2021級理科綜合訓練9解析

2021級理科綜合訓練9解析1．D2．C3．B4．C5．B6．D7.B8.C9.B10.C11.B12.A13.C14．【答案】B【詳解】A．設軌道1、2的半徑分別為r1、r2，小球在軌道1、2上運動時的速度大小分別為v1、v2，根據已知條件有；；；解得，，則小球在單位時間內掃過的面積為故A錯誤；B．小球在軌道1上運動時的動能為故B正確；C．小球在軌道2上運動時的動能為故C錯誤；D．此過程中小球動能的變化量為3mgh，說明細繩對小球做功為3mgh，則細繩對漏斗做的功為3mgh，故D錯誤。故選B。15．【答案】D【詳解】AB．人落地時豎直方向速度分量為，則有解得落地后在落地點經過0.2s的屈膝緩沖后保持靜止，以豎直向上為正方向，由動量定理可得解得由牛頓第三定律可知，屈膝緩沖過程中人對地面豎直方向的平均作用力為，屈膝緩沖過程中人對地面豎直方向的沖量為故AB錯誤；CD．以地面為參考系，設人跳車后車相對地面的速度為，人相對地面水平方向的速度為，以初速度方向為正方向，則有；解得；人離開車后做平拋運動，落地時人的速度為人落地的時間為結合上述分析，落地時人與小車左端的水平距離為故C錯誤，D正確。故選D。16．【答案】C【詳解】A．由圖可知，當時，，根據可得故A正確；B．當時，，根據可得故B正確；C．物體受到重力和阻力的作用，根據動能定理可知合力所做的功為故C錯誤；D．由圖可知，物體上升到最高點的過程中機械能損失了，根據功能關系可知，空氣阻力做功，即解得故D正確。本題要求選擇錯誤的，故選C。17．【答案】D【詳解】人正面的面積約為設t時間內吹到人正面的空氣質量為m以t時間內吹到人正面的空氣為研究對象，根據動量定理有得代入數據解得F=2257.5N根據牛頓第三定律知，受到的風力大約為2257.5N。故選D。18．【答案】C【詳解】A．滑塊上滑的距離為時機械能為以斜面底端為零勢能參考面，可知滑塊上滑的距離為時重力勢能不為零，故機械能一定不為零，故A圖象一定錯誤；B．彈簧為原長時滑塊脫離彈簧，滑塊上滑的距離為時，滑塊的合外力為；圖象的斜率表示合外力，可知上滑的距離為，隨著上滑，滑塊的合外力先大于零，后小于零，斜率應先大于零，后小于零，B圖象一定錯誤；C．根據功能關系可知滑塊的重力勢能為故C圖象可能正確；D．根據功能關系可知滑塊的彈性勢能為可得故D圖象一定錯誤。故選C。19．【答案】CD【詳解】A．物體A與彈簧接觸后做減速運動，B做加速運動，彈簧壓縮量增大，彈簧彈力變大，A的加速度變大；當A、B兩物體速度相等時彈簧壓縮量最大，然后彈簧逐漸恢復原長，彈簧彈力減小，A的加速度減小，A繼續(xù)做減速運動，因彈簧恢復原長時速度為負，所以A在速度減為0后繼續(xù)做負方向上的加速度逐漸減小的加速度運動，因此，整個過程A先做加速度增大的減速運動，后做加速度減小的減速運動，再做加速度減小的加速運動，故A錯誤；D．從物體剛接觸彈簧和彈簧恢復到原長的兩個狀態(tài)，兩物體組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得由機械能守恒定律得解得；故D正確；B．彈簧對A做功為則物體A克服彈簧彈力做的功為，故B錯誤；C．兩物體速度相等時，彈簧壓縮量最大，彈簧彈性勢能最大，系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律可得由能量守恒定律得故C正確。故選CD。20．【答案】AC【詳解】A．C能由A滑上B，說明vC＞vA＝vB，滑上B后，B受C向右的摩擦力做加速運動，A、B分開，可知B、C系統(tǒng)所受外力為零，動量守恒，故A正確；B．C在A上滑行時，A、B速度相等，且受C的摩擦力向右做加速運動，A、B間有相互作用力，A、C組成的系統(tǒng)動量不守恒，故B錯誤；CD．無論C在A上還是在B上滑行，三者組成的系統(tǒng)符合動量守恒的條件，故C正確，D錯誤。故選AC。21．【答案】BD【詳解】A．小球和小車系統(tǒng)動量不守恒，只有水平方向動量守恒，Ａ錯誤；BD．設小球從小車的左端飛出的速度大小為v1，小球飛出時小車的速度大小v2，根據動量守恒定律得根據機械能守恒定律得解得；整個過程中小球對小車做的功為小球從小車的左端飛出的速度大小為，整個過程中小球對小車做的功為，BD正確；C．設共同速度為v，根據動量守恒定律得根據機械能守恒定律得解得，小球上升的最大高度為C錯誤；故選BD。22．【答案】通過光電門1和通過光電門2的時間相等遮光條通過光電門1、2的時間分別為、以及這兩次遮光的時間間隔選用質量更大的滑塊（或采用計算動量的變化量等）23．【答案】B需要測量的物理量：釋放時b球距離地面的高度h1和a球上升的最高點距地面的高度h2；這些物理量應滿足的關系式為【詳解】（1）由動能定理得可得在C點時有可得根據牛頓第三定律可知，物體首次滑入圓軌道C點時對軌道的壓力大小為84N；（2）由動能定理可得（3）由動能定理可得且可得則物體最終停止的位置到C點的距離25．【答案】（1）；（2）；（3），【詳解】（1）滑塊P恰能通過圓弧軌道的最高點C點，則其通過C點時從B點到C點的過程中，由動能定理可得滑塊P通過與圓心O等高的B點時，支持力提供向心力滑塊P通過B點時，合力由牛頓第二定律得（2）滑塊Q通過E點后做斜拋運動，其軌跡如下圖所示

