重庆市乌江新高考协作体2024-k8凯发国际娱乐

重庆新体届高考质量调研（二）（分数：0分，时间：75分钟）一、单选题1.物理学发展推动了社会进步。关于物理学上一些事件和科学方法，下列说法正确的是（）a.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，体现了极限思想b.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫等效替代法c.重心概念的建立体现了理想化模型的思想d.速度和加速度都是利用比值定义法得到的定义式【答案】d【】【详解】a．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里主要采用了微元法，故a错误；b．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想化物理模型，b错误；c．重心概念的建立体现了等效替代法，c错误；d．速度和加速度都是利用比值定义法得到的定义式，d正确。故选d。2.如图所示为同一地点出发的a、b两物体做直线运动的v－t图象，由图可知( )a.t1时刻a、b两物体相遇b.t1时刻a、b两物体速度大小相等，方向相反c.t2时刻物体a的加速度小于物体b的加速度，二者方向相反d.0-t3过程中物体a、b位移大小相等，方向相同【答案】c【解析】【详解】a．因图像的面积等于位移，则0-t1时间内a的位移小于b，则a、b两物体没有相遇，选项a错误；b．t1时刻a、b两物体速度大小相等，方向相同，选项b错误；c．因v-t图像的斜率等于加速度，可知t2时刻物体a的加速度小于物体b的加速度，因斜率的符号相反，可知二者加速度方向相反，选项c正确；d．0-t3过程中物体a、b的位移大小相等，方向相反，选项d错误．3.如图所示，轻弹簧a一端固定，另一端系一质量为m的小球，小球通过不可伸长的轻绳绕过光滑定滑轮连接轻弹簧b且处于平衡状态，已知定滑轮位于弹簧a固定点的正上方。现缓慢收绳，使滑轮右侧的绳长减小少许，小球仍处于平衡状态，弹簧始终处于弹性限度内，则下列说法正确的是（ ）a.小球的运动轨迹为一小段圆弧 b.弹簧b的长度变长c.弹簧a的长度变长 d.弹簧a的长度变短【答案】a【解析】详解】小球受力如图所示设弹簧原长为，实际长度x，滑轮右侧绳长为l，则根据相似三角形可知根据胡克定律，有解得所以a．由于收绳后弹簧的实际长度x不发生变化，轨迹为圆弧，a正确；b．减小，则轻绳拉力减小，所以弹簧b长度减小，b错误；cd．的大小不变，即弹簧a的弹力大小不发生变化，长度不变，cd均错误。故选a。4.年2月3日7时37分，我国在西昌卫星发射中心使用长征二号丙运载火箭，成功将吉利星座02组卫星发射升空，11颗卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。假设其中三颗卫星绕地球做圆周运动，a为地球的同步卫星，周期为t，b为倾斜轨道卫星，c为极地卫星（绕地球的两极做圆周运动），已知，地球表面两极的重力加速度为g，地球半径为r，则下列说法正确的是（）a.b卫星距离地球表面的高度为b.c卫星的运动周期大于tc.a和c卫星的线速度之比为d.a和c卫星向心加速度之比为【答案】a【解析】【详解】b．根据开普勒第三定律可得故b错误；a．根据黄金代换式根据万有引力提供向心力解得故a正确；c．根据可得a和c卫星的线速度之比为故c错误；d．根据可得a和c卫星的向心加速度之比为故d错误。故选a。5.如图所示，汽车用跨过定滑轮的轻绳提升物块a．汽车匀速向右运动，在物块a到达滑轮之前，关于物块a，下列说法正确的是a.将处于失重状态b.将竖直向上做匀速运动c.将竖直向上做加速运动d将竖直向上先加速后减速【答案】c【解析】【详解】对汽车的速度v沿绳子的方向和垂直于绳子的方向进行正交分解，如图所示，有：v2=vcosθ，v1=vsinθ物块上升的速度大小等于v2，由v2=vcosθ可知，汽车匀速向右，θ角变大，所以v2增大，物块向上做加速运动，加速度向上，物块处于超重状态a.