2021年高考理综物理押题卷

1、2021年高考理综物理押题卷选择题专练一一、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分14氢原子的能级图如图所示，如果大量氢原子处在n3能级的激发态，则下列说法正确的是()A这群氢原子能辐射出3种不同频率的光子B波长最长的辐射光是氢原子从n3能级跃迁到能级n1能级产生的C辐射光子的最小能量为12.09eVD处于该能级的氢原子至少需吸收13.6eV能量的光子才能电离答案A解析大量的氢原子自发地从n3能级跃迁，可以辐射出C323种不同频率的光子，即32、31、21，A

2、项正确；其中，氢原子从En3能级跃迁到n2能级辐射的光子能量最小，即：3E2(1.51eV)(3.4eV)1.89eV，所以C项错误；由跃迁规律EmEnhch可知，辐射出的光子能量越小，频率越低，波长越长，所以氢原子也是从n3能级跃迁到n2能级辐射出的光子对应的波长最长，B项错误；处在n3能级的氢原子发生电离，就是从该能级跃迁到n处，所以至少需吸收EEE30(1.51eV)1.51eV的能量，所以D项错误15.如图所示，A、B两物块的质量分别为m和M，把它们靠在一起从光滑斜面的顶端由静止开始下滑已知斜面的倾角为，斜面始终保持静止则在此过程中，物块A对物块B的作用力为()A0CmgsinBMgs

3、inD(Mm)gsin答案A解析选A、B两物块为研究对象进行受力分析，建立坐标系，将重力进行分解，如图甲所示选整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：(Mm)gsin(Mm)a，则agsin.选物块B为研究对象，假设物块A对物块B的作用力为NAB.对物块B进行受力分析，分解重力，如图乙所示根据牛顿第二定律得：MgsinNABMa，将agsin代入该式，解得NAB0，假设错误，物块A、B间的相互作用力为0，A项正确，B、C、D三项错误16.入冬以来，全国多地多次发生雾霾天气，能见度不足20m在这样的恶劣天气中，甲、乙两汽车在一条平直的单行道上，乙在前、甲在后同向行驶某时刻两车司机同时听到前方有事故发

4、生的警笛提示，同时开始刹车两辆车刹车时的vt图象如图，则()此时甲车的位移x(525)20m300m，乙车的位移x(5A若两车发生碰撞，开始刹车时两辆车的间距一定小于87.5mB若两车发生碰撞，开始刹车时两辆车的间距一定小于112.5mC若两车发生碰撞，则一定是在刹车后20s之内的某时刻发生碰撞D若两车发生碰撞，则可能是在刹车后20s以后的某时刻发生碰撞答案C解析由图可知，两车速度相等经历的时间为20s，甲车的加速度a102501525m/s21m/s2，乙车的加速度a230m/s20.5m/s2，乙11甲2215)20m200m，可知要不相撞，则两车的至少距离x300m200m100m，因为

5、两车发生碰撞，则两车的距离小于100m，故A、B两项错误；因为速度相等后，若不相撞，两者的距离又逐渐增大，可知两辆车一定是在刹车后的20s之内的某时刻发生相撞的，故C项正确，D项错误，故选C项17北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星定位与通信系统，它由空间段、地面段和用户段三部分组成第三代北斗导航卫星计划由35颗卫星组成，如图所示其中有5颗地球静止轨道卫星(运行在地球同步轨道，离地高度约3.6104km)、27颗中地球轨道卫星(运行在3个互成120的轨道面上，离地高度约2.15104km)、3颗倾斜同步轨道卫星(其轨道平面与赤道平面有一定的夹角，周期与地球自转周期相同)假设所有北斗卫星均绕

6、地球做匀速圆周运动，下列说法正确的是()A中地球轨道卫星的线速度最小B倾斜同步轨道卫星能定点在北京上空C中地球轨道卫星的运行周期小于地球同步卫星的运行周期D倾斜同步轨道卫星的轨道半径大于地球静止轨道卫星的轨道半径答案C解析根据G2mmr得：v和TGMMmv242rrT2GMr42r3，由此可知“高轨低速大周期”因为静止轨道卫星运行在地球同步轨道，即与地球自转周期相同，倾斜同步轨道卫星周期也与地球自转周期相同，所以二者的轨道半径相同，D项错误；由题中数据，中地球轨道卫星的离地高度低于地球同步卫星的离地高度，所以其周期小于地球同步卫星的运行周期，C项正确；三种卫星中，中地球轨道卫星的离地高度最低，

7、线速度最大，A项错误；如果倾斜同步轨道卫星定点在北京上空，卫星受到地球万有引力作用，其中一个分力提供向心力，使卫星做匀速圆周运动，另一个分力竖直向下，此时卫星处于不稳定状态，就会下坠，所以倾斜同步轨道卫星不能定点在北京上空，B项错误18如图所示，空间存在垂直纸面向里的磁场，磁场在竖直方向均匀分布，在水平方向非均匀分布，且关于竖直平面MN对称绝缘细线上端固定在M点，下端与一个粗细均匀的铜制圆环相接现将圆环由P处无初速释放，圆环第一次向右摆动最远能到达Q处(图中未画出)已知圆环始终在同一竖直平面内摆动，则在圆环从P摆向Q的过程中，下列说法正确的是()A位置P与Q可能在同一高度B感应电流方向始终逆时

