湖南省株洲市三年（2021-2023）高考物理模擬題匯編-01選擇題

湖南省株洲市三年(2021-2023)高考物理模擬題分類匯編-01選

擇題

一、單選題

1.如圖為卡塔爾世界杯兩支球隊(duì)激烈爭(zhēng)搶的場(chǎng)面，當(dāng)飛來(lái)的足球恰

好運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，姆巴佩將足球水平頂出，此后足球在空中飛行

一段時(shí)間后直接落地。不計(jì)空氣阻力，這段時(shí)間最接近()

A.1.0sB.0.85SC.0.65sD.

0.45s

2.定點(diǎn)投籃時(shí)，籃球從同一位置先后拋出后均落入籃筐，運(yùn)動(dòng)軌跡如

圖所示，不計(jì)空氣阻力，則籃球先后兩次()：,二一O

A.入籃時(shí)的速度相同

?

B.入籃時(shí)重力做功的功率相同6

C.入籃前在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同

D.入籃前在空中運(yùn)動(dòng)的動(dòng)量變化率相同_

3.如圖，一對(duì)固定不動(dòng)的等量異種點(diǎn)電荷的連線與其中垂線相交于。

點(diǎn)，以。點(diǎn)為圓心的兩個(gè)半徑不等的圓，分別與中垂線交于e、/兩點(diǎn)，與連線交于g、九兩點(diǎn),

兩圓的直徑均小于兩點(diǎn)電荷連線的長(zhǎng)度，貝∣J()

A.g點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大于八點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)

B.g點(diǎn)的電勢(shì)大于/i點(diǎn)的電勢(shì)

C.e點(diǎn)的電勢(shì)大于一點(diǎn)的電勢(shì)

D.將質(zhì)子從e點(diǎn)移到g點(diǎn)與從f點(diǎn)移到Zt點(diǎn)電場(chǎng)力做功相等

4.如圖，質(zhì)量相等的小球和小環(huán)用不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，小環(huán)套在------6

光滑固定的水平細(xì)桿上，初始時(shí)刻小球在小環(huán)的左下方，繩子拉直，

由靜止釋放，不計(jì)空氣阻力，則（）

A.小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)，動(dòng)量守恒

B.小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)，機(jī)械能不守恒

C.小球向右擺到的最高點(diǎn)和釋放點(diǎn)的高度相同

D.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，繩的拉力對(duì)小球一直不做功

5.碗內(nèi)部為半球形，半徑為R,碗口水平。生米粒與碗內(nèi)側(cè)的動(dòng)摩

擦因數(shù)為〃，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，靜止于碗內(nèi)的生米粒

與碗口間的最小距離d為（）

?-fi√l+μ2B.RJ1C.RJD.RJ??

6.“雨打芭蕉”是文學(xué)中常見的抒情意象。當(dāng)雨滴豎直下落的速度為U?

時(shí)，將-圓柱形量杯置于雨中，測(cè)得時(shí)間訥杯中水面上升的高度為/1。

為估算雨打芭蕉產(chǎn)生的壓強(qiáng)P，建立以下模型：芭蕉葉呈水平狀；所有落Rd

到芭蕉葉上的雨滴，都有-半向四周濺散開，濺起時(shí)豎直向上的速度大

小為9另一半則留在葉面上；忽略芭蕉葉上的積水以及雨滴落在葉面上時(shí)重力的影響；忽略

風(fēng)力以及濺起的水珠對(duì)下落雨滴的影響。已知水的密度為P，貝M為（）

AHphvB9phuC3phvD2phv

?IOt'IOt?St*St

7.如圖所示，水平圓盤上放置一物體P,用一輕質(zhì)彈簧將該P(yáng)

物體和圓盤中心。固連，此時(shí)彈簧處于拉伸狀態(tài)，圓盤能繞通

過(guò)其中心的豎直軸自由轉(zhuǎn)動(dòng)?，F(xiàn)讓圓盤從靜止開始緩慢加速轉(zhuǎn)動(dòng)，直到P與圓盤發(fā)生相對(duì)滑

動(dòng)，則在此過(guò)程中P與圓盤間的摩擦力大小（）

A.先增大后減小B.先減小后增加C.一直增大D.一直減小

8.如圖甲，一重物用細(xì)繩4C懸掛于4點(diǎn)，用水平繩Bo綁住繩ZC的。點(diǎn)，牽引至圖示位置保

持靜止?，F(xiàn)保持。點(diǎn)的位置不變，改變繩8。牽引的方向，其拉力尸隨旋轉(zhuǎn)角度α的變化如圖乙

所示，則重物的重力為（）

A.5N

9.如圖，傾角為。的斜面固定在水平地面上，現(xiàn)有一物塊以某一初

速度從底端沖上斜面，一段時(shí)間后物塊返回到斜面底端。已知物塊/

沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是向下運(yùn)動(dòng)的時(shí)間的一半，則它與斜面間的

動(dòng)摩擦因數(shù)應(yīng)為（）

A.tanθB.-ItanθQC.-tanθID.-tanθ

10.真空中4、B、C為一等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，在4點(diǎn)放一點(diǎn)電荷后，B點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為E,電

勢(shì)為8（取無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為0）;若再在C點(diǎn)放一等量異種電荷,則B點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)和電勢(shì)應(yīng)分別為（）

A.√-3f,2φB.CE,0C.E,2φD.E,0

11.如圖所示，一段金屬導(dǎo)線彎成“n”，導(dǎo)線下端分別插在兩水銀槽內(nèi)，通過(guò)開關(guān)S與電源

連接，當(dāng)S接通瞬間，金屬導(dǎo)線便從水銀槽里跳起，上升的高度為b，改變電源的輸出電壓，

重復(fù)上述操作，金屬導(dǎo)線上升的高度為期，若通電時(shí)導(dǎo)線重力的影響忽略不計(jì)，則先后兩次

通過(guò)金屬導(dǎo)線的電荷量之比為（）

A.y∕-h[:y/h2B.∕ι1：h2C.h2：h1D.h，l：修

12.如圖，一帶電的平行板電容器固定在絕緣底座上，底座置

于光滑水平面上，一光滑絕緣輕桿左端固定在電容器的左極板上，

并穿過(guò)右極板上的小孔，電容器極板連同底座總質(zhì)量為2m,底

“7777.

