2021屆全國百所名校新高考原創(chuàng)預測試卷（九）物理

2021屆全國百所名校新高考原創(chuàng)預測試卷（九）

物理

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注意事項：

1、考試范圍：高考范圍。

2、答題前，請先將自己的姓名、準考證號用0.5毫米黑色簽字筆填寫在試題卷和答題卡

上的相應位置，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。用2B鉛筆將答題卡上試卷

類型A后的方框涂黑。

3、選擇題的作答：每個小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂

黑。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非選擇題答題區(qū)域的答案一律無效。

4、主觀題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內。寫在試題卷、草稿紙

和答題卡上的非答題區(qū)域的答案一律無效。如需改動，先劃掉原來的答案，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。

5、選考題的作答：先把所選題目的題號在答題卡上指定的位置用2B鉛筆涂黑。答案用

0.5毫米黑色簽字筆寫在答題卡上對應的答題區(qū)域內，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非選

修題答題區(qū)域的答案一律無效。

6、保持卡面清潔，不折疊，不破損，不得使用涂改液、膠帶紙、修正帶等。

7、考試結束后，請將本試題卷、答題卡、草稿紙一并依序排列上交。

一、單項選擇題。（每題4分，共36分。）

1.如圖所示，從地面上同一位置拋出兩小球/、B,分別落在地面上的M、"點，兩球運動的最

大高度相同.空氣阻力不計，則

A.8的加速度比/的大

B.8在最高點的速度比4在最高點的小

C./、8的飛行時間相等

D.6在落地時的速度比1在落地時的小

【答案】C

【解析】

【詳解】A.不計空氣阻力，兩球的加速度都為重力加速度g,大小相等、方向相同，故A錯誤;

B.兩球都做斜拋運動，豎直方向的分運動是豎直上拋運動，根據運動的對稱性可知，兩球上

升和下落的時間相等，而下落過程，由r=知下落時間相等，則兩球運動的時間相等，在

1,

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

2

于力球的初速度與水平方向的夾角大于8球的豎直方向的初速度，由v,(a是初速度

與水平方向的夾角)得知，/球的初速度小于8球的初速度，由于6球的初速度與水平方向的

夾角小，所以占球水平分初速度較大，而兩球水平方向都做勻速直線運動，故6在最高點的

速度比/在最高點的大，故B錯誤，C正確；

D.由于6的初速度大于A球的初速度，運動過程中兩球的機械能都守恒，則知6在落地時的

速度比4在落地時的大，故D錯誤.

2.升降機底板上放一質量為100kg的物體，物體隨升降機由靜止開始豎直向上移動4m時速

度達到4m/s,則此過程中(g取10m/s2)

A.升降機對物體做功5800J

B.合外力對物體做功5800J

C.物體的重力勢能增加500J

D.物體的機械能增加4800J

【答案】D

【解析】

【詳解】A、設升降機對物體做功為W-則對物體運用動能定理有:

2

Wt-mgh-^mv-0

得到:

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

故A錯誤;

B、對物體運用動能定理有:

叫叫xlOOxQOOJ

故B錯誤;

C、重力勢能的增加量等于克服重力做的功，故:

=mgh=100xl0x4J=4000J

故c錯誤；

D、機械能的增加量為：

A￡="?g〃+g相寸=]gox10x4J+gx100x16J=4800J

故D正確.

3.如圖所示，質量為M的斜面靜置在水平地面上，斜面上有一質量為m的小物塊，水平力F

作用在小物塊上時，兩者均保持靜止，斜面受到水平地面的靜摩擦力為力，小物塊受到斜面

的靜摩擦力為力，現使F逐漸增大，兩者仍處于靜止狀態(tài)，則()

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】

對物塊m受力分析，受重力、支持力、推力，可能有靜摩擦力，①當mgsin8>Ecose時，

靜摩擦力沿著斜面向上，大小為人=mgsin(9-Feos。，當F增大時，力變??；②當

"zgsin(9=Fcos。時，靜摩擦力為零，當產增大時，力變大；③當mgsin，<Ecos。時，

靜摩擦力沿著斜面向下，大小為人=FCOS19-加gsin。，F增大時，人變大，故人不一定

增大；

對整體受力分析，受到重力、支持力、靜摩擦力、推力，則有工=/，則/增大，力一定增

大；故D正確，ABC錯誤；

故選D.

【點睛】需要選好研究對象，受力分析，應用平衡條件求解即可.

