2021屆百校聯考高考物理沖刺試卷（二）

一、單選題（本大題共7小題，共28.0分）

1.一質點沿直線ox方向做變速運動，它離開。點的距離x隨時間變化的關系為x=2t3,它的速度隨

時間t變化的關系為u=612,該質點在t=0到t=2s間的平均速度大小為（關系式中X、"、t的

單位分別是“m”“m/s”“s")()

A.24m/sB.4m/sC.12m/sD.8m/s

2.如圖所示，一架在2000m高空以200rn/s的速度水平勻速飛行的

轟炸機，要想用兩枚炸彈分別炸山腳和山頂的目標A和B.已知山

高720根，山腳與山頂的水平距離為800m,若不計空氣阻力，g

miOrn/s2,則投彈的時間間隔應為

A.4sB.5sC.8s

D.16s

3.如圖所示，一球體繞。。以角速度3旋轉，4、B為球體上兩點，下列說法中正

確的是（）

A.4。B兩點具有相同的角速度

B.4。B兩點具有相同的線速度

C.A.B兩點具有相同的向心加速度

D.Ao

4.某同學想利用所學力學知識研究地鐵列車的運動情況，他把一根細繩的下端

綁著一支圓珠筆，細繩的上端用電工膠布臨時固定在地鐵列車車廂里豎直扶

手上。在地鐵列車運動的某段過程中，他觀察到細繩偏離了豎直方向，并相

對車廂保持靜止，測量出細繩與豎直方向的夾角大小為。。他用手機拍攝了

當時情景，如圖所示，拍攝方向跟地鐵列車運動方向垂直。已知重力加速度

為g,根據這張照片，你能推斷出這段過程中（）

A.地鐵列車速度方向B.地鐵列車加速度方向

C.地鐵列車加速度大小為七D.地鐵列車一定加速運動

5.如圖所示，宇航員在圍繞地球做勻速圓周運動的空間站中會完全失重，下列說法中正確的是（）

A.宇航員仍受萬有引力的作用B.宇航員受力平衡

C.宇航員受萬有引力和向心力D.宇航員不受任何作用力

6.關于共點力的合成，下列說法正確的是（）

A.兩個力合成，其中一個力增大，另外一個力不變，合力一定增大

B.兩個分力的合力一定比分力大

C.兩個分力大小一定，夾角越大，合力越小

D.現有三個力，大小分別為4N、7N、10N,這三個力的合力最小值為1N

7.向心力演示器如圖所示.轉動手柄1,可使變速塔輪2和3以及長槽4和短槽5隨之勻速轉動.皮

帶分別套在塔輪2和3上的不同圓盤上，可使兩個槽內的小球分別以幾種不同的角速度做勻速圓

周運動.小球做圓周運動的向心力由橫臂6的擋板對小球的壓力提供，球對擋板的反作用力，通

過橫臂的杠桿使彈簧測力套筒7下降，從而露出標尺8,標尺8上露出的紅白相間等分格子的多少

可以顯示出兩個球所受向心力的大小.現將小球分別放在兩邊的槽內，為探究小球受到的向心

力大小與角速度大小的關系，下列做法正確的是（）

A.在小球運動半徑相等的情況下，用質量相同的鋼球做實驗

B.在小球運動半徑相等的情況下，用質量不同的鋼球做實驗

C.在小球運動半徑不等的情況下，用質量不同的鋼球做實驗

D.在小球運動半徑不等的情況下,用質量相同的鋼球做實驗

二、多選題（本大題共5小題，共20.0分）

8.如圖所示，豎直平面內放一直角桿，桿的各部分均光滑，水平部分套有質量為犯,=3kg的小球

A,豎直部分套有質量為ms=2kg的小球8,4、8之間用不可伸長的輕繩相連.在水平外力F的

作用下，系統處于靜止狀態，且/=3m,OB=4m，重力加速度g=lOm/s?.則（）

o

A

A.系統平衡時，水平拉力F的大小為25N

B.系統平衡時，水平桿對小球4彈力的大小為50N

C.若改變水平力尸大小，使小球4由靜止開始，向右做加速度大小為4.5zn/s2的勻加速直線運動,

經過|s時小球B的速度大小為4m/s

D.若改變水平力F大小，使小球4由靜止開始，向右做加速度大小為4.5M/S2的勻加速直線運動,

