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2021年福建省泉州一中高考物理十模试卷
一、选择题
1．（6分）冰面对溜冰运动员的最大静摩擦力为运动员重力的k倍，运动员在水平冰面上沿半径为R的圆做圆周运动，其平安速度为（ ）
A． v=k B． v≤ C． v≤ D． v≤
【考点】： 向心力；牛顿其次定律．
【专题】： 牛顿其次定律在圆周运动中的应用．
【分析】： 运动员在水平面上做圆周运动的向心力是由运动员受到的冰给运动员的最大静摩擦力供应的，依据向心力的公式可以计算出此时的最大速度
【解析】： 解：由题意可知，最大静摩擦力为重力的k倍，所以最大静摩擦力等于kmg，
设运动员的最大的速度为v，则：
kmg=m
解得：v=，所以平安速度v≤，故B正确．
故选：B
【点评】： 找到向心力的来源，能够供应的最大的向心力就是最大静摩擦力，此时的速度就是最大的速度．
2．（6分）已知地球质量为M，半径为R，自转周期为T，地球同步卫星质量为m，引力常量为G．有关同步卫星，下列表述正确的是（ ）
A． 卫星距离地面的高度为
B． 卫星的运行速度小于第一宇宙速度
C． 卫星运行时受到的向心力大小为G
D． 卫星运行的向心加速度大于地球表面的重力加速度
【考点】： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．
【专题】： 人造卫星问题．
【分析】： 同步卫星与地球相对静止，因而与地球自转同步，依据万有引力供应向心力，即可求出相关的量．
【解析】： 解：A、万有引力供应向心力
= r=R+h
h=﹣R，故A错误
B、第一宇宙速度为v1=，故B正确
C、卫星运行时受到的向心力大小是，故C错误
D、地表重力加速度为g=，卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故D错误
故选B．
【点评】： 本题关键抓住万有引力等于向心力，卫星转动周期与地球自转同步．
3．（6分）水平抛出的小球，t秒末的速度方向与水平方向的夹角为θ1，t+t0秒末速度方向与水平方向的夹角为θ2，忽视空气阻力，则小球初速度的大小为 （ ）
A． gt0（cosθ1﹣cosθ2） B．
C． gt0（tanθ1﹣tanθ2） D．
【考点】： 平抛运动．
【专题】： 平抛运动专题．
【分析】： 将平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动两个分力，作出t秒末和t+t0秒末速度的分解图．争辩竖直方向的速度，分别用初速度表示，再由速度公式求出初速度．
【解析】： 解：如图，作出速度分解图．则
v1y=v0tanθ1，v2y=v0tanθ2，
又由v1y=gt，v2y=g（t+t0）
得到
gt=v0tanθ1…①
g（t+t0）=v0tanθ2 …②
由②﹣①得
v0=．
故选：D
【点评】： 本题考查对平抛运动的处理力量，关键是作出速度的分解图，对速度进行分解处理．
4．（6分）在进行飞镖训练时，打飞镖的靶上共标有10环，且第10环的半径最小，为1cm，第9环的半径为2 cm，…，以此类推，若靶的半径为10cm，当人离靶的距离为5m，将飞镖对准10环中心以水平速度v投出，g=10m/s2．则下列说法中，不正确的是（ ）
A． 当v≥50 m/s时，飞镖将射中第8环线以内
B． 当v≥50 m/s时，飞镖将射中第6环线内
C． 若要击中第10环的圆内，飞镖的速度v至少应为50 m/s
D． 若要击中靶子，飞镖的速度v至少应为25 m/s
【考点】： 平抛运动．
【专题】： 平抛运动专题．
【分析】： 飞镖水平飞出，做平抛运动，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．高度打算运动时间，水平位移和时间打算初速度．
【解析】： 解：A、当v=50m/s时，运动的时间t=．
则飞镖在竖直方向上的位移y=，将射中第5环线，当v≥50 m/s时，飞镖将射中第6环线以内．故A错误，B正确．
C、击中第10环线内，下降的最大高度为0.01m，依据h=得，t=s，则最小初速度．故C正确．
D、若要击中靶子，下将的高度不能超过0.1m，依据h=得，t=s，则最小速度．故D正确．
本题选错误的
故选：A
【点评】： 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，结合运动学公式机敏求解．
