1、高考资源网（） 您身边的高考专家平阴一中阶段性检测物理模拟试卷一、单选题1. 若货物随升降机运动的图像如图所示（竖直向上为正），则货物受到升降机的支持力与时间关系的图像可能是A. B. C. D. 【答案】B【解析】由图知：过程为向下匀加速直线运动（加速度向下，失重，）；过程为向下匀速直线（平衡，）；过程为向下匀减速直线运动（加速度向上，超重，）；过程为向上匀加速直线运动（加速度向上，超重，）；过程为向上匀速直线运动（平衡，）；过程为向上匀减速直线运动（加速度向下，失重，）；综合各个过程可知B选项正确【考点定位】图像、超重与失重、牛顿第二定律2. 静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下
2、做直线运动，t4s时停下，其vt图象如图所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是()A. 整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B. 整个过程中拉力做的功等于零C. t2 s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大D. t1 s到t3 s这段时间内拉力不做功【答案】A【解析】【详解】对物块运动全过程应用动能定理得：，可见全过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功，A正确，B错误；物块在加速过程中受到的拉力最大，t=1s时刻拉力瞬时功率为整个过程拉力功率的最大值，C错误；t=1s到t=3s这段时间内，拉力与摩擦力平衡，拉力做正功，D错误故选A。3. 我国“北斗二代”计划发
3、射35颗卫星，形成全球性的定位导航系统。其中的5颗卫星是相对地面静止的高轨道卫星以下简称“静卫”，其他的有27颗中轨道卫星以下简称“中卫”轨道高度距地面为静止轨道高度的倍，下列说法正确的是（）A. “中卫”的线速度介于7.9km/s和11.2km/s之间B. “静卫”的轨道必须是在赤道上空C. 如果质量相同，“静卫”与“中卫”的动能之比为3:5D. “静卫”的运行周期小于“中卫”的运行周期【答案】B【解析】【详解】A7.9 km/s是地球卫星的最大环绕速度，所以“中卫”的线速度小于7.9 km/s，故A错误；B同步轨道卫星轨道只能在赤道上空，则“静卫”的轨道必须是在赤道上空，故B正确；C根据万
4、有引力提供向心力得解得如果质量相同，动能之比等于半径的倒数比， “中卫”轨道高度为静止轨道高度的，而r=R+h，所以“中卫”轨道半径不是静止轨道半径的，则“静卫”与“中卫”的动能之比不是3：5，故C错误；D根据得则半径越大周期越大，所以“静卫”的运行周期大于“中卫”的运行周期，故D错误。故选B。4. 如图为汽车的机械式手刹（驻车器）系统的结构示意图，结构对称。当向上拉动手刹拉杆时，手刹拉索（不可伸缩）就会拉紧，拉索OD、OC分别作用于两边轮子的制动器，从而实现驻车的目的。则以下说法正确的是（ ）A. 当OD、OC两拉索夹角为60时，三根拉索的拉力大小相等B. 拉动手刹拉杆时，拉索AO上拉力总比
5、拉索OD和OC中任何一个拉力大C. 若在AO上施加一恒力，OD、OC两拉索夹角越小，拉索OD、OC拉力越大D. 若保持OD、OC两拉索拉力不变，OD、OC两拉索越短，拉动拉索AO越省力【答案】D【解析】【详解】A当OD、OC两拉索夹角为120时，三根拉索的拉力大小才相等，选项A错误；B拉动手刹拉杆时，当OD、OC两拉索夹角大于120时，拉索AO上拉力比拉索OD和OC中任何一个拉力小，选项B错误；C根据平行四边形法则可知，若在AO上施加一恒力，OD、OC两拉索夹角越小，拉索OD、OC拉力越小，选项C错误；D若保持OD、OC两拉索拉力不变，OD、OC两拉索越短，则两力夹角越大，合力越小，即拉动拉索
6、AO越省力，选项D正确。故选D。5. 如图所示，在匀强电场中，A、B、C、D、E、F位于边长L=4cm的正六边形的顶点上，匀强电场的方向平行于正六边形所在的平面已知A、B、C、D的电势分别为-4V、0、8V、12V则下列说法正确的是A. E点的电势B. A、F间的电势差UAF=0C. 该匀强电场的场强大小E= 100 V/mD. 该匀强电场的电场线垂直于BF连线，且指向A【答案】D【解析】【详解】A由几何知识知，与平行且；因电场是匀强电场，则，即，代入数据可得：故A项错误B由几何知识知，与平行且相等；因电场是匀强电场，则故B项错误CD、，电场是匀强电场，又电场线由电势高处指向电势低处，则电场线