座鎖定在水平面上時(shí)，套在桿上質(zhì)量為小的帶電環(huán)以某一初速度

由小孔進(jìn)入電容器后，最遠(yuǎn)能達(dá)到距離右極板為d的位置。底座解除鎖定后，將兩極板間距離

變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，其他條件不變，則帶電環(huán)進(jìn)入電容器后，最遠(yuǎn)能達(dá)到的位置距離右極板（）

A.?dB.dC.dD.gd

13.嫦娥四號(hào)月球探測(cè)器上安裝了一種核電池，這種核電池的原理是利用放射性同位素發(fā)射

的高能射線，通過(guò)熱電元件將熱能轉(zhuǎn)化成電能。符合這種核電池原理的核反應(yīng)方程是（）

A.Ii5U+Jn→?4Ba+翡Kr+3jnB.^8PuY筍U+彳He

C.fLi+?n→?HHeD.？H+^H→?n+^He

14.自耦變壓器被客運(yùn)專線以及重載貨運(yùn)鐵路等大容量負(fù)荷的供電廣泛采用。圖為一種自耦

變壓器的原理圖，現(xiàn)將它作為升壓變壓器使用，且要使得用電器得到更高的電壓，則應(yīng)將（）

A.交流電源接在ab兩個(gè)接線柱上，滑動(dòng)觸頭P順時(shí)針旋轉(zhuǎn)

B.交流電源接在ab兩個(gè)接線柱上，滑動(dòng)觸頭P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)

C.交流電源接在Cd兩個(gè)接線柱上，滑動(dòng)觸頭P順時(shí)針旋轉(zhuǎn)

D.交流電源接在Cd兩個(gè)接線柱上，滑動(dòng)觸頭P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)

15.傕家地理頻道/做過(guò)如下實(shí)驗(yàn)：幾個(gè)完全相同的固定的水球緊挨在一起水平排列，水

平運(yùn)動(dòng)的子彈恰好能穿出第4個(gè)水球，如圖所示。設(shè)子彈受到的阻力恒定，則子彈在穿過(guò)的每

個(gè)水球中（）。一

A.速度變化相同B.運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同C.動(dòng)能變化相同D.動(dòng)量變化相同

16.如圖所示，4、。、B為一點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中電勢(shì)相等的三個(gè)點(diǎn)，它們正好是直角三角形的

三個(gè)頂點(diǎn)，a、b分別是所在邊的中點(diǎn)。已知a點(diǎn)的最大場(chǎng)強(qiáng)為E。，則b點(diǎn)的最大場(chǎng)強(qiáng)為（）

AB.EC.y∏>ED.3F

?T000

17.黑板擦在手施加的恒定推力F作用下勻速擦拭黑板，己知黑板擦與豎直黑板間的動(dòng)摩擦

因數(shù)為〃，不計(jì)黑板擦的重力，則它所受的摩擦力大小為O

FHF

A.FB.μFC?HD?

18.單人飛行器由微型噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)和操縱系統(tǒng)組成，可以完成單人上升、

下降、懸停和平飛等動(dòng)作。已知飛行器連同人和裝備的總質(zhì)量為M,發(fā)動(dòng)

機(jī)在時(shí)間t內(nèi)噴出燃料的質(zhì)量為n?,m?M,重力加速度為g。如圖，要

使飛行器能在空中懸停，則燃料噴射的速度應(yīng)為（）

QMgt

A.gtB

W?mDT

19.2020年12月17日嫦娥五號(hào)從月球采集月壤成功返回地球。嫦娥五

號(hào)繞月運(yùn)行的軌跡如圖所示，在近月點(diǎn)。制動(dòng)成功后被月球捕獲進(jìn)入近

月點(diǎn)200km,遠(yuǎn)月點(diǎn)550Okm的橢圓軌道I,在近月點(diǎn)再次制動(dòng)進(jìn)入橢

圓軌道II,第三次制動(dòng)后進(jìn)入離月面20OkTn的環(huán)月圓軌道IH,已知月球

半徑約為1700km,則（）

A.嫦娥五號(hào)在I、∏、DI三個(gè)軌道上運(yùn)行的周期相等

B.嫦娥五號(hào)在I、n、DI三個(gè)軌道上運(yùn)行的機(jī)械能相等

C.嫦娥五號(hào)在P、Q兩點(diǎn)的速度與它們到月心的距離成反比

D.。點(diǎn)的重力加速度約為月球表面的重力加速度的0.8倍

20.如圖所示，平板貨車上裝載的貨物采用平放的形式，由

于沒有專業(yè)繩索捆綁，為了防止貨物從平板上滑落，貨車在平

直公路上提速時(shí)加速度不應(yīng)超過(guò)*則當(dāng)該貨車在傾角為。的斜坡上提速時(shí)其加速度不能超過(guò)

(設(shè)貨物與平板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩振力，重力加速度為g)()

A.asinθ-gcosθB.acosθ—gsinθC.asinθ+gcosθD.acosθ+gsinθ

21.如圖為汽車內(nèi)常備的兩種類型的“千斤頂”：甲是“菱”形，乙是“y”形，搖動(dòng)手柄，

使螺旋桿轉(zhuǎn)動(dòng)，4B間距離發(fā)生改變，從而實(shí)現(xiàn)重物的升降。若物重均為G,螺旋桿保持水

平，4B與BC之間的夾角都為依不計(jì)桿件自重，則甲、乙兩千斤頂螺旋桿的拉力大小之比為

()

A.1：1B,1：2C.2：1D,2：3

22.如圖，某城市音樂噴泉廣場(chǎng)的水池中在半徑為R的圓周上按同樣方式等間隔地安裝了n個(gè)

規(guī)格相同的噴管，噴管與水面的夾角為。，管口橫截面積為S且與水面相平。全部開啟后，經(jīng)

目測(cè)，空中水柱幾乎都在圓心處交匯，已知水的密度為p,則可估算出空中水柱的總質(zhì)量為()

A*BnpSR「npSRD,富

CoSe?sinθJ2sinθ2cosθ

23.為節(jié)約運(yùn)行時(shí)間，設(shè)想一種高鐵進(jìn)站不停車模式。如圖(ɑ)所示，站臺(tái)內(nèi)鐵路正上方有

一固定軌道火車分為可分離的上下副、主車兩部分，副車可在主車頂軌道上滑行。主車

保持勻速過(guò)站，需下車的乘客提前進(jìn)入副車甲中，需上車的乘客已在靜止于A端的副車乙中

等待。車尾到B端瞬間，甲剛好完全滑上固定軌道ZB,主副車分離，副車甲立即減速，車頭

到4端時(shí)剛好停下，乘客下車。當(dāng)主車車頭到4端時(shí)，副車乙立即從固定軌道開始加速滑上車

頂軌道，當(dāng)乙的車尾與主車車尾對(duì)齊時(shí)主副車剛好共速，鎖死一起前進(jìn)。設(shè)火車以40m∕s速

度勻速駛來(lái)，副車長(zhǎng)均為20m,副車甲、乙運(yùn)動(dòng)的U-t圖像如圖(b)所示，則主車長(zhǎng)為()

C.沿軌道ΠI運(yùn)動(dòng)至末端時(shí)的速率小于其沿軌道I運(yùn)行的速率

D.沿軌道IH運(yùn)動(dòng)過(guò)程，其與地心的連線在相等的時(shí)間內(nèi)掃過(guò)的面積相等

25.如圖，兩輕繩左端系于豎直細(xì)桿上，右端與第三根輕繩在。點(diǎn)連

結(jié)，當(dāng)三根繩均拉直時(shí)，系于細(xì)桿上的兩輕繩與豎直方向的夾角分別

為30。和60。，上方繩長(zhǎng)和第三根繩長(zhǎng)均為3第三根繩的末端連一質(zhì)

量為Tn的小球，小球可在水平面內(nèi)繞細(xì)桿做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。不計(jì)空氣

阻力，重力加速度為g,在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，當(dāng)?shù)谌K與豎直方向成45。

時(shí)()

A.小球運(yùn)動(dòng)的加速度大小為√^2g

B.小球運(yùn)動(dòng)的角速度大小為I2(Q-I)g

C.第三根繩子的拉力大小為mg

D.系于細(xì)桿上的兩輕繩的拉力大小相等

26.在與水平面成。角的固定粗糙斜面上，放著一質(zhì)量為m的小滑塊，在一個(gè)平行于斜面的

拉力F（圖中未畫出）作用下，沿著斜面上一段半徑為R的圓周從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中

