1、高考资源网（） 您身边的高考专家物 理 注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第912题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2
2、分，有选错的得0分。1下列有关匀速圆周运动的说法正确的是()A匀速圆周运动是匀变速曲线运动B做匀速圆周运动的物体所受合外力是恒定的C做匀速圆周运动的物体角速度与转速成正比D做匀速圆周运动的物体向心加速度与半径成反比2一颗呼啸的子弹射入树桩，最终停在树桩内，这个过程中()A总能量减少了，能量不再守恒B子弹的动能无缘无故地消失了C子弹的机械能(包括动能、声能等)增加D子弹和树桩的内能增加了3关于库仑定律,下列说法中正确的是( )A.库仑定律适用于点电荷,点电荷其实就是很小的球体B.根据,当两点电荷间的距离趋于零时,库仑力将趋向于无穷大C.若点电荷的电荷量大于的电荷量,则对的库仑力大于对的库仑力D.
3、库仑定律和万有引力定律的表达式相似,都是平方反比定律4质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为()A B C D5如图所示，从地面上方某点，将一质量为1 kg小球以5 m/s的初速度沿水平方向抛出，小球经过1 s落地。不计空气阻力，g10 m/s2。则可求出()A小球抛出时离地面的高度是10 mB小球落地时重力的瞬时功率为100 WC小球落地时的速度大小是15 m/sD小球落地时的速度方向与水平地面成30o角6甲、乙两物体都做匀速圆周运动，其质量之比为12，转动半径之比为12，在
4、相等时间里甲转过60，乙转过45，则它们所受外力的合力之比为()A14 B24 C49 D9167假设将来一艘飞船靠近火星时，经历如图所示的变轨过程，已知万有引力常量为G，则下列说法正确的是()A飞船在轨道上运动到P点的速度小于在轨道运动到P点的速度B若轨道贴近火星表面，测出飞船在轨道运动的周期，就可以推知火星的密度C飞船在轨道上运动到P点时的加速度大于飞船在轨道上运动到P点时的加速度D飞船在轨道上运动时的周期等于在轨道上运动时的周期8如图所示，重10 N的滑块在倾角为30的斜面上，从a点由静止下滑，到b点接触到一个轻弹簧。滑块压缩弹簧到c点开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a点，已知ab
5、0.8 m，bc0.4 m，那么在整个过程中()A弹簧弹性势能的最大值是6 JB滑块动能的最大值是6 JC从b到c弹簧的弹力对滑块做的功是6 JD滑块在整个过程机械能守恒9一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中。若把其在空中下落的过程称为过程，进入泥潭起到停止的过程称为过程，则()A过程中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量B过程中阻力的冲量大小等于过程中重力的冲量的大小C、两个过程中合外力的总冲量等于零D过程中钢珠的动量的改变量等于零10如图所示,一电子沿等量异种点电荷的中垂线由匀速飞过,电子重力不计,则电子除受电场力外,所受另一个力的大小和方向的变化情况是( )A.先变大后变小,方向水
6、平向左B.先变大后变小,方向水平向右C.先变小后变大,方向水平向左D.先变小后变大,方向水平向右11如图所示，质量为m的小球用两细线悬挂于A、B两点，小球可视为质点，水平细线OA长L1，倾斜细线OB长为L2，与竖直方向夹角为，现两细线均绷紧。小球运动过程中不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是()A在剪断OA现瞬间，小球加速度大小为gtan B剪断OA后，小球将来回摆动，小球运动到B点正下方时细线拉力大小为mg(32cos )C剪断OB线瞬间，小球加速度大小为gsin D剪断OB线后，小球从开始运动至A点正下方过程中，重力功率先增大后减小12一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在
7、粗糙水平面上做加速直线运动时的at图象如图所示，t0时其速度大小为2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则()At2 s时，水平拉力F的大小为4 NB在06 s内，合力对物体做的功为396 JC在06 s内，合力对物体的冲量为36 NsDt6 s时，拉力F的功率为180 W二、非选择题：本题共5小题，共52分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13(5分)如图所示为气垫导轨，滑块在水平气垫导轨上滑动时摩擦很小可以忽略不计。导轨上的两滑块质量均为m，两滑块上的挡光片宽度均为d。现用该装置做“验
8、证动量守恒定律”实验。(1)调节气垫导轨，在导轨上只放一个滑块，轻推滑块，观察滑块通过两个光电门的挡光时间_即可认为气垫导轨调水平了。(2)实验时使滑块甲从图示位置获得一初速度撞击静止在导轨上的滑块乙，两滑块碰撞端粘有橡皮泥，碰撞后两滑块粘在一起。光电门1记录了滑块甲上的挡光片的挡光时间为t1，光电门2记录了滑块乙上的挡光片的挡光时间为t2。实验数据满足表达式_即可认为两滑块组成的系统遵循动量守恒定律。14(8分)如图甲所示，在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m1.0 kg的重物从静止开始自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图乙所示。O为打下
