2021屆山東新高考高三物理三輪復習優(yōu)質選擇題（帶答案）5

絕密★啟用前

2021屆山東新高考高三物理三輪復習優(yōu)質選擇題專練

(五)

考試時間：90分鐘

注意事項：

1.答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息

2.請將答案正確填寫在答題卡上

一、單選題

1.有一只烏龜離開家沿著直線爬行，它的速度v與到家距離L成反比.當烏龜爬到距

家的距離為1m時速度為2cm/s.那么這只烏龜繼續(xù)爬行2m需要再花多少時間.()

A.75sB.125sC.150sD.200s

【答案】D

【解析】

【詳解】

設烏龜的速度為丫=K，根據題意可知L=Z,即』=上，作出圖像，如圖所示,

Lvv2v

在圖象中，若取極短距離觀察烏龜爬行，可近似認為烏龜的運動是勻速直線運動，在△/

里需要的時間為加=史=似*!,即可認為在圖象中取相應的面積大小可等于

VVV

運動時間

烏龜繼續(xù)爬行2m,即距離家的距離為3m時所需時間為

131

r=(―+—)x200x~=2005,D正確.

p(cm/s)

012Um

【點睛】

本題的關鍵是由位移公式的推導方法可得出圖象的處理方法；由圖象可得出圖象的面積

等于運動時間.

2.如圖所示為空腔球形導體(不帶電)，現將一個帶正電的小金屬球放入腔內，靜電平

衡時，圖中A、B、C三點的電場強度E的關系是()

；0

A.EA>EB>EcB.EA=EB>EcC.EA=E8=EcD.EA<EH<Ec

【答案】A

【詳解】

當靜電平衡時，空腔球形導體內壁感應出負電荷，外表面感應出正電荷，畫出電場線的

分布如圖

根據電場線越密，場強越大。由于A處電場線較密，B處電場線較疏，C處場強為零，

則EA>EB>Ec,故BCD錯誤，A正確。

故選A?

3.兩個質點甲和乙，同時由同一地點向同一方向做直線運動，它們的v-f圖象如下圖

所示，則下列說法中正確的是（）

A.質點乙運動的速度大小、方向不變

B.質點乙靜止，質點甲的初速度為零

C.第1s末質點甲、乙速度相同

D.第2s末質點甲、乙相遇

【答案】A

【詳解】

由圖知質點乙運動的速度大小、方向不變，A正確；由于乙物體的斜率為零，乙物體做

勻速直線運動，甲物體的初速度為零，故B錯誤；第1s末質點甲速度為5m/s,乙的速

度是lOm/s,速度不同，選項C錯誤；在速度-時間圖象中圖象與坐標軸圍成面積代表位

移，時間軸上方位移為正，時間軸下方位移為負，所以到第2s末乙的面積是甲的面積

的兩倍，即乙的位移是甲的兩倍，又因兩物體從同一地點向同一方向做直線運動，所以

兩物體不相遇，乙在甲的前面，故D錯誤.故選A.

【點睛】

本題是為速度-時間圖象的應用，要明確斜率的含義，知道在速度-時間圖象中圖象與

坐標軸圍成的面積的含義，要注意上下面積之和為零時，位移等于零.

4.如圖所示,傾角為。的光滑斜面長和寬均為［，一質量為m的質點由斜面左上方頂點P

靜止釋放,若要求質點沿尸。連線滑到。點，已知重力加速度為g,需要對質點施加的最小

作用力為

A.mgsin0B.mgcos6

拉.八1

C.--mgsin6D.—

【答案】C

【解析】

【詳解】

物體在斜面上受到重力，支持力和外力作用在斜面上做直線運動，將重力分解到沿著斜

面向下和垂直于斜面方向，沿著斜面方向合力與PQ共線，根據三角形定則可知當外力

和PQ垂直時，外力最小，所施加的外力的最小值為

近

Enin=mgsin6$in45）=mgsin0>

A./ngsin?與計算結果不符，故A錯誤：

B.mgcos0與計算結果不符，故B錯誤;

J2

C.半機gsin。與計算結果一致，故C正確;

D.；〃吆與計算結果不符，故D錯誤；

5.起重機將靜止在地面上的貨物豎直向上吊起，貨物由地面運動至最高點過程中的V

一1圖像如圖所示，g=10m/s2,以下說法中正確的是（）

A.0~3s內貨物處于失重狀態(tài)

