Page22（全卷滿分300分，考試時間150分鐘）注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在本試卷和答題卡相應位置上。2.作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試卷上。3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答。答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先畫掉原來的答案，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4.考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，將試卷和答題卡一并交回。第I卷（選擇題，共126分）二、選擇題：本大題共8小題，每小題6分，共48分。在每水題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.如圖所示，A、B兩物體相距，物體A在水平拉力和摩擦力作用下，正以的速度向右勻速運動。而物體B此時的速度，由于摩擦力作用向右勻減速運動，加速度，則A追上B所用的時間為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】設物體B減速至靜止的時間為t，則解得物體B向前運動的位移為又因A物體5s內前進顯然所以A追上B前，物體B早已經靜止，設A追上B經歷的時間為t′，則故選D。2.塔式起重機常用于修建高層建筑，用起重機將質量為m的重物沿豎直方向吊起，重物先勻加速上升，輸出功率達到額定功率P0后保持不變，整個過程中輸出功率P隨時間t的變化如圖乙所示，重力加速度為g。則（）A.0～t0內，重物增加的動能為B.0~t0內，重物增加的重力勢能為C.t0時刻，重物的加速度為D.t0時刻；重物的加速度為【答案】C【解析】【詳解】A．P-t圖線與時間軸所圍的面積表示拉力所做的功，0~t0內，據動能定理可得故重物增加的動能小于，故A錯誤；B．除重力外的其他力所做的功等于機械能的變化量，結合A解析可知，0~t0內，重物增加的機械能為，重物增加的重力勢能小于，故B錯誤；CD．0~t0內，重物勻加速上升，t0時刻的速度為根據牛頓第二定律可得其中聯立解得另一解為負值，不符題意舍去，故C正確，D錯誤。故選C。3.2021年2月，執行我國火星探測任務的“天問一號”探測器在成功實施三次近火制動后進入運行周期為T的橢圓形停泊軌道（如圖所示），近火點A到火星中心O的距離為a，已知火星的半徑為R，在火星上以v?的速度豎直上拋物體，經過t時間后物體回到原處，萬有引力常量為G，忽略火星自轉。以下說法正確的是（）A.火星的質量為B.火星的密度為C.火星的第一宇宙速度為D.遠火點B到火星中心O的距離為【答案】D【解析】【詳解】A．由題意知，火星表面的加速度為設火星的質量為M，火星表面質量為m的物體在火星表面物體受到的萬有引力等于物體的重力，故解得若用T，則應用橢圓的半長軸，不應用R代入公式，故A錯誤；B．根據密度計算公式解得故B錯誤；C．第一宇宙速度為故C錯誤；D．設質量為m1的衛星繞火星表面做勻速圓周運動的周期為T1，由萬有引力提供向心力有解得在火星表面物體受到的萬有引力等于物體的重力，故設遠火點B到火星中心O的距離為b，則由開普勒第三定律可得解得故D正確。故選D。4.如圖所示，固定在豎直平面內半徑R=0.5m的四分之一光滑圓弧軌道與水平面相切于B點，軌道左側緊靠一個等高的傾角為30°的光滑斜面，在二者最高結合點A處裝有一個光滑的輕質小滑輪。平行于斜面的輕繩兩端分別連有質量m1=2kg的小球P和質量m2=1kg的小物塊Q，小球P在外力的作用下處于軌道最高點A處紫靠小滑輪，小物塊Q緊靠斜面最底端的固定擋板放置，細繩恰好伸直且無張力，整個系統處于靜止狀態。現撤去作用于小球P上的外力，當小球P運動到圓弧軌道的最低點B處時，小物塊Q未與滑輪發生碰撞，重力加速度g取10m/s2，以下說法正確的是（）A.