开关 S 接“1”时，电路为 R2 的简单电路，电路中电阻最小，根据 2UP R 可判 断此时电热器所处的状态； (2)先根据 Q 吸=cm(t﹣t0)求出水吸收的热量即为电热器消耗的电能，然后根据 WP t 求出 需要的加热时间。 答案：(1)将开关 S 接“1”时，电路为 R2 的简单电路，电路中电阻最小， 根据 2UP R 可知，电源电压一定时，电阻越小，电功率越大，所以此时电热器处于加热状 态。 (2)水吸收的热量： Q 吸=cm(t﹣t0)=4.2×103J/(kg·℃)×0.5kg×(100℃﹣20℃)=1.68×105J， 由题意可知，假设电能全部转化为水的内能，则 W=Q 吸=1.68×105J， 由 WP t 得，需要的加热时间： 51.68 10 210800 W Jt sP W     加热 。 答：(1)加热； (2)电热器在加热状态下正常工作，将 0.5kg 初温为 20℃的水加热到 100℃，需要的时间为 210s。 21.在探究电阻一定时电流与电压关系的实验中： (1)请根据图甲所示的电路图，用笔画出导线完成图乙的电路连接： (2)实验过程中得到的部分数据如下表所示。第 3 次测时，电流表的示数如图丙所示，请将 该数据填入表格中 实验序号 1 2 3 … 电压 U/V 0.8 1.6 2.4 … 电流 I/A 0.16 0.32 ____ … (3)在图丁中的坐标轴上标出适当的标度，把上表中的数据在坐标系中描点并连线。 解析：(1)根据电源电压为 3V 确定电压表选用小量程与电阻并联，由图丙知电流表选用小量 程与 R 串联，将变阻器滑片以左电阻丝连入电路中与电阻串联； (2)根据电流表选用小量程确定分度值为读数； (3)根据描点法作图。 答案：(1)电源电压为 3V，故电压表选用小量程与电阻并联，由图丙知，电流表选用小量程 与 R 串联，将变阻器滑片以左电阻丝连入电路中与电阻串联，如下左所示： (2)第 3 次测时，电流表的示数如图丙所示，电流表选用小量程，分度值为 0.02A，示数为 0.48A； (3)横坐标小格表 0.4V，纵坐标每小格表示 0.08A，根据表中数据在图中找出对应的点，连 线，如上右图所示。 故答案为：(1)如上左；(2)0.48；(3)如图所示。 22.在“探究影响导体电阻大小的因素”时，某实验小组想利用图所示的电路分别对导体电 阻跟它的长度、橫截面积、材料有关的猜想进行实验验证： (1)为验证“导体电阻跟长度有关”，下表中可选用的三种导体是____(填导体代号)； 导体代号 长度/m 横截面积/mm2 材料 A 1.0 0.2 锰铜 B 1.0 0.4 锰铜 C 1.0 0.6 锰铜 D 0.5 0.4 锰铜 E 1.5 0.4 锰铜 F 1.0 0.6 镍铬合金 G 1.0 0.6 铁 (2)若实验中将电路中的电流表更换为小灯泡，通过观察________也可以判断导体电阻大小， 但不足之处是________________________。 解析：(1)影响电阻大小的因素是：材料、长度、横截面积、温度，在探究过程中需用到控 制变量法； (2)在电源电压一定的情况下，导体电阻越大，电路电流越小，灯泡越暗；导体电阻越小， 电路电流越大，灯泡越亮；因此可以通过观察灯泡的亮度来判断电阻的大小，应用了转换法； 但当电路中电阻变化不大时，只凭灯泡的亮暗不易区分。 答案：(1)为了研究导体电阻与导体长度的关系，则需使导体的材料和横截面积相同，长度 不同，应选用的三种导体是 B、D、E； (2)实验中可通过通过观察灯泡亮度来判断电阻的大小，但是当电路中电阻变化不大时，只 凭灯泡的亮暗不易区分，所以不科学。 故答案为：(1)B、D、E；(2)灯泡的亮度；当电路中电阻变化不大时，只凭灯泡的亮暗不易 区分。 23.甲、乙两地相距 40km，在甲、乙两地之间沿直线架设了两条输电线，已知每条输电线每 千米的电阻为 0.2Ω。现输电线在某处发生了短路，为确定短路位置，枪修员进行了如下操 作：在甲地利用电源(电压恒为 6v)、定值电阻 Ro(阻值为 20Ω)、电压表(量程为 0～3V)以 及开关等与输电线组成了一个检测电路(如图所示，电压表未画出)：闭合开关后，电压表示 数为 2V；解答如下问题： (1)根据题意判定电压表的连接位置，将它接入检测电路； (2)计算出短路位置离甲地的距离。 解析：知道电表的示数，根据欧姆定律求出导线的总电阻，又知道每千米导线的电阻值，可 求导线的长度，然后除以 2 即可求出短路位置离甲地的距离。 