2020届全国金太阳联考新高考冲刺押题模拟(十)物理试卷

2020届全国金太阳联考新高考冲刺押题模拟（十）

物理试题

★祝你考试顺利★

注意事项：

1、考试范围：高考考查范围。

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0.5毫米黑色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主观题答题区域的答案一律无效。

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。

7、本科目考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

一、选择题（本题共12个小题，每题6分。1-7只有一个选项符合题意，有的8-12有多个选项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）

1.甲、乙两物体零时刻开始从同一地点向同一方向做直线运动，位移-时间图象如图所示，则在0～t1时间内

A. 甲的速度总比乙大 B. 甲、乙位移相同 C. 甲经过的路程比乙小 D. 甲、乙均做加速运动 【答案】B 【解析】

A．【详解】因x-t图像的斜率等于速度，可知在0～t1时间内开始时甲的速度大于乙，后来乙的速度大于甲，选项A错误；

B．由图像可知在0～t1时间内甲、乙位移相同，选项B正确； C．甲乙均向同方向做直线运动，则甲乙的路程相同，选项C错误；

D．由斜率等于速度可知，甲做匀速运动，乙做加速运动，选项D错误．

2.有一条两岸平直、河水均匀流动，流速恒为v的大河，一条小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直，小船在静水中的速度大小为2v，去程与回程所用时间之比为 A. 3∶2 【答案】D 【解析】

小船在静水中的速度大小为2v，当船头指向始终与河岸垂直，则有：t去B. 2∶1

C. 3∶1

D. 3:2

dd；当回程时行驶路线与vc2vddt=；因此去程与回程河岸垂直，而回头时的船的合速度为：v合(2v)v3v；则有：回v合3v22所用时间之比为3：2，故D正确，ABC错误；故选D．

3.如图所示，在一次空地演习中，离地H高处的飞机以水平速度v1发射一颗炮弹欲轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以速度v2竖直向上发射炮弹拦截．设拦截系统与飞机的水平距离为s，若拦截成功，不计空气阻力，则v1、v2的关系应满足

A. v1v2

B. v1D. v1Hv2 ssv2 HC. v1Hv2 s【答案】D 【解析】

【详解】两炮弹相遇，在竖直方向上的位移之和等于H=h1+h2．飞机发射炮弹的竖直位移h1导弹的竖直位移h2v2t12gt，拦截212gt ，此时飞机发射导弹的水平位移为s，有s=v1t．解得： 2sv1v2

HA．v1v2．故A不符合题意． B．v1Hv2．故B不符合题意． s

C．v1D．v1Hv2．故C不符合题意． ssv2．故D符合题意． H4.如图所示，用竖直木板挡住放在光滑斜面上的小球A，A受到的重力为G．整个装置静止在水平面上．设斜面和木板对小球A的弹力大小分别为F1和F2．保持木板竖直，在斜面的倾角缓慢减小的过程中，A受力的变化情况是（ ）

A. F1增大，G不变，F2减小 B. F1减小，G不变，F2增大 C. F1减小，G不变，F2减小 D. F1不变，G增大，F2增大 【答案】C 【解析】

【详解】小球A受到重力、斜面对小球A的弹力F1和木板对小球的弹力F2，受力分析如图：

在斜面的倾角缓慢减小的过程中，A的重力G不变 根据平衡条件得F1G ，F2Gtan cos当减小时，cos增大，tan 减小，则F1、F2均减小

【点睛】本题主要动态平衡问题，关键在于受力分析以及根据平衡条件得出各个力之间关系． 5.如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R：bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球．始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g．小球从a点开始运动到其他轨迹最高点，机械能的增量为

A. 2mgR B. 4mgR C. 5mgR D. 6mgR 【答案】C 【解析】

本题考查了运动的合成与分解、动能定理等知识，意在考查考生综合力学规律解决问题的能力． 设小球运动到c点的速度大小为vC，则对小球由a到c的过程，由动能定理得：F·3R-mgR=

1mvc2，又2F=mg，解得：vc2=4gR，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力

作用力下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为:t=vC/g=2g，小球在水R平方向的加速度a=g，在水平方向的位移为x=12

at=2R．由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨2迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量△E=F·5R=5mgR，选项C正确ABD错误．