小球P運動到圓弧軌道的最低點B處時的動能大小為2（4-）JB.小球P運動到圓弧軌道的最低點B處時的動能大小為4（2-）JC.小球P從A點運動到B點的過程中，繩子對小球P做的功為2（+1）JD.小球P從A點與運動到B點的過程中，繩子對小球P做的功為2（2+1）J【答案】A【解析】【詳解】AB．小球P從A運動到B的過程中，對P、Q系統由機械能守恒定律得根據題意有聯立解得小球P運動到圓弧軌道的最低點B處時的動能大小為J故A正確，B錯誤；CD．對小球P根據動能定理得解得J小球P從A點與運動到B點的過程中，繩子對小球P做的功為J，故CD錯誤。故選A。5.如圖甲所示，將一圓環套在固定的足夠長的水平桿上，環的內徑略大于桿的截面直徑，對環施加一斜向上與桿的夾角為的拉力F，當拉力逐漸變大時環的加速度隨拉力F的變化規律如圖乙所示。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小，下列說法正確的是（）A.圓環的質量為B.圓環與桿之間的動摩擦因數為0.2C.當時，圓環的加速度大小為D.當圓環受到的摩擦力大小為時，圓環的加速度大小可能為【答案】C【解析】【詳解】AB．F在內時，對圓環受力分析可得當拉力超過5N時，支持力方向相反，所以，當拉力為5N時帶入圖中數據，聯立求解可得故AB錯誤；C．當對圓環受力分析可得當拉力為10N時，圓環的加速度大小為，故C正確；D．當圓環受到摩擦力大小為，且拉力小于2N時，對圓環受力分析可知解得此時，圓環的加速度為0；當圓環受到的摩擦力大小為，且時，可知解得當圓環受到的摩擦力大小為，且時，可知解得故D錯誤。故選C。6.如圖所示，水平面上固定著兩根足夠長的平行導槽，質量為m的U形管恰好能在兩導槽之間自由滑動，一質量也為m的小球沿水平方向，以初速度v。從U形管的一端射入，從另一端射出。已知小球的半徑略小于管道半徑，不計一切摩擦，下列說法正確的是（）A.該過程中，小球與U形管組成的系統機械能和動量都守恒B.小球從U形管的另一端射出時，速度大小為0C.小球運動到U形管圓弧部分的最左端時，小球的速度大小為D.小球運動到U形管圓弧部分的最左端時，U形管的速度大小為【答案】BD【解析】【詳解】A．由于不計一切摩擦，在小球與U形管相互作用過程中，小球的動能只能與U形管的動能發生轉移，故小球與U形管組成的系統機械能守恒，系統沿導槽方向所受合外力為零，小球與U形管組成的系統沿導槽方向動量守恒，故A錯誤；B．小球從U形管的另一端射出時，小球與U形管系統機械能守恒，故沿著軌道方向，系統動量守恒，以向左為正方向，故解得小球從U形管的另一端射出時，U形管速度為v0，小球速度大小為0，故B正確；CD．小球運動到U形管圓弧部分的最左端的過程中，沿著軌道方向，系統動量守恒，以向左為正方向，設小球與U形管的速度為，由動量守恒定律得解得設小球的合速度為v，根據機械能守恒定律得解得故C錯誤，D正確。故選BD。7.如圖所示，水平桿固定在豎直桿上，二者互相垂直，水平桿上兩點連接有兩輕繩，兩繩的另一端都系在質量為的小球上，＝l，現通過轉動豎直桿，使水平桿在水平面內做勻速圓周運動，三角形始終在豎直平面內，為重力加速度，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）A.當桿轉動時，和繩上拉力大小可能相等B.繩的拉力范圍為C.若轉動的角速度，繩上的拉力大小為D.若轉動的角速度，繩上的拉力大小為【答案】CD【解析】【詳解】A．小球在水平面內做勻速圓周運動時合力水平指向轉動桿，兩繩拉力大小相等時，兩繩拉力的合力豎直向上，重力方向豎直向下，此時小球所受合力無法滿足水平指向轉動桿，故A錯誤；B．當轉動的角速度為零時，OB繩的與AB繩的拉力值相等，設為，則得增大轉動的角速度，當AB繩的拉力等于零時，小球僅在OB拉力下做圓周運動，此時OB繩拉力隨著角速度的增大可以一直增大下去，因此OB拉力范圍為故B錯誤；CD．當AB繩的拉力剛好為零時因為，所以兩繩均有拉力，對小球進行受力分析，正交分解，得，解得，因為，所以OB繩與豎直方向夾角大于，設OB繩與豎直方向夾角為，AB繩已松。