B.3~5s內貨物的機械能守恒

C.5~7s內貨物受到向上的拉力為重力的0.3倍

D.貨物上升的總高度為27m

【答案】D

【詳解】

A.貨物開始時豎直向上運動，由v-f圖像讀出0~3s的斜率即加速度為正，表示加速

度向上，則貨物處于超重狀態(tài)，故A錯誤;

B.3~5s內貨物做向上的勻速直線運動，一定有除重力以外的拉力對貨物做正功，則貨

物的機械能增加，故B錯誤;

C.5~7s內的加速度為

Av0—6,2c,2

a=—=-----m/s-=-3m/s

Ar2

由牛頓第二定律有

耳-mg=ma

可得

4=lm=0Jmg

則有貨物受到向上的拉力為重力的0.7倍，故C錯誤；

D.v-r圖像的面積表示貨物上升的總位移，則總高度為

,(2+7).”

n=--------x6m=27m

2

故D正確。

故選D。

6.如圖所示，導線框成“與導線在同一平面內，直導線中通有恒定電流/,在線

框由左向右勻速通過直導線的過程中，線框中的電流方向是()

A.先abcda,再adcba,后abcda

B.先abcda,再adcba

C.始終adcba

D.先adcba,再abcda,后adcba

【答案】A

【詳解】

由安培定則得，載有恒定電流的直導線產生的磁場在導線左邊的方向為垂直直面向外，

右邊的磁場方向垂直向里，當線圈向導線靠近時，則穿過線圈的磁通量變大，根據楞次

定律，可知：感應電流方向為岫Wa；從線圈越過導線時到線圈中心軸與導線重合的過

程中向外穿過線圈的磁通量的變小，則感應電流方向為"沙”；繼續(xù)向右運動到血邊與

AB重合的過程中，向里穿過磁通量變大，由楞次定律可在，感應電流方向為：adcba-,

從ad邊與AB重合到線圈遠離導線時，由楞次定律可知，感應電流方向為：abcda；故

A正確，BCD錯誤，

故選Ao

7.光滑水平桌面上開有一小孔并穿有細繩，繩一端系小球，另一端用力尸向下拉，小

球在水平面上做半徑為4r的勻速圓周運動?，F緩緩增大拉力，使半徑逐漸減小，當拉

力為8尸時，運動半徑變?yōu)閞,則在此過程中拉力對小球所做的功是（）

2^7

A.0B.2Fr

C.4FrD.24Fr

【答案】B

【詳解】

在大小為產的拉力作用下，小球做勻速圓周運動；由向心力公式可得

Pv.2

F=m—

4r

同理可知

2

8F=m—

隨著小球運動半徑變小，拉力為變力。根據卬=△反得

22

%.=gmv2—g77?Vj=2Fr

故B正確，ACD錯誤。

故選Bo

8.物理學中有些問題的結論不一定必須通過計算才能驗證，有時只需通過一定的分析

就可以判斷結論是否正確.如圖所示為兩個彼此平行且共軸的半徑分別為拈和&的圓

環(huán)，兩圓環(huán)上的電荷量均為q(q>0),而且電荷均勻分布.兩圓環(huán)的圓心。1和。2相距為

2a,連線的中點為0,軸線上的A點在。點右側與。點相距為r(r<?),試分析判斷下

列關于A點處電場強度大小E的表達式正確的是

%(a+r)

A.E=r

7?,2+(<7+r)22

D.

【答案】A

【分析】

題目要求不通過計算，只需通過一定的分析就可以判斷結論，所以根據點電荷場強的公

式￡=1;烏，與選項相對比，尋找不同點，再用極限分析問題的思想方法就可以分析出

r

結果.

【詳解】

與點電荷的場強公式E=kg,比較可知，C表達式的單位不是場強的單位，故可以排

r

除C；

當r=a時，右側圓環(huán)在A點產生的場強為零，則A處場強只由左側圓環(huán)上的電荷產生，

即場強表達式只有一項，故可排除選項D；

左右兩個圓環(huán)均帶正電，則兩個圓環(huán)在A點產生的場強應該反向，故可排除B,綜上所

述，可知A正確.故選A.