5．（6分）如图所示，质量为m的物体置于光滑水平面上，一根绳子跨过定滑轮一端固定在物体上，另一端在力F作用下，以恒定速度v0竖直向下运动．物体由静止开头运动到绳与水平方向夹角α=45°过程中，绳中拉力对物体做的功为（ ）
A． mv02 B． mv02 C． mv02 D． mv02
【考点】： 功的计算．
【专题】： 功的计算专题．
【分析】： 由于力F做匀速运动，将物体的运动分解为沿绳子方向的运动，以及垂直绳子方向运动即绕滑轮的转动，依据沿绳子方向的运动速度和平行四边形定则求解物体的速度，再运用动能定理求解．
【解析】： 解：一根绳子跨过定滑轮一端固定在物体上，另一端在力F作用下，以恒定速度v0竖直向下运动．
将物体的运动分解为沿绳子方向的运动，以及垂直绳子方向运动即绕滑轮的转动，
则由三角函数可解得：运动到绳与水平方向夹角α=45°时物体的速度v==v0
物体由静止开头运动到绳与水平方向夹角α=45°过程中，物体只受绳子拉力做功，
运用动能定理得
W=mv2﹣0=mv02．
故选B．
【点评】： 本题关键是正确地找出物体的合运动与分运动，然后依据运动分解的平行四边形定则，得到物体速度的大小．
6．（6分）如图所示，一根跨越光滑定滑轮的轻绳，两端各有一杂技演员（可视为质点），a站于地面，b从图示的位置由静止开头向下摇摆，运动过程中绳始终处于伸直状态，当演员b摆至最低点时，a刚好对地面无压力，则演员a质量与演员b质量之比为（ ）
A． 1：1 B． 2：1 C． 3：1 D． 4：1
【考点】： 牛顿其次定律；向心力．
【专题】： 牛顿其次定律在圆周运动中的应用．
【分析】： b向下摇摆过程中机械能守恒，在最低点绳子拉力与重力之差供应向心力，依据向心力公式得出绳对b的拉力，a刚好对地面无压力，可得绳子对a的拉力，依据拉力相等，可得两者质量关系．
【解析】： 解：b下落过程中机械能守恒，有： ①
在最低点有： ②
联立①②得：Tb=2mbg
当a刚好对地面无压力时，有：Ta=mag
Ta=Tb，所以，ma：mb=2：1，故ACD错误，B正确．
故选：B．
【点评】： 依据物体的运动规律选择正确规律求解是解决这类问题的关键，同时正确受力分析是解题的前提．
二、非选择题
7．（6分）如图所示为一个小球做平抛运动的闪光照片的一部分，图中背景方格的边长均 为5cm，假如g取10m/s2，那么：
①闪光频率是 10 Hz；
②小球运动中水平分速度的大小是 1.5 m/s．
【考点】： 争辩平抛物体的运动．
【专题】： 试验题；平抛运动专题．
【分析】： 平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，依据竖直方向上在相等时间内的位移之差是一恒量求出闪光的周期，从而得出闪光的频率．依据水平位移和时间求出平抛运动的初速度．
【解析】： 解：（1）在竖直方向上有：△y=2L=gT2，解得T=．
则照片闪光的频率f=．
（2）小球平抛运动的初速度．
故答案为：（1）10；（2）1.5
【点评】： 解决本题的关键把握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，运用运动学公式机敏求解．
8．（12分）如图1是验证机械能守恒定律的试验．小圆柱由一根不行伸长的轻绳拴住，轻绳另一端固定．将轻绳拉至水平后由静止释放．在最低点四周放置一组光电门，测出小圆柱运动到最低点的挡光时间△t，再用游标卡尺测出小圆柱的直径d，如图2所示，重力加速度为g．则
（1）小圆柱的直径d= 1.02 cm；
（2）测出悬点到圆柱重心的距离l，若等式gl = 成立，说明小圆柱下摆过程机械能守恒；
（3）若在悬点O安装一个拉力传感器，测出绳子上的拉力F，则验证小圆柱作圆周运动在最低点向心力的公式还需要测量的物理量是 小圆柱的质量m （用文字和字母表示），若等式F= mg+m 成立，则可验证小圆柱作圆周运动在最低点向心力的公式．
【考点】： 验证机械能守恒定律．
【专题】： 试验题；机械能守恒定律应用专题．
【分析】： （1）题读数时留意分度，读数时要用“mm”为单位．（2）的关键是依据机械能守恒定律列出表达式即可．（3）题的关键是依据牛顿其次定律列出表达式，然后求出拉力表达式即可．
【解析】： 解：（1）游标卡尺读数为d=10mm+2×0.1mm=10.2mm=1.02cm
（2）依据机械能守恒定律应有mgl=m，其中v=，解得gl==