答案：(1)由题知，输电线在某处发生了短路，为确定短路位置，在甲地利用图中的检测电 路进行检测；甲地是电源所在位置，电阻 R0 与导线电阻 R 线串联；要确定短路位置，需要测 出甲地到短路位置两输电线串联的总电阻，电压表应测导线的总电压，所以电压表应接在甲 地两点之间，如下图： (2)由题知，闭合开关后，电压表示数为 2V，即 U 线=2V， 由串联电路的电压特点可得，电阻 R0 两端的电压：U0=U﹣U 线=6V﹣2V=4V， 因串联电路的电流处处相等， 则电路中的电流： 0 0 4 0.220 U VI AR   ， 由 UI R 可得，甲地到短路位置两输电线的总电阻： 2 100.2 U VR I A   线 线 ， 根据题意可得，甲地到短路位置两输电线的总长度： 10 500.2 /L kmkm   ， 因两条输电线是并排架设的， 所以短路位置离甲地的距离：s= 1 1 502 2L km  =25km。 故答案为：甲地；25。 24.某校同学参加社会实践活动时，在山上发现一块很大的岩石，他们想测出这块岩石的密 度。几位同学随身携带的工具和器材有：电子天平(附说明书)、购物用的弹簧秤、卷尺、喝 水用的茶缸、铁锤、细线和一瓶饮用水(已知水的密度为ρ0)请你从中选用部分工具和器材， 帮他们设计一种精确测量岩石密度的实验方案要求 (1)写出主要的实验步骤 (2)写出岩石密度的数学表达式(用已知量和测量量表示) 解析：测物体密度所依据的实验原理是 m V  ，所以要测出岩石的密度，就需要知道岩石 的质量和岩石的体积。 (1)岩石的质量可以选用天平进行测量； (2)题中所给的器材里并没有量筒，所以无法采用常规的方法即用量筒测量岩石的体积。我 们可以利用等效替代的方法来解决这个问题：如果让岩石浸没入水中，则就可以得到 V 岩石=V 排水。在我们所学的公式里，还有一个公式里含有 V 排水，那就是阿基米德原理 F 浮=ρ液 gV 排。 利用天平称出排开水的质量，再代入公式求得排开水的体积，即岩石体积，最后利用密度公 式推导出其密度表达式。 答案：(1)测物体密度所依据的实验原理是 m V  ，所以要测出岩石的密度，就需要知道岩 石的质量和岩石的体积， 故设计实验步骤如下： ①用铁锤敲击岩石，取下适当体积的小岩石块； ②用电子天平称出小岩石块的质量，记为 m0； ③在茶缸中倒入适量水，称出茶缸和水的总质量，记为 m1； ④用细线系好小岩石块，提着细线的一端，将小岩石块浸没在水中保持静止(小岩石块不与 茶缸接触)，读出此时天平的示数，记为 m2； (2)小岩石块浸没在水中，V=V 排， 排开水的质量 m 排=m2﹣m1， 则其排开水的重力为 G 排=(m2﹣m1)g， 根据阿基米德原理可知，F 浮=G 排=(m2﹣m1)g， 又因为 F 浮=ρ水 gV 排=ρ水 gV， 故  2 1 2 1 0 0 m m g m mV g     ， 所以岩石的密度表达式 0 0 02 1 0 0 2 1 m m mm m V m m      。 答：(1)主要的实验步骤见解答； (2)岩石密度的数学表达式为ρ= 0 2 1 m m m ·ρ0。 25.某同学在研究滑动摩擦力时，先后做了如下两次实验： 实验一：将重为 G 的物块 A 放在一水平溥木板上，用弹簧测力计沿水平方向拉动物块，使它 在木板上匀速运动，如图甲所示。读出弹簧测力计示数为 F0； 实验二：再将上述木板一端垫起，构成一个长为 s、高为 h 的斜面；然后用弹簧测力计沿斜 面拉动物块 A，使它在斜面上匀速向上运动，如图乙所示。读出弹簧测力计的示数为 F1，请 你结合实验过程，运用所学知识解答如下问题(阅读图丙) (1)画出物块 A 在斜面上运动时对斜面的压力 FN 的示意图； (2)求出物块 A 对斜面的压力 FN。 解析：(1)物体对斜面的压力的作用点在斜面上，方向垂直于斜面向下。据此画出压力的示 意图； (2)设物块在平面和斜面上受到的滑动摩擦力分别为 f0 和 f，然后根据 W 总=W 有+W 额列出等式 求得 f，再根据 f=μFN 求得压力大小。 答案：(1)物块 A 在斜面上运动时对斜面的压力 FN 的作用点在斜面上，方向垂直于斜面竖直 向下，过压力的作用点，沿压力的方向画一条有向线段，即为其压力示意图。如下图所示： (2)设物块在平面和斜面上受到的滑动摩擦力分别为 f0 和 f， 由 W 总=W 有+W 额得，F1s=Gh+fs， 所以， 1F s Ghf s  ， 由题意可知，f=μFN，f0=F0=μG， 综上可得  1 0 N F s Gh GF F s  。 答：(1)见解答图； (2)物块 A 对斜面的压力 FN 为  1 0 F s Gh G F s  。