2021级理科综合训练7解析

2021级理科综合训练7解析16:CDCABB7B8B9D10C11D12C13C14【答案】D【解析】A．由图像，球员和足球的加速度大小分别为球员的加速度大于足球的加速度，A错误；B．内，球员的平均速度和足球的平均速度大小分别为；内，球员的平均速度小于足球的平均速度，B错误；C．1s时，球员和足球的位移差为球员没有追上足球，C错误；D．若球员不追赶足球，足球运动最大位移所以若球员不追赶足球，足球会滚出边界，D正确。故选D。15答案：D解析：小球以初速度v0在水平面上沿俯视逆时针方向做圆周运动，小球的线速度不变，选项A错误；由于v＝ωr，两钉子之间缠绕的绳子逐渐释放，小球做圆周运动的半径r增大，角速度减小，选项B错误；由a＝vω可知，小球的加速度变小，选项C错误；由牛顿第二定律可知，细绳对小球的拉力变小，选项D正确。16.答案A【解析】当车受到斜向下的推力匀速运动时，对推车受力分析根据共点力平衡，设推力与水平方向的夹角为α，有；又因为联立解得当车受到斜向上的拉力匀速运动时，对推车受力分析根据共点力平衡，设推力与水平方向的夹角为α，有；又因为联立解得根据表达式可知故选A。17．【答案】A【解析】设小球质量为m，对下面的小球隔离进行受力分析，小球受重力和下面绳子拉力T2做匀速圆周运动，竖直方向受力平衡，则，将两个小球看成一个整体进行受力分析，两球受重力和上面绳子拉力T1做匀速圆周运动，竖直方向受力平衡，则，故为。故选A。18．【答案】C19答案：BD解析：当B受到的摩擦力为0时，由弹簧弹力提供向心力，则有kr＋rr)＝2mω2r解得：ω＝eq\r(\f(k,2m))，故A错误；当A受到的摩擦力为0时，由弹簧弹力提供向心力，则有kr＋rr)＝mω2r解得：ω＝eq\r(\f(2k,3m))，故B正确；假设B先滑动，则当B刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，则有：kr＋rr)＋μ·2mg＝2mω2r解得：ω＝eq\r(\f(k,2m)＋\f(μg,r))，故C错误；假设A先滑动，则当A刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，则有kr＋rr)＋μmg＝mω2r，解得：ω＝eq\r(\f(2k,3m)＋\f(2μg,3r))＝eq\r(\f(k,2m)＋\f(μg,r))，即A、B同时开始滑动，故D正确。20【答案】BC【解析】【详解】CD．设小球刚接触器壁CD时的角速度为，此时绳子与竖直方向的夹角为，根据几何关系可得解得以小球对对象，根据牛顿第二定律可得解得故C正确，D错误；A．当时，由于可知小球还未接触器壁CD，故A错误；B．当ω=2rad/s时，由于设器壁CD对小球的弹力大小为N，绳子拉力大小为T，则有；联立解得故B正确。故选BC。21【答案】BCD【详解】A．0~t1内，根据牛顿第二定律得解得煤块的加速度为所以故A错误；B．t1~t2内，根据牛顿第二定律得煤块运动的加速度大小为所以故B正确；C．由图像知，在内，煤块向上运动的位移为故C正确；D．0~t1内，传送带位移大小为由图像知煤块位移大小为8m，煤块比传送带多走t1~t2内，传送带位移大小为由图像知煤块位移大小为2m，传送带比煤块多走故煤块向上运动时划痕是4.0m；当煤块下滑时，有解得传送带向上运动的位移为故划痕总长为故D正确。故选BCD。22【答案】①.②.③.小于④.AC##CA【解析】【详解】（1）[1]小球在第三张图中曝光时间内的平均速度大小（2）[2]由自由落体运动规律；联立解得（3）[3]忽略空气阻力的情况下，设小球下落H的速度为v1，下落的速度为v2，下落的速度为v3，由自由落体运动规律；；；易得而小球在曝光时间内的平均速度因为所以所以由本实验原理可得，本实验测得的重力加速度小于真实值；若考虑空气阻力，则由牛顿第二定律所测得的加速度a小于重力加速度的真实值。（4）[4]AB．选用密度大，体积小的发光小球则空气阻力的影响相对小很多，有利于减小误差，故A正确，B错误；CD．将快门调大，即减小，则v1和v3的差值减小，由可知v和v2的差值也减小，则有利于减小误差，故C正确，D错误。故选AC。23【答案】①.不需要②.③.未补偿阻力或补偿阻力不足④.【解析】【详解】（1）［1］由于实验装置中有拉力传感器，可以测出绳中的拉力大小，故不需要保证砂与砂桶的总质量m远小于小车的质量M。（2）［2］根据逐差公式有由于相邻两个计数点之间有4个计时点未画出，故解得（3）［3］图表示F增大到一定值时，小车才有加速度，故原因是未补偿阻力或补偿阻力不足；［4］根据实验原理图，受力分析易得可推出故图线的斜率k由图可知解得24【解答】解：（1）在左侧斜坡上对运动员受力分析，由牛顿第二定律得mgsin37°﹣0.5mg＝ma1①由匀变速直线运动速度—位移关系得v2联立①②两式代入数据解得a1（2）根据匀变速直线运动的速度—时间关系得AO段的时间为t1根据已知OB段的时间为t2＝tAB﹣t1＝28s﹣8s＝20s根据匀变速直线运动的推论得在OB段上通过的位移大小为xOB（3）设阻力大小为f，匀减速的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得mgsin5°+f＝ma2③由匀减速直线运动的规律得a2联立③④代入数据解得f＝30N。25解析：(1)要使物块平抛的水平位移最大，则物块应一直做加速运动，传送带必须沿顺时针转动，且转动的速度满足v2≥veq\o\al(2,0)＋2μgL；v≥2eq\r(10)m/s物块所能达到的最大速度为v2＝2eq\r(10)m/s 做平抛运动的过程h＝eq\f(1,2)gt2；t＝eq\r(\f(2h,g))＝1s则最大的水平位移为smax＝v2t＝2eq\r(10)m＝6.32m(2)若物块从A点滑上传送带到落地所用的时间为2.3s，由于平抛运动的时间为1s，因此物块在传送带上运动的时间为t1＝1.3s若物块从A到B以v0＝4m/s匀速运动，需要的时间为t2＝eq\f(L,v0)＝1.5s若物块一直匀加速运动，则所用的时间为 t3＝eq\f(v2－v0,μg)＝eq\f(2\r(10)－4,2)s＝(eq\r(10)－2)s＝1.162s由于t2＞t1＞t3，所以物块在传送带上先加速再匀速，则eq\f(v′－v0,μg)＋eq\f(L－\f(v′2－veq\o\al(2,0),2μg),v′)＝t1；v′2v′＋40＝0解得v′＝eq\f(13.2－\r(14.24),2)m/s＝4.72m/s。答案(1)v≥6.32m/s6.32m(2)4.72m/s26(第一空1分，其余每空2分，共17分)(1)恒压分液漏斗或恒压滴液漏斗(2)