經過|s的時間內拉力尸做的功為49.5/

9.2016年12月22日，我國首顆碳衛星在酒泉衛星發射中心用長征二號丁運載火箭發射成功。碳衛

星運行軌道距地面高約為700km。2017年4月20日，天舟一號在海南文昌發射中心用長征七號

運教火箭發射成功，天舟一號運行軌道離地高約380km。關于碳衛星和天舟一號，下列說法正

確的是（）

A.碳衛星運行速度大于天舟一號的運行速度

B.碳衛星運行周期大于天舟一號的運行周期

C.碳衛星運行向心加速度大于天舟一號的運行向心加速度

D.碳衛星運行角速度小于天舟一號的運行角速度

10.如圖所示，長為L的細線，一端固定在。點，另一端系一個質量為771的小球，在最低點4給

小球一個水平方向的瞬時沖量1,使小球繞懸點。在豎直平面內運動，為使細線始終不松＜o

弛，/的大小可選擇下列四項中的（）

A.大于mJ2gLB.小于mJ2gL

C.大于mJ5gLD.大于小于?nJ5gL

11.如圖所示，一帶負電的質點在固定的正的點電荷作用下繞該正電荷做勻速圓""一一"7

周運動，周期為T。，軌道平面位于紙面內，質點的速度方向如圖中箭頭所!③'）

\：

示.現加一垂直于軌道平面的勻強磁場，已知軌道半徑并不因此而改變，則\/

()

A.若磁場方向指向紙里,質點運動的周期將大于7。

B.若磁場方向指向紙里，質點運動的周期將小于7。

C.若磁場方向指向紙外，質點運動的周期將大于7。

D.若磁場方向指向紙外，質點運動的周期將小于7。

12.一個質量為50kg的人站在如圖所示的電梯上，電梯正在以0.5m/s2的加速度勻加

速運動，加速度的方向與水平方向的夾角為30。，此時人所受的支持力N和摩擦

力/大小為（g=10m/s2）（）

A.N=500NB.N=512.5/VC.f=25ND./=21.7N

三、實驗題（本大題共2小題，共15.0分）

13.某組同學做“探究加速度與力、質量的關系”實驗，實驗開始時器材擺放如圖所示，其中錯誤

或不合理的是（寫出其中三處）：

14.①某同學用標有20等分刻度的游標卡尺測一工件的長度，測得的結果如F圖所示，則該工件的

長度L=cm.

②在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，下列關于實驗誤差的說法正確的是.（單選）

A.在電源接通后的短暫時間內打點不穩定是造成該實驗誤差的主要原因

B.重錘質量的稱量不準會引起較大的誤差

C.重錘質量選得較大一些，有利于減小誤差

。.在求某點的速度時，通過所打的點得出時間t,再用公式度=。1進行計算，這樣得到的速度值會更

準確.

四、計算題（本大題共4小題，共47.0分）

15.飛機做俯沖拉起運動時，在最底點附近做半徑r=180nl的圓周運動（

如圖）。如果飛行員的體重（質量=70kg,飛機經過最低點p時的r

速度3=100m/s,求這時座位對飛行員的支持力。取g=lOm/s?

P

16.如圖所示，一根細線（不計質量）穿過光滑的豎直圓管，圓管上的閥門k可以控制細線伸出底端的

長度，圓管底端距水平桌面的高度九=0.4m,現在細線的末端系一質量m=2kg的小球，小球

以圓管底端為懸點在水平桌面上做勻速圓周運動，圓管下方的細線與豎直方向的夾角0=37。,

此時小球對桌面的壓力恰好為零.取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.

（1）求小球做勻速圓周運動的線速度大小;

（2）若將閥門k松開，t=^s后再次鎖緊，小球以速度大小%=0.9m/s在水平桌面內再次做勻速

圓周運動，求此后小球受到水平桌面的支持力大小N.

