2022年高三物理一輪 基礎訓練卷7（含解析） 新人教版

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1、2022年高三物理一輪 基礎訓練卷7（含解析） 新人教版 一、選擇題 1.右圖示為一鏈條傳動裝置的示意圖．已知主動輪是逆時針轉動的，轉速為n，主動輪和從動輪的齒數(shù)比為k.以下說法中正確的是(　　) A．從動輪是順時針轉動的 B．從動輪是順時針轉動的 C．從動輪的轉速為nk D．從動輪的轉速為n/k 解析：　主動輪與從動輪的轉速比等于兩輪的齒數(shù)之反比，即n∶n′＝，可得C正確． 答案：　C 2．(xx·天津理綜)探測器繞月球做勻速圓周運動，變軌后在周期較小的軌道上仍做勻速圓周運動，則變軌后與變軌前相比(　　) A．軌道半徑變小 B．向心加速度變小 C．線速度變小 D

2、．角速度變小 解析：　探測器做勻速圓周運動由萬有引力充當向心力，G＝mr，G＝m，G＝mω2r，G＝ma.由以上四式可知，T減小則r減小，a、v、ω均增大，故僅A正確． 答案：　A 3．英國《新科學家(New Scientist)》雜志評選出了xx年度世界8項科學之最，在XTEJ1650－500雙星系統(tǒng)中發(fā)現(xiàn)的最小黑洞位列其中．若某黑洞的半徑R約45 km，質量M和半徑R的關系滿足＝(其中c為光速，G為引力常量)，則該黑洞表面重力加速度的數(shù)量級為(　　) A．108 m/s2 B．1010 m/s2 C．1012 m/s2 D．1014 m/s2 解析：　星球表面的物體滿足

3、mg＝G，即GM＝R2g，由題中所給條件＝推出GM＝Rc2，則GM＝R2g＝Rc2，代入數(shù)據(jù)解得g＝1012 m/s2，C正確． 答案：　C 4．質量為2 kg的質點在x－y平面上做曲線運動，在x方向的速度圖象和y方向的位移圖象如右圖所示，下列說法正確的是(　　) A．質點的初速度為5 m/s B．質點所受的合外力為5 N C．質點初速度的方向與合外力方向垂直 D．2 s末質點速度大小為6 m/s 解析：　由x方向的速度圖象可知，在x方向的加速度為1.5 m/s2，受力Fx＝3 N，由在y方向的位移圖象可知在y方向做勻速直線運動，速度為vy＝4 m/s，受力Fy＝0.因此質點的初

4、速度為5 m/s，A選項正確；受到的合外力為3 N，B選項錯誤；顯然，質點初速度方向與合外力方向不垂直，C選項錯誤；2 s末質點速度應該為v＝ m/s＝2 m/s，D選項錯誤． 答案：　A 5.如右圖所示，在斜面頂端a處以速度va水平拋出一小球，經(jīng)過時間ta恰好落在斜面底端P處；今在P點正上方與a等高的b處以速度vb水平拋出另一小球，經(jīng)過時間tb恰好落在斜面的中點處．若不計空氣阻力，下列關系式正確的是(　　) A．va＝vb B．va＝vb C．ta＝tb D．ta＝2tb 解析：　本題考查平拋運動，中檔題．做平拋運動的物體運動時間由豎直方向的高度決定t＝，a物體下落的高度是

5、b的2倍，有ta＝tb，D錯誤；水平方向的距離由高度和初速度決定x＝v0，由題意得a的水平位移是b的2倍，可知va＝vb，B正確． 答案：　B 6.(xx·東北三校二次聯(lián)考)如右圖所示，在繞中心軸OO′轉動的圓筒內壁上，有一物體隨圓筒一起轉動．在圓筒的角速度逐漸增大的過程中，物體相對圓筒始終未滑動，下列說法中正確的是(　　) A．物體所受彈力逐漸增大，摩擦力大小一定不變 B．物體所受彈力不變，摩擦力大小減小了 C．物體所受的摩擦力與豎直方向的夾角為零 D．物體所受彈力逐漸增大，摩擦力大小可能不變 解析：　在圓筒的角速度逐漸增大的過程中，物體相對圓筒始終未滑動，則摩擦力的豎直分量與