将处于失重状态与分析不符，故a项与题意不相符；b.将竖直向上做匀速运动与分析不符，故b项与题意不相符；c.将竖直向上做加速运动与分析相符，故c项与题意相符；d.将竖直向上先加速后减速与分析不相符，故d项与题意不相符．6.如图所示，有一竖直半圆形轨道，由四段相同的光滑圆弧轨道bc、cd、de、ea拼接而成，每段对应的圆心角均为，b点位于轨道圆心的正上方，设连接处顺滑。若将一质量为m的小球以速度从最低点a水平向右射入轨道，最后通过b点离开轨道。现保持小球的入射速度不变，要使其高度达到最大，则应（ ）a.拆去轨道的bc段 b.拆去轨道的bd段c.拆去轨道的be段 d.以上三种情况，小球达到高度均相同【答案】b【解析】【详解】若拆去轨道的bc段或be段，小球脱离轨道后都做斜抛运动，到达最高点时具有水平速度；若拆去bd段，小球脱离轨道后做竖直上抛运动，到达最高点时，速度为零。根据机械能守恒定律，可知拆去轨道的bd段，上升到最高点动能为零，高度最高。故选b。7.今年4月19日，广西一法院开庭审理一起高空抛物致一高中生死亡的案例，高空抛物是十分危险的行为，我国正式将高空抛物罪纳入刑法内容，我们应杜绝高空抛物行为。现有一居民在阳台玩耍，不慎将篮球从窗台外落下，致篮球从高楼落下做自由落体运动，篮球开始下落后的v-t图像如图所示，已知时篮球距地面高度为12.8m，重力加速度g取，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）a.篮球下落至地面所用时间为2sb.篮球落地时的速度大小c.篮球落地后反弹的最大高度为3md.至，篮球的位移大小为12m【答案】b【解析】【详解】a．设自由落体加速度的方向为正方向，下落的高度，有下落时间为，则故a错误。b．设落地时速度为，则故b正确；c．由图像知1.6s后，篮球做初速度为的竖直上抛运动，反弹的最大高度故c错误；d．当运动的时间，则发生位移为，后的位移为故d错误。故选b。二、多选题8.一质点做减速直线运动过程中速度和位置坐标的关系如图v-x所示，下列分析正确的是（ ）a.过程中质点的加速度恒定b.过程中质点的加速度逐渐减小c.质点在时的加速度等于时的加速度d.质点在时的加速度大于时的加速度【答案】bc【解析】【详解】ab．由图知等式两侧对时间求导得故两段运动过程加速度都逐渐减小，故a错误，b正确；cd．由图可知两段斜率关系为，所求加速度之比为故c正确，d错误。故选bc。9.如图所示，半径为r的光滑绝缘四分之一圆弧形轨道固定在竖直平面内，o为其圆心，水平。在圆弧轨道的最低点b处固定一带正电的小球，电荷量为q。另有质量为m的带电小球n从a点处无初速释放，运动到c点时达到最大速度v。已知，静电力常量为k，两小球的大小可忽略。则（）a.n小球可能带负电b.n小球的带电量为c.n小球从a点到c点的过程中，电场力做功为d.n小球从a点到c点的过程中，减少的机械能为【答案】bd【解析】【详解】a．由题意知，在c点达到最大速度，所以c点后速度减小，而重力做正功，所以电场力做负功，故电场力是斥力，故小球带正电，故a错误；b．由小球在c点速度最大，所以在c点的切向加速度为零，则解得故b正确；c．设小球从a点运动到c点的过程中电场力做功为w，由动能定理可得解得故c错误；d．由功能关系可知，n小球从a点到c点的过程中，减少的机械能为电场力做功的绝对值，即故d正确。故选bd。10.一小球质量为m，用长为l的悬线（不可伸长、质量不计）固定于o点，在o点正下方处钉有一颗光滑小钉子，如图所示。将悬线沿水平方向拉直然后无初速度释放，则当悬线碰到钉子后的瞬间（ ）a.小球的角速度突然增大到原来的1.5倍b.悬线对小球的拉力不变c.小球的向心加速度突然增大到原来的3倍d.小球的线速度大小不变【答案】ad【解析】【详解】ad．把悬线沿水平方向拉直后无初速度释放，当悬线碰到钉子的前后瞬间，由于绳子拉力与重力都与速度垂直，所以不改变速度大小，即线速度大小不变，而半径变为原来的，根据得知角速度增大到原来的1.5倍，故ad正确；b．