2021年湖南省邵阳市新邵县第一中学高三物理联考试卷含解析

2021年湖南省邵阳市新邵县第一中学高三物理联考试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1.（单选）用手施加水平力将物体压在竖直墙壁上，在物体始终保持静止的情况下A．压力加大，物体受到的静摩擦力也加大B．压力减小，物体受到的静摩擦力也减小C．物体所受静摩擦力与压力大小的比值是恒定不变的D．不论对物体的压力改变与否，它受到的静摩擦力总等于重力大小参考答案：D2.（多选）火星表面特征非常接近地球，适合人类居住．近期，我国宇航员王跃正与俄罗斯宇航员一起进行“模拟登火星”实验活动．已知火星半径是地球半径的1/2，质量是地球质量的1/9．地球表面重力加速度是ｇ,若王跃在地面上能向上跳起的最大高度是h，在忽略地球、火星自转影响的条件下，下述分析正确的是（

）A．王跃在火星表面受到的万有引力是在地球表面受到的万有引力的2/9倍；B．火星表面的重力加速度是4g/9；C．火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的2/9倍；D．王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度是9h/4。参考答案：BD解：A、根据万有引力定律的表达式，已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，所以王跃在火星表面受的万有引力是在地球表面受万有引力的倍．故A错误．B、由得到：．已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，火星表面的重力加速度是．故B正确．C、由，得已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍．故C错误．D、王跃以v0在地球起跳时，根据竖直上抛的运动规律得出：可跳的最大高度是，由于火星表面的重力加速度是，王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度.故D正确．故选：BD．3.（单选）特战队员在进行素质训练时，抓住一端固定在同一水平高度的不同位置的绳索，从高度一定的平台由水平状态无初速开始下摆，如图所示，在到达竖直状态时放开绳索，特战队员水平抛出直到落地．不计绳索质量和空气阻力，特战队员可看成质点．下列说法正确的是（）A．绳索越长，特战队员落地时的水平位移越大B．绳索越长，特战队员落地时的速度越大C．绳索越长，特战队员落地时的水平方向速度越大D．绳索越长，特战队员落地时的竖直方向速度越大参考答案：考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：根据动能定理、结合平抛运动的规律推导出水平位移的表达式，从而确定何时水平位移最大．根据动能定理比较落地的速度大小，以及落地时水平方向的速度．解答：解：A、设平台离地的高度为H，绳长为L，根据动能定理得：mgL=，解得：v=，对于平抛过程，根据H﹣L=，t=，得水平位移为：x=vt=，则知当L=时，水平位移最大．故A错误．B、对全过程运用动能定理知，mgH=，可知落地的速度大小与绳索长度无关，故B错误．C、落地时水平方向的速度等于平抛运动的初速度，根据v=知，绳索越长，落地时水平方向的速度越大，故C正确．D、绳索越长，平抛运动的高度越小，平抛运动的时间越短，则落地时竖直方向上的速度越小，故D错误．故选：C．点评：本题考查了动能定理与圆周运动和平抛运动的综合，知道圆周运动向心力的来源和平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律是解决本题的关键．4.在一次地震中，震中附近居民先感觉到上下颠簸，过了10s又开始左右摇晃。已知纵波的传播速度是5km/s，横波的传播速度是3km/s，该地距震源的距离是A．30km

B．50km

C．75km

D．150km参考答案：C5.2013年第十二届全运会，重庆姑娘施廷懋闪耀赛场，轻松夺冠跳水女子全能赛。下图是她(可看作质点)在参加跳板跳水比赛时的v-t图像。t＝0是其向上起跳的瞬间。则（）A．t1时刻开始进入水面B．t2时刻到达最高点C．t3时刻已浮出水面D．0～t2时间内，运动员一直处于失重状态参考答案：D二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.在光滑的水平面上有A、B两辆质量均为m的小车，保持静止状态，A车上站着一个质量为m/2的人，当人从A车跳到B车上，并与B车保持相对静止，则A车与B车速度大小之比等于________，A车与B车动量大小之比等于________。参考答案：3:2；1:1。7.在飞轮制造中有一个定重心的工序，该工序的目的是使飞轮的重心发生微小的位移，以使它准确定位于轮轴上．如图所示放置在竖直平面内的一个质量为M、半径为R的金属大飞轮．用力推动一下飞轮，让飞轮转动若干周后停止．多次试验，发现飞轮边缘上的标记A总是停在图示位置．根据以上情况，工人在轮缘边上的某点E处，焊上质量为m的少量金属（不计焊锡质量）后，再用力推动飞轮，当观察到

的现象时，说明飞轮的重心已调整到轴心上了．请在图上标出E的位置；为使飞轮的重心回到轴心上，还可以采用其他的方法，如可以在轮缘边上某处Q点，钻下质量为m/的少量金属．则钻下的质量m/=

