2021-2021學年高三物理畢業(yè)班9月模擬考試試題

2019-2020學年高三物理畢業(yè)班9月模擬考試試題二、選擇題(本題共8小題.每題6分.共計48分。在每小題給出的四個選項中，14-18小題中只有一個選項正確.19-21小題中有多個選項正確.全部選對得6分，選對但不全的得3分.有選錯或不選的得0分)1.“月一地檢驗”為萬有引力定律的發(fā)現(xiàn)提供了事實依據。已知地球半徑為R，地球中心與月球中心的距離r=60R，下列說法正確的是A.卡文迪許為了檢驗萬有引力定律的正確性，首次進行了“月一地檢驗”B.“月一地檢驗”表明地面物體所受地球的引力與月球所受地球的引力是不同性質的力C.月球由于受到地球對它的萬有引力而產生的加速度與月球繞地球做近似圓周運動的向心加速度相等D.由萬有引力定律可知，月球繞地球做近似圓周運動的向心加速度是地面重力加速度的【答案】C【解析】牛頓為了檢驗萬有引力定律的正確性，首次進行了“月一地檢驗”，A錯誤；“月一地檢驗”表明地面物體所受地球的引力與月球所受地球的引力是同種性質的力，B錯誤；月球由于受到地球對它的萬有引力面產生的加速度與月球繞地球做近似圓周運動的向心加速度相等，所以證明了萬有引力的正確，C正確；物體在地球表面所受的重力等于其引力，則有，月球繞地球在引力提供向心力作用下做勻速圓周運動，則有，聯(lián)立上兩式可得，故，D錯誤．2.甲、乙兩物體在同一水平地面上做直線運動，其運動的v-t圖象如圖所示，已知乙物體從靜止開始做勻加速直線運動。下列說法正確的是A.甲物體先做勻減速直線運動.后做勻速直線運動B.在0～120s內.乙物體的平均速度大小大于0.5/sC.在0～120s內，甲物體運動的位移大小小于乙物體運動的位移大小D.乙物體在M點所對應的瞬時速度大小一定大于0.5m/s【答案】D【解析】試題分析：在位移-時間圖象中，圖線的斜率表示速度，傾斜的直線表示物體做勻速直線運動；圖象的交點表示兩物體位置相同，平均速度等于位移除以時間．3.如圖甲所示，水平傳送帶沿順時針方向以恒定速率v0勻速轉動，傳送帶的右側上方固定一擋板。在t=0時刻，將一滑塊輕輕放在傳送帶的左端.當滑塊運動到擋板所在的位置時與擋板發(fā)生碰撞，巳知碰撞時間極短，不計碰撞過程的能量損失。某同學畫出了滑塊從t=0時刻到與擋板第二次碰撞前的v-t圖象.如圖乙所示，其中可能正確的是A.B.C.D.【答案】A【解析】試題分析：滑塊先在傳送帶上做初速度為零的勻加速直線運動，然后與擋板碰撞，碰撞后向左做勻減速直線運動直到速度為零，然后向右做勻加速直線運動，再與擋板碰撞；或滑塊先向右加速，然后勻速再與擋板碰撞，反向后做減速運動，再向右加速；分析清楚滑塊的運動情況，然后分析圖示圖示答題．傳送帶沿順時針勻速率轉動，滑塊輕放在傳送帶上，滑塊先向右做初速度為零的勻加速直線運動，如果傳送帶足夠長，滑塊加速到與傳送帶相同的速度，然后與傳送帶一起做勻速直線運動，與擋板碰撞后滑塊以初速度向左做勻減速直線運動，當速度減為零后再向右做初速度為零的勻加速直線運動，當速度為時與擋板發(fā)生第二次碰撞，滑塊在傳送帶上做變速運動時加速度大小相等，由圖示可知，圖A所示圖象符合實際，故A正確．4.如圖所示，水平地面上固定兩個相同斜面M,、N，斜面上分別放有質量相等的三角形木塊A、B.木塊A左側面垂直于斜面，木塊B左側面沿豎直方向。在斜面M、N上分別放上一個相同的光滑球后，木塊A、B始終保持靜止狀態(tài)，則放上球后A.