9.用一根長為2L的輕繩將重為12N的畫框通過光滑小環(huán)對稱懸掛在墻壁上，兩個掛

釘間的距離為心輕繩的拉力大小為（）

B.26NC.4百ND.873N

【答案】C

【詳解】

由幾何關系可知，每根繩子與豎直方向夾角為30。，則由平衡知識可知

2Tcos300=mg

解得

7=4瓜

故選C。

10.A、B、C三個物體如圖所示，放置在水平面上，所有接觸面均不光滑。有一個水

平力/作用在物體C上，使A、B、C一起向右做勻速直線運動，則（）

A.B對A的摩擦力方向水平向左

B.B對A的摩擦力方向水平向右

C.C對A的摩擦力方向水平向左

D.C對B的摩擦力方向水平向右

【答案】A

【詳解】

AB.A、B、C一起向右勻速運動，B在水平方向受地面向左的滑動摩擦力和A對B向

右的靜摩擦力而平衡，所以B對A的靜摩擦力方向水平向左，故A正確，B錯誤；

C.對A來講，B對A的靜摩擦力方向水平向左，所以C對A的靜摩擦力方向水平向右,

故C錯誤；

D.C與B沒有彈力，不存在摩擦力，故D錯誤。

故選Ao

11.如圖甲所示，4、8兩小球通過兩根輕繩連接并懸掛于。點，已知兩輕繩和

AB的長度之比為1,A、〃兩小球質量分別為2”?和,".現對A、B兩小球分別施

加水平向右的力尸1和水平向左的力尸2,兩球恰好處于如圖乙的位置靜止，此時5球恰

好在懸點。的正下方，輕繩。4與豎直方向成30。，則（）

A.F\=Fz

B.尸i=2尸2

C.尸尸3尸2

D.F\=陰＞Fz

【答案】B

【解析】

（）

對AB整體受力分析，由平衡知識可知：F}-F2=3mgtan30；由幾何關系可知，

ZOBA=60°,則對物體B：F2=mgtan60°；聯(lián)立解得：F2=百mg,Fi=26mg,則

尸i=2B,故選B.

點睛：此題關鍵是靈活選擇研究對象，分別用整體法和隔離法分析受力情況，然后由合

成法列出方程即可求解.

12.一列簡諧橫波U0.4時刻的波形如圖（甲）所示，甲圖中x=15m處質點A的振動

圖像如圖（乙）所示。則（）

A.這列波沿x軸正方向傳播.

B.這列波的波速是20m/s

C.再過0.2s質點A將遷移到x=20m處

D.質點A在任意的Is內所通過的路程都是0.4m

【答案】A

【解析】

【詳解】

A、由振動圖象乙知，=0.4s時刻質點A向下振動，則根據波形平移法可知該波沿％軸

正方向傳播，故選項A正確；

B、由圖甲讀出波長為；1=20m,由振動圖象乙讀出波的周期為T=0.8s,則波速為

v=y=25m/s,故選項B錯誤；

C、簡諧橫波沿x軸正方向傳播，質點A只上下振動，不向前遷移，故選項C錯誤；

D、質點在一個周期內通過的路程為四個振幅，周期T=0.8s,則加=ls=l，T,若

4

質點A初始位置在平衡位置或最大位移處，則它在1s內的路程應為

S=L25x4A=5x8cm=0.4m,若質點A初始位置不在平衡位置或最大位移處，人

內所通過的路程不是0.4m,故選項D錯誤。

13.一物體自U0時開始做直線運動,其速度圖像如圖所示。則下列選項正確的是（）

A.在0~6s內，物體的平均速度為7.5ni/s

B.物體在4s末離出發(fā)點最遠

C.在4~6s內，物體所受合外力做功為零

D.在4~6s內，物體所受合外力的沖量為零

【答案】C

【詳解】

A.0~5s經過的路程

玉=gx（2+5）xlOm=35m

5~6s經過的路程

x,=—xlxlOm=5m

2

故在O~6s內，物體的平均速度為

-35-5

v=-----m/s=5m/s

6

故A錯誤；

B.O~5s,物體向正向運動，5~6s向負向運動，故5s末離出發(fā)點最遠，故B錯誤；

C.由圖可知，4~6s加速度相同，則合力相同，又由圖可知4~6s內位移為零，故在4~6s

內，物體所受合外力做功為零，故C正確；

D.在4~6s內，物體所受的合外力的沖量等于動量的變化量，即

I=mv{-mv=-mxlO-mxlO=-20/?J

物體的質量未知，故物體所受合外力的沖量一定不為零，故D錯誤。

故選C?