，并在图上标出Q点的位置．参考答案：

答案：A最终可以停留在任何位置

m

8.为了探究加速度与力的关系，某同学设计了如图所示的实验装置，带滑轮的长木板水平放置，板上有两个光电门相距为d，滑块通过细线与重物相连，细线的拉力F大小等于力传感器的示数．让滑块从光电门1由静止释放，记下滑到光电门2的时间t，改变重物质量来改变细绳拉力大小，重复以上操作5次，得到下列表格中5组数据．

(1)若测得两光电门之间距离为d=0．5m，运动时间t=0．5s，则a=

☆

m/s2；(2)依据表中数据在坐标纸上画出a-F图象．(3)由图象可得滑块质量m=

☆

kg，滑块和轨道间的动摩擦因数=☆

.g=10m／s2)参考答案：9.如图所示为热水系统的恒温器电路，R1是可变电阻，R2是热敏电阻，当温度低时，热敏电阻的阻值很大，温度高时，热敏电阻的阻值很小。只有当热水器中的水位达到一定高度（由水位计控制）且水的温度低于某一温度时，发热器才会开启并加热，反之，便会关掉发热器。图中虚线框中应接入的是_______门逻辑电路；为将发热器开启的水温调高一些，应使可变电阻的阻值_______。参考答案：

答案：与、

减小10.如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA=60°，OA长为l，且OA：OB=2：3．将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点，则小球的初动能为；现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出小球，并对小球施加一方向与△OAB所在平面平行的恒力F，小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，在相同的恒力作用下，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍．则此恒力F的大小为．参考答案：考点：动能定理的应用；平抛运动．分析：根据平抛运动的水平位移和竖直位移，结合平抛运动的规律求出初速度的大小，从而得出抛出时的初动能．对O到A和O到B分别运用动能定理，求出恒力做功之比，结合功的公式求出恒力与OB的方向的夹角，从而求出恒力的大小．解答：解：小球以水平初速度抛出，做平抛运动，在水平方向上的位移x=lsin60°=，竖直方向上的位移y=，根据y=，x=v0t得，解得，则小球的初动能．根据动能定理得，0到A有：，解得，O到B有：WOB﹣mgl=5Ek0，解得，设恒力的方向与OB方向的夹角为α，则有：，解得α=30°，所以，解得F=．故答案为：mgl，点评：本题考查了平抛运动以及动能定理的综合运用，第二格填空难度较大，关键得出恒力做功之比，以及恒力与竖直方向的夹角．11.（6分）如果乘客在地铁列车中能忍受的最大加速度是1.4m/s2，两相邻车站相距560m，则地铁列车在这两站行驶时间最少为_________s，这种情况下最大行驶速度为_________m/s。参考答案：40s，28m/s12.一质子束入射到能止靶核上，产生如下核反应:

式中P代表质子，n代表中子，x代表核反应产生的新核.由反应式可知，新核X的质子数为

，中子数为

。参考答案：14

13

解析：质子的电荷数为1，质量数为1，中子的电荷数为0，质量数为1．根据电荷数守恒、质量数守恒，X的质子数为1+13-0=14，质量数为1+27-1=27．因为质量数等于质子数和中子数之和，则新核的中子数为27-14=13．13.（3分）如图为光纤电流传感器示意图，它用来测量高压线路中的电流。激光器发出的光经过左侧偏振元件后变成线偏振光，该偏振光受到输电线中磁场作用，其偏振方向发生旋转，通过右侧偏振元件可测得最终偏振方向，由此得出高压线路中电流大小。图中左侧偏振元件是起偏器，出射光的偏振方向与其透振方向

，右侧偏振元件称为

。

参考答案：相同（1分）（填“一致”或“平行”同样给分），检偏器（2分）三、实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.某同学用图甲所示装置测量重力加速度g，所用交流电频率为50Hz，在所选纸带上取某点为A计数点，然后3个点取一个计数点，所有测量具体数据为s1=37.5mm，s2=69.0mm，s3=100.5mm，s4=131.5mm，s5=163.5mm，s6=193.5mm，如图乙所示（计算结果保留四位有效数字）。（1）打D点时的速度为

。（2）该同学用两种方法处理数据（T为相邻计数点间的时间间隔）：方法A：由取平均值得；方法B：由，取平均值得,相比较之下

方法更加合理（填“A”或“B”）；本实验误差的主要来源有

（试举出两条）。参考答案：：①利用中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度ks5u（2分）ks5u②选B（1分），原因是实验中所有数据都用到，减小偶然误差；阻力（空气阻力、振针阻力、限位孔的阻力、复写纸的阻力等）、交流电频率波动、长度测量、数据处理方法等（任选两条）15.某探究学习小组和同学欲验证“动能定理”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、小木块、细沙。当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时，释放小桶，滑块处于静止状态。