9、的第一个点A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点（其他点未画出）。已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，当地的重力加速度为g9.8 m/s2。那么：(1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的_。A动能变化量与重力势能变化量B速度变化量和重力势能变化量C速度变化量和高度变化量(2)纸带的_端（选填“左”或“右”）与重物相连。(3)从打O点到打B点的过程中，重物重力势能的减少量EP_J，动能增加量Ek_J。（结果取两位有效数字）15(12分)跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一，如图为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图。助滑坡由AB和BC组成，AB为斜坡，BC为R10 m的圆弧面，
10、二者相切于B点，与水平面相切于C，AC间的竖直高度差为h140 m，CD为竖直跳台。运动员连同滑雪装备总质量为80 kg，从A点由静止滑下，通过C点水平飞出，飞行一段时间落到着陆坡DE上的E点。运动员运动到C点时的速度是20 m/s，CE间水平方向的距离x40 m。不计空气阻力，取g10 m/s2。求：(1)运动员从A点滑到C点过程中阻力做的功；(2)运动员到达C点时对滑道的压力大小；(3)运动员落到E点时的瞬时速度大小。16(13分)我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程。假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，
11、当位移x1.6103 m时才能达到起飞所要求的速度v80 m/s。已知飞机质量m7.0104 kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取g10 m/s2。求飞机滑跑过程中(1)加速度a的大小；(2)牵引力的平均功率P。17(14分)如图甲所示，A、B两物体与水平面间的动摩擦因数相同，A的质量为3 kg，A以一定的初速度向右滑动，与B发生碰撞（碰撞时间非常短），碰前A的速度变化如图乙中图线所示，碰后A、B的速度变化分别如图线、 所示，g取10 m/s2。(1)求A与地面间的动摩擦因数；(2)计算说明A、B间发生的是弹性碰撞还是非弹性碰撞。物 理 答 案一、选择题：本题共12小题，每
12、小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第912题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1【答案】C【解析】匀速圆周运动的加速度是变化的，则不是匀变速曲线运动，选项A错误；做匀速圆周运动的物体所受合外力的方向是时刻变化的，则合外力时刻在变化，选项B错误；根据2n可知，做匀速圆周运动的物体角速度与转速成正比，选项C正确；做匀速圆周运动的物体向心加速度与受力有关，与半径无关，选项D错误。2【答案】D【解析】子弹射入树桩，受到阻力作用而减速，子弹的机械能转化为内能，能量依然保持守恒，故A正确。3答案：D解析：A、库仑定律适用于点
13、电荷,点电荷并不是体积很小的球体,故A错误.B、当两个点电荷距离趋于0时,两带电体已不能看出点电荷了,该公式不适用了,故电场力并不是趋于无穷大,故B错误.C、两点电荷之间的作用力是相互的,根据牛顿第三定律,无论点电荷的电荷量与的电荷量大小如何, 对Q2的电场力大小上总等于对电场力.故C错误.D、库仑定律的表达式为,万有引力定律的表达为,故两表达式相似,都是平方反比定律,故D正确. 故选:D.4【答案】D【解析】设滑板的速度为u，小孩和滑板动量守恒得：0muMv，解得，故D正确。5【答案】B【解析】小球抛出点的高度hgt25 m，故A错误；小球落地时竖直分速度vygt10 m/s，落地时重力的瞬
14、时功率为Pmgvy100 W，选项B正确；小球的速度大小，故C错误；设小球落地的速度方向与水平方向的夹角为，则tan 2，可知30，故D错误。6【答案】C【解析】由合外力提供向心力得F1m1a1，F2m2a2，根据角速度公式得，再由向心加速度公式得a112r1，a222r2，联立解得F1F249，C正确。7【答案】B【解析】从轨道I到轨道要在P点点火加速，则在轨道I上P点的速度小于轨道上P点的速度，故A错误；飞船贴近火星表面飞行时，如果知道周期T，由GmR，MR3，可得，故B正确；根据Gma得a，飞船在I、轨道上的P点加速度相等，故C错误；因为轨道半长轴大于轨道的半径，所以飞船在轨道上运动时的
15、周期大于在轨道上运动时的周期，故D错误。8【答案】A【解析】由于滑块又返回a点，故斜面是光滑的，到c点时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块的重力势能完全转化为弹簧的弹性势能，即Epmgacsin 306 J，故A正确；弹簧推动物块上升时，弹性势能转化为物块的机械能，整个过程的机械能是守恒的，机械能的大小均是6 J，而滑块动能最大的位置一定在bc之间，即物块在斜面的方向上受到的合外力为0时动能最大，所以此时弹簧仍有一定的弹性势能，故滑块的动能的最大值只能小于6 J，故B错误；滑块从b到c，弹簧的弹性势能由0到最大，弹簧的弹力对滑块做的功是6 J，故C错误；由于摩擦不计，整个过程只有重力与弹力做功，滑
