湖南省株洲市三年（2021-2023）高考物理模擬題匯編-01選擇題

湖南省株洲市三年(2021-2023)高考物理模擬題分類匯編-01選

擇題

一、單選題

1.如圖為卡塔爾世界杯兩支球隊激烈爭搶的場面，當飛來的足球恰

好運動到最高點時，姆巴佩將足球水平頂出，此后足球在空中飛行

一段時間后直接落地。不計空氣阻力，這段時間最接近()

A.1.0sB.0.85SC.0.65sD.

0.45s

2.定點投籃時，籃球從同一位置先后拋出后均落入籃筐，運動軌跡如

圖所示，不計空氣阻力，則籃球先后兩次()：,二一O

A.入籃時的速度相同

?

B.入籃時重力做功的功率相同6

C.入籃前在空中運動的時間相同

D.入籃前在空中運動的動量變化率相同_

3.如圖，一對固定不動的等量異種點電荷的連線與其中垂線相交于。

點，以。點為圓心的兩個半徑不等的圓，分別與中垂線交于e、/兩點，與連線交于g、九兩點,

兩圓的直徑均小于兩點電荷連線的長度，貝∣J()

A.g點的場強大于八點的場強

B.g點的電勢大于/i點的電勢

C.e點的電勢大于一點的電勢

D.將質子從e點移到g點與從f點移到Zt點電場力做功相等

4.如圖，質量相等的小球和小環(huán)用不可伸長的輕繩相連，小環(huán)套在------6

光滑固定的水平細桿上，初始時刻小球在小環(huán)的左下方，繩子拉直，

由靜止釋放，不計空氣阻力，則（）

A.小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)，動量守恒

B.小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)，機械能不守恒

C.小球向右擺到的最高點和釋放點的高度相同

D.整個運動過程中，繩的拉力對小球一直不做功

5.碗內部為半球形，半徑為R,碗口水平。生米粒與碗內側的動摩

擦因數(shù)為〃，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，靜止于碗內的生米粒

與碗口間的最小距離d為（）

?-fi√l+μ2B.RJ1C.RJD.RJ??

6.“雨打芭蕉”是文學中常見的抒情意象。當雨滴豎直下落的速度為U?

時，將-圓柱形量杯置于雨中，測得時間訥杯中水面上升的高度為/1。

為估算雨打芭蕉產生的壓強P，建立以下模型：芭蕉葉呈水平狀；所有落Rd

到芭蕉葉上的雨滴，都有-半向四周濺散開，濺起時豎直向上的速度大

小為9另一半則留在葉面上；忽略芭蕉葉上的積水以及雨滴落在葉面上時重力的影響；忽略

風力以及濺起的水珠對下落雨滴的影響。已知水的密度為P，貝M為（）

AHphvB9phuC3phvD2phv

?IOt'IOt?St*St

7.如圖所示，水平圓盤上放置一物體P,用一輕質彈簧將該P

物體和圓盤中心。固連，此時彈簧處于拉伸狀態(tài)，圓盤能繞通

過其中心的豎直軸自由轉動。現(xiàn)讓圓盤從靜止開始緩慢加速轉動，直到P與圓盤發(fā)生相對滑

動，則在此過程中P與圓盤間的摩擦力大?。ǎ?/p>

A.先增大后減小B.先減小后增加C.一直增大D.一直減小

8.如圖甲，一重物用細繩4C懸掛于4點，用水平繩Bo綁住繩ZC的。點，牽引至圖示位置保

持靜止?，F(xiàn)保持。點的位置不變，改變繩8。牽引的方向，其拉力尸隨旋轉角度α的變化如圖乙

所示，則重物的重力為（）

A.5N

9.如圖，傾角為。的斜面固定在水平地面上，現(xiàn)有一物塊以某一初

速度從底端沖上斜面，一段時間后物塊返回到斜面底端。已知物塊/

沿斜面向上運動的時間是向下運動的時間的一半，則它與斜面間的

動摩擦因數(shù)應為（）

A.tanθB.-ItanθQC.-tanθID.-tanθ

10.真空中4、B、C為一等邊三角形的三個頂點，在4點放一點電荷后，B點的場強為E,電

勢為8（取無窮遠處電勢為0）;若再在C點放一等量異種電荷,則B點的場強和電勢應分別為（）

A.√-3f,2φB.CE,0C.E,2φD.E,0

11.如圖所示，一段金屬導線彎成“n”，導線下端分別插在兩水銀槽內，通過開關S與電源

連接，當S接通瞬間，金屬導線便從水銀槽里跳起，上升的高度為b，改變電源的輸出電壓，

重復上述操作，金屬導線上升的高度為期，若通電時導線重力的影響忽略不計，則先后兩次

通過金屬導線的電荷量之比為（）

A.y∕-h[:y/h2B.∕ι1：h2C.h2：h1D.h，l：修

12.如圖，一帶電的平行板電容器固定在絕緣底座上，底座置

于光滑水平面上，一光滑絕緣輕桿左端固定在電容器的左極板上，

并穿過右極板上的小孔，電容器極板連同底座總質量為2m,底

“7777.