7、垂直于如图；由几何知识可得，电场线垂直于BF连线，且指向A；据可得，故C项错误，D项正确6. 如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B(B物体与弹簧连接)，弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态现用竖直向上的 拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的vt图像如图乙所示(重力加速度为g)，则( )A. 施加外力前，弹簧的形变量为B. 外力施加的瞬间A、B间的弹力大小为M(g-a)C. A、B 在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零D. 弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值【答案】B【解析】【详解】A施加F前，物体A
8、B整体平衡，根据平衡条件有：2Mg=kx解得：故A错误；B施加外力F瞬间，对B物体，根据牛顿第二定律有：F弹Mg其中F弹=2Mg解得：故B正确；C物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v与a；且；对B：弹解得：弹=弹力不为零，故C错误；D而弹簧恢复到原长时，B受到的合力为重力，已经减速一段时间；速度不是最大值；故D错误。故选B【点睛】本题关键是明确A与B分离的时刻，它们间的弹力为零这一临界条件；然后分别对AB整体和B物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程及机械能守恒的条件进行分析。7. A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移时间图象，a、b分别为A、B两球碰前的位
9、移时间图象，c为碰撞后两球共同运动的位移时间图象，若A球质量mA2 kg，则由图象判断下列结论错误的是（ ）A. A、B碰撞前的总动量为kgm/sB. 碰撞时A对B所施冲量为4 NsC. 碰撞前后A的动量变化为4 kgm/sD. 碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J【答案】A【解析】【详解】A由x-t图象可知，碰撞前有碰撞后有对A、B组成的系统，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后系统的动量守恒。以碰撞前B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mAvAmBvB(mAmB)v解得mBkgA、B碰前的总动量p总mAvAmBvB代入数值得p总kgm/sA错误，符合题意；B由动量定理知，
10、A对B的冲量为IBmBvmBvBIB4 NsB正确，不符合题意；C碰撞前后A球的动量变化为pAmAvmAvA4 kgm/sC正确，不符合题意；D碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能代入数据解得Ek10 JD正确，不符合题意。故选A。8. 如图所示，在某电场中画出了三条电场线，点是连线的中点。已知点的电势为点的电势为，则下列说法正确的是（）A. 点的电势B. 点的电势C. 点的电势D. 负电荷在点的电势能大于在点的电势能【答案】C【解析】【详解】ABC由图可知，A、C间电场线比B、C间电场线密，则A、C间场强较大，根据公式可知，A、C间电势差大于C、B间电势差，即得到故C正确，AB错误；D因为A
11、点电势高于B点，则负电荷在电势高点A电势能小，故D错误。故选C。二、多选题9. 如图所示，光滑轨道由AB、BCDE两段细圆管平滑连接组成，其中圆管AB段水平，圆管BCDE段是半径为R的四分之三圆弧，圆心O及D点与AB等高，整个管道固定在竖直平面内。现有一质量为m。初速度的光滑小球水平进入圆管AB。设小球经过管道交接处无能量损失，圆管内径远小于R。小球直径略小于管内径，下列说法正确的是（）A. 小球通过E点时对外管壁的压力大小为B. 小球从B点到C点的过程中重力的功率不断增大C. 小球从E点抛出后刚好运动到B点D. 若将DE段圆管换成等半径的四分之一内圆轨道DE，则小球不能够到达E点【答案】CD