8、针C感应电流方向先逆时针后顺时针D安培力方向始终与运动方向相反答案C解析圆环从P摆向Q的过程中，穿过圆环的磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力的作用，圆环克服安培力做功，产生电能，进而在其中发热，同时机械能减少，所以位置P与Q不可能在同一高度，Q点会低于P点，A项错误；从P到最低点的过程，穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律可知，在圆环中产生的感应电流方向为逆时针；从最低点到Q的过程，穿过圆环的磁通量减少，根据楞次定律可知，布，根据左手定则和计算安培力的公式FBIL可知，两段等效的在圆环中产生的感应电流为顺时针所以，整个过程中，感应电流方向先逆时针后顺时针，B项错误，C项正确；因为磁场在竖直

9、方向均匀分布，所以可考虑将圆环中的感应电流沿过圆心的竖直方向，等效成左右两段长度为圆环直径的电流，由于磁场在水平方向非均匀分安直线电流受到的安培力始终沿水平方向且不等大，因此D选项错误19.如图所示，在光滑绝缘水平面上的P点正上方O点固定了一电荷量为Q的正点电荷，在水平面上的N点，由静止释放一质量为m、电荷量为q的负检验电荷，该检验电荷经过P点时速度为v，图中60，规定电场中P点的电势为零，则在Q形成的电场中()AN点电势高于P点电势BN点电势为mv22qD检验电荷在N点具有的电势能为mv2CP点电场强度大小是N点的4倍12答案BC解析沿电场线方向电势降低，由正点电荷的电场分布可知N点电势低于

10、P点电势，A项错误；负电荷由N至P，电场力做正功，电势能的减小量等于动能的增加量，又负电荷在P点的电势能为0，故负电荷在N点的电势能为mv2，N点电势为1mv222q，B项正确，D项错误；QC由点电荷的场强公式Ekr2可知P点电场强度大小是N点的4倍，项正确20.在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外，P(2L，0)、Q(0，2L)为坐标轴上的两个点如图所示，现有一质量为m、电量为e的电子从P点沿PQ方向射出，不计电子的重力，则()A若电子从P点能到原点O，则所用时间可能为m2eBB若电子从P点能到原点O，则

11、所用时间可能为2m3eBC若电子从P点出发经原点O到达Q点，电子运动的路程一定为2LD若电子从P点出发经原点O到达Q点，电子运动的路程可能为L答案AD解析若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则有运动轨迹如图甲所示：则微粒运动的路程为圆周的，所用的时间为t，则电子从P点出发恰好经原点O的时间为，A项正确，B项错误；112mm44eB2eBm2eB若电子从P点出发经原点O到达Q点，运动轨迹可能如图乙、丙所示：或者是因此则微粒运动的路程可能为L，也可能为2L，若粒子完成3、4、n个圆弧，那么电子运动的路程可能：n为奇数时为2L；n为偶数时为L，故C项错误，D项正确故A、D两项正确21一

12、质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示图中ab为粗糙的水平面，长度为L，bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后恰好到达a点与物体P相对静止，重力加速度为g，则()A粗糙水平面ab的动摩擦因数为hLB当木块最后到达a时的速度为0C当木块最后到达a时的速度为v03联立得mgLmgh，得，整个过程产生的热量Q2mgLD整个过程产生的热量为2mgh答案ACD解析先分析小物块从开始到最高点的过程，根据动量守恒：mv013mv，v3v0，根据能量守恒，有13

13、mgLmgh2mv022mv21同理，最后到达a点时的速度也是v3v0，整个过程能量守恒有2mgL132mv022mv2hL2mgh，综上A、C、D三项正确，B项错误选择题专练二一、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分14.A、B两质点在同一平面内同时向同一方向做直线运动，它们的位移时间图象如图所示，其中是顶点是原点的抛物线的一部分，是通过(0，3)的一条直线，两图象相交于坐标为(3，9)的P点，则下列说法不正确是()A质点A做初速度为零，加速度为2m/s2

14、的匀加速直线运动B质点B以2m/s的速度做匀速直线运动C在前3s内，质点A比B向前多前进了6mD在前3s内，某时刻A、B速度相等答案C解析质点A的图象是抛物线，说明质点A做匀变速直线运动，已1知A的图象的顶点是原点，将(3，9)代入公式x2at2，解得：v00，a2m/s2，即质点A做初速度为零，加速度为2m/s2的匀加速直线运x93v3t动，故A项正确；质点B做匀速直线运动，速度为：Bm/s2m/s，故B项正确；在前3s内，质点A前进位移为9m，质点B前进位移为6m，所以质点A比B向前多前进3m，故C项不正确；根据xt图象的斜率表示速度，知在3s前某时刻质点A、B速度相等，故D项正确故选C项

15、15如图，有一倾斜的均质圆盘半径足够大，盘面与水平面的夹角为，绕过圆心并垂直于盘面的转轴以角速度匀速转动，有一物体可视为质点与盘面间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.要使物体能与圆盘始终保持相对静止，则物体与转轴间最大距离为()A.B.C.gD.ggcos2cossin2gsin2cossin22r，解得：rg，故A、B、D三项错误，C项正确故答案C解析当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度一定，由牛顿第二定律得：mgcosmgsinmcossin2选C项16如图，在光滑的水平桌面上有一物体A，通过绳子与物体B相连，假设绳子的质量以及绳子

