2021屆湖南四大名校聯(lián)考新高考原創(chuàng)預測試卷(四)物理

PAGE1-2021屆湖南四大名校聯(lián)考新高考原創(chuàng)預測試卷（四）物理★祝考試順利★注意事項：1、考試范圍：高考范圍。2、答題前，請先將自己的姓名、準考證號用0.5毫米黑色簽字筆填寫在試題卷和答題卡上的相應位置，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。用2B鉛筆將答題卡上試卷類型A后的方框涂黑。3、選擇題的作答：每個小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非選擇題答題區(qū)域的答案一律無效。4、主觀題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域的答案一律無效。如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。5、選考題的作答：先把所選題目的題號在答題卡上指定的位置用2B鉛筆涂黑。答案用0.5毫米黑色簽字筆寫在答題卡上對應的答題區(qū)域內，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非選修題答題區(qū)域的答案一律無效。6、保持卡面清潔，不折疊，不破損，不得使用涂改液、膠帶紙、修正帶等。7、考試結束后，請將本試題卷、答題卡、草稿紙一并依序排列上交。一、單項選擇題（本題共8個題目，每題3分，共24分．每個題目只有一個選項符合要求，選對得4分，選錯得0分）1.下列物理量的負號表示大小的是（）A.速度 B.位移C.重力勢能 D.力做功為【答案】C【解析】【詳解】A．速度v=－2m/s的“－”表示速度方向與正方向相反，故A錯誤；B．物體的位移s=－8m，負號表示位移方向與正方向相反，故B錯誤；C．物體的重力勢能Ep=－50J的“－”表示重力勢能比0小，表示大小，故C正確；D．阻力做功為W=－10J，負號表示該力是阻力，不表示大小，故D錯誤。故選C。2.在教室門與地面間縫隙處塞緊一個木楔（側面如圖所示），能把門卡住不易被風吹動。下列分析正確的是（）A.門不易被風吹動的原因是因為風力太小B.門被卡住時，將門對木楔的力正交分解，其水平分力大小小于地面給木楔的摩擦力大小C.門被卡住時，將門對木楔的力正交分解，其水平分力大小等于地面給木楔的摩擦力大小D.塞在門下縫隙處的木楔，其頂角無論多大都能將門卡住【答案】C【解析】【詳解】ABC．對木楔受力分析，受重力、支持力、壓力和摩擦力，如圖所示

豎直方向N=Fcosθ+mg水平方向f=Fsinθ則門被卡住時，不是因為風太小，將門對木楔的力正交分解，其水平分力大小等于地面給木楔的摩擦力大小，故AB錯誤，C正確。D．最大靜摩擦力約等于滑動摩擦力，為fmax=μN=μ（Fcosθ+mg）考慮摩擦自鎖情況，不管多大的力F均滿足滿足fmax≥f即μ（Fcosθ+mg）≥Fsinθ由于m很小，故只要μ≥tanθ即可，題中由于θ很小，故很容易滿足自鎖條件；即頂角滿足μ≥tanθ才能將門卡住，故D錯誤。

