2021届全国百所名校新高考原创预测试卷（九）物理

2021届全国百所名校新高考原创预测试卷（九）

物理

★祝考试顺利★

注意事项：

1、考试范围：高考范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡

上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。用2B铅笔将答题卡上试卷

类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂

黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸

和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答

案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。答案用

0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选

修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

一、单项选择题。（每题4分，共36分。）

1.如图所示，从地面上同一位置抛出两小球/、B,分别落在地面上的M、"点，两球运动的最

大高度相同.空气阻力不计，则

A.8的加速度比/的大

B.8在最高点的速度比4在最高点的小

C./、8的飞行时间相等

D.6在落地时的速度比1在落地时的小

【答案】C

【解析】

【详解】A.不计空气阻力，两球的加速度都为重力加速度g,大小相等、方向相同，故A错误;

B.两球都做斜抛运动，竖直方向的分运动是竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，两球上

升和下落的时间相等，而下落过程，由r=知下落时间相等，则两球运动的时间相等，在

1,

竖直方向由力=匕/—-gr,而且最大高度〃、r相同，则知，竖直方向的初速度大小相等，由

2

于力球的初速度与水平方向的夹角大于8球的竖直方向的初速度，由v,(a是初速度

与水平方向的夹角)得知，/球的初速度小于8球的初速度，由于6球的初速度与水平方向的

夹角小，所以占球水平分初速度较大，而两球水平方向都做匀速直线运动，故6在最高点的

速度比/在最高点的大，故B错误，C正确；

D.由于6的初速度大于A球的初速度，运动过程中两球的机械能都守恒，则知6在落地时的

速度比4在落地时的大，故D错误.

2.升降机底板上放一质量为100kg的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动4m时速

度达到4m/s,则此过程中(g取10m/s2)

A.升降机对物体做功5800J

B.合外力对物体做功5800J

C.物体的重力势能增加500J

D.物体的机械能增加4800J

【答案】D

【解析】

【详解】A、设升降机对物体做功为W-则对物体运用动能定理有:

2

Wt-mgh-^mv-0

得到:

W；=M2g/?+-wv2=100x10x4J+-x100xl6J=4800J

故A错误;

B、对物体运用动能定理有:

叫叫xlOOxQOOJ

故B错误;

C、重力势能的增加量等于克服重力做的功，故:

=mgh=100xl0x4J=4000J

故c错误；

D、机械能的增加量为：

A£="?g〃+g相寸=]gox10x4J+gx100x16J=4800J

故D正确.

3.如图所示，质量为M的斜面静置在水平地面上，斜面上有一质量为m的小物块，水平力F

作用在小物块上时，两者均保持静止，斜面受到水平地面的静摩擦力为力，小物块受到斜面

的静摩擦力为力，现使F逐渐增大，两者仍处于静止状态，则()

A.力、力都增大

B.力、力都不一定增大

C力不一定增大，力一定增大

D.力一定增大，人不一定增大

【答案】D

【解析】

对物块m受力分析，受重力、支持力、推力，可能有静摩擦力，①当mgsin8>Ecose时，

静摩擦力沿着斜面向上，大小为人=mgsin(9-Feos。，当F增大时，力变小；②当

"zgsin(9=Fcos。时，静摩擦力为零，当产增大时，力变大；③当mgsin，<Ecos。时，

静摩擦力沿着斜面向下，大小为人=FCOS19-加gsin。，F增大时，人变大，故人不一定

增大；

对整体受力分析，受到重力、支持力、静摩擦力、推力，则有工=/，则/增大，力一定增

大；故D正确，ABC错误；

故选D.

【点睛】需要选好研究对象，受力分析，应用平衡条件求解即可.

4.如图所示，质量相同的两颗人造卫星4、6绕地球作匀速圆周运动，卫星/离地球较近，卫

星6离地球较远，关于两颗卫星的运动，下列说法正确的是（）

A.卫星4的周期长

B.卫星8的角速度大

C.卫星/的线速度小

I）.卫星6的机械能大

【答案】D

【解析】

2%

【详解】A、由万有引力充当向心力：（7-卫星运动的周期拦2兀」/_,两颗

不\GM

卫星48的轨道半径八＜与，则卫星/的周期较短，故A错误.