根据牛顿第二定律可得，悬线碰到钉子前瞬间解得悬线碰到钉子后瞬间有解得故b错误；c．根据牛顿第二定律可得半径变为原来的，悬线碰到钉子后瞬间向心加速度变为原来的1.5倍，故c错误。故选ad。三、非选择题11.如图是a、b两物体同时由同一地点向同一方向做直线运动的v-t图象，从图象上可知t=_______s时，a、b相遇：t=__________s时，a、b相距最远。【答案】①.40②.20【解析】【分析】【详解】[1][2]在0～20s内物体a的速度始终大于物体b的速度，并且a的速度图象与时间轴围成的面积代表a的位移，而b的速度图象与时间轴围成的面积代表b的位移，两个面积的差代表两者之间的距离。由图可知在相遇之前20s末a、b相距最远，40s末，a的位移x1=5×40m=200mb的位移故40s末a、b相遇.12.如图为电饭锅的电路图。r1、r2是电热丝，s是温控开关，a、b两点接照明电路。电饭锅工作时有加热和保温两种工作状态。当s闭合时，电饭锅处于_____________工作状态；若r1：r2=9：1，加热时的功率为1000w，则保温时的功率为_____w。【答案】①.加热②.100【解析】【详解】[1]当s闭合时，电阻r1被短路，电路中电阻较小，电压两端的电压不变，根据功率公式p=，功率较大，电饭锅处于加热状态。[2]当s闭合时，电饭锅处于加热状态，由题，功率为p1=1000w，则有p1=当s断开时，电饭锅处于保温状态，功率为p2=则p2：p1=r2：（r1 r2）解得p2=100w13.如图所示，半径为r=0.5m的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心o的对称轴oo′重合。转台静止不转动时，将一个质量为2kg、可视为质点的小物块放入陶罐内，小物块恰能静止于陶罐内壁的a点，且a点与陶罐球心o的连线与对称轴oo′成θ=37°角。重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则：（1）当转台绕转轴匀速转动时，若物块在陶罐中的a点与陶罐一起转动且所受的摩擦力恰好为0，则转台转动的角速度为多少？（2）若转台转动的角速度为，物块仍在陶罐中的a点随陶罐一起转动，则陶罐给物块的弹力和摩擦力大小为多少？【答案】（1）5rad/s；（2）26.8n，2.4n【解析】【详解】（1）若物块在陶罐中的a点与陶罐一起转动且所受的摩擦力恰好为0，对物块分析有圆周运动半径r=rsinθ解得ω0=5rad/s（2）当转台的角速度为时，由于该角速度大于5rad/s，则物块有向外滑的趋势，摩擦力方向向内，则有，解得n=26.8n，f=2.4n14.质量为m=5kg的物体，在水平力f=20n的作用下，在水平面上从静止开始运动，物体与水平面的动摩擦因数为0.2，运动时间为t=5s，求：(1)力在5s内对物体所做总功；(2)力f在5s内对物体所做功的平均功率；(3)5s末，力f对物体做功的瞬时功率。（g=10m/s2）【答案】（1）250j；（2）100w；(3)50w【解析】【分析】【详解】（1）由牛顿第二定律可知f-μmg=ma解得物体在5s内的位移为x=at2=×2×25=25m力在5s内对物体所做的总功为w总=（f-μmg）x=（20-0.2×5×10）×25=250j（2）力f做功的平均功率为（3）5s末的速度为v=at=2×5=10m/s力f的功率为p1=fv=10×5w=50w15.真空中足够大的两个相互平行的金属板a和b之间的距离为d，两板之间的电压uab按图所示规律变化，其变化周期为t。在t=0时刻，一带电粒子（ q）仅在该电场的作用下，由a板从静止开始向b板运动，并于t=nt（n为自然数）时刻，恰好到达b板。求：（1）带电粒子运动过程中的最大速度为多少？（2）若粒子在时刻才开始从a板运动，那么经过同样长的时间，它将运动到离a板多远的地方？【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）带电粒子在匀