【点睛】此题将运动的合成与分解、动能定理有机融合，难度较大，能力要求较高．

B以速度v06.如图所示，倾角为30°的足够长斜面与水平面平滑相连，水平面上用轻杆连接的小球A、

gl向左运动，小球质量均为m，杆长为l，当小球B到达斜面上某处P时速度为零。不计一切摩擦，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）

l 4lB. P与水平面的高度差为

2A. P与水平面的高度差为

mgl 4mglD. 两球上滑过程中杆对A球所做的功为

4C. 两球上滑过程中杆对A球所做的功为【答案】AD 【解析】

【详解】AB．设B沿斜面上滑的距离为x，由系统机械能守恒可得

122mv0mgxsin30mgxlsin30

21解得xl，则P与水平面的高度差为

21hxsin30l

4故A正确，B错误；

CD．两球上滑过程中杆对A球所做的功，由动能定理得

121Wmgllsin300mv0

22解得Wmgl，故C错误，D正确。 4故选AD。

7.如图所示，质量为m的滑块以初速度v0滑上倾角为的足够长的固定斜面，同时对滑块施加一沿斜面向上的恒力Fmgsin已知滑块与斜面间的动摩擦因数tan，取出发点为坐标原点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q，滑块的动能Ek、势能Ep、机械能E与时间t或位移x的关系的是（ ）

A. B.

C. D.

【答案】C 【解析】

【详解】物体受力如图所示：

由牛顿第二定律得

mgsinθ+μmgcosθ-F=ma

其中

F=mgsinθ，μ=tanθ

联立解得

a=gsinθ

物体沿着斜面向上做匀减速直线运动，物体的位移

x=v0t+

速度

v=v0+at

A．产生热量等于克服滑动摩擦力做的功，即

Q=fx=μmg（v0t+

Q与t不成正比。故A错误； B．动能

12at 212

at）cosθ 2EkEk与t不是一次函数关系，故B错误；

1212mvm（v0at） 22C．物体的位移与高度是线性关系，重力势能

Ep=mgh=mgxsinθ

Ep与x成正比，Ep-x图象是直线，故C正确。

D．物体运动过程中，拉力和滑动摩擦力平衡，物体所受合外力等于重力，相当于只有重力做功，机械能守恒，机械能不随时间变化，故D错误。 故选C。

8.一小球质量为m，用长为L的悬绳（不可伸长，质量不计）固定于O点，在O点正下方

L处钉有一颗钉2子，如图所示，将悬线沿水平方向拉直无初速释放后，当悬线碰到钉子后的瞬间（ ）

A. 小球线速度大小没有变化

B. 小球的角速度突然增大到原来的2倍 C. 小球的向心加速度突然增大到原来的2倍 D. 悬线对小球的拉力突然增大到原来的2倍 【答案】ABC 【解析】

【详解】A．当碰到钉子瞬间，水平方向不受力，小球到达最低点时线速度没有变化，故A正确； B．根据圆周运动知识得来的2倍，故B正确；

1v

，而半径变为原来的，线速度没有变化，所以小球的角速度突然增大到原r21v2C．根据圆周运动知识得a，而半径变为原来的，线速度没有变化，所以向心加速度突然增大到原

2r来的2倍，故C正确；

D．小球摆下后由机械能守恒可知

mgL=

故小球到达最低点时的速度相同

12mv 2v2gL

在最低点根据牛顿第二定律得

v2Fmgm

r原来r=L

v2Fmgm3mg

r而现在半径变为原来的

1，线速度没有变化。所以 2v2Fmgm5mg

r悬线对小球拉力突然增大到原来的故选ABC。

9. 如图所示，水平地面上不同位置的三个物体沿三条不同的路径抛出，最终落在同一点，三条路径的最高点是等高的，若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是

5倍，故D错误。 3A. 沿路径1抛出的物体落地的速率最大

B. 沿路径3抛出的物体在空中运动的时间最长 C. 三个物体抛出时初速度的竖直分量相等 D. 三个物体抛出时初速度的水平分量相等 【答案】AC 【解析】

的

试题分析：根据运动的合成分解，将初速度分解为竖直方向和水平方向的分速度，设初速度方向与竖直方向的夹角为，故有小球沿竖直方向的速度分量v竖v0cos，根据小球的运动轨迹可知，三个小球沿竖直方向的分速度相同，根据竖直上抛运动特点可知，三个小球在空中运动时间相同，所以B错误、C正确；而123，故得知v01v02v03，落地时重力做功为零，所以落地进的速率与初速度相同，所以A正确；小球沿水平方向的速度分量v水v0sin，所以可知1的小球水平速度分量最大，所以D错误； 考点：运动的合成分解、抛体运动