故選C。3.設物體運動的加速度為a、速度為v、位移為x、所受合外力為F?，F(xiàn)有四個不同物體的運動過程中某物理量與時間關系圖象，如圖所示，已知t＝0時刻物體的速度均為零，則其中表示物體做單向直線運動的圖象是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【詳解】A．位移與時間圖像，橫軸以上位移為正，橫軸以下位移為負，所以選項A為往復運動，A錯誤；B．橫軸以上速度為正橫軸以下速度為負，也是往復運動，B錯誤；C．在0-2s間，物體沿正方向做勻加速直線運動，2s-4s間物體沿正方向做勻減速直線運動，由可知在4s末物體速度減小到零，然后重復之前的運動，選項C為單向的直線運動，C正確；D．0-1s間物體沿正方向做勻加速直線運動，1-2s間物體沿正方向做勻減速直線運動，到2s末速度減小到零，2s-3s間物體沿負方向做勻減速直線運動，所以選項D往復運動，D錯誤。故選C。4.取水平地面為重力勢能零點，一物塊從某一高度水平拋出，在拋出點其重力勢能是動能3倍，不計空氣阻力，該物塊落地時的速度方向與水平方向的夾角為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】設拋出時物體的初速度為v0，高度為h，物塊落地時的速度大小為v，方向與水平方向的夾角為α。根據(jù)機械能守恒定律得據(jù)題有聯(lián)立解得v=2v0則cosα=可得故選C。5.如圖甲所示，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個質量均為M的物體A、B(B物體與彈簧連接)，彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時物體處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體A上，使物體A開始向上做加速度為a的勻加速運動，測得兩個物體的v—t圖像如圖乙所示(重力加速度為g)，則()A.施加外力前，彈簧的形變量為B.外力施加的瞬間A、B間的彈力大小為M(g-a)C.A、B在t1時刻分離，此時彈簧彈力恰好為零D.彈簧恢復到原長時，物體B的速度達到最大值【答案】B【解析】【詳解】A．施加F前，物體AB整體平衡，根據(jù)平衡條件有：2Mg=kx解得：故A錯誤；B．施加外力F的瞬間，對B物體，根據(jù)牛頓第二定律有：F彈—Mg—其中F彈=2Mg解得：故B正確；C．物體A、B在t1時刻分離，此時A、B具有共同的v與a；且；對B：彈解得：彈=彈力不為零，故C錯誤；D．而彈簧恢復到原長時，B受到的合力為重力，已經(jīng)減速一段時間；速度不是最大值；故D錯誤。故選B．【點睛】本題關鍵是明確A與B分離的時刻，它們間的彈力為零這一臨界條件；然后分別對AB整體和B物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列方程及機械能守恒的條件進行分析。6.在發(fā)射一顆質量為m的人造地球同步衛(wèi)星時，先將其發(fā)射到貼近地球表面運行的圓軌道Ⅰ上（離地面高度忽略不計），再通過一橢圓軌道Ⅱ變軌后到達距地面高為h的預定圓軌道Ⅲ上。已知它在圓形軌道Ⅰ上運行的加速度為g，地球半徑為R，衛(wèi)星在變軌過程中質量不變，則（）A.