木塊A對斜面的壓力等于木塊B對斜面的壓力B.木塊A對斜面的壓力大于木塊B對斜面的壓力C.木塊A受到的摩擦力小于木塊B受到的摩擦力D.木塊A受到的摩擦力大于木塊B受到的摩擦力【答案】B【解析】以A為研究對象，分析受力，如圖所示，由平衡條件得斜面對A的支持力，以B為研究對象，分析受力，由平衡條件得：斜面對B的支持力，則得．由牛頓第三定律可知，A木塊對斜面的壓力大于B木塊對斜面的壓力．故A錯誤B正確；設小球的質量為m，A、B的質量為M，斜面的傾角為．以小球與A整體為研究對象，由平衡條件可得：A木塊受到的摩擦力，同理，以小球與B整體為研究對象，得到B木塊受到的摩擦力，則，CD錯誤．5.如圖所示，正方體金屬盒內有一小球，盒子六面均與小球相切，將金屬盒豎直向上拋出，下列說法正確的是A.若不考慮空氣阻力，則小球在上升過程中處于超重狀態(tài)，在下降過程中處于失重狀態(tài)B.若不考慮空氣阻力，則小球在上升過程中處于失重狀態(tài)，在下降過程中處于超重狀態(tài)C.若盒子運動過程中受空氣阻力不能忽略.在上升過程中盒子頂部對小球有向下的作用力D.若盒子運動過程中受空氣阻力不能忽略.在下降過程中盒子對小球無作用力【答案】C【解析】試題分析：空氣阻力可忽略時，先用整體法分析加速度，再對小球分析受力；若空氣阻力不能忽略，則根據牛頓第二定律先對整體分析，再對小球受力分析，即可明確盒子對小球的作用力的性質．若空氣阻力可忽略時，在整個過程中，整體的加速度一直豎直向下，大小為g，故小球一直處于完全失重狀態(tài)，AB錯誤；若盒子運動過程中受空氣阻力不能忽略，則整體的加速度大于重力加速度，再對小球分析可知，小球的加速度和盒子的加速度相同，所以加速度方向豎直向下，大于g，故小球受到的合力豎直向下并且大于重力，因此盒子頂部對小球有向下的作用力，C正確；若盒子運動過程中受空氣阻力不能忽略，在下降過程中加速度小于重力加速度，則對小球分析可知，小球受到合力小于重力，故盒子底部對小球有向上的支持力，故D錯誤．6.如圖所示，甲球從O點以水平速度v1飛出，落在水平地面上的A點。乙球從B點以水平速度v2飛出，落在水平地面上的B點反彈后恰好也落在A點.已知乙球在B點與地面碰撞反彈后瞬間水平方向的分速度不變、豎直方向的分速度方向相反大小不變，不計空氣阻力。下列說法正確的是A.由O點到A點，甲球運動時間與乙球運動時間相等B.甲球由O點到A點的水平位移是乙球由O點到B點水平位移的3倍C.v1:v2=3:1D.v1:v2=2:1【答案】BC【解析】試題分析：平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，運動的時間由高度決定，初速度和時間共同決定水平位移．斜拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做豎直上拋運動，結合分運動的規(guī)律研究．設OA間的豎直高度為h．由O點到A點，甲球運動時間為．乙球運動時間是甲球的3倍，A錯誤；乙球先做平拋運動，再做斜上拋運動，根據對稱性可知，從B到A的水平位移等于從O到B的水平位移的2倍，所以甲球由O點到A點的水平位移是乙球由O點到B點水平位移的3倍，B正確；設乙球由O點到B點水平位移為x，時間為t．對甲球有，對乙球有，則得，故C正確D錯誤．7.