1、高考资源网（） 您身边的高考专家物理试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。一、单项选择题本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1. 伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法图a、图b分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是A. 图a通过对自由落体运动的研究
2、，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动B. 图a中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间测量更容易C. 图b中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成D. 图b的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持【答案】B【解析】【详解】AB.伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比；由于当时用滴水法计算，无法记录自由落体的较短时间，伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力得作用效果，而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所用时
3、间长的多，所以容易测量伽利略做了上百次实验，并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推，故A错误，B正确；C.实际中没有摩擦力斜面并不存在，故该实验无法实际完成，故C错误；D.伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法得到物体的运动不需要力来维持，故D错误2. 如图所示，一圆盘可绕一通过圆心且垂直于盘面的竖直轴转动，在圆盘上放一块橡皮，橡皮块随圆盘一起转动（俯视为逆时针）。某段时间圆盘转速不断增大，但橡皮块仍相对圆盘静止，在这段时间内，关于橡皮块所受合力F的方向的四种表示（俯视图）中，正确的是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】匀速转动时，只有法向加速度（向心加速度），橡皮
4、块受到的静摩擦力指向盘心，当加速转动时，会产生切向加速度，因此选项C正确，ABD错误。故选C。3. 如图所示，用弹簧测力计悬挂一个重G10N的金属块，使金属块一部分浸在台秤上的水杯中（水不会溢出）。若弹簧测力计的示数变为FT6N，则台秤的示数比金属块没有浸入水前（）A. 增加4 NB. 增加10 NC. 增加6 ND. 保持不变【答案】A【解析】【详解】金属块部分浸入水中后，水对金属块产生浮力，由弹簧测力计的示数知，浮力的大小为根据牛顿第三定律可知，金属块对水也施加一个反作用力，其大小所以台秤的示数增加；故A正确，BCD错误。故选A。4. 发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓
5、球(忽略空气的影响).速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网.其原因是()A. 速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B. 速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C. 速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D. 速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大【答案】C【解析】【详解】发球机发出的球，速度较大的球越过球网，速度度较小的球没有越过球网，原因是发球机到网的水平距离一定，速度大，则所用的时间较少，球下降的高度较小，容易越过球网，C正确5. 如图所示，四个小球在距地面相同的高度以相同的速率分别竖直向下、竖直向上、水平和斜向上抛出，不计空气阻力，关于这四个小球从抛出到落
6、地过程，下列说法正确的是（）A. 每个小球在空中的运动时间一定相等B. 每个小球落地时的速度可能相同C. 重力对每个小球做的功一定相等D. 每个小球落地时重力的瞬时功率可能相等【答案】C【解析】【详解】A四个小球抛出后，加速度都是g，竖直方向都做匀变速直线运动，设高度为h，则有对于第1个球第二个球：先上升后下落，返回出发点时，速率等于v0，则知竖直上抛小球的运动时间大于竖直下抛小球运动时间，第三个球做平抛运第四个球竖直方向：做竖直上抛运动，运动时间比平抛运动的时间长。故可知竖直下抛的小球运动时间最短，竖直上抛的小球运动时间最长，A错误；B平抛和斜抛的两个小球，落地时速度方向与竖直上抛和竖直下抛
7、的小球速度方向不同，则每个小球落地时的速度不全相同，B错误；C重力做功高度h相等，重力相等，则重力对每个小球做功相同，C正确；D根据动能定理落地时速度大小相等，但方向不同，重力小球落地时做功的瞬时功率公式为 重力的瞬时功率不等，D错误。故选C。6. 一质点在xOy平面内的运动轨迹如图所示，下列判断正确的是（）A. 质点沿x轴方向可能做匀速运动B. 质点沿y轴方向不可能做变速运动C. 若质点沿y轴方向始终匀速运动，则沿x轴方向可能先加速后减速D. 若质点沿y轴方向始终匀速运动，则沿x轴方向可能先减速后加速【答案】D【解析】【详解】AB质点做曲线运动，合力指向曲线内侧，即加速度方向指向曲线内侧，不