17.“神舟七號”飛船完成了預定空間科學和技術實驗任務后，返回’

艙于2008年9月28日17時37分開始從太空向地球表面按預定軌\

道返回，在離地10km的高度打開阻力降落傘減速下降，這一過V

8G----------2…

程中若返回艙所受阻力與速度的平方成正比，比例系數（空氣阻—￥---------------H

力系數）為化設返回艙總質量M=3000kg,所受空氣浮力恒定不變，且認為豎直降落.從某時

刻開始計時.返回艙的運動外-t圖象如圖中的AD曲線所示，圖中力B是曲線在4點的切線，切線

交于橫軸一點B的坐標為(8,0),CD是平行橫軸的直線，交縱軸于C點，c的坐標為(0,8).g取

10m/s2,請回答下列問題：

(1)在初始時刻孫=160m/s時，它的加速度多大？

(2)推證空氣阻力系數的表達式并算出其數值.

(3)返回艙在距離地面高度九=1小時，飛船底部的4個反推力小火箭點火工作，使其速度由8/n/s迅

速減至lm/s后落在地面上，若忽略燃料質量的減少對返回艙總質量的影響，并忽略此階段速度

變化而引起空氣阻力的變化，試估算每支小火箭的平均推力.(計算結果取兩位有效數字)

18.如圖所示，一個娛樂場所的內表面是半徑R=6m的半球面.球形游

戲座艙可視為質點，乘坐人后總質量m=90kg,座艙與半球面間的

摩擦力及其受到的空氣阻力可忽略不計.現使座艙在場所內設定的

水平面上做勻速圓周運動，此時座艙與半球面球心的連線與豎直方向的夾角0=53。.(g=

10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6)

求：(1)小球受到碗內表面的支持力為多大?

(2)小球做勻速圓周運動的速度大小為多少？

參考答案及解析

I.答案：D

解析：解：根據X=2t3知，在t=o到t=2s內的位移為：

x=2x23—0=16m,

則這段時間內的平均速度為：

v=^=ym/s=8m/Sc

故選：D。

根據位移表達式，得出t=0到t=2s內的位移，結合平均速度的定義式求出這段時間內的平均速度.

本題考查了平均速度定義式的基本運用，知道平均速度等于位移與時間的比值，通過位移表達式求

出位移的大小是關鍵.

2.答案：C

解析：

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，根據高度求出求出平拋運

動的時間，結合初速度求出投彈時距離目標的水平位移，從而得出兩次投彈的水平位移，求出投彈

的時間間隔。

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律，結合運動學公式靈活求解。

根據hA=；gtA?得：

2x2000

則拋出炸彈時距離4點的水平距離為:

=VO^A=200x20m=4000m,

根據hp二5gt6’得:

tB.廠（20；廠2乂血

則拋出炸彈時距離B點的水平位移為：x2=votB=200x16m=3200m,

則兩次拋出點的水平位移為：%=Xi+800-x2=4000m+800m-3200zn=1600m

則投彈的時間間隔為：△t=*=^^s=8s,故C正確；ABD錯誤。

故選Co

3.答案：A

解析：

A、B兩點共軸轉動，角速度相等，根據半徑的大小，通過。=rs比較線速度的大小；向心加速度方

向指向圓周運動的圓心，根據a=比較向心加速度大小。

解決本題的關鍵知道共軸轉動，角速度相等，知道線速度與角速度、向心加速度的關系。

A.A,8兩點共軸轉動，角速度相等，故A正確；

B.因為4、B兩點豎直軸轉動，4的轉動半徑大于B點的轉動半徑，根據v=r3知，4的線速度大于B的

線速度大小，故8錯誤；

C.根據a=r/2知，角速度相等，4的轉動半徑大，則4點的向心加速度大于8點的向心加速度，故C

錯誤；

0.4、B兩點的向心加速度方向垂直指向豎直軸，故。錯誤。

故選A。

4.答案：B

解析：解：ABD,如圖，對圓珠筆受力分析，根據拍照的角度和細繩方向確定其合力￡

方向，重力與拉力的合力方向向左；根據牛頓第二定律可知，加速度方向也向左，這

樣的運動情況有兩種，列車向左勻加速運動或者向右勻減速運動。故AD錯誤,8正確；F*一

\

\

C、如圖：F^.=mgtand,又尸合=ma,解得：a=gtan。,故C錯誤。'、、

4

故選：B.mg

對圓珠筆受力分析，根據拍照的角度和細繩方向確定其合力方向，由牛頓第二定律確定其加速度即

可分析運動情況。

本題也可先進行受力分析，再正交分解，然后根據平衡條件列式求解。

5.答案：A

解析：解：宇航員在圍繞地球做勻速圓周運動的空間站中會處于完全失重狀態，此時并不是說人不

受萬有引力的作用，而是宇航員受的萬有引力正好充當向心力，并不是處于受力平衡狀態，所以A

正確、BCD錯誤。

故選：Ao

完全失重是指物體受到的重力完全產生了物體運動的加速度，在圓周運動中，完全失重的時候，物

體的重力全部作為了物體運動所需要的向心力，產生了向心加速度.

本題主要考查了對超重失重現象的理解，人處于超重或失重狀態時，人的重力并沒變，只是對支持

物的壓力變了.

6.答案：C

解析：解：4、保持兩個力之間的夾角8不變，使其中一個力F增大，合力不一定增大，如當。為180。

時，較小的分力增加，合力減小，故A錯誤；

8、兩個分力的合力不一定比分力都大，如兩力在同一直線上方向相反時，合力一定小于其中一個分

力，故B錯誤；

C、根據數學規律可知，兩個分力的合力大小為：F=JF/+歐+2F/2COS。，兩個分力大小一定，

夾角。越大，合力越小，故C正確；

D、4N與7N兩力的合力大小范圍為：3NWFW11N,兩力的合力大小有可能為10N,當第三個10N

的力與這兩個力的合力在同一直線上且方向相反時，三個力的合力最小，合力最小值為0,故。錯

誤。

故選：Co

共點力的合成遵守平行四邊形定則，合力的大小在兩個分力之差與兩個分力之和之間，可以比分力

大，可以比分力小，也可以與分力相等；根據平行四邊形定則分析答題。

本題考查了力的合成，掌握平行四邊形定則是解題的前提，解決本題的關鍵知道當兩個力同向時，

合力等于兩個力之和，當兩個力反向時，合力等于兩個力之差。

7.答案：A

解析：解：根據尸=znr32,知要研究小球受到的向心力大小與角速度的關系，需控制小球的質量和

半徑不變。故A正確，B、C、。錯誤。

故選：Ao

要探究小球受到的向心力大小與角速度的關系，需控制一些變量，即保持小球的質量、轉動的半徑

不變.

本實驗采用控制變量法，即要研究一個量與另外一個量的關系，需要控制其它量不變.

8.答案：BCD

解析：解：4、B取NOBA=。，由幾何知識知：sind=0.6,對B分析：豎直桿。8對小球B的彈力a=

mBgtane=15N,對4B整體分析可得：水平方向拉力尸=FB=15N；豎直方向水平桿對小球4的

彈力N=(zu.+niB)g=50N；故4錯誤，B正確。

C、。經過|s時小球A向右移動位移：x=1at2=1m,此時繩子與水平方向夾角為0,小球力的速度

VA=3m/s,4、B兩小球沿繩方向速度大小相等以cos。=/s譏氏解得：/=^=4m/s；由能

量守恒定律得：WF=△EP+△EK=mBgh+^mAV^+lmBV^=49.57,故C￡)正確；

故選：BCD.