16、与定滑轮之间的摩擦力都可以忽略不计，绳子不可伸长如果mB3mA，则物体A的加速度和绳的拉力大小等于()A拉力为mBgB拉力为0.75mBgC加速度为3g4D加速度为3g答案C解析AB连在一起，加速度大小相同，对整体分析可知，由牛顿第二定律可知：mBg(mAmB)a，3结合mB3mA解得加速度为：a4g.A选取A为研究的对象，的合力等于绳子的拉力，所以绳子的拉力为：3FmAa4mAg，故应选C项17如图甲所示为某实验小组验证动量守恒定律的实验装置，他们将光滑的长木板固定在桌面上，a、b两小车放在木板上并在小车上安装好位移传感器的发射器，且在两车相对面上涂上黏性物质现同时给两车一定的初速度，使a、

17、b沿水平面上同一条直线运动，发生碰撞后两车粘在一起，两车的位置x随时间t变化的图象如图乙所示a、b两车质量(含发射器)分别为1kg和8kg，则下列说法正确的是()A两车碰撞前总动量大于碰撞后总动量B碰撞过程中a车损失的动能是J149C碰撞后两车的总动能比碰前的总动能小D两车碰撞过程为弹性碰撞答案C解析设a、b两车碰撞前的速度大小为v1、v2，碰后的速度大小为v3，根据vt图象表示速度，结合题图乙得v12m/s，v21m/s，23v3m/s，以向右为正方向，碰前总动量p1mav1mbv26kgm/s，碰后总动量p2(mamb)v36kgm/s，则两车碰撞前总1动量等于碰撞后总动量，故A项错误；碰

18、撞前a车动能为Ek2mav12111222122J2J，碰撞后a车动能为Ek2mav32213J216J，所以碰撞过程中a车损失的动能是EkEkEk99J，故B项错误；碰前a、b两车的总动能为6J，碰后a、b两车的总动能为2J，故C正确；两车碰撞过程中机械能不守恒，发生的是完全非弹性碰撞，故D项错误故选C项18.如图所示，M、N两点分别放置两个等量异种电荷，P为MN连线的中点，T为连线上靠近N的一点，S为连线的中垂线上处于P点上方的一点把一个电子分别放在P、S、T三点进行比较，则()A电子从T点移到S点，电场力做负功，动能减小B电子在P点受力最小，在T点电势能最大C电子在S点受力最小，在T点电

19、势能最大D电子从P点移到S点，电场力做正功，动能增大答案C解析等量异号电荷的电场线和等势面的分布图象如图所示，电场线的疏密程度表示电场强度的大小，在P、S、T三点中，S位置电场线最稀疏，故场强最小的点是S点故电荷在S点受到的电场力最小；S、P两个点在一个等势面上，电势相等；沿着电场线电势逐渐降低，故P点电势高于T点电势；故电势最低的点是T点，负电荷放在电势低处的电势能大，故放在T点处电势能最大，放在S、P点上电势能相等，故C项正确，B项错误；电子从T点移到S点，电势能减小，则电场力做正功，动能增加，A项错误；电子从P点移到S点，电场力不做功，动能不变，D项错误故选C项191999年9月18日，

20、中共中央、国务院、中央军委在人民在会堂隆重表彰研制“两弹一星”作出突出贡献的科学家，下列核反应方程中属于“两弹一星”的核反应方程式和反应种类的是()A.714N24He817O11H裂变B.92235U01n3890Sr54136Xe1001n裂变C.92238U90234Th24He裂变D12H13H24He01n聚变答案BD解析14N4He17O1H是用氦核打击氮核使氮核转变的过7281程，是原子核的人工转变，故A项错误；92235U01n3890Sr54136Xe1001n是重核的裂变，故B项正确；92238U90234Th24He是衰变，故C项错误；12H13H24He01n是轻核的聚

21、变，故D项正确“20我国在2018年12月8日发射的“嫦娥四号”，可以更深层次、更加全面的探测月球地貌、资源等方面的信息已知月球的半径为R，月球表面的重力加速度为g，引力常量为G，嫦娥四号”绕月球做圆周运动时，离月球中心的距离为r，根据以上信息可知下列结果正确的是()A“嫦娥四号”绕月球运行的周期为2B“嫦娥四号”绕月球运行的速度大小为r3gR2gR2rC月球的平均密度为3g4GRr2D“嫦娥四号”所在轨道处的重力加速度为R2g答案ABC解析根据万有引力等于向心力可得：根据万有引力等于向心力可得：G2mr且Gmg，联立解得T2gR2rTR2Mm22Mmr3，Mmv2A项正确；根据万有引力等于向

22、心力可得：Gr2mr，解得vgR2，B项正确；月球的平均密度为R3GMrrV43gR2MG3gMm4GR，C项正确；根据Gr2mg，可知“嫦娥四号”所在轨道GMgR2处的重力加速度为gr2r2，D项错误故A、B、C三项正确211922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖若速度相同的一束粒子由极板间左端射入质谱仪后分裂为a、b、c三束，分别运动到磁场边界的胶片上，它们的运动轨迹如图所示则下列相关说法中正确的是()解析带电粒子沿直线通过电磁场，有qvBEq，得v，由粒子A极板P1带正电Ba离子的电荷量最大C所有离子从射入到打在胶片上所用时间相等D若a、b、c离子