8、能只沿y轴方向，所以在x轴方向一定有分量，所以沿x轴不可能做匀速运动，y轴方向可能有加速度分量，y轴方向可能做变速运动，故AB错误；CD质点在y轴做匀速直线，则加速度沿x轴方向，质点沿x轴先沿正方向运动再沿负方向运动，最终x轴方向位移为0，所以物体沿x轴方向不可能先加速后减速，可能先减速后加速，故C错误，D正确。故选D。7. 我国将在今年择机执行“天问1号”火星探测任务。质量为m的着陆器在着陆火星前，会在火星表面附近经历一个时长为t0、速度由v0减速到零的过程。已知火星的质量约为地球的0.1倍，半径约为地球的0.5倍，地球表面的重力加速度大小为g，忽略火星大气阻力。若该减速过程可视为一个竖直向
9、下的匀减速直线运动，此过程中着陆器受到的制动力大小约为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】忽略星球的自转，万有引力等于重力则解得着陆器做匀减速直线运动，根据运动学公式可知解得匀减速过程，根据牛顿第二定律得解得着陆器受到的制动力大小为ACD错误，B正确。故选B。8. 如图，物块A和B的质量分别为4m和m，开始A、B均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F6mg作用下，动滑轮竖直向上加速运动。已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度分别为（）A. aA0，aB2gB. aAaBgC. aA0，aB3gD. a
10、Ag，aB5g【答案】A【解析】【详解】在竖直向上拉力F6mg时，此时A、B受的拉力分别为3mg、3mg。对A因为3mg4mg，故物体A静止，加速度为0。对物体B3mgmgmaB解得aB2g故A正确，BCD错误；故选A。二、多项选择题本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9. 一质量为m乘客乘坐竖直电梯上楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是（）A. 0t1时间内，v增大，FNmgB. t1t2 时间内，v减小，FNmgC. t
11、2t3 时间内，v减小，FN mg【答案】AC【解析】【详解】A. 0t1时间内，斜率增大，v增大，做加速运动，加速度向上，由牛顿第二定律，FNmg，A正确；B. t1t2 时间内，是直线，v不变，匀速向上，FN=mg，B错误；CD. t2t3 时间内，斜率减小，v减小，加速度向下，FN F3B. a2 a3 a1C. 13v3【答案】BC【解析】【详解】A根据题意三者质量相等，轨道半径,物体1与人造卫星2比较，由于赤道上物体受引力和支持力的合力提供向心力，而近地卫星只受万有引力，故故A错误；B对物体1和卫星3，其角速度相同，根据可知a3 a1对卫星2和卫星3，根据 可知a2 a3则a2 a3
12、 a1故B正确；C同步卫星与地球自转同步，故根据周期公式可知，卫星轨道半径越大，周期越大，故再根据则有故C正确；D由于物体1和卫星3的角速度相同，则根据可知对卫星2和3，根据可知可得而第一宇宙速度vv2则故D错误。故选BC。12. 如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动（不计一切阻力），小球运动到最高点时绳对小球的拉力为FT，小球在最高点的速度大小为v，其图象如图乙所示，则（）A. 轻质绳长为B. 当地的重力加速度为C. 当v2c时，轻质绳最高点拉力大小为aD. 若v2b，小球运动到最低点时绳的拉力为6a【答案】ABD【解析】【详解】AB在最高点，根据牛顿第二定律得
13、解得可知纵轴截距的绝对值为amg，解得当地的重力加速度为，图线的斜率解得绳子的长度故AB正确；C当v2c时，轻质绳的拉力大小为故C错误；D当v2b时拉力FT为零，到最低点时根据动能定理得根据牛顿第二定律得联立以上可得拉力为故D正确。故选ABD。三、非选择题本题共6小题，共60分。13. 2020年5月，我国进行了珠穆朗玛峰的高度测量，其中一种方法是通过使用重力仪测量重力加速度，进而间接测量海拔高度。某同学受此启发就地取材设计了如下实验，测量当地重力加速度的大小。实验步骤如下：（i）如图甲所示，选择合适高度的垫块，使木板的倾角为53，在其上表面固定一与小物块下滑路径平行的刻度尺（图中未画出）。（
14、ii）调整手机使其摄像头正对木板表面，开启视频录像功能。将小物块从木板顶端释放，用手机记录下小物块沿木板向下做加速直线运动的情况。然后通过录像的回放，选择小物块运动路径上合适的一点作为测量参考点，得到小物块相对于该点的运动距离L与运动时间t的数据。（iii）该同学选取部分实验数据，画出了t图像，利用图像数据得到小物块下滑的加速度大小为5.6 m/s2（iv）再次调节垫块，改变木板的倾角，重复实验。回答以下问题：(1)当木板的倾角为37时，所绘图像如图乙所示。由图像可得，物块过测量参考点时速度的大小为_m/s；选取图线上位于坐标纸网格交叉点上的A、B两点，利用A、B两点数据得到小物块下滑加速度的
15、大小为_m/s2.（结果均保留2位有效数字）(2)根据上述数据，进一步分析得到当地的重力加速度大小为_ m/s2.（结果保留2位有效数字，sin37= 0.60，cos37=0.80）【答案】 (1). 0.32或0.33 (2). 3.1 (3). 9.4【解析】【详解】(1)12根据可得则由图像可知则v0=0.33m/s(2)3由牛顿第二定律可知即当=53时a=5.6m/s2，即当=37时a=3.0m/s2，即联立解得g=9.4m/s214. 某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系（1）下列做法正确的是 _ （选填字母代号）A调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B在
16、调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上C实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源D通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度（2）为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量_木块和木块上砝码的总质量（选填“远大于”“远小于”或“近似等于”）（3）甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为