對小球進行受力分析，由牛頓第二定律得解得，故CD正確。故選CD。8.如圖所示，電動機帶動的傳送帶與水平方向夾角，與兩皮帶輪、相切與A、B兩點，從A到B長度為。傳送帶以的速率順時針轉動。兩皮帶輪的半徑都為。長度為水平直軌道CD和傳送帶皮帶輪最高點平滑無縫連接。現有一體積可忽略，質量為小物塊在傳送帶下端A無初速度釋放。若小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數為，與水平直軌道CD之間的動摩擦因數為，若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則（）A.小物塊從A運動到B的時間為8sB.小物塊運動到皮帶輪最高點時，一定受到皮帶輪的支持力作用C.將小物塊由A點送到C點電動機多消耗的電能為D.若小物塊剛好停在CD中點，則【答案】ABC【解析】【詳解】A．小物塊在傳送帶下端A無初速度釋放后，受到的滑動摩擦力沿傳送帶向上，做勻加速直線運動由牛頓第二定律可得解得假設小物塊能與傳送帶達到相同速度，則勻加速直線運動小物塊上滑的位移為則假設成立，小物塊勻加速運動的時間為速度相同后，由于小物塊與傳送帶一起勻速，小物塊勻速運動的時間為則小物塊從A運動到B所用的時間為A正確；B．小物塊運動到皮帶輪最高點時所需的向心力所以小物塊運動到皮帶輪最高點時，一定受到皮帶輪的支持力作用，B正確；C．小物塊與傳送帶的相對位移為小物塊與傳送帶摩擦產生熱量為B、C的高度小物塊從A點運動到C點，根據能量守恒可得電動機比空載時多消耗的電能為故C正確；D．若小物塊剛好停在CD中點，根據動能定理有解得D錯誤。故選ABC。第II卷（非選擇題，共174分）三、非選擇題：本卷包插必考題和選考題兩部分。第22～32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33～38題為選考題，考生根據要求作答。（一）必考題（共129分）9.某同學通過實驗測定阻值約為10Ω的電阻Rx，用內阻約為3kΩ的電壓表，內阻約為0.125Ω的電流表進行測量，他設計了圖甲和圖乙兩種電路。（1）為得到更加準確的測量結果，本實驗應采用圖___________（填“甲”或“乙”）所示的電路，此電路測得的Rx偏___________（填“大”或“小”）。（2）要將一小量程電流表（滿偏電流為250μA，內阻為1.2kΩ）改裝成有兩個量程的電流表，設計電路如圖丙所示，其中定值電阻R1=40Ω，R2=360Ω，當開關S接B端時，該電流表的量程為0~___________mA。【答案】①甲②.小③.10【解析】【詳解】（1）[1][2]由題知故電流表應采用外接法，即實驗中應采用圖甲所示的電路圖，由于電壓表的分流作用，使得測量的電流值偏大，則根據可知，測得的電阻比真實值小。（2）[3]當開關S接B端時，R2和電流表串聯，再與R1并聯，則有故該電流表的量程為0~10mA。10.某同學用如圖甲所示的裝置驗證輕質彈簧和小物塊（帶有遮光條）組成的系統機械能守恒。圖中光電門安裝在鐵架臺上且位置可調。小物塊釋放前，細線與輕質彈簧和小物塊的拴接點（A、B）在同一水平線上，且輕質彈簧處于原長。滑輪質量不計且滑輪凹槽中涂有潤滑油，以保證細線與滑輪之間的摩擦可以忽略不計，細線始終伸直。小物塊連同遮光條的總質量為m，輕質彈簧的勁度系數為k，重力加速度為g，遮光條的寬度為d，小物塊釋放點與光電門之間的距離為l（d遠遠小于l）。現將小物塊由靜止釋放，記錄小物塊通過光電門的時間t。（輕質彈簧的彈性勢能，x為彈簧的形變量）（1）改變光電門的位置，重復實驗，每次小物塊均從B點靜止釋放，記錄多組和對應的時間t，做出圖像如圖乙所示。若要驗證輕質彈簧和小物塊組成的系統機械能守恒，則在誤差允許的范圍內，需要驗證正確確的關系式是___________A．B．C．D．（2）在（1）中的條件下，取某個值時，可以使小物塊通過光電t時的速度最大，則速度最大值為___________（用、g表示）。（3）在（1）中的條件下，當=和=時，小物塊通過光電門時輕質彈簧具有的彈性勢能分別為、，則=___________（用、、、k表示）。