座鎖定在水平面上時，套在桿上質量為小的帶電環(huán)以某一初速度

由小孔進入電容器后，最遠能達到距離右極板為d的位置。底座解除鎖定后，將兩極板間距離

變?yōu)樵瓉淼?倍，其他條件不變，則帶電環(huán)進入電容器后，最遠能達到的位置距離右極板（）

A.?dB.dC.dD.gd

13.嫦娥四號月球探測器上安裝了一種核電池，這種核電池的原理是利用放射性同位素發(fā)射

的高能射線，通過熱電元件將熱能轉化成電能。符合這種核電池原理的核反應方程是（）

A.Ii5U+Jn→?4Ba+翡Kr+3jnB.^8PuY筍U+彳He

C.fLi+?n→?HHeD.？H+^H→?n+^He

14.自耦變壓器被客運專線以及重載貨運鐵路等大容量負荷的供電廣泛采用。圖為一種自耦

變壓器的原理圖，現(xiàn)將它作為升壓變壓器使用，且要使得用電器得到更高的電壓，則應將（）

A.交流電源接在ab兩個接線柱上，滑動觸頭P順時針旋轉

B.交流電源接在ab兩個接線柱上，滑動觸頭P逆時針旋轉

C.交流電源接在Cd兩個接線柱上，滑動觸頭P順時針旋轉

D.交流電源接在Cd兩個接線柱上，滑動觸頭P逆時針旋轉

15.傕家地理頻道/做過如下實驗：幾個完全相同的固定的水球緊挨在一起水平排列，水

平運動的子彈恰好能穿出第4個水球，如圖所示。設子彈受到的阻力恒定，則子彈在穿過的每

個水球中（）。一

A.速度變化相同B.運動時間相同C.動能變化相同D.動量變化相同

16.如圖所示，4、。、B為一點電荷的電場中電勢相等的三個點，它們正好是直角三角形的

三個頂點，a、b分別是所在邊的中點。已知a點的最大場強為E。，則b點的最大場強為（）

AB.EC.y∏>ED.3F

?T000

17.黑板擦在手施加的恒定推力F作用下勻速擦拭黑板，己知黑板擦與豎直黑板間的動摩擦

因數(shù)為〃，不計黑板擦的重力，則它所受的摩擦力大小為O

FHF

A.FB.μFC?HD?

18.單人飛行器由微型噴氣發(fā)動機和操縱系統(tǒng)組成，可以完成單人上升、

下降、懸停和平飛等動作。已知飛行器連同人和裝備的總質量為M,發(fā)動

機在時間t內噴出燃料的質量為n?,m?M,重力加速度為g。如圖，要

使飛行器能在空中懸停，則燃料噴射的速度應為（）

QMgt

A.gtB

W?mDT

19.2020年12月17日嫦娥五號從月球采集月壤成功返回地球。嫦娥五

號繞月運行的軌跡如圖所示，在近月點。制動成功后被月球捕獲進入近

月點200km,遠月點550Okm的橢圓軌道I,在近月點再次制動進入橢

圓軌道II,第三次制動后進入離月面20OkTn的環(huán)月圓軌道IH,已知月球

半徑約為1700km,則（）

A.嫦娥五號在I、∏、DI三個軌道上運行的周期相等

B.嫦娥五號在I、n、DI三個軌道上運行的機械能相等

C.嫦娥五號在P、Q兩點的速度與它們到月心的距離成反比

D.。點的重力加速度約為月球表面的重力加速度的0.8倍

20.如圖所示，平板貨車上裝載的貨物采用平放的形式，由

于沒有專業(yè)繩索捆綁，為了防止貨物從平板上滑落，貨車在平

直公路上提速時加速度不應超過*則當該貨車在傾角為。的斜坡上提速時其加速度不能超過

(設貨物與平板間的最大靜摩擦力等于滑動摩振力，重力加速度為g)()

A.asinθ-gcosθB.acosθ—gsinθC.asinθ+gcosθD.acosθ+gsinθ

21.如圖為汽車內常備的兩種類型的“千斤頂”：甲是“菱”形，乙是“y”形，搖動手柄，

使螺旋桿轉動，4B間距離發(fā)生改變，從而實現(xiàn)重物的升降。若物重均為G,螺旋桿保持水

平，4B與BC之間的夾角都為依不計桿件自重，則甲、乙兩千斤頂螺旋桿的拉力大小之比為

()

A.1：1B,1：2C.2：1D,2：3

22.如圖，某城市音樂噴泉廣場的水池中在半徑為R的圓周上按同樣方式等間隔地安裝了n個

規(guī)格相同的噴管，噴管與水面的夾角為。，管口橫截面積為S且與水面相平。全部開啟后，經

目測，空中水柱幾乎都在圓心處交匯，已知水的密度為p,則可估算出空中水柱的總質量為()

A*BnpSR「npSRD,富

CoSe?sinθJ2sinθ2cosθ

23.為節(jié)約運行時間，設想一種高鐵進站不停車模式。如圖(ɑ)所示，站臺內鐵路正上方有

一固定軌道火車分為可分離的上下副、主車兩部分，副車可在主車頂軌道上滑行。主車

保持勻速過站，需下車的乘客提前進入副車甲中，需上車的乘客已在靜止于A端的副車乙中

等待。車尾到B端瞬間，甲剛好完全滑上固定軌道ZB,主副車分離，副車甲立即減速，車頭

到4端時剛好停下，乘客下車。當主車車頭到4端時，副車乙立即從固定軌道開始加速滑上車

頂軌道，當乙的車尾與主車車尾對齊時主副車剛好共速，鎖死一起前進。設火車以40m∕s速

度勻速駛來，副車長均為20m,副車甲、乙運動的U-t圖像如圖(b)所示，則主車長為()

C.沿軌道ΠI運動至末端時的速率小于其沿軌道I運行的速率

D.沿軌道IH運動過程，其與地心的連線在相等的時間內掃過的面積相等

25.如圖，兩輕繩左端系于豎直細桿上，右端與第三根輕繩在。點連

結，當三根繩均拉直時，系于細桿上的兩輕繩與豎直方向的夾角分別

為30。和60。，上方繩長和第三根繩長均為3第三根繩的末端連一質

量為Tn的小球，小球可在水平面內繞細桿做勻速圓周運動。不計空氣

阻力，重力加速度為g,在轉動過程中，當?shù)谌K與豎直方向成45。

時()