速度大小始終為/P、Q為四分之一圓周的兩個(gè)端點(diǎn)，P與圓心。等高。小滑塊與斜面間的動(dòng)

摩擦因數(shù)為四，重力加速度為g，在從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過(guò)程中,小滑塊（）

A.所受合力的大小保持不變

B,重力做功的瞬時(shí)功率保持不變

C.所受拉力對(duì)其做功為幽竽絲史-mgRsinθ

2

D.運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)，拉力的大小為mg+7∏gsi7i6

1\

27.如圖，在足夠長(zhǎng)的水平固定接地導(dǎo)體板上方某處固定一電荷量為Q的正點(diǎn)電荷，一帶正

電、質(zhì)量為m的絕緣滑塊P以初速度%自導(dǎo)體板左側(cè)某處開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間與靜止在點(diǎn)

電荷正下方導(dǎo)體板上質(zhì)量為2巾的絕緣滑塊K發(fā)生彈性碰撞，碰撞后滑塊K向右運(yùn)動(dòng)L后靜止。

已知兩滑塊與導(dǎo)體板上表面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為“，重力加速度為g,兩滑塊均看成質(zhì)點(diǎn)，貝女）

ΦtP

-------------------------?-W

A.除碰撞外，運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中兩滑塊的加速度大小相等

B.除碰撞外，運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中滑塊P的加速度大小先增大后減小

C.碰撞前，運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中滑塊P所受摩擦力的沖量為Tn（I廣麗;-%）

D.碰撞后，運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中滑塊P克服摩擦力所做的功為3

28.中國(guó)科學(xué)家利用“慧眼”太空望遠(yuǎn)鏡觀測(cè)到了銀河系的MaXi/1820+070是一個(gè)由黑洞

和恒星組成的雙星系統(tǒng)，距離地球約IOoOO光年。根據(jù)觀測(cè)，黑洞的質(zhì)量大約是太陽(yáng)的8倍,

恒星的質(zhì)量只有太陽(yáng)的一半，據(jù)此推斷，該黑洞與恒星的（）

A.向心力大小之比為16：1B.角速度大小之比為1：1

C.線速度大小之比約為1：16D.加速度大小之比約為16：1

29.甲、乙兩物體以相同的初動(dòng)量在水平面上做勻減速直線

運(yùn)動(dòng)，直到停止，其動(dòng)量隨時(shí)間變化的p-t圖像如圖所示，

己知甲、乙兩物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則在此過(guò)程

中（）

A.甲、乙兩物體的質(zhì)量之比為2：1

B.甲、乙兩物體的質(zhì)量之比為1：2

C.甲、乙兩物體受到的摩擦力做功之比為2：1

D.甲、乙兩物體受到的摩擦力做功之比為1：2

30.某電動(dòng)汽車的電池儲(chǔ)能為80kW?∕ι,續(xù)航里程的700km,整體能量轉(zhuǎn)化率的為84%。電

造充電過(guò)程中，在專用直流充電樁上充電時(shí)，充電電流的為IO（L4,充電時(shí)間的為2人則（）

A.勻速行駛時(shí)所受的阻力大小約為345NB.勻速行駛時(shí)所受的阻力大小約為420N

C.充電電壓約為50（ΨD.充電電壓約為400U

31.如圖所示，籃球比賽的某次快攻中，球員甲將球斜向上傳給前方隊(duì)友，球傳出間離地面

高1m,速度大小為Iom/S：對(duì)方球員乙原地豎直起跳攔截,躍起后手離地面的最大高度為2.8m,

球越過(guò)乙時(shí)速度沿水平方向，且恰好未被攔。球可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量為0.6kg,重力加速度g取

10m∕s2,以地面為零勢(shì)能面，忽略空氣阻力，貝∣J（）

A.籃球在空中上升過(guò)程中處于失重狀態(tài)B.甲傳球時(shí)，球與乙的水平距離為4.8m

C.隊(duì)友接球前瞬間，球的機(jī)械能為36/D.隊(duì)友接球前瞬間，球的動(dòng)能一定為30/

32.質(zhì)譜儀是一種測(cè)定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要設(shè)備，構(gòu)造原理如圖所示。離子源

S能產(chǎn)生各種不同的離子束，飄入（初速度可視為零）MN間的加速電場(chǎng)后從小孔。垂直進(jìn)入勻

強(qiáng)磁場(chǎng)，運(yùn)轉(zhuǎn)半周后到達(dá)照相底片上的P點(diǎn)，P點(diǎn)到小孔。的距離為工。對(duì)于一質(zhì)量m和電荷量

33.地球的公轉(zhuǎn)軌道接近圓，但彗星的運(yùn)動(dòng)軌道則是一個(gè)非常扁的橢圓（如圖）。天文學(xué)家哈

雷成功預(yù)言哈雷彗星的回歸，哈雷彗星最近出現(xiàn)的時(shí)間是1986年，預(yù)測(cè)下次飛近地球?qū)⒃?/p>

年。設(shè)哈雷彗星在近日點(diǎn)與太陽(yáng)中心的距離為在遠(yuǎn)日點(diǎn)與太陽(yáng)中心的距離為巳。地

2061r1,

球公轉(zhuǎn)半徑為R。則（）

A.r1≈18R

B.r1+r2≈36R

2

C.哈雷彗星在近日點(diǎn)和遠(yuǎn)日點(diǎn)的加速度大小之比為烏r

D.哈雷彗星在近日點(diǎn)和遠(yuǎn)日點(diǎn)的速度大小之比為「2

34.撐桿跳是使用撐桿做一系列動(dòng)作使人體越過(guò)一定高度的田徑項(xiàng)目，可依次分解為如圖所

示凡個(gè)連續(xù)的過(guò)程。目前男子撐桿跳的世界紀(jì)錄為6.18m,男子跳高的世界紀(jì)錄為2.45m,兩

者相差很大，可能的原因是（）

持桿助跑插穴起跳懸垂擺體舉腿引體物體過(guò)桿

A.撐桿跳利用了人體的慣性，而跳高沒有B.撐桿的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)換成了人體的機(jī)械

能

C.撐桿提高了人體機(jī)械能的轉(zhuǎn)化率D.撐桿跳中人體騰空后主動(dòng)做了功

35.在一次定點(diǎn)投籃比賽中，某運(yùn)動(dòng)員將籃球快速出手，籃球空心入筐（如圖），由于網(wǎng)兜作

用，籃球豎直落下。已知出手時(shí)籃球距地面高度為砥，籃筐距地面高度為壇，籃球在最高點(diǎn)

離地的高度為九，網(wǎng)兜對(duì)籃球的水平?jīng)_量為/,籃球質(zhì)量為m。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g,

2

A.籃球進(jìn)筐時(shí)的動(dòng)能為L(zhǎng)