4.如圖所示，質量相同的兩顆人造衛(wèi)星4、6繞地球作勻速圓周運動，衛(wèi)星/離地球較近，衛(wèi)

星6離地球較遠，關于兩顆衛(wèi)星的運動，下列說法正確的是（）

A.衛(wèi)星4的周期長

B.衛(wèi)星8的角速度大

C.衛(wèi)星/的線速度小

I）.衛(wèi)星6的機械能大

【答案】D

【解析】

2%

【詳解】A、由萬有引力充當向心力：（7-衛(wèi)星運動的周期攔2?！?_,兩顆

不\GM

衛(wèi)星48的軌道半徑八＜與，則衛(wèi)星/的周期較短，故A錯誤.

B、衛(wèi)星運動的角速度0=紅

一■,n＜r?則衛(wèi)星8的角速度較小，故B錯誤.

C、衛(wèi)星運動的線速度片①尸,八＜八，則衛(wèi)星｛的線速度較大，故C錯誤.

D、質量相同的兩顆人造衛(wèi)星4、B,進入高軌道發(fā)射時需要消耗的能量較大，則衛(wèi)星6的機械

能大，故D正確.

5.游樂園里有一種叫“飛椅”的游樂項目，簡化后的示意圖如圖所示.已知飛椅用鋼繩系著,

鋼繩上端的懸點固定在頂部水平轉盤上的圓周上.轉盤繞穿過其中心的豎直軸勻速轉動.穩(wěn)

定后，每根鋼繩（含飛椅及游客）與轉軸在同一豎直平面內.圖中尸、。兩位游客懸于同一個圓

周上，P所在鋼繩的長度大于0所在鋼繩的長度，鋼繩與豎直方向的夾角分別為%、%.不

計鋼繩的重力.下列判斷正確的是（）

A.P、0兩個飛椅的線速度大小相同

B.無論兩個游客的質量分別有多大，%一定大于0

C.如果兩個游客質量相同，則有生等于外

D.如果兩個游客的質量相同，則。的向心力一定大于。的向心力

【答案】B

【解析】

【詳解】BC.設鋼繩延長線與轉軸交點與游客所在水平面的高度為人對游客受力分析，由牛

頓第二定律和向心力公式可得：

mgtan0=m<y2/?tan0

則：

hp=hQ

設圓盤半徑為r,繩長為￡,據幾何關系可得：

r

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

tan。

因為：

Lp>LQ

所以：

a>a

由上分析得：無論兩個游客的質量分別有多大，%一定大于久;故B項正確，C項錯誤.

A.設游客做圓周運動的半徑為/?,由幾何關系可得：

R=r+LsinO

所以：

Rp>RQ

兩游客轉動的角速度相等，據u=可得：

VP>VQ

故A項錯誤.

D.對游客受力分析，游客所受向心力：

Fn=mgtanO

如果兩個游客的質量相同，>02,所以戶的向心力一定大于0的向心力，故D項錯誤.

6.近年科學界經過論證認定：肉眼無法從太空看長城，但遙感衛(wèi)星可以“看”到長城.已知某

遙感衛(wèi)星在離地球高度約為300km圓軌道上運行,地球半徑約為6400km,地球同步衛(wèi)星離地

球高度約為地球半徑的5.6倍.則以下說法正確的是

A.遙感衛(wèi)星的發(fā)射速度不超過第一宇宙速度

B.遙感衛(wèi)星運行速度約為8.lkm/s

C.地球同步衛(wèi)星運行速度約為3.lkm/s

D.遙感衛(wèi)星只需加速，即可追上同軌道運行的其他衛(wèi)星

【答案】C

【解析】

A、由題中數據可知，飛船運行離地表很近，飛船的線速度接近第一宇宙速度，但發(fā)射速度是

Mi;V-

飛離地球的初速度，一定大于第一宇宙速度才可以成為衛(wèi)星，故A錯誤；B、由=,

r-r

絲，且滿足黃金代換GM=R2g表，g表=9.8m/s2,r=6700km,解得衛(wèi)星

可得U=

的線速度v=7.7km/s,同理詢=5.6x6400km=35840km,解得丫同b3.lkm/s,則B錯誤,

C正確.D、遙感衛(wèi)星要追同軌道衛(wèi)星需要先減速做向心運動再加速做離線運動，D錯誤.故選C.

【點睛】解決飛船、人造地球衛(wèi)星類型的問題常常建立這樣的模型：衛(wèi)星繞地球做勻速圓周

運動，地球對衛(wèi)星的萬有引力提供衛(wèi)星所需要的向心力.常常是萬有引力定律與圓周運動知

識的綜合應用.