衛(wèi)星在軌道Ⅲ上運行的加速度為B.衛(wèi)星在軌道Ⅲ上運行的線速度為C.衛(wèi)星在軌道Ⅲ上運行時經(jīng)過P點的速率小于在軌道Ⅱ上運行時經(jīng)過P點的速率D.衛(wèi)星在軌道Ⅲ上的機械能大于在軌道Ⅰ上的機械能【答案】D【解析】【詳解】AB．衛(wèi)星在軌道Ⅲ上運行時，根據(jù)牛頓第二定律得在地球表面，由聯(lián)立解得衛(wèi)星在軌道Ⅲ上的加速度為線速度為故AB錯誤；C．衛(wèi)星要從橢圓軌道Ⅱ變軌后到達圓軌道Ⅲ上，在P點必須加速，所以衛(wèi)星在軌道Ⅲ上運行時經(jīng)過P點的速率大于在軌道Ⅱ上運行時經(jīng)過P點的速率，故C錯誤；D．衛(wèi)星從軌道Ⅰ變軌到軌道Ⅱ，在Q點要加速，機械能增加。在橢圓軌道Ⅱ運動時衛(wèi)星的機械能不變。衛(wèi)星要從軌道Ⅱ變軌后到達圓軌道Ⅲ上，在P點必須加速，機械能增加，所以衛(wèi)星在軌道Ⅲ上的機械能大于在軌道Ⅰ上的機械能，故D正確。故選D。7.如圖所示，一質量為m的小球固定于輕質彈簧的一端，彈簧的另一端可繞O點轉動，把小球拉至A處，彈簧恰好無形變。將小球由靜止釋放，當小球運動到O點正下方B點時，降低的豎直高度為h，速度為v，設彈簧處于原長時彈性勢能為零，則小球（）A.由A到B重力做的功等于mghB.由A到B重力勢能減少C.由A到B克服彈力做功為mghD.到達位置B時彈簧的彈性勢能為mgh【答案】A【解析】【詳解】A．重力做功只與初末位置的高度差有關，則由A至B重力功為mgh，故A正確；B．由A至B重力做功為mgh，則重力勢能減少mgh，小球在下降中小球的重力勢能轉化為動能和彈性勢能，所以mgh＞故B錯誤；C．根據(jù)動能定理得mgh+W彈=所以由A至B小球克服彈力做功為mgh－，故C錯誤；D．彈簧彈力做功量度彈性勢能的變化，所以小球到達位置B時彈簧的彈性勢能為mgh－，故D錯誤。故選A。8.如圖所示，質量為m的人立于平板車上，人與車的總質量為M，人與車以速度v1在光滑水平面上向右運動，當此人相對于車以速度v2豎直跳起時，車的速度變?yōu)椋ǎ〢.，向右 B.，向右C.，向右 D.v1，向右【答案】D【解析】【詳解】人和車在水平方向上動量守恒，當人豎直跳起時，人和之間的相互作用在豎直方向上，在水平方向上的仍然動量守恒，水平方向的速度不發(fā)生變化，所以車的速度仍然為，方向向右故選D。二、多項選擇題（本題共4個題目，每題4分，共16分．題目有多個選項符合要求，全部選對得4分，選不全得2分，有選錯得0分）9.如圖所示為一向右勻速行駛的車廂，a繩將一小球懸掛在車內的天花板上，b繩一端系在車廂壁上，另一端系在小球上，使a繩偏離豎直方向，b繩水平，球與車相對靜止。用T1表示a繩的拉力，T2表示b繩的拉力。如果車改為向右勻加速行駛，穩(wěn)定后，球與車仍保持相對靜止，則拉力T1和T2的變化情況可能是（）AT1增大，T2減小 B.T1增大，T2不變C.T1不變，T2減小 D.T1增大，T2增大【答案】AC【解析】【詳解】靜止時，設a繩與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)平衡，解得T2=mgtanθ當車向右做勻加速直線運動，若加速度較大，b繩會收縮，a繩與豎直方向的夾角變大，則T1增大，T2減小。