14.如圖所示，一長為/的輕質細繩的下端系一質量為機的小球，繩的上端固定于。

點.現用手將小球拉至水平位置（繩處于水平拉直狀態(tài)）），松手后小球由靜止開始運

動.在小球擺動過程中繩突然被拉斷，繩斷時與豎直方向的夾角為a.已知繩能承受的

最大拉力為尸，若想求出cosa的值，你有可能不會求解，但是你可以通過一定的物理

分析，對下列結果的合理性做出判斷.根據你的判斷cosa值應為（）

黑--------9

6、/

!\/

\/

V

:一，

FI

A."-

3mg

B.

3mg

C.

4mg

F

3mg

【答案】D

【解析】

cosa沒有單位，所以AB都錯；當運動到最低點時，有尸—機又由機械能

，一1

守恒可得mg/=2/篦u9?,由以上兩式解得F=3mg,此時a=0,cosa=1,即當。=0時，

貝ijcosa=l時，F=3mg,C錯誤；D正確；故選D.

點睛：繩斷時與豎直方向的夾角為a,不在最高點或者最低點，但是題目不要求具體的

計算，只是用所學的物理知識來分析，這就需要學生靈活的應用物理知識來分析，而不

只是套公式能解決問題，考查學生知識運用的靈活性.

15.在同一水平直線上的兩位置分別沿同方向水平拋出兩小球A和B,其運動軌跡如

圖所示，不計空氣阻力.要使兩球在空中相遇，則必須：①先拋出A球；②先拋出B

球；③同時拋出兩球；④使A球初速度大于B球初速度；⑤使B球初速度大于A球初

【答案】C

【詳解】

相遇時，A、B下落的高度相同，根據。=萬8/知，下落的時間相同，知兩球同時拋出;

又因為A球的水平位移大于B球的水平位移，根據％=%/知，A球的水平初速度大于

B球的水平初速度，故③④正確。

故選C。

16.真空中相距為3a的兩個點電荷M、N,分別固定于x軸上百=0和々=3。的兩點,

在兩者連線上各點的電場強度隨x變化的關系如圖所示，規(guī)定無窮遠處電勢為零，則

A.M.N可能為異種電荷

B.處的電勢不等于零

C.M、N所帶電荷量的絕對值之比為2：1

D.將點電荷-g從x=a處移動到x=2a處的過程中，電勢能減少

【答案】B

【詳解】

A.若兩電荷為異種電荷，在m2a處，電場強度不可能為0,故兩電荷為同種電荷，故A

錯誤；

B.兩電荷為同種電荷，根據

,kQ

(P---

r

可知，兩個電荷在424處的電勢都不為零，所以在尸2〃處的電勢不等于零，故B正確；

C.根據點電荷的電場強度公式可得

kQz_kQz

(2a)2一丁

計算得出

盤：0N=4:1

故C錯誤；

D.在0到2a區(qū)間，電場強度為正，負電荷受力向左，所以-q從x=0處沿x軸移動到42a

處的過程中，電場力做負功，電勢能增大，故D錯誤。

17.如圖所示，質量為mi的書和質量為m2的雜志疊放在水平桌面上，書和雜志之間

的動摩擦因數為陽，雜志和桌面之間的動摩擦因數為現對書施加一水平向右的拉

力F,書在雜志上滑動，而雜志保持靜止狀態(tài)。已知重力加速度為g,最大靜摩擦力認

為等于滑動摩擦力，則()

A.雜志受到桌面的摩擦力為2(mi+m2)g

B.若F>g2(mi+m2)g時.雜志將開始滑動

C.若將F作用在雜志上，當F>H2(mi+m2)g+jiimg時，可以抽出雜志

D.若將F作用在雜志上，當F>(|ii+H2)(mi+m2)g時，可以抽出雜志

【答案】D

【解析】雜志保持靜止狀態(tài)，其所受的桌面的摩擦力為靜摩擦力，不大于最大靜摩擦力

H2(mi+m2)g,選項A錯誤；只要書在雜志上滑動，則書對雜志的滑動摩擦力不變，對

雜志有：Nimig$N2(mi+m2)g,雜志仍然靜止，選項B錯誤；若將F作用在雜志上，對

書由牛頓第二定律：mmig=miai,對雜志：F-|nmig-ji2(mi+m2)g=m2a2,要想把雜志

抽出去,需滿足a2>ai，解得F>g+N2)(mi+m2)g,選項D正確；故選D.