海王星是太陽系中距離太陽最遠的行員，它的質量為地球質量的P倍，半徑為地球半徑的n倍，海王星到太陽的距離為地球到太陽距離的k倍.若地球、海王星均繞太陽做勻速圓周運動，忽略星球自轉。下列說法正確的是A.海王星公轉周期為年B.海王星繞太陽做圓周運動線速度大小是地球繞太陽做圓周運動線速度大小的倍C.海王星繞太陽做圓周運動的向心加速度是地球繞太陽做圓周運動的向心加速度的倍D.海王星的第一宇宙速度是地球的第一宇宙速度的倍【答案】AD【解析】根據得到周期公式為，海王星到太陽的平均距離為地球到太陽平均距離的k倍，將行星的運動看作是圓周運動，故該行星公轉周期為地球公轉周期的倍，即年，A正確；根據公式可得，海王星到太陽的平均距離為地球到太陽平均距離的k倍，故該行星的做圓周運動的線速度是地球做圓周運動的線速度的倍，B錯誤；故根據得到，海王星到太陽的平均距離為地球到太陽平均距離的k倍，故該行星的做圓周運動的加速度是地球做圓周運動的加速度的倍，C錯誤；根據第一宇宙速度公式，得，故D正確．8.如圖所示，在豎直平面內，粗糙的斜面軌道AB的下端與半徑R=1.0m的光滑圓弧軌道BCD相切于B點，C是圓弧軌道最低點，圓心角，D與圓心O等高?，F(xiàn)有一個質量m=0.2kg可視為質點的小物體.從D點的正上方E點處自由下落.DE距離h=1.6m，小物體與斜面AB之間的動摩擦因數(shù)，重力加速度g=10m/s2，下列說法正確的是A.小物體第一次通過C點時軌道對刁響體的支持力大小為12.4NB.要使小物體不從斜面頂端飛出，斜面的長度至少為2.4mC.若斜面足夠長，小物體最終可以停在最低點CD.若斜面足夠長，小物體最終在圓弧底端往復運動【答案】ABD【解析】試題分析：由機械能守恒可求得物體在C點的速度，C點物體做圓周運動，則由牛頓第二定律充當向心力可求得支持力；要使物體不飛出，則到達A點時速度恰為零，則由動能定理可求得AB的長度；由于摩擦力小于重力的分力，則物體不會停在斜面上，故最后物體將穩(wěn)定在C為中心的圓形軌道上做往返運動，物體從E到C，由機械能守恒得，在C點，由牛頓第二定律得：，聯(lián)立解得支持力，A正確；從E～D～C～B～A過程，由動能定理得，，，聯(lián)立解得斜面長度至少為，B正確；因為（或），所以，物體不會停在斜面上．物體最后以C為中心，B為一側最高點沿圓弧軌道做往返運動，D正確C錯誤．9.某同學利用如圖所示的裝置“驗證力的平行四邊形定則”.(1)主要實驗步驟如下:將一根橡皮筋的一端固定在貼有白紙的豎直平整木板上，另一端綁上兩根細線;在其中一根細線上掛上5個質量相等的鉤碼，使橡皮筋拉伸。如圖甲所示，記錄結點O的位置和細線的方向;將5個鉤碼取下，分別在兩根細線上掛上3個和4個與甲圖中同樣的鉤碼，用兩光滑硬棒A、B使兩細線互成角度.如圖乙所示.小心調整A、B的位置，使_______________________________________________，并記錄兩細線的方向.(2)如果不考慮實驗誤差，圖乙中?！敬鸢浮拷Y點位置與甲圖中結點位置重合