B、卫星运动的角速度0=红

一■,n＜r„则卫星8的角速度较小，故B错误.

C、卫星运动的线速度片①尸,八＜八，则卫星｛的线速度较大，故C错误.

D、质量相同的两颗人造卫星4、B,进入高轨道发射时需要消耗的能量较大，则卫星6的机械

能大，故D正确.

5.游乐园里有一种叫“飞椅”的游乐项目，简化后的示意图如图所示.已知飞椅用钢绳系着,

钢绳上端的悬点固定在顶部水平转盘上的圆周上.转盘绕穿过其中心的竖直轴匀速转动.稳

定后，每根钢绳（含飞椅及游客）与转轴在同一竖直平面内.图中尸、。两位游客悬于同一个圆

周上，P所在钢绳的长度大于0所在钢绳的长度，钢绳与竖直方向的夹角分别为%、%.不

计钢绳的重力.下列判断正确的是（）

A.P、0两个飞椅的线速度大小相同

B.无论两个游客的质量分别有多大，%一定大于0

C.如果两个游客质量相同，则有生等于外

D.如果两个游客的质量相同，则。的向心力一定大于。的向心力

【答案】B

【解析】

【详解】BC.设钢绳延长线与转轴交点与游客所在水平面的高度为人对游客受力分析，由牛

顿第二定律和向心力公式可得：

mgtan0=m<y2/?tan0

则：

hp=hQ

设圆盘半径为r,绳长为£,据几何关系可得：

r

h=--------1-LcosO

tan。

因为：

Lp>LQ

所以：

a>a

由上分析得：无论两个游客的质量分别有多大，%一定大于久;故B项正确，C项错误.

A.设游客做圆周运动的半径为/?,由几何关系可得：

R=r+LsinO

所以：

Rp>RQ

两游客转动的角速度相等，据u=可得：

VP>VQ

故A项错误.

D.对游客受力分析，游客所受向心力：

Fn=mgtanO

如果两个游客的质量相同，>02,所以户的向心力一定大于0的向心力，故D项错误.

6.近年科学界经过论证认定：肉眼无法从太空看长城，但遥感卫星可以“看”到长城.已知某

遥感卫星在离地球高度约为300km圆轨道上运行,地球半径约为6400km,地球同步卫星离地

球高度约为地球半径的5.6倍.则以下说法正确的是

A.遥感卫星的发射速度不超过第一宇宙速度

B.遥感卫星运行速度约为8.lkm/s

C.地球同步卫星运行速度约为3.lkm/s

D.遥感卫星只需加速，即可追上同轨道运行的其他卫星

【答案】C

【解析】

A、由题中数据可知，飞船运行离地表很近，飞船的线速度接近第一宇宙速度，但发射速度是

Mi;V-

飞离地球的初速度，一定大于第一宇宙速度才可以成为卫星，故A错误；B、由=,

r-r

丝，且满足黄金代换GM=R2g表，g表=9.8m/s2,r=6700km,解得卫星

可得U=

的线速度v=7.7km/s,同理询=5.6x6400km=35840km,解得丫同b3.lkm/s,则B错误,

C正确.D、遥感卫星要追同轨道卫星需要先减速做向心运动再加速做离线运动，D错误.故选C.

【点睛】解决飞船、人造地球卫星类型的问题常常建立这样的模型：卫星绕地球做匀速圆周

运动，地球对卫星的万有引力提供卫星所需要的向心力.常常是万有引力定律与圆周运动知

识的综合应用.