A.小球運動的加速度大小為√^2g

B.小球運動的角速度大小為I2(Q-I)g

C.第三根繩子的拉力大小為mg

D.系于細桿上的兩輕繩的拉力大小相等

26.在與水平面成。角的固定粗糙斜面上，放著一質量為m的小滑塊，在一個平行于斜面的

拉力F（圖中未畫出）作用下，沿著斜面上一段半徑為R的圓周從P點運動到Q點，運動過程中

速度大小始終為/P、Q為四分之一圓周的兩個端點，P與圓心。等高。小滑塊與斜面間的動

摩擦因數(shù)為四，重力加速度為g，在從P點運動到Q點的過程中,小滑塊（）

A.所受合力的大小保持不變

B,重力做功的瞬時功率保持不變

C.所受拉力對其做功為幽竽絲史-mgRsinθ

2

D.運動到Q點時，拉力的大小為mg+7∏gsi7i6

1\

27.如圖，在足夠長的水平固定接地導體板上方某處固定一電荷量為Q的正點電荷，一帶正

電、質量為m的絕緣滑塊P以初速度%自導體板左側某處開始運動，經過一段時間與靜止在點

電荷正下方導體板上質量為2巾的絕緣滑塊K發(fā)生彈性碰撞，碰撞后滑塊K向右運動L后靜止。

已知兩滑塊與導體板上表面的動摩擦因數(shù)均為“，重力加速度為g,兩滑塊均看成質點，貝女）

ΦtP

-------------------------?-W

A.除碰撞外，運動的整個過程中兩滑塊的加速度大小相等

B.除碰撞外，運動的整個過程中滑塊P的加速度大小先增大后減小

C.碰撞前，運動的整個過程中滑塊P所受摩擦力的沖量為Tn（I廣麗;-%）

D.碰撞后，運動的整個過程中滑塊P克服摩擦力所做的功為3

28.中國科學家利用“慧眼”太空望遠鏡觀測到了銀河系的MaXi/1820+070是一個由黑洞

和恒星組成的雙星系統(tǒng)，距離地球約IOoOO光年。根據觀測，黑洞的質量大約是太陽的8倍,

恒星的質量只有太陽的一半，據此推斷，該黑洞與恒星的（）

A.向心力大小之比為16：1B.角速度大小之比為1：1

C.線速度大小之比約為1：16D.加速度大小之比約為16：1

29.甲、乙兩物體以相同的初動量在水平面上做勻減速直線

運動，直到停止，其動量隨時間變化的p-t圖像如圖所示，

己知甲、乙兩物體與地面間的動摩擦因數(shù)相同，則在此過程

中（）

A.甲、乙兩物體的質量之比為2：1

B.甲、乙兩物體的質量之比為1：2

C.甲、乙兩物體受到的摩擦力做功之比為2：1

D.甲、乙兩物體受到的摩擦力做功之比為1：2

30.某電動汽車的電池儲能為80kW?∕ι,續(xù)航里程的700km,整體能量轉化率的為84%。電

造充電過程中，在專用直流充電樁上充電時，充電電流的為IO（L4,充電時間的為2人則（）

A.勻速行駛時所受的阻力大小約為345NB.勻速行駛時所受的阻力大小約為420N

C.充電電壓約為50（ΨD.充電電壓約為400U

31.如圖所示，籃球比賽的某次快攻中，球員甲將球斜向上傳給前方隊友，球傳出間離地面

高1m,速度大小為Iom/S：對方球員乙原地豎直起跳攔截,躍起后手離地面的最大高度為2.8m,

球越過乙時速度沿水平方向，且恰好未被攔。球可視為質點，質量為0.6kg,重力加速度g取

10m∕s2,以地面為零勢能面，忽略空氣阻力，貝∣J（）

A.籃球在空中上升過程中處于失重狀態(tài)B.甲傳球時，球與乙的水平距離為4.8m

C.隊友接球前瞬間，球的機械能為36/D.隊友接球前瞬間，球的動能一定為30/

32.質譜儀是一種測定帶電粒子質量和分析同位素的重要設備，構造原理如圖所示。離子源

S能產生各種不同的離子束，飄入（初速度可視為零）MN間的加速電場后從小孔。垂直進入勻

強磁場，運轉半周后到達照相底片上的P點，P點到小孔。的距離為工。對于一質量m和電荷量

33.地球的公轉軌道接近圓，但彗星的運動軌道則是一個非常扁的橢圓（如圖）。天文學家哈

雷成功預言哈雷彗星的回歸，哈雷彗星最近出現(xiàn)的時間是1986年，預測下次飛近地球將在

年。設哈雷彗星在近日點與太陽中心的距離為在遠日點與太陽中心的距離為巳。地

2061r1,

球公轉半徑為R。則（）

A.r1≈18R

B.r1+r2≈36R

2

C.哈雷彗星在近日點和遠日點的加速度大小之比為烏r

D.哈雷彗星在近日點和遠日點的速度大小之比為「2

34.撐桿跳是使用撐桿做一系列動作使人體越過一定高度的田徑項目，可依次分解為如圖所

示凡個連續(xù)的過程。目前男子撐桿跳的世界紀錄為6.18m,男子跳高的世界紀錄為2.45m,兩

者相差很大，可能的原因是（）

持桿助跑插穴起跳懸垂擺體舉腿引體物體過桿

A.撐桿跳利用了人體的慣性，而跳高沒有B.撐桿的彈性勢能轉換成了人體的機械

能

C.撐桿提高了人體機械能的轉化率D.撐桿跳中人體騰空后主動做了功

35.在一次定點投籃比賽中，某運動員將籃球快速出手，籃球空心入筐（如圖），由于網兜作

用，籃球豎直落下。已知出手時籃球距地面高度為砥，籃筐距地面高度為壇，籃球在最高點

離地的高度為九，網兜對籃球的水平沖量為/,籃球質量為m。不計空氣阻力，重力加速度為g,

2

A.籃球進筐時的動能為L

2m

B.籃球從出手到進筐歷時fl叵工+陛玉

7gN9

C.籃球的出手點到落地點的水平距離為之心

my∣g

12

D.投籃時運動員對籃球做功為mg（九-∕h）+?L

36.用某型號的充電器給一款鋰電池充電，在電池電量從零直至充滿的過程中，充電電壓和

充電電流隨時間變化的曲線簡化后如圖所示。據圖可知（）

A.充電時通過鋰電池的電流是直流電B.實線是電流曲線，虛線是電壓曲線

C.鋰電池的充電功率先增大后減小D.鋰電池的平均充電功率約為4.0W

