2021届湖南省 高三上学期新高考物理模拟（三）

第17页/共17页2021届高三新高考物理模拟（三）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分。考试时间90分钟第Ⅰ卷（选择题部分共36分）一、选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）1.用锤头敲玻璃，玻璃被打碎，而锤头未碎，对于这一现象，下列说法正确的是（）A.锤头对玻璃的作用力大于玻璃对锤头的作用力，所以玻璃才碎裂B.玻璃对锤头作用力大于锤头对玻璃的作用力，只是由于锤头比玻璃能够承受更大的力才没有碎裂C.锤头和玻璃之间的作用力是等大的，只是由于锤头比玻璃能够承受更大的力才没有碎裂D.因为不清楚锤头和玻璃的其他受力情况，所以无法判断它们之间的相互作用力的大小关系【答案】C【解析】【分析】【详解】锤头对玻璃的作用力与玻璃对锤头的作用力是一对作用力和反作用力，总是大小相等，方向相反，作用在不同物体上，因物体的承受能力不同，所以产生的作用效果不同，故C正确，A、B、D均错误。故选C。2.将三个质量均为m的小球用细线相连后（间无细线相连），再用细线悬挂于O点，如图所示，用力F拉小球c，使三个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持，则F的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】静止时要将三球视为一个整体，重力为3mg，当作用于c球上的力F垂直于oa时，F最小，由正交分解法知：水平方向Fcos30°=Tsin30°，竖直方向Fsin30°+Tcos30°=3mg，解得Fmin=1.5mg．故选C．3.如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住物体m。现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点。如果物体受到的阻力恒定，则()A.物体从A到O先加速后减速B.物体从A到O加速运动，从O到B减速运动C.物体运动到O点时所受合力为0D.物体从A到O的过程加速度逐渐减小【答案】A【解析】【详解】AB.从A到O加速度方向先向右后向左，因此从A到O物体先加速后减速，故A正确B错误。C.物体运动到O点时合力是滑动摩擦力，方向水平向左，故C错误。D.在A点合力水平向右，在O点合力水平向左，因此从A到O存在一个转折点加速度为零。从A到O加速度大小先变小后变大，故D错误。4.如图所示，质量满足的三个物块A、B、C，A与天花板之间、B与C之间均用轻弹簧相连，A与B之间用细绳相连，当系统静止后，突然剪断AB间的细绳，则此瞬间A、B、C的加速度分别为（取向下为正）（）A.g、2g、0 B.g、g、0C.－2g、2g、0 D.－2g、g、g【答案】B【解析】【分析】本题考查了瞬间加速度的计算，弹簧弹力不能发生突变，在剪短绳的瞬间仍然保持原来的大小和方向；而细绳的弹力会发生突变，在剪断绳的瞬间会突然改变；剪断细线前对A、B和C整体物体分别受力分析，根据平衡条件求出细线的弹力，断开细线后，再分别对A、B和C整体受力分析，求解出合力并运用牛顿第二定律求解加速度；【详解】设C物体的质量为m，则A物体的质量为3m，B物体的质量为1.5m，