12、【解析】【详解】A从A至E过程，由机械能守恒定律得解得 在E点时解得即小球通过E点时对内管壁的压力大小为，选项A错误；B小球在C点时竖直速度为零，则到达C点时重力的瞬时功率为零，则小球从B点到C点的过程中重力的功率不是不断增大，选项B错误；C从E点开始小球做平抛运动，则由小球能正好平抛落回B点，故C正确；D若将DE段圆管换成等半径的四分之一内圆轨道DE，则小球到达E点的速度至少为 ，由于可知，小球不能够到达E点，选项D正确。故选CD。10. 雾霾对人们的正常生活有一定的影响。在某个雾霾天气中，能见度很低，甲、乙两汽车在一条平直的单行道上，甲在前、乙在后同向行驶。某时刻两车司机同时听到前方有事故
13、发生的警笛提示，同时开始刹车做匀减速直线运动。两辆车刹车时的图像如图所示，下列说法正确的是（）A. 甲车的加速度小于乙车的加速度B. 时两车的速度均为8 m/sC. 若两车发生碰撞，则开始刹车时两辆车的间距一定等于48 mD. 若两车发生碰撞，则可能是在刹车24 s以后的某时刻【答案】AB【解析】【详解】A由图可知甲车的加速度大小乙车的加速度大小则甲车的加速度小于乙车的加速度，A正确；B时两车的速度相等，且均为B正确；C024 s内，甲车的位移乙车的位移两车位移之差若两车在时刻相撞，则开始刹车时两辆车的间距等于48 m，若两车在时刻之前相撞，则开始刹车时两辆车的间距小于48 m，C错误；D若两
14、车速度相等时没有相撞，则速度相等后，甲车的速度比乙车的大，两车不可能相撞，D错误。故选AB。11. 如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g则下列说法中正确的是（）A. 无论a、b在什么位置，两物体的加速度方向都与速度方向相同B. a下落过程中，其加速度大小可能大于gC. a落地时速度大小为D. a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg【答案】BCD【解析】【详解】A当a到达底端时，b的速度为零，b的速度在整个过程中，先增大后减小，动能先增大后减小
15、，所以轻杆对b先做正功，后做负功，说明杆对b先是推力、后是拉力，故b的加速度与速度先同方向后反方向，故A错误；Bb的速度在整个过程中，先增大后减小，所以a对b的作用力先是动力后是阻力，所以b对a的作用力就先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，b对a是向下的拉力，此时a的加速度大于重力加速度，故B正确；Ca运动到最低点时，b的速度为零，根据系统机械能守恒定律得：mAgh=mAvA2，解得：vA=，故C正确；Da、b整体的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时b受到a的推力为零，b只受到重力的作用，所以b对地面的压力大小为mg，故D正确。故选BCD。【点睛】解决本题的关键知道a、b组
16、成的系统机械能守恒，以及知道当a的机械能最小时，b的动能最大12. 如图，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，则其速度v随时间t变化的图象可能是A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【详解】根据题意，设传送带倾角为，动摩擦因数，若：，合力沿斜面向下，物块向下匀加速；若，沿斜面方向合力为零，物块匀速下滑；若，沿斜面方向合力沿斜面向上物块匀减速，当减速为零时，开始反向加速，当加速到与传送带速度相同，因为最大静摩擦力大于重力向下分力，之后一起随传送带匀速，AD错误BC正确三、实验题13. 某同学设计了如下实验方案：A.实验装置如
17、图甲所示，一端系在滑块上的轻质细绳通过转轴光滑的轻质滑轮，另一端挂一重力为的钩码，用垫块将长木板的有定滑轮的一端垫起。调整长木板的倾角，直至轻推滑块后，滑块沿长木板向下做匀速直线运动；B保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码，接好纸带，接通打点计时器的电源，然后让滑块沿长木板滑下，打点计时器打下的纸带如图乙所示。请回答下列问题：(1)图乙中纸带的_端与滑块相连（选填“左”或“右”）。(2)图乙中相邻两个计数点之间还有4个打点未画出，打点计时器接频率为的交流电源，根据图乙求出滑块的加速度_。(3)不计纸带与打点计时器间的阻力，滑块的质量_（取）。【答案】 (1). 右 (2). 1.65 (3).