點睛：此題考查牛頓第二定律的應用；關鍵是能用隔離法及整體法靈活選取研究對象；

知道兩者發(fā)生相對滑動的臨界條件是加速度不相等.

18.如圖所示，“L”形支架A08水平放置，物體P位于支架的08部分，接觸面粗糙;

一根輕彈簧一端固定在支架A0上，另一端與物體P相連。物體P靜止時，彈簧處于拉

伸狀態(tài)?，F將“L”形支架繞。點逆時針緩慢旋轉，P與支架始終保持相對靜止。在轉動

的過程中，以下判斷正確的是()

A

加1值仍腐前血巾1!

二.,一二■】

B

A.彈簧長度變小

B.05對P的摩擦力變大

C.P對08的壓力增大

D.08對P的作用力變大

【答案】BD

【詳解】

A.P與支架始終保持相對靜止，則彈簧的長度不變，故A錯誤;

BCD.對P受力分析如圖

>ng

知不轉動時，08對P有支持力N和摩擦力力滿足

,f=F,N=mg

轉動后受力分析如圖

支持力為

N=mgcos。

減小，摩擦力為

f=F+fngsin6

摩擦力增大，所以02對P的作用力轉動前為5產+(加g)2,轉動后為

J(〃2gcos8)2+(F+〃zgsine)2，則。8對尸的作用力增大，故BD正確，C錯誤。

故選BD。

19.一名宇航員在某星球上完成自由落體運動實驗，讓一個質量為2kg的小球從一定的

高度自由下落，測得在第5s內的位移是18m,則()

A.物體在2s末的速度是20m/s

B.物體在第5s內的平均速度是3.6m/s

C.物體在5s內的位移是50m

D.物體在第2s內的位移是20m

【答案】C

【詳解】

設星球的重力加速度為g,由自由下落在第5s內的位移是18m,可得

-gx52--gx42=18

22

解得

g=4m/s2

A.物體在2s末的速度是

u=gr=4x2m/s=8m/s

故A錯誤；

B.由于物體在第5s內的位移是18m,第5s內的時間為1s,故第5s內的平均速度是18m/s,

故B錯誤；

C.物體在5s內的位移是

12

/?=一x4x5-m=50m

2

故C正確；

D.物體在第2s內的位移為前2s內的位移減去前Is內的位移，即

/?z=—x4x22m--x4xl3m=6m

22

故D錯誤。

故選c。

20.有一個標有“6V3W”的燈泡，一個標有“20Q2A”的滑動變阻器，一個電壓

為9V的恒壓電源，一個開關，一個符合各自設計要求的電阻R。或者與，導線若干.甲

和乙兩同學分別設計出如圖的調光電路圖（a）、圖（b）：使開關閉合后，滑動變阻器

的滑片由一端滑到另一端時，燈由正常發(fā)光逐漸變暗.下面評價他們所設計的電路的優(yōu)