37.兩個點電荷Qi、Q2固定在無軸上,一帶正電的試探電荷q在久軸

上的電勢能分布如圖所示。下列說法正確的是（）

A.q在&處受到的電場力最大

B.Qi和Q2的位置都在右處的左側

C.在X軸上q從與處到右處的過程中，電場力先做負功后做正功

D.在X軸上從巧處到與處，電場強度先增大后減小

38.利用圖甲所示電路可研究電容器的充、放電。圖乙為某次實驗中通過計算機在同一圖中

描畫出的電壓和電流的變化情況，陰影部分I和∏的面積分別為a、S2o可以推斷出（）

A.圖乙反映了電容器充電時的情況B.Si表示極板電壓為5U時所帶的電荷量

C.Sl=S?D.定值電阻R的阻值

39.如圖甲所示，輕質彈簧的下端固定在傾角為。的固定光滑斜面的底部，在彈簧的上端從

靜止開始釋放0.5kg的小球，小球的加速度α與彈簧壓縮量X間的關系如圖乙所示。重力加速

度g取Iom/S?,則（）

A.斜面的傾角。=60°B.彈簧的勁度系數(shù)為12.5N∕m

C.小球最大的動能為0.25/D.彈簧最大彈性勢能為U

40.如圖甲所示，輕繩的一端固定在。點，另一端系一小球。小球在豎直平面內做完整的圓

周運動的過程中，繩子的拉力廠的大小與小球離最低點的高度八的關系如圖所示。重力加速度

g取IOrn∕s2,則（）

甲

A.圓周半徑為LOmB.小球質量為0.5kg

C.輕繩轉至水平時拉力為30ND.小球通過最高點的速度為4m∕s

答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：足球的高度約為2m,根據八=；9產

可解得t=0.63s,最接近于0.65S

故ABO錯誤，C正確；

故選：Co

根據平拋運動豎直方向運動規(guī)律解得時間。

本題考查平拋運動規(guī)律，解題關鍵掌握豎直方向九=Tgt2。

2.【答案】D

【解析】解：AC,球兩次的水平位移相等，第一次球在空中運動的時間大于第二次球在空中運動

的時間，根據勻速直線運動規(guī)律可知，在軌跡的最高點，第一次球的水平速度小于第二次球的水

平速度,第一次球在豎直方向的分速度大于第二次球在豎直方向的分速度，由于不清楚具體數(shù)值，

故無法比較拋出時兩次球的速度大小，故AC錯誤；

B、入籃前時重力做功的功率PG=mg%,由于第一次球在豎直方向的分速度大于第二次球在豎直

方向的分速度，所以入籃前時重力做功的功率不相同，故B錯誤；

。、根據定量定理可知mgdt=4p,即動量變化率穿=n?g,所以入籃前運動的動量變化率相同，

故。正確；

故選：Do

從最高點左右分析，則小球做平拋運動，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，根據下落的高度比較運動的時間和豎直方向速度。兩

次球的水平位移相等，第一次球在空中運動的時間大于第二次球在空中運動的時間，根據勻速直

線運動規(guī)律分析水平速度。入籃前時重力做功的功率PG=mg與。

該題考查了拋體運動的規(guī)律，解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律,

知道平拋運動的時間由高度決定。

3.【答案】B

【解析】解：如圖所示為等量異種點電荷的電場線和等勢線分布圖。

A、根據電場線越密場強越大，則由兩個等量異號的點電荷電場線的分布情況可知，連線上中點。

的場強最小，而且根據對稱性可知，g點的場強小于九點的場強，故A錯誤；

B、沿著電場線方向，電勢是降低的，因此g點的電勢大于八點的電勢，故B正確；

C、兩個等量異號的點電荷連線的中垂線是等勢線，e點的電勢等于/點的電勢，故C錯誤；

根據U=Ed可知Ueg>Upl,根據W=Uq可知，將質子從e點移到g點小于從/點移到九點電場

力做功，故。錯誤；

故選：B.

兩個等量異號的點電荷連線的中垂線上中點。的場強最大，在兩個電荷連線上，。點的場強最小，

沿著電場線方向，電勢降低，根據W=Uq確定電場力做功大小。

等量同種、等量異種電荷周圍的電場分布情況是考查的重點，要結合電場強度、電勢、電勢能等

概念充分理解等量同種、等量異種電荷周圍的電場特點。

4.【答案】C

【解析】解：4由于小環(huán)套在光滑固定的水平細桿上，小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)在水平方向上動

量守恒，在豎直方向上合外力不為零，有加速度，豎直方向上動量不守恒，故A錯誤；

8、根據題意可知，除了系統(tǒng)內力，小球和小環(huán)在運動過程中未受到除了重力之外的力的作用，因

此它們組成的系統(tǒng)機械能守恒，故B錯誤；

C、水平方向不受外力，則小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒。小球向右擺到的最高點時，

小球和小環(huán)的速度相同，設為"，取水平向右為正方向，由系統(tǒng)水平方向動量守恒得O=2mu,解

得V=O,根據系統(tǒng)機械能守恒可知，小球向右擺到的最高點和釋放點的高度相同，故C正確；

。、整個運動過程中，小球的機械能的損失量全部轉移給小環(huán)，因此在運動過程中，小球和小環(huán)

它們各自的機械能均不守恒，故D錯誤；

故選：C。

分析系統(tǒng)的受力情況，根據合外力是否為零，判斷系統(tǒng)動量是否守恒。根據系統(tǒng)機械能守恒判斷

小球向右擺到的最高點和釋放點的高度關系。

解答本題時，要掌握動量守恒的條件，知道系統(tǒng)水平方向動量守恒，但總動量并不守恒。

5.【答案】D

【解析】解：如下圖所示:

生米粒在碗中受到重力、支持力和彈力，彈力和接觸面垂直并指向圓心，設與豎直方向夾角為。，

設此時剛好不下滑，則重力沿著接觸面向下的分力等于最大靜摩擦力，列式得mgsin6="mgcosO,

解得〃=tanθ,根據幾何關系得tmo=J丁,聯(lián)立解得d=RJ福。故D正確。

故選：D。

生米粒在碗中受到重力、支持力和彈力，越靠近碗口接觸面與水平方向的夾角越大，則重力沿著

接觸面向下的分力越大，而彈力和最大靜摩擦力會變小，達到一定高度就會出現(xiàn)下滑現(xiàn)象。

本題考查平衡問題，受力分析是基礎，之后運用力的合成與分解的平行四邊形定則，將力正交分

解，再列出平衡方程討論得出結果。

6.【答案】A

【解析】解：設芭蕉葉的面積為S,t時間內落到芭蕉葉上面雨滴的質量τn=pS∕;

根據題意有一半的雨滴向四周散開，設豎直向上為正方向，根據動量定理可知用t=

1、

(z--mv)

另一半則留在葉面上，根據動量定理∕?t=o-（一；皿〃）

根據壓強定義式P=J=等

Ilphv

聯(lián)立解得P故A正確，BCO錯誤;