6、重力平衡，切線分量與速度方向相同，使物體速度增加， 所以物體所受的摩擦力與豎直方向的夾角不為零，C錯誤；物體的向心力由彈力提供，隨著速度增加，向心力增加，物體所受彈力逐漸增大，如果圓筒的角速度均勻增加，則摩擦力大小不變，D正確． 答案：　D 7．地球有一個可能的天然衛(wèi)星被命名為“J002E2”，這個天體是美國亞利桑那州的業(yè)余天文愛好者比爾·楊發(fā)現(xiàn)的，他發(fā)現(xiàn)“J002E2”并不是路經(jīng)地球，而是以50天的周期圍繞地球運行，其特征很像火箭的殘片或其他形式的太空垃圾．由此可知“J002E2”繞地半徑與月球繞地的半徑之比約為(　　) A. B. C. D. 解析：　由萬有引力提供向心力

7、有＝m12r1和＝m月2r月，兩式相比解得：約為 ，A正確． 答案：　A 8.(xx·西南師大附中模擬)如右圖所示，小球在豎直放置的光滑圓形管道內做圓周運動，內側壁半徑為R，小球半徑為r，則下列說法正確的是(　　) A．小球通過最高點時的最小速度vmin＝ B．小球通過最高點時的最小速度vmin＝0 C．小球在水平線ab以下的管道中運動時，內側管壁對小球有較小的作用力 D．小球在水平線ab以上的管道中運動時，外側管壁對小球一定有作用力 解析：　小球沿管上升到最高點的速度可以為零，故A錯誤，B正確；小球在水平線ab以下的管道中運動時，由外側管壁對小球的作用力FN與球重力在背離圓心方

8、向的分力Fmg的合力提供向心力，即：FN－Fmg＝m，因此，外側管壁一定對球有作用力，而內側壁無作用力，C錯誤；小球在水平線ab以上的管道中運動時，小球受管壁的作用力與小球速度大小有關，D錯誤． 答案：　B 9.經(jīng)長期觀測人們在宇宙中已經(jīng)發(fā)現(xiàn)了“雙星系統(tǒng)”．“雙星系統(tǒng)”是由兩顆相距較近的恒星組成，每個恒星的線度遠小于兩個星體之間的距離，而且雙星系統(tǒng)一般遠離其他天體．如右圖所示，兩顆星球組成的雙星，在相互之間的萬有引力的作用下，繞連線上的O點做周期相同的勻速圓周運動．現(xiàn)測得兩顆星之間的距離為L，質量之比為m1∶m2＝3∶2.則可知(　　) A．m1、m2做圓周運動的線速度之比為3∶2 B

9、．m1、m2做圓周運動的角速度之比為3∶2 C．m1做圓周運動的半徑為L D．m2做圓周運動的半徑為L 解析：　兩恒星的軌道半徑分別為r1、r2，則 r1＋r2＝L 又由兩恒星的向心力大小相等得 G＝m1r1ω2＝m2r2ω2 由以上兩式得r1＝L，r2＝L 所以v1∶v2＝r1∶r2＝2∶3，故選C. 答案：　C 10.(xx·安徽亳州)如右圖所示，P是水平面上的圓弧凹槽．從高臺邊B點以某速度v0水平飛出的小球，恰能從固定在某位置的凹槽的圓弧軌道的左端A點沿圓弧切線方向進入軌道．O是圓弧的圓心，θ1是OA與豎直方向的夾角，θ2是BA與豎直方向的夾角．則(　　) A.＝2