設滑塊Q通過E點時速度大小是v，其水平分速度和豎直分速度vy之間的關系滿足從E點到F點的過程中，水平方向做勻速直線運動豎直方向做豎直上拋運動解得；由斜拋運動的對稱性可知，滑塊Q通過與E點等高的G點時，其速度方向與斜面EF平行，故滑塊Q位于G點時，與斜面EF的距離最大，從E點到G點，運動的時間水平位移滑塊Q離開E點后與斜面EF間的最大距離（3）設滑塊P、Q與彈簧分離時，速度大小分別為和，由動量守恒定律可得滑塊P從與彈簧分離到C點的過程中由機械能守恒定律可得滑塊Q通過E點時速度滑塊Q從與彈簧分離到E點的過程中由動能定理可得解得；由動量定理可得，彈簧對滑塊Q的沖量大小由能量守恒定律可得，釋放滑塊P、Q之前彈簧所具有的彈性勢能26(共13分，除備注1分外，其余每空2分)(1)攪拌(1分)(2)2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+(3)Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入后消耗H+，使平衡正向移動，有利于Fe3+形成Fe(OH)3沉淀而被除去(4)

蒸發(fā)皿(1分)

出現少量晶膜(1分)(6)H2SO4

pH太小，鋅的萃取率低，pH太大，鎳可能以的形式沉出，不利于硫酸鎳晶體的生成27、(共14分，每空2分)(1)(2)

固體

防止與反應，避免價鐵的還原性減弱而使產率降低

II中大，不利于正向進行。(或根據反應：，II中大，的氧化性減弱)(3)(4)選用和過量溶液、通入適量28（共16分，每空2分)(1)2MoS2+7O22MoO3+4SO2(2)產生污染性氣體SO2(4)2OH—+MoS2+9ClO—=+2+9C1—+H2O(5)富集Mo元素，除去雜質離子(6)+4NH3·H2O=+4+2H2O(7)乙醇(8)43.2%29．(1)細胞膜蛋白質種類不同載體催化受體（糖蛋白）30．(1)暗CO2二(2)光增加右上方(3)不能b點葉肉細胞凈光合速率為0，整株沃的凈光合速率小于0（葉肉細胞的光合速率小于整株植物的呼吸速率），沃柑不能生長(4)3、4淺31．(1)（人工）去雄母本(2)雄性可育：雄性不育=3：1減小1/2或0或1/4(3)5/832．(1)常F2中雌雞全為母羽，雄雞出現性狀分離，且性狀分離比為母羽∶雄羽=3∶1ZF1雌雄個體表型不同，雌雄都有蘆花和非蘆花(2)hhZbZb、HHZBW33．34【答案】（1）；（2），方向豎直向上?！驹斀狻浚?）設小物塊A離開彈簧時的速度為，碰撞后形成新的小物塊的速度為物塊A、物塊B碰撞過程動量守恒解得由能量守恒定律得壓縮彈簧的彈性勢能（2）設新物塊在傳送帶上經過位移與傳送帶共速，由動能定理得解得因此新物塊離開傳送帶時的速度為由機械能守恒定律得解得設在C點軌道對新物塊的彈力為，則解得由牛頓第三定律得，軌道受到的壓力大小方向豎直向上。35、36(共15分，出備注外，每空2分)(1)保護羰