若a繩豎直方向的夾角不變，根據(jù)牛頓第二定律得T1sinθ-T2=ma解得T2=mgtanθ-ma則T1不變，T2減小。故AC正確，BD錯誤。

故選AC。10.如圖所示，一個質量為0.4kg的小物塊從O點以的初速度從水平臺上的O點水平飛出，擊中平臺右下側擋板上的P點。現(xiàn)以O為原點在豎直面內建立如圖所示的平面直角坐標系，擋板的形狀滿足方程(單位：m)，不計一切摩擦和空氣阻力，g=10m/s2，則下列說法正確的是()A.小物塊從O點運動到P點的時間為lsB.小物塊剛到P點時速度方向與水平方向夾角的正切值等于5C.小物塊剛到P點時速度的大小為10m/sD.小物體位移大小為m【答案】AD【解析】【詳解】A．由題意可知，小物塊從O點水平拋出后，根據(jù)平拋運動的規(guī)律有，x=v0t又有聯(lián)立解得t=1s，故A正確；BC．到達P點時豎直分速度則P點的速度方向與水平方向夾角的正切值故BC錯誤；D．小物體的水平位移豎直位移根據(jù)平行四邊形定則知，小物體的位移大小故D正確。故選AD。11.如圖所示，衛(wèi)星1為地球同步衛(wèi)星，衛(wèi)星2是周期為3小時的極地衛(wèi)星，只考慮地球引力，不考慮其他作用的影響，衛(wèi)星1和衛(wèi)星2均繞地球做勻速圓周運動，兩軌道平面相互垂直，運動過程中衛(wèi)星1和衛(wèi)星2有時處于地球赤道上某一點的正上方．下列說法中正確的是（）A.衛(wèi)星1和衛(wèi)星2的向心加速度之比為1：16B.衛(wèi)星1和衛(wèi)星2的速度之比為1：2C.衛(wèi)星1和衛(wèi)星2處在地球赤道的某一點正上方的周期為24小時D.衛(wèi)星1和衛(wèi)星2處在地球赤道的某一點正上方的周期為3小時【答案】ABC【解析】【詳解】A、衛(wèi)星1是地球同步衛(wèi)星，周期為24小時，衛(wèi)星2的周期為3小時，根據(jù)萬有引力提供向心力得：，解得：，向心加速度，則，A正確；B、線速度，則，B正確；CD、若某時刻衛(wèi)星1和衛(wèi)星2處于地球赤道上某一點的正上方，而衛(wèi)星1周期為24小時，衛(wèi)星2周期為3小時，所以再經(jīng)過24小時，兩個衛(wèi)星又同時到達該點正上方，所以衛(wèi)星1和衛(wèi)星2處在地球赤道的某一點正上方的周期為24小時，C正確，D錯誤．12.如圖所示，將一光滑的半圓槽置于光滑水平面上，槽的左側有一固定在水平面上的物塊。今讓一小球自左側槽口A的正上方從靜止開始落下，與圓弧槽相切自A點進入槽內，則以下結論中正確的是（）A.半圓槽內由A向B過程中小球的機械能守恒，由B向C的過程中小球的機械能也守恒B.小球在半圓槽內運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒C.小球自半圓槽的最低點B向C點運動的過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒D.小球離開C點以后，將做斜拋運動【答案】CD【解析】【詳解】A．只有重力或只有彈力做功時物體機械能守恒，小球在半圓槽內運動由B到C過程中，除重力做功外，槽的支持力也對小球做功，小球機械能不守恒，由此可知，小球在半圓槽內運動的全過程中，小球的機械能不守恒，故A錯誤；

B．小球在槽內運動的前半過程中，左側物體對槽有作用力，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動量不守恒，故B錯誤；

C．小球自半圓槽的最低點B向C點運動的過程中，系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，故小球與半圓槽在水平方向動量守恒，故C正確；