16、块和弹簧组成的系统整个过程机械能守恒，故D错误。9【答案】AC【解析】过程中钢珠所受外力只有重力，由动量定理可知，钢珠动量的改变等于重力的冲量，故A正确；过程中，钢珠所受外力有重力和阻力，所以过程中阻力的冲量大小等于过程中重力的冲量大小与过程中重力冲量大小的和，故B错误；在整个过程中，钢珠动量的变化量为零，由动量定理可知，、两个过程中合外力的总冲量等零，故C正确；过程中钢珠所受合外力的冲量不为零，由动量定理可知，过程中钢珠的动量的改变量不等于零，故D错误。10答案：B解析：根据等量异种点电荷连线的中垂线上电场的叠加情况可知,从,电场强度的方向不变,水平向右,电场强度的大小先增大后减小,则电子所
17、受电场力的大小先变大后变小,方向水平向左,则另一个力的大小先变大后变小,方向水平向右,故B正确.11【答案】BD【解析】剪断细线AO的瞬间，小球开始做竖直面内的圆周运动，其线速度为零，所以沿半径方向的加速度为零，只有沿切线方向的加速度。由牛顿第二定律有，沿半径方向TOBmgcos 0，沿切线方向mgsin ma，解得agsin ，故A错误；剪断AO后，设小球运动到B点正下方时的速度大小为v，由动能定理得mgL2(1cos )mv2，在最低点，设小球运动到B点正下方时细线拉力大小为F，由牛顿第二定律得，联立解得Fmg(32cos )，故B正确；剪断OB线瞬间，小球做自由落体运动，加速度为g，故C
18、错误；剪断OB线后，设小球与水平方向的夹角为时，速度为v1，则mgL1sin mv12，此时重力的瞬时功率，根据数学知识可知，当0 90时，重力功率P先增大后减小，故D正确。12【答案】BC【解析】由图象可知，t2 s时，加速度am/s2，由牛顿第二定律Ffma，得N，故A错误；根据vat可知，在at图象中图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在06 s时间内速度增量为v18 m/s，所以v6v0v20 m/s，根据动能定理得W合Ekmv62mv02，得W合396 J，故B正确；根据动量定理得Imv6mv036 Ns，故C正确；t6 s时，根据牛顿第二定律得F6fma6，解得F610 N，则
19、PF6v6200 W，故D错误。二、非选择题：本题共5小题，共52分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13(5分)【答案】(1)相等 (2分) (2) (3分)【解析】(1)因为滑块上的挡光片宽度d是一定的，所以滑块通过两个光电门的挡光时间相等，说明滑块匀速运动，也说明气垫导轨调水平了。(2)滑块甲的速度为，它的动量为；碰后滑块甲乙粘在一起，碰后的速度为，碰后甲乙的动量为，若，即成立，即可认为两滑块组成的系统遵循动量守恒定律。14(8分)【答案】(1)A (2)左 (3)0.31 0.30
20、 (每空2分)【解析】(1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的重力势能的减少量与动能的增加量是否在误差允许的范围之内相等，A正确，BC错误。(2)重物在下落过程中，速度在增大，故相邻点间的距离应该是增大的，由图可知，纸带的左端与重物相连。(3)从打O点到打B点的过程中，重物重力势能的减少量EPmghOB0.31 J；打B点时，重物的速度大小为，由初速度为零，则此过程中，重物动能的增加量EkmvB20.30 J。15(12分)【解析】(1)运动员从A点滑到C点过程中，由动能定理可得：mghWfmvB2 (2分)解得：Wf16000 J。 (1分)(2)由牛顿第二定律可得：N
21、mgm (2分)代入数据解得：N4000 N由牛顿第三定律可得压力等于支持力，即N4000 N。 (2分)(3)运动员过C点做平抛运动，在水平方向，由xvt可得运动员下落时间t2 s (2分)在竖直方向，做自由落体运动，运动员竖直方向速度vygt20 m/s (2分)由运动合成得运动员落到E点时的瞬时速度大小。 (1分)16(13分)【解析】(1)飞机做初速度为零的匀加速直线运动，有v22ax (2分)代入数据解得a2 m/s2。 (2分)(2)飞机受到的阻力F阻0.1mg (1分)设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有FF阻ma (2分)飞机滑跑过程中的平均速度 (2分)所以牵引力的平均功率PF (2分)联立解得：P8.4106 W。(2分)17(14分)【解析】(1)由vt图可知A的初速度v03 m/s，碰撞前的速度v12 m/s，时间t1 s由动量定理得：ftmv1mv0 (2分)又fmAg (2分)解得A与地面间的动摩擦因数：0.1。 (2分)(2)由vt图可知碰撞后A的速度vA1 m/s，B的速度vB3 m/s (2分)碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAv1mAvAmBvB (2分)碰撞前后系统的机械能变化量：EmAv12mBvA2mBvB2 (2分)代入数据解得：E0，则碰撞为弹性碰撞。(2分)- 11 - 版权所有高考资源网