（3）依据牛顿其次定律有F﹣mg==，解得F=mg+m，可见还需要测量小圆柱的质量m，才能求出绳子的拉力．
故答案为（1）1.02
（2）=
（3）小圆柱的质量m，mg+m
【点评】： 遇到试验问题，关键是明确试验原理，依据物理规律列出相应方程，然后求解争辩即可．
9．（15分）如图所示，在距地面高为H=45m处，有一小球A以初速度v0=10m/s水平抛出，与此同时，在A的正下方有一物块B也以相同的初速度v0同方向滑出，B与地面间的动摩擦因数为μ=0.5，A、B均可看做质点，空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）A球从抛出到落地的时间和这段时间内的水平位移；
（2）A球落地时，A、B之间的距离．
【考点】： 平抛运动；匀变速直线运动的速度与位移的关系．
【分析】： A球做的是平抛运动，争辩平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去争辩，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同．
B球只在摩擦力的作用下，做匀减速直线运动，由匀变速直线运动的规律可以求得B的位移的大小．
【解析】： 解：（1）A球做的是平抛运动，由平抛运动的规律得
水平方向上：x=V0t
竖直方向上：H=gt2
由以上两个方程可以解得，
x=30m，
t=3s，
（2）对B物块，由牛顿其次定律可得，μmg=ma，所以a=μg=5m/s2，
减速至停止所需要的时间为t′==2s＜3s，
所以在A落地之前B已经停止运动，B的总位移为，
xB==10m，
所以AB间的距离为△x=x﹣xB=20m．
答：（1）A球从抛出到落地的时间是3s，这段时间内的水平位移是30m；
（2）A球落地时，A、B之间的距离是20m．
【点评】： 本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，对B运用匀减速直线运动的规律直接求解即可．
10．（19分）如图所示，有一水平向左的匀强电场，场强为E=1.25×104N/C，一根长L=1.5m、与水平方向的夹角为θ=37°的光滑绝缘细直杆MN固定在电场中，杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q=+4.5×10﹣6C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q=+1.0×10﹣6C，质量m=1.0×10﹣2kg．现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开头运动．（静电力常量k=9.0×109 N•m2/C2，取g=10m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）求：
（1）小球B开头运动时的加速度为多大？
（2）小球B的速度最大时，与M端的距离r为多大？
【考点】： 匀强电场中电势差和电场强度的关系；力的合成与分解的运用；牛顿其次定律．
【专题】： 电场力与电势的性质专题．
【分析】： （1）分析小球B的受力状况，依据牛顿其次定律和库仑定律求解小球B开头运动时的加速度．
（2）当小球所受的合外力为零时速度最大，由上题结果求解．
【解析】： 解：（1）开头运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿其次定律得：
mgsinθ﹣﹣qEcosθ=ma ①
解得：a=gsinθ﹣﹣ ②
代入数据解得：
a=（10×0.6﹣﹣）m/s2=3.2m/s2③
（2）小球B速度最大时合力为零，即
mgsinθ﹣﹣qEcosθ=0 ④
解得：r= ⑤
代入数据解得：r=m=0.9m
答：（1）小球B开头运动时的加速度为3.2m/s2．（2）小球B的速度最大时，与M端的距离r为0.9m．
【点评】： 解答本题关键是能够正确对小球B进行受力分析和运动分析，运用牛顿其次定律求解．
11．（20分）如图所示，竖直平面内的轨道ABCD由水平轨道AB与光滑的四分之一圆弧轨道CD组成，AB恰与圆弧CD在C点相切，轨道固定在水平面上．一个质量为m的小物块（可视为质点）从轨道的A端以初动能E冲上水平轨道AB，沿着轨道运动，由DC弧滑下后停在水平轨道AB的中点．已知水平轨道AB长为L．求：