D．小球離開C點以后，既有豎直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上拋運動，故D正確。

故選CD。三、實驗題（每空2分，共14分）13.用半徑均為r的小球1和小球2碰撞來驗證動量守恒定律，實驗裝置如圖甲所示，斜槽與水平槽圓滑連接。安裝固定好實驗裝置，豎直擋板上鋪一張白紙，白紙上鋪放復寫紙，用夾子固定，小球球心與O點位置等高，實驗步驟如下：步驟1：不放小球2，讓小球1從斜槽上A點由靜止?jié)L下，并落在豎直擋板上。重復多次，確定小球落點的平均位置P；步驟2：把小球2放在斜槽前端邊緣位置B，讓小球1從A點由靜止?jié)L下，使它們碰撞。重復多次，確定碰撞后兩小球落點的平均位置M、N；步驟3：用毫米刻度尺測得O點與M、P、N三點的豎直方向的距離分別為h1、h2、h3。(1)兩小球的直徑用螺旋測微器核準相等，測量結果如圖乙，則兩小球的直徑均為_____mm。(2)設球1和球2的質量分別為m1、m2，若滿足_____，則說明碰撞過程動量守恒，若還滿足_____，則說明兩球發(fā)生的碰撞為彈性碰撞。（用“m1、m2、h1、h2、h3表示）【答案】(1).(2).(3).【解析】【詳解】（1）[1]小球的直徑。（2）[2]小球離開軌道后做平拋運動，水平方向豎直方向解得由題意可知，碰撞前球1的速度為碰撞后球1的速度為碰撞后球2的速度為碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得整理得。（2）[3]兩球發(fā)生的碰撞為彈性碰撞，滿足能量守恒整理得。14.某同學用如圖1所示裝置驗證機械能守恒定律，懸線下吊著磁鐵A，磁鐵的磁性較強，A下吸著一個小球C，不計球的大小，B是固定擋板，測出靜止時球離地面的高度，懸點O到球的距離L，將球拉離豎直位置到某一位置，懸線拉直，用米尺測出這時球與尺的接觸點離天花板的高度，釋放小球，讓小球與磁鐵一起做圓周運動，到最低點時磁鐵與擋板碰撞后小球由于慣性繼續(xù)向前運動做平拋運動，測出小球做平拋運動的水平位移x，當?shù)氐闹亓铀俣葹間。(1)磁鐵與擋板碰撞前的一瞬間速度的大小為_____；(2)要驗證機械能守恒，只要驗證等式_____成立即可；(3)若實驗測得重力勢能的減少量大于動能的增加量，導致誤差的原因可能有（寫出兩個原因即可）___________、_________________；(4)改變小球開始釋放的高度，記錄多組釋放點距天花板的高度和小球做平拋運動水平位移，建立坐標系，在坐標紙上描點作圖，如圖2所示，也可驗證機械能守恒定律，則應做出的是_____圖像（填選項前的符號）。A．B．C．D．【答案】(1).(2).(3).受到空氣阻力(4).磁鐵對小球的引力使平拋的初速度比小球到擋板時的速度小(5).D【解析】【詳解】(1)[1]由平拋運動的知識可知，平拋運動的時間為磁鐵與擋板相碰的一瞬間的速度為(2)[2]要驗證機械能守恒，即驗證整理得(3)[3][4]若實驗測得重力勢能的減少量大于動能的增加量，導致誤差的可能原因有：受到空氣阻力；磁鐵對小球的引力使平拋的初速度比小球到擋板時的速度??；小球在平拋過程中有一部機械能轉化成小球轉動的動能。(4)[5]由要驗證的關系式可知，圖像應是圖像，故D正確。四、解答題（共46分）15.如圖所示，一根不可伸長的輕繩長L=1.25m，一端固定在點，另一端系一質量m=1kg的小球．將輕繩伸直拉至水平，小球由位置A靜止釋放，小球運動到最低點O時輕繩剛好被拉斷，O點下方有一傾角的固定斜面，小球恰好垂直打在斜面上，取g=10m/s2求：（1）輕繩剛要拉斷時繩的拉力大??；（2）小球從O點運動到斜面的時間?！敬鸢浮浚?）；（2）0.5s【解析】【詳解】（1）小球下擺過程，由機械能守恒定律得解得在最低點，由牛頓第二定律得解得（2）繩子斷裂后小球做平拋運動，到達斜面時，豎直分速度在豎直方向解得16.我國航天技術飛速發(fā)展，設想數(shù)年后宇航員登上了某星球表面．宇航員手持小球從高度為h處，沿水平方向以初速度v拋出，測得小球運動的水平距離為L．已知該行星的半徑為R，引力常量為G．求：（1）行星表面的重力加速度；（2）行星的平均密度．【答案】（1）（2）【解析】（1）小球平拋運動的水平位移x=L．

則平拋運動的時間．

根據(jù)h=gt2得，星球表面的重力加速度．

（2）根據(jù)得，

星球的質量．

則星球的密度．17.如圖所示，水平光滑的地面上有A、B、C三個可視為質點的木塊，質量分別為1kg、3kg、3kg，木塊A的左側有一半徑R=0.1m的固定的豎直粗糙半圓弧軌道，一開始B、C處于靜止狀態(tài)，B、C之間的彈簧處于原長，給木塊A一個水平向右的初速度