（1）你认为还需要的实验器材是

。

（2）实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是

()．A．M＝200g，m＝10g、15g、20g、25g、30g、40gB．M＝200g，m＝20g、40g、60g、80g、100g、120gC．M＝400g，m＝10g、15g、20g、25g、30g、40gD．M＝400g，m＝20g、40g、60g、80g、100g、120g(3)在某次实验中为研究加速度和力的关系，根据测得的多组数据可画出a－F关系图线，如图3－4－5所示．此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是()．A．小车与木板之间存在摩擦B．实验时没有平衡摩擦力C．所用小车的质量太大D．所挂砂桶及砂的总质量太大参考答案：四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图所示，有一质量为M=2kg的平板小车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m=1kg的小物块A和B（均可视为质点），由车上P处开始，A以初速度v1=2m/s向左运动，B同时以v2=4m/s向右运动．最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车．两物块与小车间的动摩擦因数都为μ=0.1，取g=10m/s2．求：（1）求小车总长L；（2）B在小车上滑动的过程中产生的热量QB；（3）从A、B开始运动计时，经6s小车离原位置的距离x．参考答案：解：（1）设最后达到共同速度v，整个系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv2﹣mv1=（2m+M）v﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①由能量守恒定律得：μmgL=mv12+mv22﹣（2m+M）v2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②解得：v=0.5m/s，L=9.5m；（2）A车离左端距离x1刚运动到左端历时t1，在A运动至左端前，木板静止．由牛顿第二定律得：μmg=maA﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③速度：v1=aAt1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣④位移：x1=aAt12﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑤解得：t1=2s，x1=2m，所民，B离右端距离：x2=L﹣x1=7.5m，热量：QB=μmgx2=7.5J；（3）从开始到达到共速历时t2，速度：v=v2﹣aBt2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑥由牛顿第二定律得：μmg=maB﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑦解得：t2=3.5s，小车在t1前静止，在t1至t2之间以a向右加速：由牛顿第二定律得：μmg=（M+m）a﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑧小车向右走位移：s=a（t2﹣t1）2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑨接下去三个物体组成的系统以v共同匀速运动了：s′=v（6s﹣t2）

⑩联立以上式子，解得：小车在6s内向右走的总距离：x=s+s′=1.625m；答：（1）小车总长L为9.5m；（2）B在小车上滑动的过程中产生的热量QB为7.5J；（3）从A、B开始运动计时，经6s小车离原位置的距离x为1.625m．【考点】动量守恒定律；牛顿第二定律；机械能守恒定律．【分析】（1）由于开始时物块A、B给小车的摩擦力大小相等，方向相反，小车不动，物块A、B做减速运动，加速度a大小一样，A的速度先减为零，根据运动学基本公式及牛顿第二定律求出加速度和A速度减为零时的位移及时间，A在小车上滑动过程中，B也做匀减速运动，根据运动学公式求出B此时间内运动的位移，B继续在小车上减速滑动，而小车与A一起向右方向加速．因地面光滑，两个物块A、B和小车组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求出共同速度，根据功能关系列式求出此过程中B运动的位移，三段位移之和即为小车的长度；（2）A在小车上滑动的过程中产生的热量等于A滑动过程中克服摩擦力做的功；（3）小车和A在摩擦力作用下做加速运动，由牛顿运动定律可得小车运动的加速度，再根据运动学基本公式即可求解．17.（15分）如图所示，是某公园设计的一种惊险刺激的娱乐设施，轨道CD部分粗糙，μ=0.1，其余均光滑。第一个圆管轨道的半径R=4m，第二个圆管轨道的半径r=3.6m。一挑战者质量m=60kg，沿斜面轨道滑下，滑入第一个圆管形轨道（假设转折处无能量损失），挑战者到达A、B两处最高点时刚好对管壁无压力，然后从平台上飞入水池内，水面离轨道的距离h=1m。g取10m/s2，管的内径忽略不计，人可视为质点。求：（1）挑战者若能完成上述过程，则他应从离水平轨道多高的地方开始下滑?（2）CD部分的长度是多少?（3）挑战者入水时速度的大小和方向?参考答案：（1）（4分）在A点无压力，则mg=mvA2/R

（1分）设从离水平轨道高为H处开始下滑，从静止开始到A由动能定理得mgH=mg·2R+mvA2/2

（2分）解得H=10m

（1分）（2）（7分）从开始下滑到C点，由动能定理得mgH=mvC2/2

（1分）在B点无压力，则mg=mvB2/r

（1分）从D点到B点，由动能定理得mvD2/2=mg·2r+mvB2/2

（2分）从C点到D点，由动能定理得-μmgSCD=mvD2/2-mvC2/2

（2分）解得SCD=64m

（1分）（3）（5分）设落水点为E，落水时，竖直方向vy2=2gh

（1分）解得vy=10m/s（1分）水平方向速度大小为vD不变。

解得得vE≈16

m/s。（1分）设方向与水面成θ，所以tanθ=vy/vD=5/8。

（1分）解得θ=arctan5/8

（1分）

18.（1