剪断细线前，对BC整体受力分析，受到总重力和细线的拉力而平衡，故；

再对物体A受力分析，受到重力、细线拉力和弹簧的拉力；

剪断细线后，重力和弹簧的弹力不变，细线的拉力减为零，故物体A受到的力的合力等于，向上，

根据牛顿第二定律得A的加速度为；

物体C受到的力不变，合力为零，故C的加速度为；

剪断细线前B受重力、绳子的拉力和弹簧的拉力，他们合力为零；

剪短细线后，绳子的拉力突变为零，重力和弹簧的弹力不变，故B合力大小等于绳子的拉力，方向竖直向下，

根据牛顿第二定律得B的加速度为，故选项ACD错误，B正确．【点睛】本题是力学中的瞬时问题，关键是先根据平衡条件求出各个力，然后根据牛顿第二定律列式求解加速度，同时要注意轻弹簧的弹力与形变量成正比，来不及突变，而细线的弹力是有微小形变产生的，故可以突变．5.如图所示，甲、乙两图中水平面都是光滑的，小车的质量都是M，人的质量都是m，甲图人推车、乙图人拉绳(绳与轮的质量和摩擦均不计)的力都是F，对于甲、乙两图中车的加速度大小说法正确的是A.甲图中车的加速度大小为B.甲图中车的加速度大小为C.乙图中车的加速度大小为D.乙图中车的加速度大小为【答案】C【解析】【详解】对甲：以整体为研究对象，水平方向不受力，所以甲车的加速度大小为0，AB错误；对乙：以整体为研究对象，水平方向受向左的2F的拉力，故乙车的加速度大小为：，C正确D错误．【点睛】①整体法：以几个物体构成的整个系统为研究对象进行求解．在许多问题中用整体法比较方便，但整体法不能求解系统的内力．②隔离法：从系统中选取一部分（其中的一个物体或两个物体组成的整体，少于系统内物体的总个数）进行分析．隔离法的原则是选取受力个数最少部分的来分析．③通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法．有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用1、当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法；而在分析系统内各物体（或一个物体各部分）间的相互作用时常用隔离法．2、整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法．6.如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力为FN分别为(重力加速度为g)()AT＝m(gsinθ＋acosθ)，FN＝m(gcosθ－asinθ)B.T＝m(gcosθ＋asinθ)，FN＝m(gsinθ－acosθ)C.T＝m(acosθ－gsinθ)，FN＝m(gcosθ＋asinθ)D.T＝m(asinθ－gcosθ)，FN＝m(gsinθ＋acosθ)【答案】A【解析】【详解】当加速度a较小时，小球与斜面一起运动，此时小球受重力G、绳子拉力T和斜面支持力FN，绳子平行于斜面；小球的受力如图：由牛顿第二定律得水平方向上：;竖直方向上，由平衡得：，联立得：，，故A正确，BCD错误．7.如图甲所示，正方形导线圈abcd放在与线圈平面垂直的磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示．已知线圈共100匝，边长为10cm，总电阻为0.1Ω．下列说法正确的是A.在t=1s时，导线圈产生的感应电动势为0.1VB.在0～2s内，通过导线横截面的电荷量2CC.在2～3s内，导线圈有收缩的趋势D.在2～3s内，导线圈中产生的焦耳热为40J【答案】D【解析】【详解】A、根据法拉第电磁感应定律，则在t=0至t=2s内，导线圈中的感应电动势恒为，A错误；B、根据，结合A选项，可知在t=0至t=2s内，通过导线横截面的电量为20C，B错误；C、在t=2s至t=3s内，穿过线圈的磁通量减小，线圈通过增大面积的方式来阻碍磁通量的减小，C错误；D、在t=2s至t=3s内，，则线圈中的焦耳热为，D正确．8.一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动，当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h。重力加速度大小为g。物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为（）A.tanθ和 B.和 C.tanθ和 D.和【答案】D【解析】【详解】当物块上滑的初速度为v时，根据动能定理，有当上滑的初速度为时，有联立以上两式可得，故选D。9.如图所示，固定的斜面上叠放着A、B两木块，木块A与B的接触面是水平的，水平力F作用于木块A，使木块A、B保持静止，且。则下列描述正确的是（）A.B可能受到3个或4个力作用B.斜面对木块B的摩擦力方向可能沿斜面向下C.A对B的摩擦力可能为0D.A、B整体可能受三个力作用【答案】BD【解析】【详解】A．