7.如图所示，在倾角为9的斜面上，以速度v。水平抛出一个质量为m的小球（斜面足够长，

重力加速度为g）,则在小球从开始运动到小球离开斜面有最大距离的过程中，下列说法中错

误的是（）

2

B.速度的变化%tan。

c.运动时间一J

tan。

D.重力的平均功率P=」an。

2

【答案】C

【解析】

【详解】当小球的速度方向与斜面平行时，距离斜面最远，此时的竖直分速度v产v°tan。，解

得，=乜=曳竺f,速度的变化量△v=gt=v°tan。.故B正确，C错误.此时下降的高度

gg

力=上=军出名，重力做功W=mgh=.故A正确.重力的平均功率

2g2g2

「=些=鳖运竺g故D正确.此题选择不正确的选项，故选C.

t2

【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道速度方向

与斜面方向平行时，距离斜面最远.

8.如图所示，圆心在。点、半径为"的光滑圆弧轨道力宛竖直固定在水平桌面上，QC与OA的

夹角为60°,轨道最低点4与桌面相切。一足够长的轻绳两端分别系着质量为阳和帆的两小球

（均可视为质点），挂在圆弧轨道光滑边缘。的两边，开始时如位于C点，从静止释放，在用

由。点下滑到4点的过程中，下列说法错误的是（）

A.如的速度大小始终不小于nk的速度

B.重力对周做功的功率先增大后减少

C.轻绳对色做的功等于//4的机械能增加

D.若明恰好能沿圆弧下滑到力点，则所色

【答案】D

【解析】

【详解】A.阴由。点下滑到4点的过程中，两球沿绳子方向的速度大小相等，即向沿绳子方

向的分速度大小等于德的速度，所以阴的速度始终不小于虑的速度，故A正确;

B.重力的功率是

P=mgvy

这里的匕是指竖直的分速度，一开始如是由静止释放的，所以如一开始的竖直速度为零，最

后运动到力点的时候，由于此时的切线是水平的，所以此时的竖直分速度也是零，但是在这

个。到/的过程中有竖直分速度，所以相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就

是一个先变大后变小的过程，所以重力对的做功的功率先增大后减少，故B正确；

C.根据功能关系知，轻绳对色做的功等于他的机械能增加，故C正确；

D.若向恰好能沿圆弧轨道下滑到1点，此时两小球速度均为零，根据动能定理得

—cos6()°)=m2gR

解得

叫=2m,

故D错误。

故选D。

9.如图所示，一个可视为质点的滑块从高〃=12m处的4点由静止沿光滑的轨道45滑下，进

入半径为r=4m的竖直圆环，圆环内轨道与滑块间的动摩擦因数处处相同，当滑块到达圆环

顶点C时，滑块对轨道的压力恰好为零，滑块继续沿板滑下，进入光滑轨道劭，且到达高

度为人的〃点时速度为零，则方的值可能为(重力加速度大小g取10m/s2)()

A.8mB.9mC.10mD.11m

【答案】B

【解析】

【详解】当滑块到达圆环顶点。时，滑块对轨道的压力恰好为零，则：

佐

mg=m-

r

小球从4点到。点过程，由动能定理可得:

1,

mg(H-2r)-W克八=-mv^-0

小球从C点到〃点过程，由动能定理可得：

mg(2-°-mY

据能量守恒得，在圆环左侧与右侧的任一等高处，左侧速度小于右侧速度，圆环内轨道与滑

块间的动摩擦因数处处相同，据牛顿第二定律和向心力公式知，在圆环左侧与右侧的任一等

高处，左侧所受摩擦力小于右侧，则：

畋吃2>。

联立解得：

c,5

2r<h<—r

2

即：

8m<h<IOm

A.8m,与分析不符，故A项错误；

B.9m,与分析相符，故B项正确；

C.10m,与分析不符，故C项错误；

D.11m,与分析不符，故D项错误.