IOt

故選:Ao

首先根據雨滴的質量等于雨滴的體積與密度的乘積表示出t時間內雨滴的質量，再根據題意將雨滴

的質量分成質量相等的兩部分，分別根據動量定理列式，最后根據壓強的定義式即可求解。

該題考查動量定理的應用，其中解決該題的關鍵是表示出雨滴的質量以及根據壓強定義式列式求

解，本題理解起來有一定的難度，是易錯題。

7.【答案】B

【解析】解：設彈簧彈力為T,P的質量為n?,P到。的距離為r,摩擦力用/表示。

原來彈簧處于拉伸狀態(tài)，對P根據平衡條件可得摩擦力方向向外；

讓圓盤從靜止開始緩慢加速轉動，角速度較小時，有：r-∕=mr32,則：f=T-mrω2,隨著

角速度的增大，摩擦力逐漸減?。?/p>

當T=mroj2時，摩擦力為零；

隨后角速度繼續(xù)增大，摩擦力方向指向圓心，則有：T+f=mrω2,貝∣]:f=mrω2-T,隨著角

速度的增大，摩擦力逐漸增大。

所以，摩擦力先減小后增加，故8正確、ACD錯誤。

故選：B。

根據合力提供向心力結合角速度的大小判斷摩擦力的變化情況。

本題主要是考查向心力的計算和摩擦力的判斷，關鍵是弄清楚向心力的來源，知道P在滑動前，

彈簧彈力不變。

8.【答案】B

【解析】解：由圖可知，當α=30。時BO的拉力最小，最小值為

Pmin=5N

此時。B與。4垂直，則

o

Fmin=GsinSO

解得

G=ION

故Aa）錯誤，B正確

故選：B。

分析題意，重物處于動態(tài)平衡狀態(tài)，根據最小F時力的關系，根據平行四邊形定則分析即可。

該題考查了共點力的平衡知識，解題關鍵理解圖乙的含義，注意拉力最小的特殊情況。

9.【答案】C

【解析】解：在上滑和下滑過程中，物塊通過的位移大小相同，設為X,在上滑過程中，根據牛頓

第二定律可得：mgsinθ+μmacosθ=ma1,X=Tat^

在下滑過程中，根據牛頓第二定律可得：mgsinθ-μmgcosθ=ma2,x=?ɑtj

具中亡2=2「ι

聯(lián)立解得"=,tαnθ,故48。錯誤，C正確；

故選：Co

根據牛頓第二定律求得上滑和下滑的加速度大小，結合位移一時間公式求得動摩擦因數(shù)。

本題主要考查了牛頓第二定律和運動學公式，知道加速度是解決此類問題的中間橋梁，抓住上滑

和下滑通過的位移大小相同。

10.【答案】D

【解析】解：由點電荷電場強度表達式E=A冬知,C點等量異種電荷在B點產生的場強大小也為E,

rz

設4處點電荷在B點產生的場強方向由4指向8,則C處點電荷在方向B點產生的場強方向由B指向C,

因為4、B、C為一等邊三角形的三個頂點，所以兩場強夾角為120。，則合場強為E；因力C與B距

離相等，故C處點電荷在B點產生的電勢為-孫貝帕處的電勢為零，故48C錯誤，。正確。

故選：D。

根據E=Zc冬判斷電場強度大小，再根據矢量的合成求解其大小；根據C處點電荷在B點產生的電

勢判斷B處的電勢。

本題解題關鍵在于根據矢量的合成求解電場強度大小。

11.【答案】A

【解析】解：設任一導線通電后獲得的速度為明上升的高度為八，通電時通過導線的電荷量為q。

金屬導線上升過程，由運動學公式有戶=2gh

通電過程，取豎直向上為正方向，由動量定理得：BlL-t=mv-0

通過金屬導線的電荷量為q=∕?t

聯(lián)立整理得：q=墨耳，則先后兩次通過金屬導線的電荷量之比為伙：q2=y∏h-.JF，故

A正確，BS錯誤。

故選：Ao

先研究金屬導線上升的過程，由運動學公式求出初速度之比。再研究通電過程，利用動量定理列

式，得到通過金屬導線的電荷量與導線獲得的速度關系，從而求得電荷量之比。

本題中通電是瞬時過程，往往利用動量定理求通過導線的電荷量，要知道在電流變化時，電荷量

等于電流平均值與時間的乘積。

12.【答案】C

【解析】解：設帶電環(huán)所帶電荷量為q,初速度為北,底座鎖定時電容器極板間電場強度為E,則

由功能關系有

FJ12

qE7d=-TΠVQ

底座解除鎖定后，兩極板間距離變?yōu)樵瓉淼?倍，極板間電場強度大小不變，電容器及底座在帶電

環(huán)作用下一起向左運動，當與帶電環(huán)共速時，帶電環(huán)達到進入電容器最遠位置，整個過程滿足動

量守恒，則有

mv0—3mv1

再由功能關系有

qEd'-?mvɑ—?■3τnvf

聯(lián)立解得

Cr=Id

故ABz）錯誤，C正確；

故選：Co

電容器極板連同底座與帶電環(huán)組成的系統(tǒng)動量守恒，當帶電環(huán)與左極板最近時兩者速度相等，應

用動量守恒定律可以求出帶電環(huán)與左極板最近時的速度，應用動量守恒定律與能量守恒定律解得。

本題考查了動量守恒定律與能量守恒定律的應用，根據題意分析清楚運動過程是解題的前提與關

鍵，應用動量守恒定律與能量守恒定律即可解題；應用動量守恒定律解題時注意正方向的選擇。

13.【答案】B

【解析】A?該方程為重核的裂變，故4錯誤;

B.該方程為同位素的α衰變，故B正確；

C.該方程為原子核的人工轉變，故C錯誤；

。.該方程為輕核的聚變，故。錯誤。

故選Bo

14.【答案】C

【解析】作為升壓變壓器，原線圈匝數(shù)比副線圈匝數(shù)少，所以交流電源接在Cd兩個接線柱上。為

了使用電器得到更高的電壓，應增大副線圈匝數(shù)或減小原線圈匝數(shù)，所以滑動觸頭P順時針旋轉

以減小原線圈匝數(shù)。

故選C=

15.【答案】C

【解析】4B.由于經過每個水球的位移相同。根據t=?可知，經過4個水球的時間逐漸增加；

根據勻變速運動團v=a^t

可知，α相同，時間不同，故速度變化量不同，故AB錯誤；

C.根據功的定義W=Fx

可知，每個水球對子彈的功相同，根據動能定理可知，外力做的功等于動能的變化量，因此動能

變化量相同，故C正確；

D子彈闖過每個水球的時間不同，速度變化量不等，動量變化量不等，故。錯誤。

故選Co

16.【答案】D

【解析】因為4、。、B為一點電荷的電場中電勢相等的三個點，所以4、。、B三點在點電荷的同

一個等勢面上，根據點電荷電勢的公式可知，該點電荷應該在AB的中點上。

令的中點為c,4。的距離為L,則ac=?L,be=^L

Z乙

0點的最大場強為Eo=器=~^7

ac3L

所以b點的最大場強為Eb=?=矍=3E°

故選。。

17.【答案】D

【解析】設F與運動方向的夾角為α,則有f=Fcosa="Fsina

_μ

結合siMα+cos2a=1可以解得c°sα—Γ~ι+^2

所以摩擦力為/=7禽

故選。

18.【答案】C

【解析】解：設飛行器對噴出燃料的平均作用力為F,根據牛頓第三定律可知，噴出燃料對飛行

器的作用力的大小也等于F,對飛行器，由平衡條件得：F=Mg

設燃料噴射的速度為外根據動量定理得：Ft=mv

聯(lián)立解得燃料噴射的速度應為：U=%，故C正確，ABO錯誤。

m

故選：Co

選擇發(fā)動機在時間t內噴出燃料為研究對象，根據動量定理求解，同時結合牛頓第三定律和平衡條

件求解。

本題以單人飛行器由微型噴氣發(fā)動機為情境載體，考查了動量定理在實際問題中的應用，解決此

題的關鍵是能合適地選擇研究對象，用動量定理的規(guī)律進行求解。

19.【答案】D

【解析】解：4嫦娥五號在I、n、m三個軌道上都是圍繞月球運行，由于這三個軌道的半長軸

不相等，由開普勒第三定律a=k可知，這三個軌道上運行的周期不相等，故A錯誤；

B.嫦娥五號從橢圓軌道I進入橢圓軌道口再進入環(huán)月圓軌道HI都需要制動，故在這三個軌道上運

行的機械能不相等，故B錯誤：

C.由于P、Q兩點處在橢圓軌道的最遠點，有萬有引力大于向心力，即P、Q兩點的速度不可用萬

有引力提供向心力來進行計算，無法確定速度與距離的關系，故C錯誤；

D在月球表面萬有引力近似等于重力，有爺=ZngO

在離月球表面20Okm遠的。點，有萬有引力提供重力/黑=mg

(R+∕ι)

聯(lián)立解得且=-?="駕=0?8,即。點的重力加速度約為月球表面的重力加速度的0.8倍，故

z

g0(R+∕ι)/1900

。正確。

故選：Do

根據開普第三定律分析不同軌道周期關系；

根據變軌原理分析嫦娥五號在不同軌道上機械能的大小；

根據變軌原理分析軌道變化情況；

根據萬有引力近似等于重力求解重力加速度；

解決本題的關鍵要理解衛(wèi)星變軌的原理，掌握開普勒定律，并能靈活運用。

20.【答案】B

【解析】解：平板對貨物的最大靜摩擦力提供貨物做加速運動，故卬ng=mα,解得〃=]

當貨車在傾角為。的斜坡上運動時，根據牛頓第二定律可得〃nigcos。-mgsinθ=ma',解得a’=

acosθ-gsinθ,故4C￡>錯誤，3正確；

故選：B。

該貨車在在水平面上運動時，最大靜摩擦力提供貨物做加速運動，根據牛頓第二定律求得動摩擦

因數(shù)，當在斜面上運動時，對貨物受力分析，根據牛頓第二定律求得最大加速度。

本題主要考查了牛頓第二定律，關鍵是正確的受力分析，抓住貨物達到最大靜摩擦力，此時貨物

的加速度達到最大即可。

21.【答案】A

【解析】解：根據題意，對“y"形千

斤頂B點受力分析如圖（一），由平衡條

件得：F=Gcotθ

對“菱“形千斤頂C點受到的壓力G

分解沿兩臂的兩個分力0,根據對稱性

可知，兩臂受到的壓力大小相等，

由平行四邊形可得：2&sin。=G

對“菱“形千斤頂B點受力分析如圖（二），由平衡條件得F'=2F1cosθ

聯(lián)立解得F'=Gcotθ

則甲乙兩千斤頂螺旋桿的拉力大小之比為1：1,故A正確，BCo錯誤。

故選：Ao

系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，對“y“形千斤頂和“菱“形千斤頂進行受力分析，運用處于平衡狀態(tài)下合外