2m

B.籃球從出手到進(jìn)筐歷時(shí)fl叵工+陛玉

7gN9

C.籃球的出手點(diǎn)到落地點(diǎn)的水平距離為之心

my∣g

12

D.投籃時(shí)運(yùn)動(dòng)員對(duì)籃球做功為mg（九-∕h）+?L

36.用某型號(hào)的充電器給一款鋰電池充電，在電池電量從零直至充滿的過(guò)程中，充電電壓和

充電電流隨時(shí)間變化的曲線簡(jiǎn)化后如圖所示。據(jù)圖可知（）

A.充電時(shí)通過(guò)鋰電池的電流是直流電B.實(shí)線是電流曲線，虛線是電壓曲線

C.鋰電池的充電功率先增大后減小D.鋰電池的平均充電功率約為4.0W

37.兩個(gè)點(diǎn)電荷Qi、Q2固定在無(wú)軸上,一帶正電的試探電荷q在久軸

上的電勢(shì)能分布如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）

A.q在&處受到的電場(chǎng)力最大

B.Qi和Q2的位置都在右處的左側(cè)

C.在X軸上q從與處到右處的過(guò)程中，電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功

D.在X軸上從巧處到與處，電場(chǎng)強(qiáng)度先增大后減小

38.利用圖甲所示電路可研究電容器的充、放電。圖乙為某次實(shí)驗(yàn)中通過(guò)計(jì)算機(jī)在同一圖中

描畫出的電壓和電流的變化情況，陰影部分I和∏的面積分別為a、S2o可以推斷出（）

A.圖乙反映了電容器充電時(shí)的情況B.Si表示極板電壓為5U時(shí)所帶的電荷量

C.Sl=S?D.定值電阻R的阻值

39.如圖甲所示，輕質(zhì)彈簧的下端固定在傾角為。的固定光滑斜面的底部，在彈簧的上端從

靜止開始釋放0.5kg的小球，小球的加速度α與彈簧壓縮量X間的關(guān)系如圖乙所示。重力加速

度g取Iom/S?,則（）

A.斜面的傾角。=60°B.彈簧的勁度系數(shù)為12.5N∕m

C.小球最大的動(dòng)能為0.25/D.彈簧最大彈性勢(shì)能為U

40.如圖甲所示，輕繩的一端固定在。點(diǎn)，另一端系一小球。小球在豎直平面內(nèi)做完整的圓

周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，繩子的拉力廠的大小與小球離最低點(diǎn)的高度八的關(guān)系如圖所示。重力加速度

g取IOrn∕s2,則（）

甲

A.圓周半徑為L(zhǎng)OmB.小球質(zhì)量為0.5kg

C.輕繩轉(zhuǎn)至水平時(shí)拉力為30ND.小球通過(guò)最高點(diǎn)的速度為4m∕s

答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：足球的高度約為2m,根據(jù)八=；9產(chǎn)

可解得t=0.63s,最接近于0.65S

故ABO錯(cuò)誤，C正確；

故選：Co

根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向運(yùn)動(dòng)規(guī)律解得時(shí)間。

本題考查平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，解題關(guān)鍵掌握豎直方向九=Tgt2。

2.【答案】D

【解析】解：AC,球兩次的水平位移相等，第一次球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間大于第二次球在空中運(yùn)動(dòng)

的時(shí)間，根據(jù)勻速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，在軌跡的最高點(diǎn)，第一次球的水平速度小于第二次球的水

平速度,第一次球在豎直方向的分速度大于第二次球在豎直方向的分速度，由于不清楚具體數(shù)值，

故無(wú)法比較拋出時(shí)兩次球的速度大小，故AC錯(cuò)誤；

B、入籃前時(shí)重力做功的功率PG=mg%,由于第一次球在豎直方向的分速度大于第二次球在豎直

方向的分速度，所以入籃前時(shí)重力做功的功率不相同，故B錯(cuò)誤；

。、根據(jù)定量定理可知mgdt=4p,即動(dòng)量變化率穿=n?g,所以入籃前運(yùn)動(dòng)的動(dòng)量變化率相同，

故。正確；

故選：Do

從最高點(diǎn)左右分析，則小球做平拋運(yùn)動(dòng)，平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上

做自由落體運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間由高度決定，根據(jù)下落的高度比較運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和豎直方向速度。兩

次球的水平位移相等，第一次球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間大于第二次球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，根據(jù)勻速直

線運(yùn)動(dòng)規(guī)律分析水平速度。入籃前時(shí)重力做功的功率PG=mg與。

該題考查了拋體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，解決本題的關(guān)鍵知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律,

知道平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間由高度決定。

3.【答案】B

【解析】解：如圖所示為等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線和等勢(shì)線分布圖。

A、根據(jù)電場(chǎng)線越密場(chǎng)強(qiáng)越大，則由兩個(gè)等量異號(hào)的點(diǎn)電荷電場(chǎng)線的分布情況可知，連線上中點(diǎn)。

的場(chǎng)強(qiáng)最小，而且根據(jù)對(duì)稱性可知，g點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)小于九點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，故A錯(cuò)誤；

B、沿著電場(chǎng)線方向，電勢(shì)是降低的，因此g點(diǎn)的電勢(shì)大于八點(diǎn)的電勢(shì)，故B正確；

C、兩個(gè)等量異號(hào)的點(diǎn)電荷連線的中垂線是等勢(shì)線，e點(diǎn)的電勢(shì)等于/點(diǎn)的電勢(shì)，故C錯(cuò)誤；

根據(jù)U=Ed可知Ueg>Upl,根據(jù)W=Uq可知，將質(zhì)子從e點(diǎn)移到g點(diǎn)小于從/點(diǎn)移到九點(diǎn)電場(chǎng)

力做功，故。錯(cuò)誤；

故選：B.

兩個(gè)等量異號(hào)的點(diǎn)電荷連線的中垂線上中點(diǎn)。的場(chǎng)強(qiáng)最大，在兩個(gè)電荷連線上，。點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)最小，

沿著電場(chǎng)線方向，電勢(shì)降低，根據(jù)W=Uq確定電場(chǎng)力做功大小。

等量同種、等量異種電荷周圍的電場(chǎng)分布情況是考查的重點(diǎn)，要結(jié)合電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)、電勢(shì)能等

概念充分理解等量同種、等量異種電荷周圍的電場(chǎng)特點(diǎn)。

4.【答案】C

【解析】解：4由于小環(huán)套在光滑固定的水平細(xì)桿上，小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)

量守恒，在豎直方向上合外力不為零，有加速度，豎直方向上動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；

8、根據(jù)題意可知，除了系統(tǒng)內(nèi)力，小球和小環(huán)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中未受到除了重力之外的力的作用，因

此它們組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故B錯(cuò)誤；

C、水平方向不受外力，則小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒。小球向右擺到的最高點(diǎn)時(shí)，

小球和小環(huán)的速度相同，設(shè)為"，取水平向右為正方向，由系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒得O=2mu,解

得V=O,根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知，小球向右擺到的最高點(diǎn)和釋放點(diǎn)的高度相同，故C正確；

。、整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球的機(jī)械能的損失量全部轉(zhuǎn)移給小環(huán)，因此在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球和小環(huán)

它們各自的機(jī)械能均不守恒，故D錯(cuò)誤；

故選：C。

分析系統(tǒng)的受力情況，根據(jù)合外力是否為零，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒。根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒判斷

小球向右擺到的最高點(diǎn)和釋放點(diǎn)的高度關(guān)系。

解答本題時(shí)，要掌握動(dòng)量守恒的條件，知道系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，但總動(dòng)量并不守恒。

5.【答案】D

【解析】解：如下圖所示:

生米粒在碗中受到重力、支持力和彈力，彈力和接觸面垂直并指向圓心，設(shè)與豎直方向夾角為。，

設(shè)此時(shí)剛好不下滑，則重力沿著接觸面向下的分力等于最大靜摩擦力，列式得mgsin6="mgcosO,

解得〃=tanθ,根據(jù)幾何關(guān)系得tmo=J丁,聯(lián)立解得d=RJ福。故D正確。

故選：D。

生米粒在碗中受到重力、支持力和彈力，越靠近碗口接觸面與水平方向的夾角越大，則重力沿著

接觸面向下的分力越大，而彈力和最大靜摩擦力會(huì)變小，達(dá)到一定高度就會(huì)出現(xiàn)下滑現(xiàn)象。

本題考查平衡問(wèn)題，受力分析是基礎(chǔ)，之后運(yùn)用力的合成與分解的平行四邊形定則，將力正交分

解，再列出平衡方程討論得出結(jié)果。

6.【答案】A

【解析】解：設(shè)芭蕉葉的面積為S,t時(shí)間內(nèi)落到芭蕉葉上面雨滴的質(zhì)量τn=pS∕;

根據(jù)題意有一半的雨滴向四周散開，設(shè)豎直向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理可知用t=

1、

(z--mv)

另一半則留在葉面上，根據(jù)動(dòng)量定理∕?t=o-（一；皿〃）

根據(jù)壓強(qiáng)定義式P=J=等

Ilphv

聯(lián)立解得P故A正確，BCO錯(cuò)誤;

IOt

故選:Ao

首先根據(jù)雨滴的質(zhì)量等于雨滴的體積與密度的乘積表示出t時(shí)間內(nèi)雨滴的質(zhì)量，再根據(jù)題意將雨滴

的質(zhì)量分成質(zhì)量相等的兩部分，分別根據(jù)動(dòng)量定理列式，最后根據(jù)壓強(qiáng)的定義式即可求解。

該題考查動(dòng)量定理的應(yīng)用，其中解決該題的關(guān)鍵是表示出雨滴的質(zhì)量以及根據(jù)壓強(qiáng)定義式列式求

解，本題理解起來(lái)有一定的難度，是易錯(cuò)題。

7.【答案】B

【解析】解：設(shè)彈簧彈力為T,P的質(zhì)量為n?,P到。的距離為r,摩擦力用/表示。

原來(lái)彈簧處于拉伸狀態(tài)，對(duì)P根據(jù)平衡條件可得摩擦力方向向外；

讓圓盤從靜止開始緩慢加速轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度較小時(shí)，有：r-∕=mr32,則：f=T-mrω2,隨著

角速度的增大，摩擦力逐漸減??；

當(dāng)T=mroj2時(shí)，摩擦力為零；

隨后角速度繼續(xù)增大，摩擦力方向指向圓心，則有：T+f=mrω2,貝∣]:f=mrω2-T,隨著角

速度的增大，摩擦力逐漸增大。

所以，摩擦力先減小后增加，故8正確、ACD錯(cuò)誤。

故選：B。

根據(jù)合力提供向心力結(jié)合角速度的大小判斷摩擦力的變化情況。

本題主要是考查向心力的計(jì)算和摩擦力的判斷，關(guān)鍵是弄清楚向心力的來(lái)源，知道P在滑動(dòng)前，

彈簧彈力不變。

8.【答案】B

【解析】解：由圖可知，當(dāng)α=30。時(shí)BO的拉力最小，最小值為

Pmin=5N

此時(shí)。B與。4垂直，則

o

Fmin=GsinSO

解得

G=ION

故Aa）錯(cuò)誤，B正確

故選：B。

分析題意，重物處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài)，根據(jù)最小F時(shí)力的關(guān)系，根據(jù)平行四邊形定則分析即可。

該題考查了共點(diǎn)力的平衡知識(shí)，解題關(guān)鍵理解圖乙的含義，注意拉力最小的特殊情況。

9.【答案】C

【解析】解：在上滑和下滑過(guò)程中，物塊通過(guò)的位移大小相同，設(shè)為X,在上滑過(guò)程中，根據(jù)牛頓

第二定律可得：mgsinθ+μmacosθ=ma1,X=Tat^

在下滑過(guò)程中，根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinθ-μmgcosθ=ma2,x=?ɑtj

具中亡2=2「ι

聯(lián)立解得"=,tαnθ,故48。錯(cuò)誤，C正確；

故選：Co

根據(jù)牛頓第二定律求得上滑和下滑的加速度大小，結(jié)合位移一時(shí)間公式求得動(dòng)摩擦因數(shù)。

本題主要考查了牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，知道加速度是解決此類問(wèn)題的中間橋梁，抓住上滑

和下滑通過(guò)的位移大小相同。

10.【答案】D

【解析】解：由點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度表達(dá)式E=A冬知,C點(diǎn)等量異種電荷在B點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小也為E,

rz

設(shè)4處點(diǎn)電荷在B點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向由4指向8,則C處點(diǎn)電荷在方向B點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向由B指向C,

因?yàn)?、B、C為一等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，所以兩場(chǎng)強(qiáng)夾角為120。，則合場(chǎng)強(qiáng)為E；因力C與B距

離相等，故C處點(diǎn)電荷在B點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)為-孫貝帕處的電勢(shì)為零，故48C錯(cuò)誤，。正確。

故選：D。

根據(jù)E=Zc冬判斷電場(chǎng)強(qiáng)度大小，再根據(jù)矢量的合成求解其大??；根據(jù)C處點(diǎn)電荷在B點(diǎn)產(chǎn)生的電

勢(shì)判斷B處的電勢(shì)。

本題解題關(guān)鍵在于根據(jù)矢量的合成求解電場(chǎng)強(qiáng)度大小。

11.【答案】A

【解析】解：設(shè)任一導(dǎo)線通電后獲得的速度為明上升的高度為八，通電時(shí)通過(guò)導(dǎo)線的電荷量為q。

金屬導(dǎo)線上升過(guò)程，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有戶=2gh

通電過(guò)程，取豎直向上為正方向，由動(dòng)量定理得：BlL-t=mv-0

通過(guò)金屬導(dǎo)線的電荷量為q=∕?t

聯(lián)立整理得：q=墨耳，則先后兩次通過(guò)金屬導(dǎo)線的電荷量之比為伙：q2=y∏h-.JF，故

A正確，BS錯(cuò)誤。

故選：Ao

先研究金屬導(dǎo)線上升的過(guò)程，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出初速度之比。再研究通電過(guò)程，利用動(dòng)量定理列

式，得到通過(guò)金屬導(dǎo)線的電荷量與導(dǎo)線獲得的速度關(guān)系，從而求得電荷量之比。

本題中通電是瞬時(shí)過(guò)程，往往利用動(dòng)量定理求通過(guò)導(dǎo)線的電荷量，要知道在電流變化時(shí)，電荷量

等于電流平均值與時(shí)間的乘積。

12.【答案】C

【解析】解：設(shè)帶電環(huán)所帶電荷量為q,初速度為北,底座鎖定時(shí)電容器極板間電場(chǎng)強(qiáng)度為E,則

由功能關(guān)系有

FJ12

qE7d=-TΠVQ

底座解除鎖定后，兩極板間距離變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變，電容器及底座在帶電

環(huán)作用下一起向左運(yùn)動(dòng)，當(dāng)與帶電環(huán)共速時(shí)，帶電環(huán)達(dá)到進(jìn)入電容器最遠(yuǎn)位置，整個(gè)過(guò)程滿足動(dòng)