防堵塞或防止体系压强过大

防止因吸收空气中水蒸气而水解(3)(4)旋转滴液漏斗活塞，减缓盐酸的滴速(5)缺少HCl、尾气处理装置或缺少尾气处理装置(6)除去杂质(7)90.00%或90%没有进行平行实验27、（每空2分，共12分）(1)K2FeO4(2)①4FeOeq\o\al(2－,4)＋10H2O=4Fe(OH)3↓＋3O2↑＋8OH－②BC③取少量等质量化合物分别置于两支试管中并加等量的水溶解，然后将一支试管置于冷水中，另一支试管置于热水中，观察沉淀产生的快慢(3)3KClO＋4KOH＋2Fe(OH)3=2K2FeO4＋3KCl＋5H2O28（第一空1分，其余每空2分，共15分）(1)第四周期第ⅤA族(2)生成有毒硫化氢气体且降低了硫氢化钠的利用率(3)(4)过氧化氢(5)用玻璃棒蘸取Na3AsO4溶液，滴到pH试纸上，变色后与标准比色卡对比，测得pH大于7(6)AD29.（每空2分，共10分）（1）将光能转化为化学能PSⅡ（2）①（3）降低CO2浓度降低，C3生成量减少，用于还原C3的NADPH消耗量减少，生产的NADP+减少，接受的电子减少30.（每空2分共12分）（1）同时具备GAL4和UASGFP的果蝇，才能合成GAL4蛋白驱动UAS下游的绿色荧光蛋白基因表达，从而表现出绿色性状（2）无论UASGFP插入哪一条染色体上，F1中绿色翅与无色翅比例均为1：3（3）①绿色翅：无色翅=1：1②绿色翅：无色翅=9：7③UASGFP插入到X染色体上（1分）绿色翅雌：无色翅雌：绿色翅雄：无色翅雄=6：2：3：531.（每空2分，共10分）（1）神经—体液—免疫细胞因子（2神经广泛（3）通过抑制NA的再摄取，使突触间隙中的NA含量升高32.（每空3分共12分）(1)迁入率和迁出率水平(2)不能湿地的生态环境没有改变,能容纳的震旦鸦雀种群数量的最大值不变33.34答案(1)2m/s210m/s2(2)0.5s1m/s(3)2m解析(1)小物块受到向左的恒力和滑动摩擦力做匀减速运动，小车受摩擦力向右做匀加速运动．设小车和小物块的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律得：对小车：μm2g＝m1a1解得：a1＝2m/s2对小物块：F＋μm2g＝m2a2解得：a2＝10m/s2(2)设经过时间t小车与小物块速度相同，设速度为v1，由运动学公式得对小车v1＝a1t对小物块：v1＝v0－a2t解得：t＝0.5s；v1＝1m/s(3)假设当两者达到共同速度后相对静止，系统只受恒力F作用，设系统的加速度大小为a3，则由牛顿第二定律得F＝(m1＋m2)a3解得：a3＝2m/s2此时小车所需要的静摩擦力为Ff＝m1a3＝0.4N因为Ff＝0.4N＝Ffm＝μm2g，所以两者将一起向右做匀减速运动.小物块第一段的位移：x1＝eq\f(v12－v02,－2a2)＝1.75m