(1)系統平衡時，主要考查整體法和隔離法的應用；

(2)當小球4向右勻加速時，先求出經過|s時小球力的速度，根據小球4、B沿繩速度相等，求出小球B

的速度和上升高度，進而根據能量守恒求拉力F做的功。

本題中拉力做的功等于4、B系統增加的機械能來求解，注意通過沿繩速度相等求解小球B的速度和

上升的高度，應用功能關系公式即可求解拉力F做功情況。

9.答案：BD

解析：解：根據萬有引力提供向心力可得：=m—=mr^r-=ma=mra)2,碳衛星運行軌道距

r2rT2

地面高約為700km,天舟一號運行軌道離地高約380km,說明碳衛星運行軌道半徑大于天舟一號運

行軌道半徑。

4、根據萬有引力提供向心力可得："=呼，所以碳衛星運行速度小于天舟一號的運行速度，故A

錯誤；

B、根據萬有引力提供向心力可得T2873,碳衛星運行周期大于天舟一號的運行周期，故B正確；

C、根據萬有引力等=ma可得碳衛星運行向心加速度小于天舟一號的運行向心加速度，故C錯誤；

D、根據萬有引力提供向心力可得：3=楞，碳衛星運行角速度小于天舟一號的運行角速度，故。

正確。

故選：BDo

根據萬有引力提供向心力可得：=m—=mr^-=ma=mra)2<分別得到線速度、周期、向心

r2rT2

加速度和角速度與半徑關系進行分析。

本題主要是考查了萬有引力定律及其應用；解答此類題目一般要把握兩條線：一是在星球表面，忽

略星球自轉的情況下，萬有引力近似等于重力；二是根據萬有引力提供向心力列方程進行解答。

10.答案:BC

解析：解：存在兩種可能：

(1)小球在運動過程中，最高點與。點等高或比。低時，線不松弛.^mvl<mgL

得：Vj<J2gL

(2)小球恰能過最高點時，在最高點速度設為為,對應的最低點速度設為%,則有：

mg=771^

根據機械能守恒得：3m諱+2mgL=

解得：v2—15gL

所以為使細線始終不松弛，％的大小范圍為火<J麗或%>/9.

根據動量定理可知，/=m%，所以/的大小范圍為"WmJ2gL或％NmJSgL.故AQ錯誤,BC正確

故選：BC

分兩種情況進行討論，即小球在運動過程中，最高點與。點等高或比。低時，線不松弛，小球能在豎

直平面內做圓周運動，線也不松弛，根據圓周運動的基本公式即可求解速度的范圍，然后由動量定

理求出動量滿足的條件.

本題是機械能守恒定律與向心力知識的綜合應用.輕繩系的小球恰好到達圓周的最高點時，臨界速

度為。=質，是常用的臨界條件.

11.答案：AD

解析：解：在未加磁場時，由庫侖力提供向心力，根據牛頓第二定律和庫侖定律得：k詈=m箸r

A、8、在加磁場時，若磁場方向指向紙里，由左手定則可知：負電荷所受的洛倫茲力背離圓心向外，

根據牛頓第二定律、庫侖定律和洛侖茲力公式得：

k^-qvB=m^-r,則得T>T0,故A正確，8錯誤.

C、D、若磁場指向紙外，由左手定則可知：負電荷所受的洛倫茲力指向圓心向里，根據牛頓第二定

律、庫侖定律和洛侖茲力公式得：

k詈+收8=Tn誓r,則得7<7°,故C錯誤，。正確.

故選：AD

負電荷在正電荷的庫侖引力作用下做勻速圓周運動，當外加一垂直平面的勻強磁場時，負電質點還

會受到洛倫茲力作用，軌道半徑因不變，所以會導致周期發生變化.當磁場方向指向紙里時，負電

荷受到的洛倫茲力與庫侖力方向相反，所以周期變大；當磁場方向指向紙外時，負電荷受到的洛倫

茲力與庫侖力方向相同，所周期變小.

本題關鍵分析向心力的來源，明確沒有磁場時庫侖引力提供向心力做勻速圓周運動，當有磁場時負

電荷仍做圓周運動，不過導致提供的向心力可能變大也可能變小，所以會使得周期發生變化.