7.如圖所示，在傾角為9的斜面上，以速度v。水平拋出一個質量為m的小球（斜面足夠長，

重力加速度為g）,則在小球從開始運動到小球離開斜面有最大距離的過程中，下列說法中錯

誤的是（）

2

B.速度的變化%tan。

c.運動時間一J

tan。

D.重力的平均功率P=」an。

2

【答案】C

【解析】

【詳解】當小球的速度方向與斜面平行時，距離斜面最遠，此時的豎直分速度v產v°tan。，解

得，=乜=曳竺f,速度的變化量△v=gt=v°tan。.故B正確，C錯誤.此時下降的高度

gg

力=上=軍出名，重力做功W=mgh=.故A正確.重力的平均功率

2g2g2

「=些=鱉運竺g故D正確.此題選擇不正確的選項，故選C.

t2

【點睛】解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，知道速度方向

與斜面方向平行時，距離斜面最遠.

8.如圖所示，圓心在。點、半徑為"的光滑圓弧軌道力宛豎直固定在水平桌面上，QC與OA的

夾角為60°,軌道最低點4與桌面相切。一足夠長的輕繩兩端分別系著質量為陽和帆的兩小球

（均可視為質點），掛在圓弧軌道光滑邊緣。的兩邊，開始時如位于C點，從靜止釋放，在用

由。點下滑到4點的過程中，下列說法錯誤的是（）

A.如的速度大小始終不小于nk的速度

B.重力對周做功的功率先增大后減少

C.輕繩對色做的功等于//4的機械能增加

D.若明恰好能沿圓弧下滑到力點，則所色

【答案】D

【解析】

【詳解】A.陰由。點下滑到4點的過程中，兩球沿繩子方向的速度大小相等，即向沿繩子方

向的分速度大小等于德的速度，所以陰的速度始終不小于慮的速度，故A正確;

B.重力的功率是

P=mgvy

這里的匕是指豎直的分速度，一開始如是由靜止釋放的，所以如一開始的豎直速度為零，最

后運動到力點的時候，由于此時的切線是水平的，所以此時的豎直分速度也是零，但是在這

個。到/的過程中有豎直分速度，所以相當于豎直速度是從無到有再到無的一個過程，也就

是一個先變大后變小的過程，所以重力對的做功的功率先增大后減少，故B正確；

C.根據功能關系知，輕繩對色做的功等于他的機械能增加，故C正確；

D.若向恰好能沿圓弧軌道下滑到1點，此時兩小球速度均為零，根據動能定理得

—cos6()°)=m2gR

解得

叫=2m,

故D錯誤。

故選D。

9.如圖所示，一個可視為質點的滑塊從高〃=12m處的4點由靜止沿光滑的軌道45滑下，進

入半徑為r=4m的豎直圓環(huán)，圓環(huán)內軌道與滑塊間的動摩擦因數處處相同，當滑塊到達圓環(huán)

頂點C時，滑塊對軌道的壓力恰好為零，滑塊繼續(xù)沿板滑下，進入光滑軌道劭，且到達高

度為人的〃點時速度為零，則方的值可能為(重力加速度大小g取10m/s2)()

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

【答案】B

【解析】

【詳解】當滑塊到達圓環(huán)頂點。時，滑塊對軌道的壓力恰好為零，則：

佐

mg=m-

r

小球從4點到。點過程，由動能定理可得:

1,

mg(H-2r)-W克八=-mv^-0

小球從C點到〃點過程，由動能定理可得：

mg(2-°-mY

據能量守恒得，在圓環(huán)左側與右側的任一等高處，左側速度小于右側速度，圓環(huán)內軌道與滑

塊間的動摩擦因數處處相同，據牛頓第二定律和向心力公式知，在圓環(huán)左側與右側的任一等

高處，左側所受摩擦力小于右側，則：

畋吃2>。

聯立解得：

c,5

2r<h<—r

2

即：

8m<h<IOm

A.8m,與分析不符，故A項錯誤；

B.9m,與分析相符，故B項正確；

C.10m,與分析不符，故C項錯誤；

D.11m,與分析不符，故D項錯誤.