點和缺點中正確的是

（a）（b）

A.圖（a）電路耗電量小，亮度變化范圍大

B.圖（a）電路耗電量小，亮度變化范圍小

C.圖（b）電路耗電量小，亮度變化范圍大

D.圖（b）電路耗電量大，亮度變化范圍小

【答案】B

【詳解】

甲、滑動變阻器與燈泡串聯(lián)，/=0.5A,R）=6CP=4.5W

優(yōu)點：耗電量小

缺點：亮度變化范圍小

乙、滑動變阻器采用分壓式接法，

/=0.8A,R）=3.75C尸=7.2W

優(yōu)點：亮度變化范圍大

缺點：耗電量大

故甲的缺點是亮度變化范圍小，優(yōu)點是耗電量??；乙的缺點是耗電量大，優(yōu)點是亮度變

化范圍大。

A.圖（a）電路耗電量小，亮度變化范圍大，與結論不相符，選項A錯誤；

B.圖（a）電路耗電量小，亮度變化范圍小，與結論相符，選項B正確；

C.圖（b）電路耗電量小，亮度變化范圍大，與結論不相符，選項C錯誤；

D.圖（b）電路耗電量大，亮度變化范圍小，與結論不相符，選項D錯誤；

故選：Bo

二、多選題

21.從斜面上某一位置每隔0.1s釋放一個相同的小球，釋放后小球做勻加速直線運動,

在連續(xù)釋放幾個后，對在斜面上滾動的小球拍下如圖所示的照片，測得4B=15。，〃，

B.CD段的距離為30cm

C.B小球的速度1.5根/S

D.拍照時A小球上方還有2個小球

【答案】AD

【解析】

小球釋放后做勻加速直線運動，且每相鄰的兩個小球的時間間隔相等，均為0.1s,可以

認為A、B、C、D是一個小球在不同時刻的位置.由推論Ax可知，小球加速度

為。=等="二2i"m/s2=5m/s2,故A正確；由于連續(xù)相等時間內位移差恒定,

T20.01

即XCD—XBC=XBC—XAB）則有

-22

xCD=2XBC-XAB=（2x20-15）xl0m=25xl（rm=25cm,故B錯誤；由題意知

B點對應AC段的中間時刻，可知B點的速度等于AC段上的平均速度，

A5+2

v=^=00m/s=\.15m/s,故C錯誤；根據以=。%得：

B2T2x0.1

=0.35s,因%-=3.5,知B球上面有3個球，則A球上面有2個球，

a50.1

故D正確，故選AD.

【點睛】解決本題的關鍵掌握勻變速直線運動的運動學公式和推論：（1）據連續(xù)相等

時間內的位移之差是一恒量求出小球的加速度和CD間的距離；（2）根據某段時間內的

平均速度等于中間時刻的瞬時速度求出拍攝小球B的速度.