（1）小物块与水平轨道的动摩擦因数μ．
（2）为了保证小物块不从轨道的D端离开轨道，圆弧轨道的半径R至少是多大？
（3）若圆弧轨道的半径R取第（2）问计算出的最小值，增大小物块的初动能，使得小物块冲上轨道后可以达到最大高度是1.5R处，试求物块的初动能并分析物块能否停在水平轨道上．假如能，将停在何处？假如不能，将以多大速度离开水平轨道．
【考点】： 动能定理的应用；牛顿其次定律；向心力．
【专题】： 动能定理的应用专题．
【分析】： （1）在小物块运动的整个过程中，重力做功为0，摩擦力做负功﹣1.5μmgL，依据动能定理求解μ．
（2）小物块恰好不从轨道的D端离开轨道时，到达D点速度为零，由动能定理求出R．
（3）依据动能定理求解出小物块恰好冲上最大高度1.5R时的初动能E′，物块滑回C点时的动能EC=1.5mgR，分析EC与滑块从B到A克服摩擦力做功的大小关系，即可推断物块能否停在水平轨道上．并能依据动能定理求解滑块停止在轨道何处．
【解析】： 解：（1）小物块最终停在AB的中点，在这个过程中，由动能定理得：﹣μmg（L+0.5L）=﹣E
得：μ=
（2）若小物块刚好到达D处，速度为零，同理，有：﹣μmgL﹣mgR=﹣E
解得CD圆弧半径至少为：R=
（3）设物块以初动能E′冲上轨道，可以达到的最大高度是1.5R，由动能定理得：
﹣μmgL﹣1.5mgR=﹣E′
解得：E′=
物块滑回C点时的动能为EC=1.5mgR=，由于EC＜μmgL=，故物块将停在轨道上．
设到A点的距离为x，有﹣μmg（L﹣x）=﹣EC
解得：x=L
即物块最终停在水平滑道AB上，距A点L处．
答：（1）小物块与水平轨道的动摩擦因数μ为．
（2）为了保证小物块不从轨道的D端离开轨道，圆弧轨道的半径R至少是．
（3）物块最终停在水平滑道AB上，距A点L处．
【点评】： 本题是简洁的多过程问题，要机敏选择争辩的过程．要抓住滑动摩擦力做功与路程有关的特点．
[物理]（本题共有两小题，每小题6分，共12分．每小题只有一个选项符合题意）
12．（6分）从同一地点同时开头沿同始终线运动的两个物体Ⅰ、Ⅱ的速度图象如图所示．在0﹣t时间内，下列说法中正确的是（ ）
A． Ⅰ、Ⅱ两个物体所受的合外力都在不断减小
B． Ⅰ物体所受的合外力不断增大，Ⅱ物体所受的合外力不断减小
C． Ⅰ物体的位移不断增大，Ⅱ物体的位移不断减小
D． Ⅰ、Ⅱ两个物体的平均速度大小都是
【考点】： 匀变速直线运动的图像；牛顿其次定律．
【专题】： 运动学中的图像专题．
【分析】： 速度时间图象中，某点的切线的斜率表示该点对应时刻的加速度，依据图象得到加速度的变化状况，然后依据牛顿其次定律推断合外力状况．
【解析】： 解：A、B、图象Ⅰ表明物体做加速度不断减小的减速运动，图线Ⅱ表明物体做加速度不断减小的加速运动，依据牛顿其次定律，合外力与加速度成正比，故两个物体的合外力都不断减小，故A正确，B错误；
C、两个物体的速度都是正值，表明两个物体都在向前运动，故C错误；
D、对于匀变速直线运动，平均速度等于初末位置速度的平均值，而图中两个物体都做非匀变速直线运动，故D错误；
故选A．
【点评】： 本题关键是依据速度时间图象得到物体的速度和加速度的变化状况，然后再结合牛顿其次定律推断受力状况．
13．（6分）如图所示，A、B为两个固定的等量同号正电荷，在它们连线的中点处有一个可以自由运动的正电荷C，现给电荷C一个垂直于连线的初速度v0，若不计C所受的重力，则关于电荷C以后的运动状况，下列说法中正确的是（ ）
A． 加速度始终增大 B． 加速度先减小后增大
C． 速度先增大后减小 D． 速度始终增大
【考点】： 电场强度；电场线．
【专题】： 电场力与电势的性质专题．
【分析】： 在两个等量正的点电荷连线上中点的电场强度为零，在连线的中垂线上，电场线沿中垂线向外，电场强度从C点先增大后减小，电场强度大小关于中垂线对称，且方向相反．
【解析】： 解：A、B、依据等量同号点电荷电场的特点，可知两个电荷连线上中点的电场强度为零，电场强度从C点到无穷远，先增大后减小，所以点电荷C的加速度先增大后减小，故A、B错误；
C、D、在全过程中，电场力做正功，点电荷C的速度始终增大，故C错误，D正确．
故选D．
【点评】： 加强基础学问的学习，把握住电场线的特点，尤其是把握等量同种、异种电荷四周电场分布状况，娴熟应用其电场特点解决有关问题．
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