二、多項選擇題。(每題6分全選對的，漏選的每題3分，選錯的0分。)

10.如圖所示，一輕彈簧的左端固定，右端與一小球相連，小球靜止于光滑水平面上.現對小

球施加一個水平向右的恒力凡使小球從靜止開始運動，則小球在向右運動的整個過程中，下

列說法正確的是

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

A.小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒

B.小球的動能先逐漸增大后逐漸減小

C.小球的動能逐漸增大

D.小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能逐漸增大

【答案】BD

【解析】

【詳解】A、根據功能關系得，外力尸做正功，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能逐漸增大，故A

錯誤，D正確；

B、開始時，拉力大于彈簧的彈力，加速度方向向右，小球做加速運動，由于彈簧彈力逐漸增

大，根據牛頓第二定律知，加速度逐漸減小，當加速度減小到零，速度最大，然后彈簧的彈

力大于拉力，加速度向左，與速度反向，速度逐漸減小，所以動能先增大后減小，故B正確,

C錯誤.

11.如圖所示,一輕質彈簧上端固定在天花板上,下端栓接質量為m的小球，小球放在傾角為

30°的光滑固定斜面上,整體處于平衡狀態(tài)時，彈簧與豎直方向成30°角，重力加速度為g,則

A.平衡時，斜面對小球的作用力大小為日mg

B.若將斜面突然移走,則移走瞬間小球的加速度大小為正g

2呂

C.若將彈簧剪斷,則剪斷的瞬間小球的加速度大小為與

D.若將彈簧換成原長相同但勁度系數更大的另一輕彈簧,系統(tǒng)重新達到平衡時,彈簧仍處于

拉伸狀態(tài),此時斜面對小球的作用力變小

【答案】CD

【解析】

【詳解】A、小球靜止于斜面上，設小球受的彈簧拉力為T,斜面對小球的支持力為F、，對小

球受力分析如圖，則：F=T,2Tcos300=mg,解得：FN=T=與mg，故A錯誤；

N

B、將斜面突然移走，小球受的彈簧拉力和重力，彈簧彈力不突變，所以小球的合外力與斜面

對小球的支持力的大小相等，方向相反，根據牛頓第二定律可知小球的加速度大小為

%=%=&,故B錯誤；

m3

C、將彈簧剪斷的瞬間，小球即將沿斜面向下做勻加速運動，小球的加速度大小為

=j_g,故c正確；

m2

D、將彈簧換成原長相同但勁度系數更大的另一輕彈簧，彈簧彈力將變大，小球將沿斜面向上

運動，系統(tǒng)重新達到平衡時，輕彈簧與豎直方向的夾角小于30°，但斜面對小球的支持力方向

不變，根據作圖可得斜面對小球的作用力變小，故D正確；

故選CD.

12.如圖所示，質量為應的物體在水平傳送帶上由靜止釋放，傳送帶由電動機帶動，始終保持

以速率r勻速運動，物體與傳送帶間的動摩擦因數為〃，物體過一會兒能保持與傳送帶相對

靜止，對于物體從靜止釋放到相對傳送帶靜止這一過程下列說法正確的是（）

（］-；（?）

A.電動機多做的功為一加丫2

2

B.摩擦力對物體做的功為,加/

2

C.電動機增加的功率為nmgv

D.傳送帶克服摩擦力做功為二加F

2

【答案】BC

【解析】

由能量守恒知電動機多做的功為物體動能增量和摩擦生熱Q，所以A項錯；根據動能定理，對

物體能增量+摩擦生

12,

物體列方程，W,--mv,所以B項正確；因為電動機增加的功率=

VV

竺史竺￡=umgv,C項正確；因為傳送帶與物體共速之前，傳送帶的路程是物體路

t

程的2倍，所以傳送帶克服摩擦力做功是摩擦力對物體做功的2倍，即m/,D項錯誤.

13.如圖所示，一質量為業(yè)的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質量為勿的小滑塊.木

板受到水平拉力廠作用時，用傳感器測出長木板的加速度a與水平拉力廠的關系如圖所示，

重力加速度尸10m/s2,下列說法正確的是()

A.小滑塊的質量卬=2kg

B.小滑塊與長木板之間的動摩擦因數為0.1

C.當水平拉力尸=7N時，長木板的加速度大小為3m/s?

D.當水平拉力尸增大時，小滑塊的加速度一定增大

【答案】AC

【解析】

【分析】

當拉力較小時，m和M保持相對靜止一起做勻加速直線運動，當拉力達到一定值時，m和M發(fā)

生相對滑動，結合牛頓第二定律，運用整體和隔離法分析.