(橡皮筋結點回到O點)【解析】（1）根據合力與兩分力的效果相等，可知應使結點位置與甲圖中結點位置重合(橡皮筋結點回到O點)（2）設一個鉤碼的重力為G，則根據幾何知識可得兩分力夾角為90°，故10.某同學利用圖甲裝置探究彈簧的彈性勢能Ep與彈策伸長量之間的關系.實驗步驟如下:(1)用游標卡尺測量遮光條寬度d，如圖乙所示側最值d=_______mm;(2)按圖甲豎直懸掛好輕質彈簧，將輕質遮光條水平固定在彈簧下端，在立柱上固定一指針.標示出彈簧不掛重錘時遮光條下邊緣的位置，并測出此時彈簧長度x0;(3)側址出重錘質量為m，用輕質細線在彈簧下方掛上重錘.測量出平衡時彈贊的長度為x1，并按甲圖所示將光電門組的中心線調至與遮光條下邊緣同一高度.已知當?shù)刂亓铀俣葹間，則此彈簧的勁度系數(shù)為__________;(4)用手緩慢地將重錘向上托起，直至遮光條恰好回到彈簧原長標記指針的等高處(保持細線豎直)，迅速釋放重錘使其無初速下落，光電門組記下遮光條遮光的時間，則此時重錘下落的速度為_______.彈簧此時的彈性勢能為_____________(均用題目所給字母符號表示);(5)該同學換上不同質量的重錘，測出多組數(shù)據并畫出了圖象.由圖可知彈性勢能與彈黃伸長量之間的關系是_____________________________.【答案】(1).2.50(2).(3).(4).(5).EP與△x2成正比（EP=k△x2，k為定值）【解析】（1）遮光條的寬度為（2）根據胡可定律可知，解得（3）由于遮光條非常窄，所以通過光電門的平均速度可近似等于其的瞬時速度，故（4）根據能量守恒定律可知重力勢能轉化為動能和彈簧的彈性勢能，故，解得（5）從圖中可以看出圖像為一條通過原點的直線，所以，即兩者成正比關系，，k為定值11.水平地而上有一足球距門柱x=l0m，某同學將該足球以水平速度v1=6m/s踢出，足球在地面上做勻減速直線運動.加速度大小a1=1m/s2，足球撞到門柱后反向彈回，彈回瞬間速度大小是碰撞前瞬間速度大小的.該同學將足球踢出后立即由靜止開始以的加速度追趕足球，他能達到的最大速度v2=3m/s,該同學至少經過多長時間才能追上足球?【答案】【解析】設足球運動到門柱時的速度為，由運動學公式可得，解得：足球從踢出到撞門柱前的運動時間為足球撞在門柱后反彈速度大小足球從反彈到減速為0的時間該同學加速時間該同學加速運動的位移勻速運動的位移足球從反彈到速度減為0的位移因，所以此時該同學還未追上足球所以該同學追上足球的總時間12.如圖所示，水平地面上并排放著長度L均為5m,質量m2均為1.5kg的木板A、B，木板A、B接觸但不粘連。質量m1=3kg的滑塊C(可視為質點)以初速度v0=7m/s滑上木板A左端，滑塊C與木板A、B間的動摩擦因數(shù)均為，木板A、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為,重力加速度g=l0m/s2.求:(1)滑塊C剛滑上木板A時，木板A、B及淆塊C的加速度大小.(2)從滑塊C滑上木板A到整個系統(tǒng)停止運動所需的總時間;(3)滑塊C在木板B上滑動過程中.由于滑塊C和木板B間摩攘所產生的熱量?！敬鸢浮浚?）3m/s21m/s2（2）2.5s（3）6.75J【解析】（1）設滑塊C在木塊A上滑動時，滑塊C的加速度為a1，木板A、B的加速度為a2．則由牛頓第二定律得：，解得：由牛頓第二定律得：，解得：（2）設滑塊C在木板A上運動的時間為t1．則由運動學公式可得：解得：t1=1s或t1=2.5s（舍去）設滑塊C離開木板A時的速度為vC，木板A、B的速度分別為和，由速度公式得：由速度公式得：滑塊C在木板B上滑動時，滑塊C的加速度為，設B的加速度為由牛頓第二定律得解得設經過時間，B、C達到共同速度v，由速度公式得：解得分析可知此過程中C未離