18、 2【解析】【详解】(1)1因为打点计时器每隔打一个点，两个计数点之间还有4个打点未画出，所以两个计数点的时间间隔为，时间间隔是定值，滑块拖动纸带下落的运动过程中，速度越来越快，所以相等时间内运动的位移越来越大。所以图乙中纸带的右端与滑块相连；(2)2根据，可解得加速度为(3)3由A步骤可知，取下细绳和钩码后，滑块受到的合外力，根据牛顿第二定律得14. 恢复系数是反映碰撞时物体形变恢复能力的参数，它只与碰撞物体的材料有关，两物体碰撞后的恢复系数为，其中和分别为质量为和的物体碰撞前后的速度，某同学利用如图所示的实验装置测定质量为和的物体碰撞后的恢复系数。实验步骤如下：将白纸、复写纸固定在竖直放置
19、木条上，用来记录实验中质量为和的两球与木条的撞击点；将木条竖直放在轨道末端右侧并与轨道接触，让质量为的入射球从斜轨上点由静止释放，撞击点为；将木条向右平移到图中所示位置，质量为的入射球仍从斜轨上的点由静止释放，确定撞击点；质量为的球静止放置在水平槽的末端，将质量为的入射球再从斜轨上点由静止释放，确定两球相撞后的撞击点；目测得与撞击点的高度差分别为。(1)两小球的质量关系为_（填“”“”或“”）(2)利用实验中测量的数据表示两小球碰撞后的恢复系数为_。(3)若再利用天平测量出两小球的质量为，则满足_表示两小球碰撞前后动量守恒；若满足_表示两小球碰撞前后机械能守恒。（用已知量和测量量表示）【答案】
20、 (1). (2). (3). (4). 【解析】【详解】(1)1为了防止两球碰后出现反弹现象，入射球的质量一定要大于被碰球的质量，即m1m2；(2)2由图可知，两小球打在竖直板上，则可知，三次碰撞中水平位移相等，则可知，水平速度越大，竖直方向下落的高度越小，则由碰撞规律可知，碰后被碰球的速度最大，故其下落高度最小，而碰后入射球速度最小，其下落高度最大，则可知，在不放小球m2时，小球m1从斜轨顶端A点由静止释放，m1的落点在图中的P点，而碰后m1的落点在图中的M点；根据平抛运动规律可知，下落时间则可知速度则可解得代入给出恢复系数表达式可得(3)3若满足动量守恒，则一定有mv1=m1v1+m2v
21、2代入所求速度可得表达式应为(4)4若满足机械能守恒，则有代入求出的速度可得四、计算题15. 如图甲所示，有一倾角为=53的固定斜面体，底端的水平地面上放一质量为 M=3kg的木板，木板材质与斜面体相同t=0时有一质量m=6kg的滑块在斜面上由静止 开始下滑，后来滑块滑上木板并最终没有滑离木板（不考虑滑块从斜面滑上木板时的能量 损失）图乙所示为滑块在整个运动过程中的速率随时间变化的图象，已知sin53=0.8， cos53=06，取g=l0m/s2.求：(1)滑块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数1、2；(2)滑块停止运动的时刻t和木板的最小长度l【答案】（1）0.2（2）18m【解析】【详解
22、】(1)滑块在斜面上下滑时，满足：mgsin -1N=ma1 N= mgcos 由v-t图得加速度a1= =6m/s2 综合解得1= 滑块滑上木板后减速 1mg =ma2 其中 对木板分析有 1mg 2（m+M）g =Ma3 其中 综合解得2=0.2 (2) 由于21，故滑块与木板达共速后一起匀减速，加速度满足2（m+M）g =（m+M）a4 又 综合解得 t=6s 木板的最小长度 =18m【点睛】本题考查牛顿第二定律的应用以及板块模型的问题，关键是根据图像分析物体的运动特征，搞清各个阶段的加速度情况以及位移速度关系，灵活运用牛顿第二定律及运动公式求解.16. 如图所示，竖直平面内的直角坐标系
23、xOy中有一根表面粗糙的粗细均匀的细杆OMN，它的上端固定在坐标原点O处且与x轴相切OM和MN段分别为弯曲杆和直杆，它们相切于M点，OM段所对应的曲线方程为.一根套在直杆MN上的轻弹簧下端固定在N点，其原长比杆MN的长度短可视为质点的开孔小球(孔的直径略大于杆的直径)套在细杆上现将小球从O处以v03m/s的初速度沿x轴的正方向抛出，过M点后沿杆MN运动压缩弹簧，再经弹簧反弹后恰好到达M点已知小球的质量0.1kg，M点的纵坐标为0.8m，小球与杆间的动摩擦因数，g取10m/s2.求：(1) 上述整个过程中摩擦力对小球所做的功Wf；(2) 小球初次运动至M点时的速度vM的大小和方向；(3) 轻质弹