10、 B．tan θ1tan θ2＝2 C.＝2 D.＝2 解析：　由題意可知：tan θ1＝＝，tan θ2＝＝＝，所以tan θ1tan θ2＝2，故B正確． 答案：　B 二、非選擇題 11.如右圖所示，將一根光滑的細金屬棒折成“V”形，頂角為2θ，其對稱軸豎直，在其中一邊套上一個質量為m的小金屬環(huán)P. (1)若固定“V”形細金屬棒，小金屬環(huán)P從距離頂點O為x的A點處由靜止自由滑下，則小金屬環(huán)由靜止下滑至頂點O需多長時間？ (2)若小金屬環(huán)P隨“V”形細金屬棒繞其對稱軸以每秒n轉勻速轉動時，則小金屬環(huán)離對稱軸的距離為多少？ 解析：　(1)設小金屬環(huán)沿棒運動的加速度為a，

11、滑至O點用時為t，由牛頓第二定律得mgcos θ＝ma 由運動學公式得x＝at2 聯(lián)立解得t＝. (2)設小金屬環(huán)離對稱軸的距離為r，由牛頓第二定律和向心力公式得 mgcot θ＝mrω2，ω＝2πn 聯(lián)立解得r＝. 答案：　(1) 　(2) 12．(xx·重慶理綜)小明站在水平地面上，手握不可伸長的輕繩一端，繩的另一端系有質量為m的小球，甩動手腕，使球在豎直平面內做圓周運動．當球某次運動到最低點時，繩突然斷掉，球飛行水平距離d后落地，如右圖所示．已知握繩的手離地面高度為d，手與球之間的繩長為d，重力加速度為g.忽略手的運動半徑和空氣阻力． (1)求繩斷時球的速度大小v1和球落

12、地時的速度大小v2. (2)問繩能承受的最大拉力多大？ (3)改變繩長，使球重復上述運動，若繩仍在球運動到最低點時斷掉，要使球拋出的水平距離最大，繩長應為多少？最大水平距離為多少？ 解析：　(1)設繩斷后球飛行時間為t，由平拋運動規(guī)律，有豎直方向d－d＝gt2，水平方向d＝v1t 聯(lián)立解得v1＝ 由機械能守恒定律，有 mv＝mv＋mg 得v2＝. (2)設繩能承受的最大拉力大小為FT，這也是球受到繩的最大拉力大?。? 球做圓周運動的半徑為R＝d 由圓周運動向心力公式，有FT－mg＝ 聯(lián)立解得FT＝mg. (3)設繩長為l，繩斷時球的速度大小為v3，繩承受的最大拉力不變，

13、 有FT－mg＝m得v3＝ 繩斷后球做平拋運動，豎直位移為d－l，水平位移為x，時間為t1. 有d－l＝gt，x＝v3t1 得x＝4 當l＝時，x有極大值xm＝d. 答案：　(1)v1＝　v2＝　(2)mg　(3)l＝　xm＝d 滾動訓練(三) (本欄目內容，在學生用書中以活頁形式分冊裝訂！) 一、選擇題 1．(xx·南通三模)關于速度和加速度，下列說法中正確的是(　　) A．速度不變時，加速度可能改變 B．加速度增大時，速度可能減小 C．速度變化越來越快時，加速度越來越小 D．速度方向改變時，加速度的方向也一定改變 解析：　速度不變時，加速度一定為零，選項A錯誤；

14、加速度方向與速度方向相反時速度減小，選項B正確；加速度是表示速度變化快慢的物理量，速度變化越來越快時，加速度越來越大，選項C錯誤；速度方向改變時，加速度方向不一定改變，如平拋運動，選項D錯誤． 答案：　B 2.如右圖所示，物體在水平外力作用下處于靜止狀態(tài)，當外力F由圖示位置逆時針轉到豎直位置的過程中，物體仍保持靜止，則靜摩擦力可能為(　　) ①0?、贔?、邸、?F A．①②④　　　　　　　　 B．②③④ C．①②③ D．①③④ 解析：　由于物體不動，當F逆時針轉動時，靜摩擦力與F的水平分力平衡，當F水平時，F(xiàn)f＝F，當F豎直時，F(xiàn)f＝0，所以靜摩擦力的變化范圍是0≤Ff≤F，故