力為零進行求解。

本題考查共點力平衡問題，注意對''y"形千斤頂B點和“菱”形千斤頂C點進行受力分析，利用

平衡條件進行求解。

22.【答案】A

【解析】解：設噴管噴水的速度為*t時間內水噴出的距離為久，噴出水的體積為憶每個水管噴

出水的質量為

m=pV

V=Sx

X=Vt

rι個規(guī)格相同的噴管，噴出水的質量為

M-npSvt

水平速度為??X=vcosθ

水平方向做勻速直線運動，則有

vtcosθ=R

聯(lián)立解得：M=P鬻;故A正確，88錯誤。

故選:Ao

分析每根噴管噴出水的質量，再計算n個噴管噴出水的總質量。

這是一道變質量的問題，應以一段時間內噴出的水為研究對象，先分析一根噴管噴出水的質量,

再計算n個噴管噴出水的總質量。

23.【答案】B

【解析】解：當主車車頭到4端時，副車乙立即從固定軌道開始加速滑上車頂軌道，當乙的車尾

與主車車尾對齊時主副車剛好

共速，鎖死一起前進，對這段過

程進行簡化分析，如右圖1：主車主車

由t圖像可知，圖線和時間

軸圍成的面積表示位移，

圖1

故副車乙的位移為：X1=j×

(24.5-15.5)X40m=180m,

主車以4(hn∕s速度勻速，在此段時間內的位移為：

X2=40×(24.5—15.5)m=360m,

主車長為：X=χ2-χ1+I=36Om-180m+20m=200m(其中/為副車長度)，

故B正確，ACO錯誤。

故選：B。

當主車車頭到4端時，副車乙立即從固定軌道開始加速滑上車頂軌道，當乙的車尾與主車車尾對

齊時主副車剛好共速，這段時間兩車的位移差等于主車長度減去副車乙的長度，由圖b求出位移即

可求解。

本題考查了運動學圖像的運用，難點在于會簡化中所給的過程，善于用草圖來描述過程。

24.【答案】CD

【解析】解：4沿軌道I運行時，根據萬有引力提供向心力有：=

在地球表面附近有空袈=m'g

R

故A錯誤;

8、沿軌道K運動過程中，動能和引力勢能增大，機械能增大，故B錯誤；

C、沿軌道HI運動至軌道I時，火箭做離心運動，故沿軌道DI運動至末端時的速率小于其沿軌道

I運行的速率，故C正確；

。、根據開普勒第二定律可知沿軌道∏I運動過程，其與地心的連線在相等的時間內掃過的面積相

等，故。正確；

故選：CD。

根據萬有引力題干向心力結合地球表面附近竿=m'g可解得速度；沿軌道口運動過程中，動能

和引力勢能增大，從而判斷機械能，根據衛(wèi)星變軌原理分析C項，根據開普勒第二定律分析。項。

本題考查衛(wèi)星的運動規(guī)律，解題關鍵掌握萬有引力題干向心力的應用，注意變軌原理。

25.【答案】BD

【解析】解：4小球做勻速圓周運動，故其受到的重力與第三根繩子對其拉力的合力充當向心

力，其大小為τng?tcm45。，方向水平指向圓心。由牛頓第二定律可得：mg-tan45°=ma,可得

a=~γ^9,故A錯誤：

02

B,mg-tαn45=mω?r,其中r=L?sin30°+Lsin45°,可得角速度（υ=J巴W二!應，故8正

確；

C,對小球受力分析可得，繩子的拉力大小為器=√1mg,故C錯誤；

D,對節(jié)點。受力分析，系于細桿上的二根繩的拉力的合力等于第三根繩上的拉力，根據平行四邊

行法則，結合題設條件，故。正確。

故選：BD.

明確小球做勻速圓周運動后，對其受力分析，找到向心力：對其軌道分析，找出圓心，半徑。然

后根據牛頓第二定律，可求出其加速度，角速度；根據牛頓第三定律，及合力與分力的關系，對。

進行判斷。

本題有一點綜合性，考查了物體受力分析，求合力及勻速圓周運動的受力特點，圓周運動中的向

心力與向心加速度的關系。。選項易錯。

26.【答案】AC

【解析】解：人小滑塊做勻速圓周運動，所受合力提供向心力，大小不變，故A正確；

8、重力不變，速度大小不變，但方向時刻發(fā)生變化，速度在沿斜面向下的分量"〃逐漸減小，根

據P=rngu〃S譏。可知，重力做功的瞬時功率逐漸減小，故B錯誤；

C、對小滑塊受力分析，小滑塊受到重力、支持力、摩擦力和拉力，將重力分解到沿斜面方向和

垂直于斜面方向，沿斜面方向的分力為mgsinθ,垂直于斜面方向的力為mgcosO,在此過程中，

重力做的功為WG=mgRsinθ,克服摩擦力做的功為必=μmgcosθX皇=-即嚶叫根據動

πμmacosθ

能定理可知：W+Wc-Wf=O,解得拉力對其做功為：W=^-mgRsinθ,故C正確；

。、運動到Q點時，摩擦力方向水平向左、大小為μmgcos9,設此時拉力與水平方向的夾角為α,

大小為F,則有：

Fcosa=μmgcosθ

Fsina—mgsinθ=rar—

κ

聯(lián)立解得：p=J{μmgcosθ')2+(my+mgsinθ')2>故O錯誤。

故選：AC.