【答案】①.C②.③.【解析】【詳解】（1）[1]小球經過光電門的速度為若系統機械能守恒，則有整理得即圖像若能在誤差允許的范圍內滿足上式，即可驗證彈簧和小物塊組成的系統機械能守恒。故選C。（2）[2]小物塊經過光電門的速度越大，則小物塊經過光電門所用時間越短，故由（1）可知，當時，小物塊通過光電t時的速度最大時，且此時小物塊的加速度為零。對其進行受力分析有解得即此時小物塊經過光電門的速度最大，代入（1）中可得最大速度為（3）[3]當和時，物塊通過光電門的時間相等，即物塊經過光電門的速度相等，故動能也相等，根據機械能守恒定律分別有又整理可得【點睛】掌握機械能守恒定律的內容，分析系統中能力之間的轉換關系，列出等式，再求出圖像的表達式。當速度越大時，通過相同位移所需時間越小。速度最大時，加速度為零是常考知識點。11.金秋九月，正是收割玉米的季節，加工過程中，農民會采用如圖甲所示的傳送帶裝置。具體過程如圖乙所示，將收割曬干的玉米投入脫粒機后，玉米粒從靜止開始被傳送到底端與脫粒機相連的順時針勻速轉動的傳送帶上，一段時間后玉米粒相對于傳送帶保持靜止，直至從傳送帶的頂端飛出，最后落在水平地面上，農民迅速裝袋轉運，提升了加工轉運的效率。已知傳送帶與水平方向的夾角為、頂端的高度為h，玉米粒相對于傳送帶頂端的最大高度也是h，重力加速度為g，若不計風力、空氣阻力和玉米粒之間的相互作用力，求：（1）若一顆玉米粒的質量為m，則一顆玉米粒落地時，重力做功的功率？（2）玉米粒落地點與傳送帶底端的水平距離？【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）玉米粒在空中做斜拋運動，分析下降過程，可得解得落地時的豎直方向分速度為一顆玉米粒落地時，重力做功的功率為聯立，解得（2）分析玉米粒的斜拋運動上升過程，有解得可知玉米粒離開傳送帶時，豎直分速度滿足由分速度與和速度關系，可得解得玉米粒斜拋過程，水平位移為玉米粒落地點與傳送帶底端的水平距離為12.如圖所示，金屬圓管固定在水平地面上。勁度系數k=100N/m的彈簧一端固定于金屬圓管的底部，另一端連接小圓柱體A．金屬圓管壁左右兩側各開有一條縫，B由小圓柱體及兩側的支柱構成，其兩側的支柱通過管壁的縫伸出金屬圓管，與管壁無摩擦，B靜置于A上與A不粘連，A、B的質量均為1kg且都可視為質點。B正上方有一帶圓孔的擋板（厚度不計）固定在金屬圓管壁上，質量為2kg的小圓柱體C放于圓孔上方不掉落。現在B的左右支柱上始終施加豎直向上、大小為5N的恒力F，使A、B開始運動。經過一段時間后A、B分離，分離時B未與C碰撞。分離瞬間，A被金屬圓管內一卡件作用使其速度突變為零，以后此卡件不再對A和B有任何作用。B繼續向上運動恰好穿過圓孔與C發生彈性碰撞，且以后每次碰撞前C均已靜止在圓孔上方。已知彈簧的彈性勢能（x為彈簧的形變量）重力加速度g取10m/s2，B與A、C的磁撞時間極短且均為彈性碰撞，A、B、C運動過程中始終在豎直方向，且未與金屬圓管壁接觸（空氣阻力不計）。求：（1）二力開始作用的瞬間，A對B的支持力的大小；（2）A、B第一次碰撞后的瞬間，A的速度；（3）A與B第一次碰撞開始，A運動的總路程。【答案】（1）5N；（2）m/s；（3）707cm【解析】【詳解】（1）初態時A、B均靜止，有對A、B整體由牛頓第二定律可得對B有解得=5N（2）在F的作用下，A、B分離時，二者加速度相等，對A、B分別有，A，B從開始運動到分離時上升的高度H=x1-x=0.1m從開始運動到A、B分離，設豎直向上為正方向，根據功能關系，對A、B整體有解得A、B分離時，B的速度m/s分離后，由于2F=mg故B勻速上升至B、C碰撞，由于是彈性碰撞，根據動量守恒及機械能守恒分別可得，聯立解得m/sB向下運動，然后B、A發生彈性碰撞，有，解得，m/s=（3）A、B第一次碰撞時，碰后二者速度互換，B靜止，A從平衡位置向下運動，設A向下運動的最大距離為s1，由能量守恒定律有解得mA再反向加速，回到原位，與B碰撞，A、B交換速度，B再次勻速上升與C發生碰撞，然后B向下運