对物块B受力分析，受重力、A对B的压力、A对B水平向左的静摩擦力、斜面对B垂直向上的支持力，斜面对B有可能有静摩擦力（当A对B向左的静摩擦力平行于斜面方向分力与重力沿斜面向下的分力平衡时静摩擦力为零），故B受4个力或者5个力，故A错误；B．当A对B向左的静摩擦力平行于斜面方向分力大于重力沿斜面向下的分力时，B物体有上滑的趋势，故受到平行于斜面向下的静摩擦力，故B正确；C．对A受力分析，受推力、重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，B对A的静摩擦力与推力F平衡，根据牛顿第三定律，A对B的摩擦力水平向左，大小为F，故C错误；D．对AB整体受力分析，受重力、支持力、推力，有可能有静摩擦力（当推力平行斜面方向的分力与重力沿斜面向下的分力平衡时静摩擦力为零），故D正确。故选BD。10.如图所示，是某同学站在力传感器上，做下蹲—起立的动作时记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力(单位为N)，横坐标为时间(单位为s)。由图可知，该同学的体重约为650N，除此以外，还可以得到的信息有(  )A.该同学做了两次下蹲-起立的动作B.该同学做了一次下蹲-起立的动作，且下蹲后约2s起立C.下蹲过程中人处于失重状态D.下蹲过程中人先处于失重状态后处于超重状态【答案】BD【解析】【详解】AB．人做下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，对应先失重再超重；起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学做了一次下蹲－起立的动作；由图象看出两次超重的时间间隔就是人蹲在地上持续的时间，约2s，故A错误，B正确；CD．下蹲过程既有失重又有超重，且先失重后超重，故C错误，D正确。故选BD。11.如图所示，3根轻绳悬挂着两个质量相同小球并保持静止，绳AD与AC垂直。现对B球施加一个水平向右的力F，使B球缓慢移动到图中虚线的位置，在此过程中AB、AD、AC三绳张力TAB、TAD、TAC的变化情况是（）A.TAB变大，TAC减小 B.TAB变大，TAD不变C.TAC变大，TAD变大 D.TAC减小，TAD变大【答案】AD【解析】【详解】以B球为研究对象，受力分析如图甲所示。将B球缓缓拉到图中虚线的位置，绳子与竖直方向夹角θ变大，由B球受力平衡TABcosθ=mgTABsinθ=F所以绳AB的张力TAB逐渐变大，F逐渐变大。再以A、B两球当作一个整体作为研究对象进行受力分析，如图乙所示。设绳AD与水平方向夹角为α，绳AC与水平方向夹角为β（α+β=90°），并以AC、AD为坐标轴正方向，可得TAD=2mgsinα+FsinβTAC=2mg·cosα-Fcosβα、β不变，而F逐渐变大，故TAD逐渐变大，TAC逐渐减小。故选AD。12.如图所示，足够长的倾斜传送带以v＝2.4m/s的速度逆时针匀速转动，传送带与水平面的夹角θ＝37°，某时刻同时将A、B物块(可视为质点)轻放在传送带上，已知A、B两物块释放时间距为0.042m，与传送带间的动摩擦因数分别为μA＝0.75、μB＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法中正确的是()A.物块B先做匀加速直线运动，后与传送带保持相对静止B.物块B最终一定追上物块AC.在t＝0.24s时，A、B物块速度大小相等D.在t＝5.4s前，A、B两物块之间的距离先增大后不变【答案】BC【解析】【详解】物块B先做匀加速直线运动，当与传送带共速后，因为μB=0.50=0.75，则物块将继续加速下滑，选项A错误；物块A先做匀加速直线运动，当与传送带共速后，因为μA=0.750=0.75，则物块将与传送带相对静止，一起下滑，则物块B最终一定追上物块A，选项B正确；物块B开始下滑的加速度aB1=gsin370+μBgcos370=10m/s2，与传送带共速时经过的时间：；物块A开始下滑的加速度aA1=gsin370+μAgcos370=12m/s2，与传送带共速时经过的时间：；共速后物块A与传送带一起匀速下滑，则t=0.24s时两物块速度相等，选项C正确；在开始的0.24s内因为A的加速度较大，则两物块间的距离逐渐变大；在0.24s后物块B继续加速下滑速度逐渐变大，则两物块间的距离又逐渐减小，选项D错误；故选BC.第Ⅱ卷（非选择题部分共64分）二、填空题（本题共2道小题，共15分）13.某同学在做“验证力的平行四边形定则”实验时，将橡皮筋改为劲度系数为400N/m的轻质弹簧AA′，将弹簧的一端A′固定在竖直墙面上。不可伸长的细线OA、OB、OC，分别固定在弹簧的A端和弹簧秤甲、乙的挂钩上，其中O为OA、OB、OC三段细线的结点，如图所示（俯视图）。在实验过程中，保持弹簧AA′伸长0.01m不变。(1)若OA、OC间夹角为，弹簧秤乙的读数是______N。(2)在(1)问中若保持OA与OB的夹角不变，逐渐增大OA与OC的夹角，则弹簧秤甲的读数大小将________，弹簧秤乙的读数大小将________。【答案】①.②.逐渐减小③.