23、为氢的三种同位素原子核，则c离子为氚核答案ADEB在右侧磁场中偏转方向知，粒子带正电，据此判断电场强度方向必须大小关系，B项错误；粒子在磁场中运动的半径不同，则不同，所其半径R，三条轨迹半径不同说明其不同，不能确定电荷量的向下，即P1板带正电，A项正确；粒子进入磁场中做半个圆周运动，mvmqBqmq以周期就不同，那么在磁场中的偏转时间就不同，C项错误；若a、b、c为氢原子的三种同位素，c的半径最大，说明c的比荷最小，应是氚核，D项正确故选A、D两项选择题专练三一、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求全部选对的

24、得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分14十九世纪末到二十世纪初，一些物理学家对某些物理现象的研究直接促进了“近代原子物理学”的建立和发展，关于以下4幅图中涉及的物理知识说法正确的是()A图1是黑体辐射实验规律，爱因斯坦为了解释此实验规律，首次提出了“能量子”概念B强激光的出现使一个电子在极短时间内吸收多个光子成为可能，这已被实验证实如图2所示，若用波长为的光照射锌板，验电器指针不偏转；则换用波长也为的强激光照射锌板，验电器指针可能偏转C如图3所示，一个处于n4能级的氢原子向低能级跃迁，最多可以放出6种不同频率的光D图4为天然放射现象中产生的三种射线在电场中偏转情况，其中线代表的射线穿透能

25、力最强答案B解析普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，并很好的解释了黑体辐射的实验规律，A项错误；若用波长为的光照射锌板，验电器指针不偏转，则换用波长为的强激光照射锌板，锌板的电子可以在极短时间内吸收多个光子发生逃逸，故验电器指针可能偏转，B项正确；一个处于n4能级的氢原子向低能级跃迁，最多可放出3种不同频率的光，即从n4到n3再到2最后到1，C项错误；从图中可知电场强度方向水平向右，而粒子向右偏转，故带正电，为粒子，其电离作用最强，D项错误15如图所示，铜线圈水平固定在铁架台上，铜线圈的两端连接在电流传感器上，传感器与数据采集器相连，采集的数据可通过计算机处理，从而得到铜线圈中的电流随时间

26、变化的图线利用该装置探究条形磁铁从距铜线圈上端某一高度处由静止释放后，沿铜线圈轴线竖直向下穿过铜线圈的过程中产生的电磁感应现象两次实验中分别得到了如图甲、乙所示的电流时间图象条形磁铁在竖直下落过程中始终保持直立姿态，且所受空气阻力可忽略不计则下列说法中正确的是()A若两次实验条形磁铁距铜线圈上端的高度不同，其他实验条件均相同，则甲图对应实验条形磁铁距铜线圈上端的高度大于乙图对应实验条形磁铁距铜线圈上端的高度B若两次实验条形磁铁的磁性强弱不同，其他实验条件均相同，则甲图对应实验条形磁铁的磁性比乙图对应实验条形磁铁的磁性强C甲图对应实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中损失的机械能小于乙图对应实验条形磁铁

27、穿过铜线圈的过程中损失的机械能D两次实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中所受的磁场力都是先向上后向下答案C解析由乙图中的电流峰值大于甲中电流峰值，可知乙实验的电磁感应现象更明显，故乙实验中的高度更高或磁铁磁性更强，A、B两项错误；电流峰值越大，产生的焦耳热越多，损失的机械能越大，故C项正确；整个过程中，磁铁所受的磁场力都是阻碍磁铁运动，故磁场力一直向上，D项错误16甲、乙两个质量都是M的小车静置在光滑水平地面上质量为m的人站在甲车上并以速度v(对地)跳上乙车，接着仍以对地的速率v反跳回甲车对于这一过程，下列说法中正确的是()A最后甲、乙两车的速率相等B最后甲、乙两车的速率之比vvM(mM)甲乙C人从

28、甲车跳到乙车时对甲的冲量为I1，从乙车跳回甲车时对乙车的冲量为I2，应是I1I2D人从甲车跳到乙车时对甲的冲量为I1，从乙车跳回甲车时对乙车的冲量为I2，应是I1I2答案B解析以人与甲车组成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得，人跳离甲车时，mvMv10，以乙车与人组成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得，人跳上乙车时，mv(mM)v2，人跳离乙车时，(mM)v2Mvmv，以人与甲车组成的系统为研究对象，以人的速度方向乙为正方向，由动量守恒定律得，人反跳回甲车时，mvMv1(mMmM)v，解得甲v甲v乙M，故A项错误，B项正确；由动量定理得，1对甲车

29、I1Mv1mv，对乙车I2Mv乙Mv22mvmvmmv，M即I1I2，故C、D两项错误17.如图所示，直角坐标系中x轴上在xr处固定有带电荷量为9Q的正点电荷，在xr处固定有带电荷量为Q的负点电荷，y轴上a、b两点的坐标分别为yar和ybr，c、d、e点都在x轴上，d点的坐标为xd2r，rxcEeCd点场强为零Ba、b两点的电势相等Da、b两点的场强相同答案D解析c、d点间距与d、e点间距相等，根据电场线的分布情况知，c处电场线密，场强大，故A项正确；由电场分布的对称性可知，a、b两点的电势相等，故B项正确；9Q在d点产生的场强大小E19QQQ（3r）2kkr2，方向水平向右，Q在d点产生的场