17、甲、乙，由图可知，m甲 _ m乙 ，甲 _ 乙（选填“大于”“小于”或“等于”）【答案】 (1). AD (2). 远小于 (3). 小于 (4). 大于【解析】【详解】（1）1实验中细绳要保持与长木板平行，A项正确；平衡摩擦力时不能将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上，这样无法平衡摩擦力，B项错误；实验时应先接通电源再放开木块，C项错误；平衡摩擦力后，改变木块上的砝码的质量后不再需要重新平衡摩擦力，D项正确（2）2由整体法和隔离法得到细绳中的拉力FMaMmg，可见，当砝码桶和桶内砝码的总质量m远小于木块和木块上砝码的总质量M时，可得Fmg.（3）3不平衡摩擦力，则Fmgma，ag，图象的斜
18、率大的木块的质量小，纵轴截距绝对值大的动摩擦因数大，因此m甲乙15. 如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN调节其与水平面所成的倾角板上一根长为l=0.60m的轻细绳，它的一端系住一质量为m的小球P ，另一端固定在板上的O点当平板的倾角固定为时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v03.0m/s 若小球能保持在板面内作圆周运动，倾角的值应在什么范围内？（取重力加速度g=10m/s2）【答案】【解析】【详解】小球在斜面上运动时受绳子拉力、斜面弹力、重力在垂直斜面方向上合力为0，重力在沿斜面方向的分量为；小球在最高点时，由绳子的拉力和重
19、力分力的合力提供向心力研究小球从释放到最高点的过程，据动能定理 ：若恰好通过最高点绳子拉力时联立解得代入数据得16. 开普勒第三定律指出：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等该定律对一切具有中心天体的引力系统都成立如图，嫦娥三号探月卫星在半径为r的圆形轨道上绕月球运行，周期为T月球的半径为R，引力常量为G某时刻嫦娥三号卫星在A点变轨进入椭圆轨道，在月球表面的B点着陆A、O、B三点在一条直线上求：（1）月球的密度；（2）在轨道上运行的时间【答案】(1) (2)【解析】【分析】本题考查中心天体质量和密度的计算及开普勒第三定律的应用【详解】(1)设月球的质量为M，卫星的质
20、量为m，对卫星受力分析可得月球密度联立解得：(2)椭圆轨道的半长轴设椭圆轨道上运行周期为T1，由开普勒第三定律得卫星在轨道上运行的时间联立解得： 17. 如图所示，可看做质点的小物块放在长木板的正中央，长木板置于光滑水平面上，两物体皆静止；已知长木板质量为M=40kg，长度为L=30m，小物块质量为m=10kg，小物块与长木板之间的动摩擦因数=02；两物体间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，重力加速度g=10m/s2，试求：（1）用水平向右的恒力F作用于小物块，当F满足什么条件，两物块才能发生相对滑动？（2）若一开始就用水平向右55N的恒力作用与小物块，则小物块经过多长时间从长木板上掉下？
21、【答案】（1）F>25N （2）1s【解析】试题分析： （1） 两物体恰要发生相对滑动时，它们之间的摩擦力大小达到最大静摩擦fm；设它们一起运动的加速度大小为a1，此时作用于小物块水平向右的恒力大小为F1，由牛顿定律可知：对整体：F1=（M+m）a1对木板：fm=Ma1其中解得F1=25N故当F25N时，两物体之间发生相对滑动（2）分析可知，当一开始就用水平向右F2=55N的恒力作用于小木块时，两物体发生滑动；设滑动摩擦力的大小为f，小木块、木板的加速度分别为a1、a2，由牛顿第二定律可得：对小物块：F2-f=ma1对木板f=Ma2其中f=mg解得a1=35m/s2； a2=05m/s2
22、设小物块滑下木板历时为t，小物块、木板相对于地面的位移大小分别为s1、s2，由匀变速直线运动的规律和几何关系可知：解得：t=1s考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】题涉及到相对运动过程，列牛顿第二定律方程时一定要先确定研究对象，要认真分析物体的受力情况和运动情况，并能熟练地运用匀变速直线运动的公式18. 单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型： U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2。某次练习过程中，运动员以vM=10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹
23、角=72.8，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g=10 m/s2， sin72.8=0.96，cos72.8=0.30。求：(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；(2)M、N之间的距离L。【答案】(1)4.8 m；(2)12 m【解析】【详解】(1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得 设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得mgcos17.2=ma1 由运动学公式得 联立式，代入数据得d=4.8 m (2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规得v2=vMcos72.8 设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得mgsin17.2=ma2 设腾空时间为t，由运动学公式得 联立式，代入数据得L=12 m - 19 - 版权所有高考资源网