【詳解】對整體分析，由牛頓第二定律有：F=(M+m)a,

當F=6N時，此時兩物體具有最大共同加速度，代入數據解得：M+in=3kg

當F大于6N時，根據牛頓第二定律得：a」-卜1mg=_L一電電

MMM

知圖線的斜率k=1-=l解得：M=lkg,滑塊的質量為：m=2kg.故A正確；

M

B、C項：根據F大于6N的圖線知，當F=6N時，加速度a=2m/s2,即有：2=62x10

代入數據解得：u=0.2,

當F=7N時，長木板的加速度為：a二.一,尸％=3m/s2.

根據umg=ma,得木板的加速度為：af=ug=4m/s2,故B錯誤,C正確;

D項：當拉力增大時，兩物體發(fā)生滑動時，木塊的加速度為。=幺鱉=〃g=2咪，恒定

m/$

不變，故D錯誤.

故選AC.

【點睛】本題考查牛頓第二定律與圖象的綜合，知道滑塊和木板在不同拉力作用下的運動規(guī)

律是解決本題的關鍵，掌握處理圖象問題的一般方法，通常通過圖線的斜率和截距入手分析.

三、實驗題。(每空3分，共12分)

14.某同學探究鉤碼加速度與合外力的關系，其實驗裝置如圖所示，一端帶有定滑輪的長木板

固定在桌面上，用輕繩繞過定滑輪及光滑的動滑輪將滑塊與彈簧測力計相連.實驗中保持鉤

碼的質量不變，在滑塊上增加祛碼進行多次測量，每一次滑塊均從同一位置戶由靜止釋放，

在鉤碼帶動下滑塊向右運動，此過程中，記錄彈簧測力計的示數廠和光電門的遮光時間3用

彈簧測力計測得鉤碼受到的重力為G，用刻度尺測得？與光電門間的距離為s,用游標卡尺測

得滑塊上窄片的寬度為d.滑輪質量不計.

(1)實驗中(選填“需要”或“不需要”)平衡滑塊受到的滑動摩擦力;

(2)用游標卡尺測得的寬度d=cm

(3)鉤碼的加速度大小a=(用含有d、t、s的表達式表示).

(4)根據實驗數據繪出的下列圖象中最符合本實驗實際情況的是.

【答案】(1).不需要(2).1.150cm(3).-^―(4).A

4s/

【解析】

【詳解】(1)根據實驗原理可知，力通過彈簧秤測出，因此滑塊是否需要平衡摩擦力，對其沒

有影響，因此實驗中不需要平衡滑塊受到的滑動摩擦力;

⑵游標卡尺的主尺讀數為11mm,游標讀數為O.O5xlOmm=O.5Omm,則

J=11.50mm=1.150cm；

(3)在勻變速直線運動中，根據速度與位移關系，則有：/=2屣；而丫=一，因此滑塊的加

速度大小為：。'=」;，因為在相同的時間內，鉤碼下降的距離是滑塊運動距離的!，所以

2s『2

112

鉤碼的加速度為滑塊加速度的一，即鉤碼的加速度為a=

24s*

(4)由題意可知，鉤碼的加速度a與彈簧測力計的示數廠的關系為：G-2F=ma,且鉤碼的

屋14s

加速度大小為：ay；則有：—=—萬(G-277),故對應的圖象為A,故A正確，B,C,D

4/t2md-

錯誤；

故選A.

四、計算題

15.原地縱跳摸高是籃球和羽毛球重要的訓練項目.已知質量%60kg的運動員原地(不起跳)

摸高為2.05m,比賽過程中，該運動員重心先下蹲0.5m,經過充分調整后，發(fā)力跳起摸到了

2.85m的高度.假設運動員起跳時為勻加速運動，忽略空氣阻力影響，g取10m//.求：

(1)該運動員離開地面時的速度大??；

(2)起跳過程中運動員對地面的壓力大??；

(3)從開始起跳到雙腳落地需要的時間.

【答案】(1)4m/s；(2)1560N；(3)105s

【解析】

【詳解】(1)運動員離開地面后做豎直上拋運動，根據聲=2心可知,

v=y/2gh=12x10x(2.85—2.05)m/s=4m/s

(2)在起跳過程中，根據速度位移公式y(tǒng)=2於可知，解得

92

V4

a=------m/s，9=16m/s29,

2M2x0.5

對運動員，根據牛頓第二定律可知

解得

收1560N

根據牛頓第三定律可知，對地面的壓力為1560N.

⑶起跳過程運動的時間

v4八

t.=—=—s=0.25s

'a16

起跳后運動的時間

t2=-=0.4s

'g

故運動總時間

t-t}+2t,-1.05s

答：(1)該運動員離開地面時的速度大小為4m/s；

(2)起跳過程中運動員對地面的壓力為1560N；

(3)從開始起跳