15、正確選項為C. 答案：　C 3.汶川大地震后，為解決災區(qū)群眾的生活問題，黨和國家派出大量直升機空投救災物資．有一直升機懸停在空中向地面投放裝有物資的箱子，如右圖所示．設投放初速度為零，箱子所受的空氣阻力與箱子下落速度的平方成正比，且運動過程中箱子始終保持圖示姿態(tài)．在箱子下落過程中，下列說法正確的是(　　) A．箱內物體對箱子底部始終沒有壓力 B．箱子剛投下時，箱內物體受到的支持力最大 C．箱子接近地面時，箱內物體受到的支持力比剛投下時大 D．若下落距離足夠長，箱內物體有可能不受底部支持力而“飄起來” 解析：　因為下落速度不斷增大，而阻力F∝v2，所以阻力逐漸增大，當F＝mg時，物

16、體開始勻速下落．以箱和物體為整體：(M＋m)g－F＝(M＋m)a，F(xiàn)增大則加速度a減小，對物體：Mg－FN＝ma，加速度減小，則支持力FN增大．所以物體后來受到的支持力比開始時要增大，但不可能“飄起來”． 答案：　C 4.如右圖所示，水平地面上有一楔形物塊a，其斜面上有一小物塊b，b與平行于斜面的細繩的一端相連，細繩的另一端固定在斜面上．a與b之間光滑，a和b以共同速度在地面軌道的光滑段向左運動．當它們剛運行至軌道的粗糙段時(　　) A．繩的張力減小，b對a的正壓力減小 B．繩的張力增加，斜面對b的支持力增加 C．繩的張力減小，地面對a的支持力增加 D．繩的張力增加，地面對a的支持

17、力減小 答案：　C 5.如右圖所示，質量為m的木塊在質量為M的長木板上向右滑行，木塊受到向右的拉力F的作用，長木板處于靜止狀態(tài)，已知木板與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ1，長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2，則(　　) A．長木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1Mg B．長木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m＋M)g C．當F>μ2(m＋M)g時，長木板便會開始運動 D．無論怎樣改變F的大小，長木板都不可能運動 解析：　木塊受到的滑動摩擦力大小為μ1mg，由牛頓第三定律，長木板受到m對它的摩擦力大小也是μ1mg，對長木板使用平衡條件得地面對長木板的靜摩擦力為μ1mg，A錯誤．改變F的

18、大小，木塊m受到的滑動摩擦力不會發(fā)生變化，長木板受力不變，D正確． 答案：　D 6．(xx·山西實驗中學月考)蕩秋千是大家喜愛的一項體育活動，隨著科技的發(fā)展，將來有一天，同學們也許會在其它星球上享受蕩秋千的樂趣．假設你當時所在星球的質量與地球質量之比為1∶80，半徑為1∶4.可將人看成質點，擺角小于90°，若經(jīng)過最低位置的速度為4 m/s，你能上升的最大高度是(　　) A．0.8 m B．4 m C．2 m D．1.6 m 解析：　由黃金代換式可得星球表面的重力加速度：g′＝g＝2 m/s2，由機械能守恒定律得：h＝＝4 m，B正確． 答案：　B 7．以35 m/s的初速