12.答案：BD

解析：解：人受力如圖所示，對人，Aa

在水平方向，由牛頓第二定律得：f=macosd=50x0.5xY>

21.7/V

在豎直方向，由牛頓第二定律得：N-mg=masinB,解得N=mg+

masin0=50xION+50x0.5XO.5N=512.5N,故BO正確，AC錯誤。

故選:BD。

對人受力分析，由于牛頓第二定律求出支持力與摩擦力。

本題考查了牛頓第二定律的應用，分析清楚人的受力情況與運動狀態是解題的前提，應用牛頓第二

定律即可解題。

13.答案：小車沒有靠近打點計時器；沒有調節滑輪使繩子與木板平行；使用的是直流電源

解析：解：需要小車在木板上運動的位移大些，故需小車靠近打點計時器，而圖中小車沒有靠近打

點計時器；繩子的拉力提供小車的拉力，學平衡木板，而圖中沒有調節滑輪使繩子與木板平行；打

點計時器需要的是交流電源，而圖中使用的是直流電源

故答案為：小車沒有靠近打點計時器；沒有調節滑輪使繩子與木板平行：使用的是直流電源

根據實驗原理和打點計時器的要求即可判斷

本題主要考查了探究加速度與力、質量的關系時對實驗裝置的要求

14.答案:2.235；C

解析：解：（1）游標卡尺的主尺讀數為22mm,可動刻度讀數為0.05x7mm=0.35小小，則最終讀數

為22.35znm=2.235cm.

(2)4、在電源接通后的短暫時間內打點不穩定，可以選擇后面穩定的點進行研究，不是該實驗誤差

的主要原因.故A錯誤.

8、在實驗中，驗證動能的增加量和重力勢能的減小量是否相等，質量可以約去，不必要測量物體的

質量.故B錯誤.

C、為了減小實驗的誤差，重錘質量選擇較大一些，可以減小阻力的影響.故C正確.

。、該實驗是驗證機械能守恒定律的實驗.因為我們知道自由落體運動只受重力，機械能就守恒.如

果把重物看成自由落體運動，再運用自由落體的規律求解速度，那么就不需要驗證/，在求某點的

速度時，根據某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求解瞬時速度的大小.故。錯誤.

故選：C.

故答案為：(1)2.235,(2)C.

(1)游標卡尺的讀數等于主尺讀數加上游標讀數，不需估讀；

(2)解決實驗問題首先要掌握該實驗原理，了解實驗的儀器、操作步驟和數據處理以及注意事項.清

楚該實驗的誤差來源.

對于基礎實驗要從實驗原理出發去理解，要親自動手實驗，深刻體會實驗的具體操作，不能單憑記

憶去理解實驗.

15.答案：解：在飛機經過最低點時，對飛行員受力分析，在豎直方向上由牛頓第二定律列出:

V2

N—mq=m—

r

所以：N=mg+m?=4589N

答：座位對飛行員的支持力為4589N,方向豎直向上。

解析：在最低點，飛行員受到重力和支持力兩個力，由其合力提供其向心力，根據牛頓第二定律求

解座椅對飛行員的支持力。

圓周運動涉及力的問題就要考慮到向心力，勻速圓周運動是由指向圓心的合力提供向心力。

16.答案：解：(1)由題可知，小球在水平桌面上做勻速圓周運動

的半徑為：

3

r=htan370=0.4x-m=0.3m,

4

根據牛頓第二定律得：mgtand=my,

代入數據解得小球做勻速圓周運動的線速度"=1.5m/s.

(2)如圖所示，在閥門k松開t時間內，小球將從b點沿切線勻速運動到c點，然后以0c為半徑在水平桌

面上做勻速圓周運動，小球將從b點勻速運動到c點，有：

4

Lbc=vt=1.5x—m=0.4m,

當閥口化再次鎖緊后，此時小球運動的軌道半徑R=〃4c+r2='0.16+0.09.=0.5m，如圖所示.

設此后細線與豎直方向的夾角為a,有：tana=9

/I

設細線對小球的拉力為T,由小球的受力情況有：Tsina=m—,Tcosa+N=mg,

R

代入數據解得N=17AN.

答：(1)小球做勻速圓周運動的線速度大小為1.5m/s.

(2)小球受到水平桌面的支持力大小N為17.4N.

解析：(1)根據幾何關系求出小球在水平桌面上做圓周運動的半徑，結合牛頓第二定律求出小球做圓

周運動的線速度大小.