量守恒，則有

mv0—3mv1

再由功能關(guān)系有

qEd'-?mvɑ—?■3τnvf

聯(lián)立解得

Cr=Id

故ABz）錯(cuò)誤，C正確；

故選：Co

電容器極板連同底座與帶電環(huán)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)帶電環(huán)與左極板最近時(shí)兩者速度相等，應(yīng)

用動(dòng)量守恒定律可以求出帶電環(huán)與左極板最近時(shí)的速度，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律解得。

本題考查了動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律的應(yīng)用，根據(jù)題意分析清楚運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提與關(guān)

鍵，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律即可解題；應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題時(shí)注意正方向的選擇。

13.【答案】B

【解析】A?該方程為重核的裂變，故4錯(cuò)誤;

B.該方程為同位素的α衰變，故B正確；

C.該方程為原子核的人工轉(zhuǎn)變，故C錯(cuò)誤；

。.該方程為輕核的聚變，故。錯(cuò)誤。

故選Bo

14.【答案】C

【解析】作為升壓變壓器，原線圈匝數(shù)比副線圈匝數(shù)少，所以交流電源接在Cd兩個(gè)接線柱上。為

了使用電器得到更高的電壓，應(yīng)增大副線圈匝數(shù)或減小原線圈匝數(shù)，所以滑動(dòng)觸頭P順時(shí)針旋轉(zhuǎn)

以減小原線圈匝數(shù)。

故選C=

15.【答案】C

【解析】4B.由于經(jīng)過(guò)每個(gè)水球的位移相同。根據(jù)t=?可知，經(jīng)過(guò)4個(gè)水球的時(shí)間逐漸增加；

根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)團(tuán)v=a^t

可知，α相同，時(shí)間不同，故速度變化量不同，故AB錯(cuò)誤；

C.根據(jù)功的定義W=Fx

可知，每個(gè)水球?qū)ψ訌椀墓ο嗤鶕?jù)動(dòng)能定理可知，外力做的功等于動(dòng)能的變化量，因此動(dòng)能

變化量相同，故C正確；

D子彈闖過(guò)每個(gè)水球的時(shí)間不同，速度變化量不等，動(dòng)量變化量不等，故。錯(cuò)誤。

故選Co

16.【答案】D

【解析】因?yàn)?、。、B為一點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中電勢(shì)相等的三個(gè)點(diǎn)，所以4、。、B三點(diǎn)在點(diǎn)電荷的同

一個(gè)等勢(shì)面上，根據(jù)點(diǎn)電荷電勢(shì)的公式可知，該點(diǎn)電荷應(yīng)該在AB的中點(diǎn)上。

令的中點(diǎn)為c,4。的距離為L(zhǎng),則ac=?L,be=^L

Z乙

0點(diǎn)的最大場(chǎng)強(qiáng)為Eo=器=~^7

ac3L

所以b點(diǎn)的最大場(chǎng)強(qiáng)為Eb=?=矍=3E°

故選。。

17.【答案】D

【解析】設(shè)F與運(yùn)動(dòng)方向的夾角為α,則有f=Fcosa="Fsina

_μ

結(jié)合siMα+cos2a=1可以解得c°sα—Γ~ι+^2

所以摩擦力為/=7禽

故選。

18.【答案】C

【解析】解：設(shè)飛行器對(duì)噴出燃料的平均作用力為F,根據(jù)牛頓第三定律可知，噴出燃料對(duì)飛行

器的作用力的大小也等于F,對(duì)飛行器，由平衡條件得：F=Mg

設(shè)燃料噴射的速度為外根據(jù)動(dòng)量定理得：Ft=mv

聯(lián)立解得燃料噴射的速度應(yīng)為：U=%，故C正確，ABO錯(cuò)誤。

m

故選：Co

選擇發(fā)動(dòng)機(jī)在時(shí)間t內(nèi)噴出燃料為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量定理求解，同時(shí)結(jié)合牛頓第三定律和平衡條

件求解。

本題以單人飛行器由微型噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)為情境載體，考查了動(dòng)量定理在實(shí)際問(wèn)題中的應(yīng)用，解決此

題的關(guān)鍵是能合適地選擇研究對(duì)象，用動(dòng)量定理的規(guī)律進(jìn)行求解。

19.【答案】D

【解析】解：4嫦娥五號(hào)在I、n、m三個(gè)軌道上都是圍繞月球運(yùn)行，由于這三個(gè)軌道的半長(zhǎng)軸

不相等，由開普勒第三定律a=k可知，這三個(gè)軌道上運(yùn)行的周期不相等，故A錯(cuò)誤；

B.嫦娥五號(hào)從橢圓軌道I進(jìn)入橢圓軌道口再進(jìn)入環(huán)月圓軌道HI都需要制動(dòng)，故在這三個(gè)軌道上運(yùn)

行的機(jī)械能不相等，故B錯(cuò)誤：

C.由于P、Q兩點(diǎn)處在橢圓軌道的最遠(yuǎn)點(diǎn)，有萬(wàn)有引力大于向心力，即P、Q兩點(diǎn)的速度不可用萬(wàn)

有引力提供向心力來(lái)進(jìn)行計(jì)算，無(wú)法確定速度與距離的關(guān)系，故C錯(cuò)誤；

D在月球表面萬(wàn)有引力近似等于重力，有爺=ZngO

在離月球表面20Okm遠(yuǎn)的。點(diǎn)，有萬(wàn)有引力提供重力/黑=mg

(R+∕ι)

聯(lián)立解得且=-?="駕=0?8,即。點(diǎn)的重力加速度約為月球表面的重力加速度的0.8倍，故

z

g0(R+∕ι)/1900

。正確。

故選：Do

根據(jù)開普第三定律分析不同軌道周期關(guān)系；

根據(jù)變軌原理分析嫦娥五號(hào)在不同軌道上機(jī)械能的大??；

根據(jù)變軌原理分析軌道變化情況；

根據(jù)萬(wàn)有引力近似等于重力求解重力加速度；

解決本題的關(guān)鍵要理解衛(wèi)星變軌的原理，掌握開普勒定律，并能靈活運(yùn)用。

20.【答案】B

【解析】解：平板對(duì)貨物的最大靜摩擦力提供貨物做加速運(yùn)動(dòng)，故卬ng=mα,解得〃=]

當(dāng)貨車在傾角為。的斜坡上運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得〃nigcos。-mgsinθ=ma',解得a’=

acosθ-gsinθ,故4C￡>錯(cuò)誤，3正確；

故選：B。

該貨車在在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，最大靜摩擦力提供貨物做加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律求得動(dòng)摩擦

因數(shù)，當(dāng)在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)貨物受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求得最大加速度。