30、强大小E2kr2，方向水平向左，所以由电场的叠加原理可知，d点的场强为零，故C正确；根据电场线分布的对称性可知，a、b两点场强的大小相等，但方向不同，则a、b两点的场强不相同，故D项错误18.如图所示，电源电动势为E，内阻为r.电路中的R2、R3为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小)当开关S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态，不考虑电容充放电对电路的影响，有关下列说法中正确的是()A只逐渐增大R1的光照强度，电阻R3中有向下的电流两端的电压变大，由E可知，电场力变大，带电微粒向上运动，B只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电阻R3中有

31、向上的电流C只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，带电微粒向上运动D若断开开关S，带电微粒向上运动答案C解析只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，滑动变阻器的电压变大，电容器两端的电压增大，电容器充电，因电容下极板带正电，所以电阻R3中只有向上的电流，故A项错误；电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，对电路没有影响，故B项错误；只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器Ud故C项正确；若断开开关S，电容器处于放电状态，电荷量变小，两板电压减小，场强减小，则微粒向下运动，故D项错误故选C项19如图所

32、示，在水平圆盘上放有质量分别为m、m、2m的可视为质点的三个物体A、B、C，圆盘可绕垂直圆盘的中心轴OO转动三个物体与圆盘间的动摩擦因数均为0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力三个物体与轴OO共线且OAOBBCr0.2m，现将三个物体用轻质细线相连，保持细线伸直且恰无张力若圆盘从静止开始转动，角速度极其缓慢地增大，已知重力加速度为g10m/s2，则对于这个过程，下列说法正确的是()AA、B两个物体同时达到最大静摩擦力BB、C两个物体的静摩擦力先增大后不变C当5rad/s时整体会发生滑动D当2rad/s5rad/s时，在增大的过程中B、C间的拉力不断增大答案BC解析当圆盘转速增大时，由静摩擦力提供

33、向心力三个物体的角速度相等，由Fm2r可知，因为C的半径最大，质量最大，故C所需要的向心力增加最快，最先达到最大静摩擦力，此时2mgrad/s，当C的摩擦力达到最2m12rC，计算得出：1g102r2大静摩擦力之后，B、C间的绳开始提供拉力，B的摩擦力增大，达到最大静摩擦力后，A、B之间绳开始有力的作用，随着角速度增大，A的摩擦力将减小到零然后反向增大，当A与B的摩擦力也达到最大值时，且BC的拉力大于AB整体的摩擦力时物体将会出现相对滑动，此时A与B还受到绳的拉力，对C可得：T2mg2m222r，对rAB整体可得：T2mg，计算得出：2g，当gr10.2当rad/s5rad/s时，在增大的过程

34、中B、C间的拉力逐rad/s5rad/s时整体会发生滑动，故A项错误，B、C两项正确；102渐增大，故D项错误故选B、C两项20如图所示，三颗质量均为m的地球同步卫星间隔分布在半径为r的圆轨道上，设地球质量为M，半径为R.下列说法正确的是()A地球对一颗卫星的引力大小为GMm（rR）2B一颗卫星对地球的引力大小为GMmr2C两颗卫星之间的引力大小为Gm23r2D三颗卫星对地球引力的合力大小为3GMmr2答案BCmM解析根据万有引力定律FGr2可知，质量分布均匀的球体间的引力距离r等于两球心间的距离，而rR为同步卫星距地面的高度，故A项错误；计算卫星与地球间的引力，r应为卫星到地球球心间的距离也

35、就是卫星运行轨道半径r，故B项正确；根据几何关系可知，d23r2两同步卫星的距离d3r，故两卫星间的引力大小为GmmGm2，故C项正确；卫星对地球的引力均沿卫星地球间的连线向外，由于三颗卫星质量大小相等，对地球的引力大小相等，又因为三颗卫星等间隔分布，根据几何关系可知，地球受到三个卫星的引力大小相等方向成120角，所以合力为0，故D项错误21以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m1kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2s到达传送带的B端用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图象如图乙所示，已知重力加速度g取10m/s2，由vt图象可知()象所围梯形的面积为x20.2m(24)1m3

36、.2m，故A项v1t1AA、B两点的距离为2.4mB货物与传送带的动摩擦因数为0.5C货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功大小为12.8JD货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8J答案BD解析物块在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，再继续做匀加速直线运动，所以物块由A到B的间距为对应图1122错误；由vt图象可知，物块在传送带上先做加速度为a1的匀加速直线运动，加速度为a110m/s2，对物体受力分析，受摩擦力，方向向下，重力和支持力，mgsinmgcosma1，同理，做加速度为a2的匀加速直线运动，对物体受力分析，受摩擦力，方向向上，重力和支持力，加速

37、度为a22m/s2.mgsinmgcosma2联立f解得cos0.8，0.5，故B项正确；第一阶段：mgcos41N，由图象知位移为：x1220.2m0.2m，摩擦力做正功为：1Wf1fx140.2J0.8J，同理第二阶段：由图象知位移为：x22(24)1m3m，摩擦力做负功为：Wf2fx243J12J，所以整个过程，传送带对货物做功大小为：12J0.8J11.2J，故C项错误；根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，第一阶段x1x皮x10.2m，第二阶段，x2x2x2皮3m2m1m故两者之间的总相对位移为：xx1x21m0.2m1.2m货物与传送带摩擦产生的热量为：Q