二、多项选择题。(每题6分全选对的，漏选的每题3分，选错的0分。)

10.如图所示，一轻弹簧的左端固定，右端与一小球相连，小球静止于光滑水平面上.现对小

球施加一个水平向右的恒力凡使小球从静止开始运动，则小球在向右运动的整个过程中，下

列说法正确的是

^//////////////////////

A.小球和弹簧组成的系统机械能守恒

B.小球的动能先逐渐增大后逐渐减小

C.小球的动能逐渐增大

D.小球和弹簧组成的系统机械能逐渐增大

【答案】BD

【解析】

【详解】A、根据功能关系得，外力尸做正功，小球和弹簧组成的系统机械能逐渐增大，故A

错误，D正确；

B、开始时，拉力大于弹簧的弹力，加速度方向向右，小球做加速运动，由于弹簧弹力逐渐增

大，根据牛顿第二定律知，加速度逐渐减小，当加速度减小到零，速度最大，然后弹簧的弹

力大于拉力，加速度向左，与速度反向，速度逐渐减小，所以动能先增大后减小，故B正确,

C错误.

11.如图所示,一轻质弹簧上端固定在天花板上,下端栓接质量为m的小球，小球放在倾角为

30°的光滑固定斜面上,整体处于平衡状态时，弹簧与竖直方向成30°角，重力加速度为g,则

A.平衡时，斜面对小球的作用力大小为日mg

B.若将斜面突然移走,则移走瞬间小球的加速度大小为正g

2吕

C.若将弹簧剪断,则剪断的瞬间小球的加速度大小为与

D.若将弹簧换成原长相同但劲度系数更大的另一轻弹簧,系统重新达到平衡时,弹簧仍处于

拉伸状态,此时斜面对小球的作用力变小

【答案】CD

【解析】

【详解】A、小球静止于斜面上，设小球受的弹簧拉力为T,斜面对小球的支持力为F、，对小

球受力分析如图，则：F=T,2Tcos300=mg,解得：FN=T=与mg，故A错误；

N

B、将斜面突然移走，小球受的弹簧拉力和重力，弹簧弹力不突变，所以小球的合外力与斜面

对小球的支持力的大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律可知小球的加速度大小为

%=%=&,故B错误；

m3

C、将弹簧剪断的瞬间，小球即将沿斜面向下做匀加速运动，小球的加速度大小为

=j_g,故c正确；

m2

D、将弹簧换成原长相同但劲度系数更大的另一轻弹簧，弹簧弹力将变大，小球将沿斜面向上

运动，系统重新达到平衡时，轻弹簧与竖直方向的夹角小于30°，但斜面对小球的支持力方向

不变，根据作图可得斜面对小球的作用力变小，故D正确；

故选CD.

12.如图所示，质量为应的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持

以速率r匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为〃，物体过一会儿能保持与传送带相对

静止，对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程下列说法正确的是（）

（］-；（•）

A.电动机多做的功为一加丫2

2

B.摩擦力对物体做的功为,加/

2

C.电动机增加的功率为nmgv

D.传送带克服摩擦力做功为二加F

2

【答案】BC

【解析】

由能量守恒知电动机多做的功为物体动能增量和摩擦生热Q，所以A项错；根据动能定理，对

物体能增量+摩擦生

12,

物体列方程，W,--mv,所以B项正确；因为电动机增加的功率=

VV

竺史竺£=umgv,C项正确；因为传送带与物体共速之前，传送带的路程是物体路

t

程的2倍，所以传送带克服摩擦力做功是摩擦力对物体做功的2倍，即m/,D项错误.

13.如图所示，一质量为业的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为勿的小滑块.木

板受到水平拉力厂作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力厂的关系如图所示，

重力加速度尸10m/s2,下列说法正确的是()

A.小滑块的质量卬=2kg

B.小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1

C.当水平拉力尸=7N时，长木板的加速度大小为3m/s?

D.当水平拉力尸增大时，小滑块的加速度一定增大

【答案】AC

【解析】

【分析】

当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发

生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法分析.

【详解】对整体分析，由牛顿第二定律有：F=(M+m)a,

当F=6N时，此时两物体具有最大共同加速度，代入数据解得：M+in=3kg

当F大于6N时，根据牛顿第二定律得：a」-卜1mg=_L一电电

MMM

知图线的斜率k=1-=l解得：M=lkg,滑块的质量为：m=2kg.故A正确；

M

B、C项：根据F大于6N的图线知，当F=6N时，加速度a=2m/s2,即有：2=62x10

代入数据解得：u=0.2,

当F=7N时，长木板的加速度为：a二.一,尸％=3m/s2.