22.下列說法正確的是（）

A.“破鏡不能重圓”說明分子間存在著斥力

B.不同溫度下，液體的擴散速度可能與固體擴散速度相同

C.氣體對容器的壓強是大量氣體分子對器壁的碰撞引起的

D.液體與大氣接觸的表面層內分子的勢能比液體內部的小

E.高山上煮飯很難熟透，是因為氣壓低，水的沸點降低了

【答案】BCE

【詳解】

A.當分子間距的數量級大于109m時，分子力已微弱到可以忽略，碎玻璃不能拼在一

起，是由于分子間距離太大，不存在作用力，故A錯誤；

B.在相同溫度下則液體比固體的擴散速度快，而在不同溫度下，液體的擴散速度可能

與固體擴散速度相同，故B正確；

C.氣體壓強由大量分子撞擊容器壁引來起的，類似于雨滴打在雨傘上產生壓力一樣，

故C正確；

D.液體表面層分子間的距離大于液體內部分子間的距離，分子表現為引力，分子勢能

隨著分子距離的增大而增大，所以液體表面層的分子有更大的分子勢能，故D錯誤。

E.高海拔地區(qū)氣壓較低，水的沸點降低了，沒到100度就已經沸騰，而米飯至少要到

100攝氏度左右才能夠被煮熟，故E正確。

故選BCE。

23.如圖所示，豎直絕緣墻上固定一帶點小球A,將帶電小球B用輕質絕緣絲線懸掛

懸掛在A的正上方C處，圖中AC%。當B靜止在與豎直方向夾角族30。方向時，A

對B的靜電力為B的重力的0.5倍，則下列說法中正確是（）

B.以后由于A在漏電，B在豎直平面內緩慢運動，到，=0。處A的電荷尚未漏完，在

整個漏電過程中，絲線上拉力大小逐漸變小

C.若保持懸點C的位置不變，緩慢縮短絲線BC的長度，B球運動軌跡在最初階段

為圓弧

D.若A對B的靜電力為B所受重力的走倍，要使B球依然在830。處靜止，則

絲線BC的長度應調整苴力或￡1〃

33

【答案】CD

【詳解】

A.對小球進行受力分析，如圖所示

小球A對B的排斥力F與繩子拉力T的合力與小球B所受的重力等大反向，力的平行

四邊形中的一個三角形與△A8C相似，對應邊長成比例，則

〃‘AB《Be

由題可知

F=0.5〃7g

代入①式解得

l=—h

AB2

此時AABC為直角三角形，因此

1耽=hcos30°=h

A錯誤；

B.在A漏電時，B在豎直平面內緩慢運動過程中，力的三角形與AABC始終相似，

①式始終成立，由于絲線的長度/品不變，因此絲線的拉力「大小不變，B錯誤；

C.根據庫侖定律，A、B間的排斥力

F=如A4B

，AB

代入①式可得

mg_kq^qK

「入

可知，4B不變，因此在緩慢收絲線的過程中，小球B以A為圓心做圓周運動，運動軌

跡為圓弧，C正確;

D.若A對B的靜電力尸為B所受重力的且倍，代入①式可得

3

在AABC中，由正弦定理得

sinBsin0

/B=60"或120°

故選CD。

24.“套圈圈”是小孩和大人都喜愛的一種游戲。小孩站立以速度盯水平拋出圈圈并套

取前方一物體，大人以速度也水平拋出圈圈并套取前方同一物體，則（）

A.大人站在小孩同樣的位置，且力＞也

B.大人站在小孩同樣的位置，且?！醇?/p>

C.大人退后并下蹲至與小孩等高，且口＞也

D.大人退后并下蹲至與小孩等高，且打〈也

【答案】AD

【詳解】

[2h

設拋出的圈圈做平拋運動的初速度為v,高度為人，則下落的時間為：t=J—,水平方

向的位移:

X-Vt-V

AB.大人站在小孩同樣的位置，由以上的公式可得，由于大人的高度〃比較大，大人

與小孩拋出的圈圈水平位移相等，則要以較小的速度拋出圈圈，即也.故A正確；

B錯誤；

CD.大人蹲至與小孩等高，高度人相等，如果大人退后拋出圈圈并套取前方同一物體,

則大人拋出的圈圈的水平位移大于小孩拋出的圈圈的水平位移，所以拋出時的速度大人

要稍大一些，即0＜也.故C錯誤，D正確.

故選ADO

25.絕緣水平面上固定一正點電荷。，另一質量為機，電荷量為/的滑塊（可看做點電

荷）從。點以初速度％沿水平面向。運動，到達b點時速度減為零.已知a、b間距離

為s,滑塊與水平面間的動摩擦因數為"，重力加速度為g,則以下判斷正確的是（）

A.滑塊在運動過程中所受。的庫侖力一定小于滑動摩擦力

B.滑塊在運動過程中的中間時刻，速度大小等于為

2

c.此過程產生的內能小于;〃/

D.。產生的電場中，a、I兩點間的電勢差為="（I

2q

【答案】AD

【詳解】

A、由題意可知，滑塊水平方向受庫侖力、滑動摩擦力，摩擦力與運動方向相反，而庫

侖力與運動方相同，因滑塊在到達b點時速度減為零，所以從a點到b點滑塊做減速運

動，則有滑塊在運動過程中所受Q的庫侖力一定小于滑動摩擦力，故A正確；

B、水平方向受大小不變的摩擦力及變大的庫侖力，當在滑動過程中，隨著間距減小，

庫侖力增大，但仍小于滑動摩擦力，所以導致加速度慢慢減小，加速度是變化的，故

中間時刻的速度小于瓦，故B錯誤；

2

C、由動能定理可得：Uq-〃ngs=G—產生的內能。="Jgs=Ug+g/w4，

1,

因此在此過程中產生的內能大于一根4，故C錯誤；

2

1

D、由動能定理可得：Uq-^mgs=0^-mv0^解得兩點間的電勢差

小叫2〃gs）,故口正確；

故選AD.

【點睛】

根據滑塊的運動情況可知滑塊受力情況，則可知庫侖力與滑動摩擦力的大小關系；由滑

塊的受力情況可確定加速度的變化情況，即可判斷中間時刻的速度；由動能定理可確定

過程中產生的內能與動能變化關系；由動能定理可求得兩點間的電勢差.