38、Wfx41.2J4.8J，故D项正确；综上分析，B、D两项正确选择题专练四一、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，14、15、17、18题只有一项符合题目要求，第16、1921题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分14关于下列四幅图所反映的物理过程的说法正确的是()A甲图中子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，能量不守恒B乙图中M、N两木块放在光滑的水平面上，剪断细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，机械能增加C丙图中细线断裂后，木球和铁球在水中运动的过程，系统动量守恒，机械能不守恒D丁图中木块沿放在

39、光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上动量守恒，机械能守恒答案C解析甲图中，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能有损失，但是损失的机械能转化为内能，能量仍守恒，A项错误；乙图中，剪断细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧的弹性势能转化为木块的动能，系统机械能守恒，B项错误；丙图中，木球和铁球组成的系统匀速下降，说明两球所受水的浮力等于两球自身的重力，细线断裂后两球在水中运动的过程中，所受合外力为零，系统动量守恒，由于水的浮力对两球做功，两球组成的系统机械不守恒，C项正确；丁图中，木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑

40、，木块和斜面组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，由于斜面可能不光滑，所以机械能可能有损失，D项错误15如图甲是远距离输电线路示意图，图乙是用户端电压随时间变化的图象，则()解析根据电压随时间变化的关系，由图可知，T0.02s，故f副线圈匝数，输出电压增大，损失的功率为PUR，损失功率A发电机产生的交流电的频率是100HzB降压变压器输出的电压有效值是340VC输电线的电流仅由输送功率决定D仅增加升压变压器的副线圈匝数，其他条件不变，输电线上损失的功率减小答案D1T10.02Hz50Hz，故A项错误；由图象可知交流电压的最大值为Um340340V，因此其有效值为UV，故B项错误；

41、根据PIU，输电2线中的电流与传输的功率输电电压有关，传输的电压越大，输电线中的电流也越大，故C项错误；保持升压变压器原线圈匝数不变，增加P2副减小，故D项正确；故选D项16.压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小某课题研究小组在升降机水平地面上利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置其工作原理图如图甲所示，将压敏电阻、定值电阻R、电流显示器、电源E连成电路，在压敏电阻上放置一个绝缘重物.0t1时间内升降机停在某一楼层处，t1时刻升降机开始运动，从电流显示器中得到电路中电流i随时间t变化的情况如图乙所示则以下判断中正确的是()At1t2时间内绝缘重物处于失重状态Bt3t4时间内绝缘重物处于失重

42、状态C升降机开始时可能停在10楼，从t1时刻开始，经向下加速、匀速、减速，最后停在1楼D升降机开始时可能在1楼，从t1时刻开始，经向上加速、匀速、减速，最后停在10楼答案AC解析t1t2时间内电路中电流i的示数比升降机静止时小，说明压敏电阻增大，压力减小，重物处于失重状态，A项正确；t3t4时间内电路中电流i的示数比升降机静止时大，说明压敏电阻减小，压力增大，重物处于超重状态，B项错误；根据重物的状态可知，若升降机开始时停在10楼，则t1时刻开始，向下加速、匀速、减速，最后停在1楼，C项正确；若升降机开始时停在1楼，t1时刻开始向上加速、匀速、减速，重物应先处于超重、既不超重也不失重、失重状态

43、，与上分析不符，D项错误故选A、C两项17如图所示，两个相同的固定斜面上分别放有一个处于静止的三角形木块A、B，它们的质量相等A木块的左侧面沿竖直方向，B木块的左侧面垂直于斜面，在两斜面上分别放上一个相同的光滑球后，木块仍保持静止，则放上球后()AA木块受到的摩擦力等于B木块受到的摩擦力BA木块受到的摩擦力小于B木块受到的摩擦力CA木块对斜面的压力等于B木块对斜面的压力DA木块对斜面的压力大于B木块对斜面的压力答案A解析设小球的质量均为m，A、B的质量均为M，斜面的倾角为.以小球与A整体为研究对象，由平衡条件可得：A木块受到的摩擦力FfA(Mm)gsin；同理，以小球与B整体为研究对象，得到B

44、木块受到的摩擦力FfB(Mm)gsin，则FfAFfB，故A项正确，B项错误；以A为研究对象，分析受力，如图甲所示，由平衡条件得：斜面对A的支持力FNAMgcosFN1sin以B为研究对象，受力分析，如图乙所示，由平衡条件得：斜面对B的支持力FNBMgcos，则得FNAFNB.A由牛顿第三定律可知，木块对斜面的压力小于B木块对斜面的压力，故C、D两项错误18.如图，光滑斜面的倾角为，斜面上放置一矩形导体线框abcd，ab边的边长为l1，bc边的边长为l2，线框的质量为m，电阻为R，线框通过绝缘细线绕过光滑的滑轮与重物相连，重物质量为M，斜面上ef线(ef平行底边)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场

45、，磁感应强度为B，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的ab边始终平行底边，则下列说法正确的是()A线框进入磁场前运动的加速度为MgmgsinmB该匀速运动过程产生的焦耳热为(Mgmgsin)l2C线框做匀速运动的总时间为B2l12（Mgmgsin）RD线框进入磁场时匀速运动的速度为（Mgmgsin）RBl1m)a，解得：a，故A项错误；线框进入磁场的过程做答案B解析线框进入磁场前，根据牛顿第二定律Mgmgsin(MMgmgsinMm匀速运动，重物的重力势能减小转化为线框的重力势能和线框的内B2l12vB2l12l2F，根据平衡条件得：FMgmgsin，联立两式