10.如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架挂

钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态，如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是（ ）

A. 绳的右端上移到b，绳子拉力不变 B. 将杆N向右移一些，绳子拉力变大 C. 绳的两端高度差越小，绳子拉力越小 D. 若换挂质量更大的衣服则衣架悬挂点右移 【答案】AB 【解析】

【详解】设两段绳子间的夹角为2，由平衡条件可知，

2Fcosmg，

所以

F设绳子总长为L，两杆间距离为s，由几何关系

mg，

2cosL1sinL2sins，

得

sinss，

L1L2LA．绳子右端上移，L、s都不变，不变，绳子张力F也不变，A正确； B．杆N向右移动一些，s变大，变大，cos变小，F变大，B正确； C．绳子两端高度差变化，不影响s和L，所以L不变，C错误；

D．衣服质量增加，绳子上的拉力增加，由于不会变化，悬挂点不会右移，D错误．

11.用两块材料相同木板与竖直墙面搭成两个斜面1和2，斜面有相同的高和不同的底边，如图所示．一个小物块分别从两个斜面顶端释放，并沿斜面下滑到底端．对这两个过程，下列说法正确的是

A. 沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小相等 B. 物块下滑到底端时，速度大小与其质量无关 C. 物块沿着1下滑到底端的过程，产生的热量更多 D. 物块下滑到底端的过程中，产生的热量与其质量无关 【答案】BC 【解析】 【分析】

由动能定理求解滑到底端时的速度表达式进行判断；根据Q=μmgs相对判断热量关系. 【详解】设斜面与地面

夹角为θ，斜面的高度为h，则滑块滑到底端时，由动能定理：

mghmgcosh12ghmv2，即v2gh可知，θ越大，v越大，且v与m无关，选项A错sin2tan误，B正确；根据Qmgcos到底端的过程中，产生的热量与其质量有关，选项C正确，D错误；故选BC.

12.在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示．在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a–x关系如图中虚线所示，假设两星球均为质量均匀分布的球体．已知星球M的半径是星球N的3倍，则

的h可知物块沿着1下滑到底端的过程，产生的热量更多，且物块下滑sin

A. M与N的密度相等 B. Q的质量是P的3倍

C. Q下落过程中的最大动能是P的4倍 D. Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍 【答案】AC 【解析】

【详解】A、由a-x图象可知，加速度沿竖直向下方向为正方向，根据牛顿第二定律有：mgkxma，变形式为：a=g-kkx，该图象的斜率为，纵轴截距为重力加速度g．根据图象的纵轴截距可知，mmgM3a03；又因为在某星球表面上的物体，所受重力和万有引力相gNa01两星球表面的重力加速度之比为：

3ggR2Mm4R3等，即：G2mg，即该星球的质量M．又因为：M，联立得．故两

34RGGR星球的密度之比为：

MgMRN1:1，故A正确； NgNRMkx；gmmgkx，当物体在弹簧上运动过程中，加速度为0的一瞬间，其所受弹力和重力二力平衡，即：B、

x0xP1结合a-x图象可知，当物体P和物体Q分别处于平衡位置时，弹簧的压缩量之比为：，故物xQ2x02mPxpgN1，故B错误； 体P和物体Q的质量之比为：

mQxQgM6C、物体P和物体Q分别处于各自的平衡位置（a=0）时，它们的动能最大；根据v22ax，结合a-x图象面积的物理意义可知：物体P的最大速度满足vP2213a0x03a0x0，物体Q的最大速度满足：2

2vQ2a0x0，则两物体的最大动能之比：

EkQEkP122mQvQmvQQ224，C正确； 1mPvP2mPvP2D、物体P和物体Q分别在弹簧上做简谐运动，由平衡位置（a=0）可知，物体P和Q振动的振幅A分别为x0和2x0，即物体P所在弹簧最大压缩量为2x0，物体Q所在弹簧最大压缩量为4x0，则Q下落过程中，弹簧最大压缩量时P物体最大压缩量的2倍，D错误； 故本题选AC．