本題主要考查了牛頓第二定律，關(guān)鍵是正確的受力分析，抓住貨物達(dá)到最大靜摩擦力，此時(shí)貨物

的加速度達(dá)到最大即可。

21.【答案】A

【解析】解：根據(jù)題意，對(duì)“y"形千

斤頂B點(diǎn)受力分析如圖（一），由平衡條

件得：F=Gcotθ

對(duì)“菱“形千斤頂C點(diǎn)受到的壓力G

分解沿兩臂的兩個(gè)分力0,根據(jù)對(duì)稱性

可知，兩臂受到的壓力大小相等，

由平行四邊形可得：2&sin。=G

對(duì)“菱“形千斤頂B點(diǎn)受力分析如圖（二），由平衡條件得F'=2F1cosθ

聯(lián)立解得F'=Gcotθ

則甲乙兩千斤頂螺旋桿的拉力大小之比為1：1,故A正確，BCo錯(cuò)誤。

故選：Ao

系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，對(duì)“y“形千斤頂和“菱“形千斤頂進(jìn)行受力分析，運(yùn)用處于平衡狀態(tài)下合外

力為零進(jìn)行求解。

本題考查共點(diǎn)力平衡問(wèn)題，注意對(duì)''y"形千斤頂B點(diǎn)和“菱”形千斤頂C點(diǎn)進(jìn)行受力分析，利用

平衡條件進(jìn)行求解。

22.【答案】A

【解析】解：設(shè)噴管噴水的速度為*t時(shí)間內(nèi)水噴出的距離為久，噴出水的體積為憶每個(gè)水管噴

出水的質(zhì)量為

m=pV

V=Sx

X=Vt

rι個(gè)規(guī)格相同的噴管，噴出水的質(zhì)量為

M-npSvt

水平速度為??X=vcosθ

水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有

vtcosθ=R

聯(lián)立解得：M=P鬻;故A正確，88錯(cuò)誤。

故選:Ao

分析每根噴管噴出水的質(zhì)量，再計(jì)算n個(gè)噴管噴出水的總質(zhì)量。

這是一道變質(zhì)量的問(wèn)題，應(yīng)以一段時(shí)間內(nèi)噴出的水為研究對(duì)象，先分析一根噴管噴出水的質(zhì)量,

再計(jì)算n個(gè)噴管噴出水的總質(zhì)量。

23.【答案】B

【解析】解：當(dāng)主車車頭到4端時(shí)，副車乙立即從固定軌道開始加速滑上車頂軌道，當(dāng)乙的車尾

與主車車尾對(duì)齊時(shí)主副車剛好

共速，鎖死一起前進(jìn)，對(duì)這段過(guò)

程進(jìn)行簡(jiǎn)化分析，如右圖1：主車主車

由t圖像可知，圖線和時(shí)間

軸圍成的面積表示位移，

圖1

故副車乙的位移為：X1=j×

(24.5-15.5)X40m=180m,

主車以4(hn∕s速度勻速，在此段時(shí)間內(nèi)的位移為：

X2=40×(24.5—15.5)m=360m,

主車長(zhǎng)為：X=χ2-χ1+I=36Om-180m+20m=200m(其中/為副車長(zhǎng)度)，

故B正確，ACO錯(cuò)誤。

故選：B。

當(dāng)主車車頭到4端時(shí)，副車乙立即從固定軌道開始加速滑上車頂軌道，當(dāng)乙的車尾與主車車尾對(duì)

齊時(shí)主副車剛好共速，這段時(shí)間兩車的位移差等于主車長(zhǎng)度減去副車乙的長(zhǎng)度，由圖b求出位移即

可求解。

本題考查了運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像的運(yùn)用，難點(diǎn)在于會(huì)簡(jiǎn)化中所給的過(guò)程，善于用草圖來(lái)描述過(guò)程。

24.【答案】CD

【解析】解：4沿軌道I運(yùn)行時(shí)，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力有：=

在地球表面附近有空袈=m'g

R

故A錯(cuò)誤;

8、沿軌道K運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，動(dòng)能和引力勢(shì)能增大，機(jī)械能增大，故B錯(cuò)誤；

C、沿軌道HI運(yùn)動(dòng)至軌道I時(shí)，火箭做離心運(yùn)動(dòng)，故沿軌道DI運(yùn)動(dòng)至末端時(shí)的速率小于其沿軌道

I運(yùn)行的速率，故C正確；

。、根據(jù)開普勒第二定律可知沿軌道∏I運(yùn)動(dòng)過(guò)程，其與地心的連線在相等的時(shí)間內(nèi)掃過(guò)的面積相

等，故。正確；

故選：CD。

根據(jù)萬(wàn)有引力題干向心力結(jié)合地球表面附近竿=m'g可解得速度；沿軌道口運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，動(dòng)能

和引力勢(shì)能增大，從而判斷機(jī)械能，根據(jù)衛(wèi)星變軌原理分析C項(xiàng)，根據(jù)開普勒第二定律分析。項(xiàng)。

本題考查衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，解題關(guān)鍵掌握萬(wàn)有引力題干向心力的應(yīng)用，注意變軌原理。

25.【答案】BD

【解析】解：4小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故其受到的重力與第三根繩子對(duì)其拉力的合力充當(dāng)向心

力，其大小為τng?tcm45。，方向水平指向圓心。由牛頓第二定律可得：mg-tan45°=ma,可得

a=~γ^9,故A錯(cuò)誤：

02

B,mg-tαn45=mω?r,其中r=L?sin30°+Lsin45°,可得角速度（υ=J巴W二!應(yīng)，故8正

確；

C,對(duì)小球受力分析可得，繩子的拉力大小為器=√1mg,故C錯(cuò)誤；

D,對(duì)節(jié)點(diǎn)。受力分析，系于細(xì)桿上的二根繩的拉力的合力等于第三根繩上的拉力，根據(jù)平行四邊

行法則，結(jié)合題設(shè)條件，故。正確。

故選：BD.

明確小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)后，對(duì)其受力分析，找到向心力：對(duì)其軌道分析，找出圓心，半徑。然

后根據(jù)牛頓第二定律，可求出其加速度，角速度；根據(jù)牛頓第三定律，及合力與分力的關(guān)系，對(duì)。

進(jìn)行判斷。

本題有一點(diǎn)綜合性，考查了物體受力分析，求合力及勻速圓周運(yùn)動(dòng)的受力特點(diǎn)，圓周運(yùn)動(dòng)中的向

心力與向心加速度的關(guān)系。。選項(xiàng)易錯(cuò)。

26.【答案】AC

【解析】解：人小滑塊做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所受合力提供向心力，大小不變，故A正確；

8、重力不變，速度大小不變，但方向時(shí)刻發(fā)生變化，速度在沿斜面向下的分量"〃逐漸減小，根

據(jù)P=rngu〃S譏?？芍?，重力做功的瞬時(shí)功率逐漸減小，故B錯(cuò)誤；

C、對(duì)小滑塊受力分析，小滑塊受到重力、支持力、摩擦力和拉力，將重力分解到沿斜面方向和

垂直于斜面方向，沿斜面方向的分力為mgsinθ,垂直于斜面方向的力為mgcosO,在此過(guò)程中，

重力做的功為WG=mgRsinθ,克服摩擦力做的功為必=μmgcosθX皇=-即嚶叫根據(jù)動(dòng)

πμmacosθ

能定理可知：W+Wc-Wf=O,解得拉力對(duì)其做功為：W=^-mgRsinθ,故C正確；

。、運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)，摩擦力方向水平向左、大小為μmgcos9,設(shè)此時(shí)拉力與水平方向的夾角為α,

大小為F,則有：

Fcosa=μmgcosθ

Fsina—mgsinθ=rar—

κ

聯(lián)立解得：p=J{μmgcosθ')2+(my+mgsinθ')2>故O錯(cuò)誤。

故選：AC.