小滑塊做勻速圓周運動，合外力大小不變；根據功率和速度的關系進行解答；根據動能定理求解

拉力對做的功；根據受力情況結合力的合成進行分析。

本題主要是考查動能定理、勻速圓周運動的知識等，關鍵是弄清楚物體的受力情況和運動情況，

知道動能定理求解變力做功的方法。

27.【答案】BCD

【解析】解：AB,滑塊P在除碰撞外，運動的整個過程中受重力mg、支持力N、摩擦力/和電場

力F作用，其中重力、支持力和電場力在豎直方向上，三個力平衡，有τng+F=N,由于電荷量

為Q的正點電荷的正下方的導體板表面電場強度比兩側的要大，因此電場力先變大后變小，則支

持力N先變大后變小，水平方向的摩擦力f=〃N,又根據牛頓第二定律得f=mα,解得α=臂=

呃l9+F)?,可以判斷加速度先變大后變小，故A錯誤，B正確；

m

C、設絕緣滑塊K剛剛發(fā)生彈性碰撞后的速度為也之后勻減速運動，

根據牛頓第二定律得加速度為α'=-誓=-μg,

2mru

由運動學公式得。2—"2=2a,L,將能代入解得U=

設剛碰撞前P的速度為巧，剛剛碰撞后的速度為。2,設向右為正，根據動量守恒定律得=mv2+

2mv,

另外彈性碰撞機械能守恒，w?mvf=Tzn諺+；x2mf2,

聯(lián)立解得，v1=IV=IJ2林gL,V2=-^=-?72μgL,負號說明P碰撞后向左運動，

碰撞前，運動的整個過程中滑塊P所受摩擦力為合力，根據動量定理得，沖量∕=m%-m%,將

歷代入解得摩擦力的沖量為/=m(∣1∕2mgL-v0),故C正確；

。、碰撞后，運動的整個過程中滑塊P所受摩擦力也為合力，設克服摩擦力所做的功為W,根據動

能定理，-Wr=O-Tm域，將r?值代入得W"=%故。正確。

故選：BCD。

首先根據靜電平衡知道接地導體板上表面的電場線分布情況是和導體板垂直的，導體板上方某處

固定一電荷量為Q的正點電荷的正下方的導體板表面電場強度比兩側的要大，再對滑塊受力分析,

進而分析加速度、沖量等。

本題涉及電場、動力學、動量守恒、機械能守恒，動量定理和動能定理，知道電場線分布是解題

的突破口，另外需要過程分析以及受力分析，需要注意摩擦力在本題中是變力，所以CD選項要用

動量定理和動能定理分析判斷。

28.【答案】BC

【解析】解：ABD,黑洞和恒星組成的雙星系統(tǒng)，則角速度相等，故黑洞與恒星的角速度大小之

比為1：1,他們之間由萬有引力提供向心力，故向心力大小之比為1：1，根據F=mα可知加速度

之比為1：16,故AO錯誤，8正確；

C、設黑洞和恒星相距I,各自做勻速圓周運動的半徑為rl,r2,則竿=Tnrl0√=血萬^?,線速

度大小U=no,聯(lián)立解得線速度大小之比為1：16,故C正確；

故選：BCo

黑洞和恒星組成的雙星系統(tǒng)，則角速度相等，他們之間由萬有引力提供向心力，從而分析各選項

的比值關系。

本題考查萬有引力的應用，解題關鍵掌握萬有引力提供向心力的計算方法,注意雙星系統(tǒng)的特點。

29.【答案】AD

【解析】解：AB,根據牛頓第二定律得：a=詈=μg,由此可知，兩個物體在水平面上的加速

度相同；

根據p-t圖像可知，t尹：tz=1：2,根據速度一時間公式O-%=at可知，vφ.U乙=1：2,

而因為p=mu相等，則甲、乙兩物體的質量之比為2：1,故A正確，B錯誤；

CD、根據動能定理可知，合外力做的功等于動能的變化量，在本題中合外力為物體受到的摩擦力，

則摩擦力做功的多少等于物體的動能，即的.=Ek=哈，則甲、乙兩物體受到的摩擦力做功之比

為1：2,故C錯誤，。正確；

故選：ADo

根據牛頓第二定律分析出兩個物體的加速度，結合圖像得出兩物體的運動時間，根據速度一時間

公式得出初速度之比，結合動量相同的特點分析出質量之比；

根據動能定理可知，摩擦力做的功的絕對值等于物體動能的變化量，結合動量和動能的關系分析

出摩擦力做功之比。

本題主要考查了動量定理的相關應用，根據圖像得出運動時間，結合運動學公式分析出速度之比，

解題關鍵點是掌握動量和動能之間的轉換關系。

30.【答案】4。

【解析】解：AB,勻速行駛時，牽引力等于阻力，貝∣J84%E=",解得：f=345N,故4正確，

B錯誤；

CD、、電能E=80kW?九=80X103I4^?h,則由W=U/t可知，充電電壓U=γ=黑粵U=400V；

IL?UUXZ

故C錯誤，。正確；

故選：AD.

根據電動車續(xù)航里程，結合動能定理求得所受到的阻力，根據電池儲能求得充電電壓。

本題考查電功的計算以及E=/s的應用，要注意明確功能關系，知道充電和使用時功能轉化規(guī)律，

同時在計算時要注意明確單位的換算，體會什么時刻需要換算為國際單位制中的單位.

31.【答案】ABC

【解析】解：人球在空中上升時加速度方向豎直向下，處于失重狀態(tài)，故A正確；

3、甲傳球，球做斜向上拋運動，設初速度與水平方向夾角為。，有豎直方向

2

h^-hφ=^gt

v0sinθ=gt

水平方向

X=V0COsθt

聯(lián)立代入數(shù)據，得

θ=37°

X=4.8m

故8正確；

C、以地面為零勢能面，則球剛拋出時的機械能為E