根据umg=ma,得木板的加速度为：af=ug=4m/s2,故B错误,C正确;

D项：当拉力增大时，两物体发生滑动时，木块的加速度为。=幺鳖=〃g=2咪，恒定

m/$

不变，故D错误.

故选AC.

【点睛】本题考查牛顿第二定律与图象的综合，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规

律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析.

三、实验题。(每空3分，共12分)

14.某同学探究钩码加速度与合外力的关系，其实验装置如图所示，一端带有定滑轮的长木板

固定在桌面上，用轻绳绕过定滑轮及光滑的动滑轮将滑块与弹簧测力计相连.实验中保持钩

码的质量不变，在滑块上增加祛码进行多次测量，每一次滑块均从同一位置户由静止释放，

在钩码带动下滑块向右运动，此过程中，记录弹簧测力计的示数厂和光电门的遮光时间3用

弹簧测力计测得钩码受到的重力为G，用刻度尺测得？与光电门间的距离为s,用游标卡尺测

得滑块上窄片的宽度为d.滑轮质量不计.

(1)实验中(选填“需要”或“不需要”)平衡滑块受到的滑动摩擦力;

(2)用游标卡尺测得的宽度d=cm

(3)钩码的加速度大小a=(用含有d、t、s的表达式表示).

(4)根据实验数据绘出的下列图象中最符合本实验实际情况的是.

【答案】(1).不需要(2).1.150cm(3).-^―(4).A

4s/

【解析】

【详解】(1)根据实验原理可知，力通过弹簧秤测出，因此滑块是否需要平衡摩擦力，对其没

有影响，因此实验中不需要平衡滑块受到的滑动摩擦力;

⑵游标卡尺的主尺读数为11mm,游标读数为O.O5xlOmm=O.5Omm,则

J=11.50mm=1.150cm；

(3)在匀变速直线运动中，根据速度与位移关系，则有：/=2屣；而丫=一，因此滑块的加

速度大小为：。'=」;，因为在相同的时间内，钩码下降的距离是滑块运动距离的!，所以

2s『2

112

钩码的加速度为滑块加速度的一，即钩码的加速度为a=

24s*

(4)由题意可知，钩码的加速度a与弹簧测力计的示数厂的关系为：G-2F=ma,且钩码的

屋14s

加速度大小为：ay；则有：—=—万(G-277),故对应的图象为A,故A正确，B,C,D

4/t2md-

错误；

故选A.

四、计算题

15.原地纵跳摸高是篮球和羽毛球重要的训练项目.已知质量%60kg的运动员原地(不起跳)

摸高为2.05m,比赛过程中，该运动员重心先下蹲0.5m,经过充分调整后，发力跳起摸到了

2.85m的高度.假设运动员起跳时为匀加速运动，忽略空气阻力影响，g取10m//.求：

(1)该运动员离开地面时的速度大小；

(2)起跳过程中运动员对地面的压力大小；

(3)从开始起跳到双脚落地需要的时间.

【答案】(1)4m/s；(2)1560N；(3)105s

【解析】

【详解】(1)运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据声=2心可知,

v=y/2gh=12x10x(2.85—2.05)m/s=4m/s

(2)在起跳过程中，根据速度位移公式y=2於可知，解得

92

V4

a=------m/s，9=16m/s29,

2M2x0.5

对运动员，根据牛顿第二定律可知

解得

收1560N

根据牛顿第三定律可知，对地面的压力为1560N.

⑶起跳过程运动的时间

v4八

t.=—=—s=0.25s

'a16

起跳后运动的时间

t2=-=0.4s

'g

故运动总时间

t-t}+2t,-1.05s

答：(1)该运动员离开地面时的速度大小为4m/s；

(2)起跳过程中运动员对地面的压力为1560N；

(3)从开始起跳