小滑塊做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合外力大小不變；根據(jù)功率和速度的關(guān)系進(jìn)行解答；根據(jù)動(dòng)能定理求解

拉力對(duì)做的功；根據(jù)受力情況結(jié)合力的合成進(jìn)行分析。

本題主要是考查動(dòng)能定理、勻速圓周運(yùn)動(dòng)的知識(shí)等，關(guān)鍵是弄清楚物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，

知道動(dòng)能定理求解變力做功的方法。

27.【答案】BCD

【解析】解：AB,滑塊P在除碰撞外，運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中受重力mg、支持力N、摩擦力/和電場(chǎng)

力F作用，其中重力、支持力和電場(chǎng)力在豎直方向上，三個(gè)力平衡，有τng+F=N,由于電荷量

為Q的正點(diǎn)電荷的正下方的導(dǎo)體板表面電場(chǎng)強(qiáng)度比兩側(cè)的要大，因此電場(chǎng)力先變大后變小，則支

持力N先變大后變小，水平方向的摩擦力f=〃N,又根據(jù)牛頓第二定律得f=mα,解得α=臂=

呃l9+F)?,可以判斷加速度先變大后變小，故A錯(cuò)誤，B正確；

m

C、設(shè)絕緣滑塊K剛剛發(fā)生彈性碰撞后的速度為也之后勻減速運(yùn)動(dòng)，

根據(jù)牛頓第二定律得加速度為α'=-誓=-μg,

2mru

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得。2—"2=2a,L,將能代入解得U=

設(shè)剛碰撞前P的速度為巧，剛剛碰撞后的速度為。2,設(shè)向右為正，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得=mv2+

2mv,

另外彈性碰撞機(jī)械能守恒，w?mvf=Tzn諺+；x2mf2,

聯(lián)立解得，v1=IV=IJ2林gL,V2=-^=-?72μgL,負(fù)號(hào)說(shuō)明P碰撞后向左運(yùn)動(dòng)，

碰撞前，運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中滑塊P所受摩擦力為合力，根據(jù)動(dòng)量定理得，沖量∕=m%-m%,將

歷代入解得摩擦力的沖量為/=m(∣1∕2mgL-v0),故C正確；

。、碰撞后，運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中滑塊P所受摩擦力也為合力，設(shè)克服摩擦力所做的功為W,根據(jù)動(dòng)

能定理，-Wr=O-Tm域，將r?值代入得W"=%故。正確。

故選：BCD。

首先根據(jù)靜電平衡知道接地導(dǎo)體板上表面的電場(chǎng)線分布情況是和導(dǎo)體板垂直的，導(dǎo)體板上方某處

固定一電荷量為Q的正點(diǎn)電荷的正下方的導(dǎo)體板表面電場(chǎng)強(qiáng)度比兩側(cè)的要大，再對(duì)滑塊受力分析,

進(jìn)而分析加速度、沖量等。

本題涉及電場(chǎng)、動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，動(dòng)量定理和動(dòng)能定理，知道電場(chǎng)線分布是解題

的突破口，另外需要過(guò)程分析以及受力分析，需要注意摩擦力在本題中是變力，所以CD選項(xiàng)要用

動(dòng)量定理和動(dòng)能定理分析判斷。

28.【答案】BC

【解析】解：ABD,黑洞和恒星組成的雙星系統(tǒng)，則角速度相等，故黑洞與恒星的角速度大小之

比為1：1,他們之間由萬(wàn)有引力提供向心力，故向心力大小之比為1：1，根據(jù)F=mα可知加速度

之比為1：16,故AO錯(cuò)誤，8正確；

C、設(shè)黑洞和恒星相距I,各自做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為rl,r2,則竿=Tnrl0√=血萬(wàn)^?,線速

度大小U=no,聯(lián)立解得線速度大小之比為1：16,故C正確；

故選：BCo

黑洞和恒星組成的雙星系統(tǒng)，則角速度相等，他們之間由萬(wàn)有引力提供向心力，從而分析各選項(xiàng)

的比值關(guān)系。

本題考查萬(wàn)有引力的應(yīng)用，解題關(guān)鍵掌握萬(wàn)有引力提供向心力的計(jì)算方法,注意雙星系統(tǒng)的特點(diǎn)。

29.【答案】AD

【解析】解：AB,根據(jù)牛頓第二定律得：a=詈=μg,由此可知，兩個(gè)物體在水平面上的加速

度相同；

根據(jù)p-t圖像可知，t尹：tz=1：2,根據(jù)速度一時(shí)間公式O-%=at可知，vφ.U乙=1：2,

而因?yàn)閜=mu相等，則甲、乙兩物體的質(zhì)量之比為2：1,故A正確，B錯(cuò)誤；

CD、根據(jù)動(dòng)能定理可知，合外力做的功等于動(dòng)能的變化量，在本題中合外力為物體受到的摩擦力，

則摩擦力做功的多少等于物體的動(dòng)能，即的.=Ek=哈，則甲、乙兩物體受到的摩擦力做功之比

為1：2,故C錯(cuò)誤，。正確；

故選：ADo

根據(jù)牛頓第二定律分析出兩個(gè)物體的加速度，結(jié)合圖像得出兩物體的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，根據(jù)速度一時(shí)間

公式得出初速度之比，結(jié)合動(dòng)量相同的特點(diǎn)分析出質(zhì)量之比；

根據(jù)動(dòng)能定理可知，摩擦力做的功的絕對(duì)值等于物體動(dòng)能的變化量，結(jié)合動(dòng)量和動(dòng)能的關(guān)系分析

出摩擦力做功之比。

本題主要考查了動(dòng)量定理的相關(guān)應(yīng)用，根據(jù)圖像得出運(yùn)動(dòng)時(shí)間，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析出速度之比，

解題關(guān)鍵點(diǎn)是掌握動(dòng)量和動(dòng)能之間的轉(zhuǎn)換關(guān)系。

30.【答案】4。

【解析】解：AB,勻速行駛時(shí)，牽引力等于阻力，貝∣J84%E=",解得：f=345N,故4正確，

B錯(cuò)誤；

CD、、電能E=80kW?九=80X103I4^?h,則由W=U/t可知，充電電壓U=γ=黑粵U=400V；

IL?UUXZ

故C錯(cuò)誤，。正確；

故選：AD.

根據(jù)電動(dòng)車?yán)m(xù)航里程，結(jié)合動(dòng)能定理求得所受到的阻力，根據(jù)電池儲(chǔ)能求得充電電壓。

本題考查電功的計(jì)算以及E=/s的應(yīng)用，要注意明確功能關(guān)系，知道充電和使用時(shí)功能轉(zhuǎn)化規(guī)律，

同時(shí)在計(jì)算時(shí)要注意明確單位的換算，體會(huì)什么時(shí)刻需要換算為國(guó)際單位制中的單位.

31.【答案】ABC

【解析】解：人球在空中上升時(shí)加速度方向豎直向下，處于失重狀態(tài)，故A正確；

3、甲傳球，球做斜向上拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)初速度與水平方向夾角為。，有豎直方向

2

h^-hφ=^gt

v0sinθ=gt

水平方向

X=V0COsθt

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)，得

θ=37°

X=4.8m

故8正確；

C、以地面為零勢(shì)能面，則球剛拋出時(shí)的機(jī)械能為E