46、得：vB2l12v（Mgmgsin）R能，根据能量守恒定律得：焦耳热为Q(Mgmgsin)l2，故B项正确；设线框匀速运动的速度大小为v，则线框受到的安培力大小为R（Mgmgsin）Rl，匀速运动的时间为t2，故C、D两项错误所以B项正确，A、C、D三项错误19在光电效应试验中，分别用频率为a、b的单色光a、b照射到同种金属上，测得相应的遏止电压分别为Ua和Ub，光电子的最大初动能分别为Eka和Ekb.h为普朗克常量下列说法正确的是()A若ab，则一定有UaUbB若ab，则一定有EkaEkbC若UaUb，则一定有EkaEkbD若ab，则一定有haEkahbEkb答案BC解析根据光电效应方程Ek

47、mhW0知，ab，逸出功相同，则EkaEkb，又EkmeUc，则UaUb，故A项错误，B项正确；根据EkmeUc知，若UaUb，则一定有EkaEkb，故C项正确；逸出功W0hEkm，由于金属的逸出功相同，则有：haEkahbEkb，故D项错误，所以B、C两项正确，A、D两项错误20如图甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F，使环由静止开始沿杆向上运动已知拉力F及小环速度v随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则以下说法正确的是()m1kg，sin，因此A项正确，B项错误；根据题图乙知，前A小环的质量是1kgB细杆与地

48、面间的夹角为30C前1s内小环的加速度大小为5m/s2D前3s内小环沿杆上升的位移为1.25m答案AD解析设细杆与地面间的夹角为，由vt图象可知01s时间内小环的加速度为a0.5m/s2，因此C项错误；拉力为F15N时，由牛顿第二定律得F1mgsinma，F24.5N，F2mgsin联立解得9200.521s内小环沿杆上升的位移为x11m0.25m，之后2s内做匀速直线运动，位移为x20.52m1.0m，所以前3s内小环沿杆上升的位移为xx1x21.25m，D项正确21.质量分别为3m和m的两个物体，用一根细绳相连，中间夹着一根被压缩的轻弹簧，在光滑的水平面上以速度v0匀速运动某时刻剪断细绳，

49、质量为m的物体离开弹簧时速度变为v2v0，如图所示，则在这一过程中弹簧做的功和两物体之间转移的动能分别是()8A.3mv022B.3mv021C.2mv025D.6mv02答案BD解析设3m的物体离开弹簧时的速度为v1，规定向右为正方向，由2动量守恒定律有：(3mm)v03mv1m2v0.解得v13v0；根据动能221112定理，弹簧做功为：W2m(2v0)223m3v024mv023mv02，11故B项正确；质量为m的物体增加的动能：Ek2m(2v0)22mv02322mv02，此过程中弹簧的弹性势能减小量为弹簧弹力做的功，即为3322mv02mv02，由机械能守恒定律可知，两物体之间转移的

50、动能为356mv02mv02，故D项正确，A、C两项错误故选B、D两项选择题专练五一、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分14如图甲所示，轻杆一端与质量为1kg，可视为质点的小球相连，另一端可绕光滑固定轴在竖直平面内自由转动，现使小球在竖直平面内做圆周运动，经最高点开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度v随时间t的变化关系如图乙所示，A、B、C三点分别是图线与纵轴、横轴的交点、图线上第一周期内的最低点，该三点的纵坐标分别是1、0、5，g取10m/s2

51、，不计空气阻力，下列说法正确的是()1vC2vA2A轻杆的长度为0.5mB小球经最高点时，杆对它的作用力方向竖直向上CB点对应时刻小球的速度为3m/sD曲线AB段与坐标轴所围图形的面积为0.5m答案B12解析设杆的长度为L，小球从A到C的过程中机械能守恒，得：mvA24g2mgL2mvC2，解得L（5）21240m0.6m，故A项错误；若小球在A点恰好对杆的作用力是0，则有mgm，解得v0gL6m/svA1m/s.由于v02L小球在A点的速度小于临界速度，所以小球做圆周运动需要的向心力小于重力，杆对小球的作用力的方向向上，故是竖直向上的支持力，1故B项正确；小球从A到B的过程中机械能守恒，得2

52、mvA2mgL12mvB2，所以vBvA22gL12100.6m/s13m/s，故C项错误；由于y轴表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲线AB段与坐标轴所围图形的面积表示A到B的过程小球在水平方向的位移，大小等于杆的长度，即0.6m，故D项错误故选B项15.如图所示，质量为m的小球A静止于光滑水平面上，在A球与墙之间用轻弹簧连接现用完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰后粘在一起压缩弹簧，不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E，从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I，则下列表达式中正确的是()1AE4mv02，I2mv01CE2mv02，I2mv01BE4

53、mv02，Imv01DE2mv02，Imv0v0解得v.E2mv2m2mv02，24所以A、B的速度大小依然为v0.于A、B动量的变化量，由动量定理得：I2m02m0.答案A解析A、B小球相碰过程，设碰后A、B的速度为v，规定向左为正方向，由动量守恒定律可知mv02mv，2当A、B速度减到零时，此时弹簧的弹性势能最大，由能量守恒可知1v021然后弹簧弹开，当弹簧恢复原长时弹性势能又转化为A、B的动能，v2把弹簧和A、B小球作为一个整体，在此过程中墙对弹簧的冲量就等vv22即I2mv0，故A项正确；B、C、D三项错误；综上所述本题答案是A项16.甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其vt图象如图所示