26.如圖所示，帶有長方體盒子的斜劈A放在固定的斜面體C的斜面上，在盒子內放

有光滑球B,B恰與盒子前、后壁P、。點相接觸。若使斜劈A在斜面體C上由靜止釋

放，以下說法正確的是

A.若C的斜面光滑，斜劈A由靜止釋放，則尸點對球B有壓力

B.若C的斜面光滑，斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行，則。點對球B有壓力

C.若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面勻速下滑，則。點對球B有壓力

D.若C的斜面粗糙，斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行，則。點對球B有壓力

【答案】BD

【詳解】

AB.當斜面光滑，斜劈靜止釋放或者斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行時，斜劈

和球這個整體具有相同的加速度，方向沿斜面向下。根據牛頓第二定律，知8球的合力

方向沿斜面向下，所以8球受重力、底部的支持力、以及。對球的彈力，知尸點對球

無壓力，。點對球有壓力，故A錯誤，B正確；

C.斜劈A沿斜面勻速下滑，知B球處于平衡狀態(tài)，受重力和底部的支持力平衡，所以

P、Q對球均無壓力，故C錯誤；

D.若C的斜面粗糙，斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行，斜劈和球這個整體具有

相同的加速度，方向沿斜面向下，根據牛頓第二定律，知B球的合力方向沿斜面向下，

所以B球受重力、底部的支持力、以及。對球的彈力，故D正確；

27.如圖所示，足夠長的傾斜傳送帶以v=2.4m/s的速度逆時針勻速轉動，傳送帶與水

平面的夾角6=37°,某時刻同時將A、B物塊（可視為質點）輕放在傳送帶上，已知A、

B兩物塊釋放時間距為0.042m,與傳送帶間的動摩擦因數分別為〃A=0.75、〃B=0.5,

設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取sin37°=06cos37"=0.8,重力加速度g=10m/s2,

則下列說法中正確的是（）

A.物塊B沿斜面向下做先做勻加速直線運動再做勻速運動

B.物塊B最終一定能追上物塊A

C.在UO.24s時，A、B物塊速度大小相等

D.在UO.24s前，A、B兩物塊之間的距離先增大后不變

【答案】BC

【詳解】

A.對物體B受力分析，在剛放到傳送帶時，物體受到重力，支持力和沿斜面向下的摩

擦力，向下做勻加速運動，加速度大小為

mgsin0+umgcos6.八八

a=-------------R------------=gsin8+4gcos6

m

當達到傳送帶速度后，由于

mgsmO>/JBmgcosO

B繼續(xù)向下勻加速運動，加速度大小為

a=mgsme-%mgcos6=g.6_cos6

m

則物塊B沿斜面向下做先做加速度較大的勻加速直線運動再做加速度較小的勻加速直

線運動，故A錯誤；

B.對A分析可知，當A達到傳送帶速度時，由于

mgsind=/j^mgcosO

物體A隨傳送帶一起勻速運動，由于B繼續(xù)向下加速運動，故物塊B最終一定追上物

塊A,故B正確；

C.物體剛放到傳送帶時，AB的加速度分別為

cos370+mgsin370..

a=A-------------------------=4gcos37+gsin37=12m/s2

Am

同理可得

/jKmgcos37+mgsin370m/2

a~-------------------------------=〃Bgcos37+gsin37=1Om/s

Bm

A、B達到傳送帶速度所需時間為

v

，B=—^-s=0.24s

"B10

故經歷0.24s時A、B具有相同的速度，故C正確;

D.當AB達到共同速度之前，AB間的距離逐漸增大，達到共同速度后，B的速度繼續(xù)

增大，AB間的距離減小，故在r=0.24s前，A、B兩物塊之間的距離一直增大，D錯誤。

故選BC。

28.一行星繞某恒星做勻速圓周運動。由天文觀測可得，恒星的半徑為R,行星運行周

期為7,線速度大小為巧引力常量為G。下列說法正確的是（）

A.恒星的質量為"￡B.恒星的第一宇宙速度為＜"

GT2\2成

C.行星的軌道半徑為"D.行星的向心加速度為網

2兀T

【答案】BD

【詳解】

AC.萬有引力提供向心力

_Mmv2

G——=m―

rr

結合u=半解得

vT

r=-

2萬

則質量為

Tv3