二、计算题（共3小题，共38分，按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）

13.2018年11月23日，北京国际雪联单板滑雪大跳台世界杯在国家体育场举办．如图，运动员经过一段加速滑行后从A点以水平速度v0飞出，落到斜坡上的B点，已知AB两点距离s75m，斜坡与水平面的夹角37o，不计空气阻力sin370.6,cos370.8,g10m/soo2．求：

1运动员在空中飞行的时间； 2运动员在A点水平速度v0的大小；

20m/s 【答案】1 3s； 2?【解析】

【详解】解：1将运动员位移分解为水平位移 xs cos37o60m， 竖直位移 yssin3745m

运动员在竖直方向做自由落体运动，y解得：t3s；

o12gt 22运动员在水平方向做匀速直线运动：xv0t

代入数据可得：v020m/s

答：1运动员在空中飞行的时间是3s；

2运动员在A点水平速度v0的大小是20m/s；

14.我国科技已经开启“人工智能”时代，“人工智能”已经走进千家万户．某天，东东呼叫了外卖，外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上，东东操控小型无人机带动货物，由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，一段时间后，货物又匀速上升53s，最后再匀减速1s恰好到达他家阳台且速度为零．货物上升过程中，遥控器上显示无人机在加速、匀速、减速过程中对货物的作用力F1、F2和F3大小分别为20.8N、20.4N和18.4N，货物受到的阻力恒为其重力的0.02倍．g取10m/s2．计算： (1)货物的质量m；

(2)货物上升过程中的最大动能Ekm及东东家阳台距地面的高度h． 【答案】(1) m＝2kg (2)Ekm【解析】

【详解】(1)在货物匀速上升的过程中 由平衡条件得F2＝mg＋f 其中f＝0.02mg 解得m＝2kg

(2)设整个过程中的最大速度为v，在货物匀减速运动阶段 由牛顿运动定律得mg＋f–F3＝ma3 由运动学公式得0＝va3t3 解得v1m

12mv1J h＝56m 2s12mv1J 21减速阶段的位移x3vt30.5m

2最大动能Ekm匀速阶段的位移x2vt253m

2加速阶段，由牛顿运动定律得F1–mg–f＝ma1，由运动学公式得2a1x1v，解得x1＝2.5m

阳台距地面的高度hx1x2x356m

15.如图所示,水平传送带长L=12m,且以v5m/s的恒定速率顺时针转动,光滑曲面与传送带的右端B点平

滑链接,有一质量m=2kg的物块从距传送带高h=5m的A点由静止开始滑下.已知物块与传送带之间的滑动摩擦因数0.5,重力加速度g取10m/s2,求： （1）物块距传送带左端C的最小距离． （2）物块再次经过B点后滑上曲面的最大高度．

（3）在整个运动过程中,物块与传送带间因摩擦而产生的热量．

【答案】（1）2m；（2）1.25m；（3）225J 【解析】

【详解】（1）物块从A到B的过程中，由机械能守恒列式得：

12mgh＝mvB

2解得：

vB=10m/s

物块在传送带上向左运动的过程中，取水平向左为正方向，通过受力分析后，由牛顿第二定律得：

-μmg=ma

得：

a=-5m/s2

由运动学公式得：

2vB＝2ax1

解得：

2vBx1＝＝10m

2a且

t1＝那么，物块距传送带左端C最小距离

vB＝2s admin=L-x1=2m

（2）物块在传送带上向右运动的过程中，取水平向右为正方向，通过受力分析后，由牛顿第二定律得：

μmg=ma′

得：

a′=5m/s

由于传送带的速度v=5m/s由运动学公式v=at2得：

t2=1s

12x2＝at2＝2.5m＜10m

2则物块向右运动经过B点时的速度v=5m/s

那么物块经过B点后滑上曲面的过程中，由机械能守恒定律得：

1mghm＝mv2

2即：

hm=1.25m

（3）物块在传送带上向左运动的过程中，相对位移

△x1=x1+vt1=20m

此过程中产生的热量

Q1=μmg△x1=200J

物块在传送带上向右运动的过程中，相对位移

△x2=vt2-x2=2.5m

此过程中产生的热量

Q2=μmg△x2=25J

那么全程产生的热量

Q热=225J