54、已知两车在t3s时并排行驶，则()A在t1s时，甲车在乙车后B在t0时，乙车在甲车前7.5mC两车另一次并排行驶的时刻是t2sD甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m答案D解析根据vt图象知，甲、乙都沿正方向运动t3s时，甲、乙相遇，此时v30m/s，v25m/s，由vt图线所围面积对应位甲乙移关系知，03s内甲车位移x330m45m，乙车位移x1甲2123(1025)m52.5m故t0时，甲、乙相距x1x乙x乙甲7.5m，即甲在乙前方7.5m，B项错误；01s内，x11甲2110m5m，x乙21(1015)m12.5m，x2x乙x甲7.5mx1，说明在t1s时甲、乙第一次相遇

55、，A、C两项错误；甲、乙两次相遇地点之间的距离为xxx45m5m40m，甲甲所以D项正确17.如图所示，纸面为竖直面，MN为竖直线段，空间存在平行于纸面的足够宽广的水平方向匀强电场，其大小和方向未知，图中未画出，一带正电的小球从M点在纸面内以v0的速度水平向左开始运动，以后恰好以大小为v2v0的速度通过N点已知重力加速度g，不计空气阻力则下列正确的是()A小球从M到N的过程经历的时间为tv0gv0小球从M到N的过程经历的时间t，A项正确；带正电的小球所B可以判断出电场强度的方向水平向左C从M点到N点的过程中小球的机械能先增大后减小D从M到N的运动过程中速度大小一直增大答案A解析水平方向，小球受

56、水平方向的电场力作用向左先减速后反向加速，到达N点时，水平速度仍为v0，则竖直速度vy（2v0）2v02v0.因小球竖直方向在重力作用下做自由落体运动，则由vygt可知g受的电场力水平向右，可以判断出电场强度的方向水平向右，B项错误；从M点到N点的过程中，电场力先做负功后做正功，可知小球的机械能先减小后增大，C项错误；因电场力水平向右，重力竖直向下，可知电场力和重力的合力方向斜向右下方，则从M到N的运动过程中，合力先做负功，后做正功，则动能先减小后增加，即速度先减小后增加，D项错误；故选A项18.如图所示，有一边长为L的正方形线框abcd，从距匀强磁场上边界H处静止释放，其下边刚进入匀强磁场区

57、域时恰好能做匀速直线运动匀强磁场区域宽度也为L.ab边开始进入磁场时记为t1，cd边出磁场时记为t2，忽略空气阻力，从线框开始下落到cd边刚出磁场的过程中，线框的速度大小v、加速度大小a、ab两点的电压大小Uab、线框中产生的焦耳热Q随时间t的变化图象可能正确的是()答案C解析线圈在磁场上方H开始下落到下边界刚进入磁场过程中线圈做匀加速运动；因线圈下边刚进入匀强磁场区域时恰好能做匀速直线运动，可知线圈直到cd边出磁场时也做匀速运动，A、B两项错误；3线圈ab边进入磁场的过程：EBLv，则Uab4BLv；ab边出离磁场1的过程：EBLv，则Uab4BLv；线圈进入磁场和出离磁场过程中电动势相同，

58、均为EBLv，时间相同，则产生的热量相同，故C项正确，A、B、D三项错误故选C项19下列说法正确的是()A爱因斯坦利用自己提出的能量量子化理论解释了光电效应B结合能越大的原子核，原子核越稳定C一群氢原子从n4的激发态跃迁到基态时，能辐射6种不同频率的光子D天然的放射性现象使人类认识到原子核内部具有复杂的结构答案CD解析普朗克提出的能量量子化理论，爱因斯坦解释了光电效应，A项错误；比结合能越大的原子核，原子核越稳定，B项错误；一群氢原子从n4的激发态跃迁到基态时，能辐射6种不同频率的光子，C项正确；天然的放射性现象产生的射线均来自原子核内部，所以天然的放射性现象使人类认识到原子核内部具有复杂的结

59、构，D项正确20.如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为光敏电阻当R2的滑动触头P在a端时，闭合开关S，此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U.以下说法正确的是()A若仅将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大B若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量减少rS的距离，所以根据公式C可得电容器电容减小，由于电容器两端的电压恒定，根据公式C，故电荷量减小，B项正确；若仅减小，根据公式C可得，U减小，Q也减小，C项错误；根据闭C若仅用更强的光照射R1，则I增大，U增大，电容器所带电荷量增加D若仅用更强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变

60、化量的绝对值的比值不变答案BD解析电容器所在支路由于是断路，没有电流通过，所以电路中只有光敏电阻和电阻R3串联在电路中，并且电容器两端的电压等于光敏电阻两端电压，所以若仅将R2的滑动触头P向b端移动，电路总电阻不变，电流不变，电压也不变，A项错误；若仅增大电容器极板间4kdQU用更强的光照射R1，R1电阻减小，电路总电阻减小，电流增大，故电流表示数增大，路端电阻减小，所以路端电压减小，即电压表示数QU合回路欧姆定律可得U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值表示电源内阻，所以恒定不变，D项正确21位于贵州的“中国天眼”(FAST)是目前世界上口径最大的单天线射电望远镜，通过FAST可以测量地球