先减小后增大【解析】【详解】(1)[1]弹簧秤的精度为，则读数为。(2)[2][3]根据平行四边形法则如图随着OA与OC的夹角的增大，弹簧秤甲的读数大小将逐渐减小，弹簧秤乙的读数大小将先减小后增大。14.某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系．（1）将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧，弹簧轴线和刻度尺都应在________方向（填“水平”或“竖直”）．（2）弹簧自然悬挂，待弹簧______时，长度记为L0，弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为Lx；在砝码盘中每次增加10g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6，数据如下表表：代表符号L0LxL1L2L3L4L5L6数值（cm）25.3527.3529.3531.3033.4353537.4039.30表中有一个数值记录不规范，代表符号为_______．由表可知所用刻度尺的最小分度为______．（3）如图是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与____________的差值（填“或”）．（4）由图可知弹簧的劲度系数为_________N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为_________g（结果保留两位有效数字，重力加速度取9.8m/s2）．【答案】①.竖直；②.稳定；③.；④.；⑤.；⑥.4.9；⑦.10；【解析】【详解】试题分析：①将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧，弹簧轴线和刻度尺都应在竖直方向．②表中有一个数值记录不规范，尺的最小分度值为1mm，所以长度应为33．40cm，由表可知所用刻度尺的最小刻度为1mm．③在砝码盘中每次增加10g砝码，所以弹簧的形变量应该是弹簧长度与的差值．④充分利用测量数据，通过图和表可知所以砝码盘的质量为考点：探究弹力与弹簧伸长量的关系实验【名师点睛】弹簧测力计的原理是在弹簧的弹性限度内，弹簧的伸长与受到的拉力成正比．对于实验问题，我们要充分利用图象处理实验数据来减少偶然误差．三、计算题（本题共4道小题，共34分）15.我国自主研制了运-20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知飞机质量为时，起飞离地速度为66m/s；装载货物后质量为，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。（1）求飞机装载货物后的起飞离地速度；（2）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1521m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。【答案】(1)；（2）2m/s2，【解析】【详解】（1）空载起飞时，升力正好等于重力：满载起飞时，升力正好等于重力：由上两式解得：（2）满载货物的飞机做初速度为零的匀加速直线运动，所以解得：由加速的定义式变形得：解得：16.如图所示，第一象限内有沿x轴正向的匀强电场，第二象限内有垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子以速度v0从P（-3L，0）沿与x轴负方向成37°角射入磁场，粒子从Q（0，4L）进入电场并直接从O点离开电场。不计空气阻力及粒子的重力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求∶(1)磁感应强度B的大小；(2)电场强度E的大小。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】(1)由几何知识得带点粒子在磁场中做圆周运动的半径由牛顿第二定律得解得(2)由牛顿第二定律得粒子在竖直方向粒子在水平方向解得17.如图所示，薄板A长L=5m，其质量M=5kg，放在水平桌面上，板右端与桌边相齐．在A上距右端s=3m处放一物体B（可看成质点），其质量m=2kg．已知A、B间动摩擦因数μ1=0.1，A与桌面间和B与桌面间的动摩擦因数均为μ2=0.2，原来系统静止．现在在板的右端施加一大小一定的水平力F持续作用在A上直到将A从B下抽出才撤去，且使B最后停于桌的右边缘．（g取10m/s2）求：（1）B运动的时间；（2）力F的大小．【答案】（1）3s（2）26N【解析】【详解】（1）对于B，在未离开A时，根据牛顿第二定律得加速度为：aB1==1m/s2设经过时间t1后B离开A，根据牛顿第二定律得，离开A后B的加速度为：aB2==﹣2m/s2设物体B离开A时的速度为vB，根据运动学公式有vB=aB1t1，代入数据解得t1=2s，t2==1s所以B