24、簧被压缩至最短时的弹性势能Epm.【答案】（1）Wf1.25J；（2）vM5 m/s，vM的方向与x轴正方向成夹角53；（3）Epm5.625J【解析】【详解】(1) 对题述过程由动能定理得：WGWf0，代入数据解得Wf1.25J(2) 假设小球抛出后做平抛运动，根据平抛运动规律可得xv0t，y，代入数据解得：yx2，与OM曲线方程一致，说明小球在OM段运动过程中与细杆OM无摩擦，做平抛运动：由动能定理WG，代入数据解得vM5 m/s，由运动的合成和分解可得vM的方向与x轴正方向夹角的余弦值：cos ，即53.(3)小球从M点开始直至小球被弹回M点的过程中，摩擦力所做的功Wf1，2Wf10，求
25、得Wf1.25 J，又由Wfmgxmcos 得，小球下滑的最大距离xm6.25 m在小球从M点开始直至将弹簧压缩到最短过程中，由动能定理得：mgxmsin Wf1W弹0，又根据功能关系得EpmW弹，代入数据解得Epm5.625 J17. 光滑水平面上放着质量的物块与质量的物块，与均可视为质点，靠在竖直墙壁上，间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与均不拴接），用手挡住不动，此时弹簧弹性势能。在间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示。放手后向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径，恰能到达最高点。取，求(1)绳拉断后瞬间的速度的大小；(2)绳拉断过程绳对
26、的冲量的大小；(3)绳拉断过程绳对所做的功。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【详解】(1)设在绳被拉断后瞬时的速率为，到达点的速率为，根据恰能到达最高点有对绳断后到运动到最高点这一过程应用动能定理由解得(2)设弹簧恢复到自然长度时的速率为，取向右为正方向，弹簧的弹性势能转化给的动能根据动量定理有由解得其大小为；(3)设绳断后的速率为，取向右为正方向，根据动量守恒定律有根据动能定理有由解得18. 飞行时间质谱仪通过探测不同离子到达探测头时间，可以测得离子比荷。如图甲所示，探测头在探测器左端中点。脉冲阀P喷出微量气体，经激光S照射产生不同价位的离子，假设正离子在A极板处初速度为零，AB极板间
27、的加速电压为U0，离子加速后从B板小孔射出，沿中心线方向进入C、D板间的偏转控制区。已知加速电场AB间距为d，偏转极板CD的长度及宽度均为L。设加速电场和偏转电场均为匀强电场，不计离子重力和离子间相互作用。(1)若偏转电压UCD=0，某比荷为k的离子沿中心线到达探测头，求该离子飞行总时间；(2)若偏转电压UCD=0，在C、D板间加上垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，要使所有离子均能通过控制区域并从右侧飞出，求这些离子比荷的取值范围；(3)若偏转电压UCD与时间t的关系如图乙所示，最大值Um=4U0，周期，假设离子比荷为k，并且在t=0时刻开始连续均匀地射入偏转电场。以D极板的右端点为坐标原点，竖直向上为y轴正方向，探测头可在y轴上自由移动，在t=T到时间内，要使探测头能收集到所有粒子，求探测头坐标y随时间t变化的关系。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【详解】(1)在电场中加速过程，由动能定理得根据得离子的加速时间离子在CD在之间匀速运动的时间所以离子飞行总时间 (2)若离子从C极板边缘飞出，此时离子做圆周运动的半径是最小的，其运动轨迹如图由几何关系得解得 因为 联立解得离子比荷取值范围。(3)离子通过CD电场的时间加速度 若时进入，偏转位移刚好从极板下边缘飞出。设离子在时刻进入，探测头接收到的时间向下偏转位移大小则探测头所处的坐标为- 22 - 版权所有高考资源网