19、度豎直向上拋出一個小球．不計空氣阻力，g＝10 m/s2，以下判斷錯誤的是(　　) A．小球到最大高度時的速度為0 B．小球到最大高度時的加速度為0 C．小球上升的最大高度為61.25 m D．小球上升階段所用的時間為3.5 s 解析：　小球到最大高度時的速度一定為零，否則該點不是最大高度，A正確；小球上拋過程中只受重力作用，故加速度始終為g，B錯；由 v2－v＝2(－g)h?h＝＝61.25 m， C正確； 由v＝v0－gt?t＝＝3.5 s，D正確． 答案：　B 8．如下圖所示，三個小球從同一高處的O點分別以水平初速度v1、v2、v3拋出，落在水平面上的位置分別是A、B

20、、C，O′是O在水平面上的射影點，且O′A∶AB∶BC＝1∶3∶5.若不計空氣阻力，則下列說法正確的是(　　) A．v1∶v2∶v3＝1∶3∶5　　 B．三個小球下落的時間相同 C．三個小球落地的速度相同 D．三個小球落地的動能相同 解析：　本題考查平拋運動的規(guī)律．根據(jù)t＝可得，做平拋運動的物體在空中運動的時間是由高度決定的，B項正確；根據(jù)平拋運動的速度公式v1＝，v2＝，v3＝，由于O′A∶AB∶BC＝1∶3∶5，所以O′A∶O′B∶O′C＝1∶4∶9，故v1∶v2∶v3＝1∶4∶9，A項錯誤；落地時的速度v＝，由于三個小球高度相同，所以落地時它們的豎直分速度vy是相等的，但是

21、由于vx不相等，所以落地時的速度v不相等，C項錯誤；由于三小球落地時的速度不相等，所以它們落地時動能也不相等，D項錯誤． 答案：　B 9.如右圖所示，長為L的輕桿A一端固定一個質量為m的小球B，另一端固定在水平轉軸O上，輕桿A繞轉軸O在豎直平面內勻速轉動，角速度為ω.在輕桿A與水平方向夾角α從0°增加到90°的過程中，下列說法正確的是(　　) A．小球B受到輕桿A作用力的方向一定沿著輕桿A B．小球B受到的合力的方向不一定沿著輕桿A C．小球B受到輕桿A的作用力逐漸增大 D．小球B受到輕桿A的作用力對小球B做正功 解析：　因為小球在豎直平面內做勻速圓周運動，所以小球B受到的合力的

22、方向一定沿著輕桿A，A、B均錯誤．由于小球所受的重力以及所需的向心力均不變，而重力與合力(向心力)之間的夾角減小，故小球B受到輕桿A的作用力逐漸減小，C錯誤；由于小球的動能不變，而重力做負功，所以小球B受到輕桿A的作用力對小球B做正功，D正確． 答案：　D 10．(xx·新課標全國卷)太陽系中的8大行星的軌道均可以近似看成圓軌道．下列4幅圖是用來描述這些行星運動所遵從的某一規(guī)律的圖象．圖中坐標系的橫軸是lg(T/T0)，縱軸是lg(R/R0)；這里T和R分別是行星繞太陽運行的周期和相應的圓軌道半徑，T0和R0分別是水星繞太陽運行的周期和相應的圓軌道半徑．下列4幅圖中正確的是(　　)

23、解析：　取其中一行星為研究對象，設其質量為m，軌道半徑為R，太陽的質量為M，則G＝m2·R，得＝，水星＝.所以3＝2，所以3lg＝2lg，所以B項對． 答案：　B 11．假設我國發(fā)射的探月衛(wèi)星“嫦娥一號”的繞月運行軌道和載人飛船“神舟七號”的繞地運行軌道都可以看成是圓軌道，且不計衛(wèi)星到月球表面的距離和飛船到地球表面的距離．已知月球質量約為地球質量的1/81，月球半徑約為地球半徑的1/4，地球上的第一宇宙速度約為7.9 km/s，衛(wèi)星和飛船的軌道半徑分別為r星、r船，周期分別為T星、T船，且k星＝，k船＝，則下列說法或結果正確的是(　　) A．“神舟七號”繞地運行的速率大于7.9 km/s

24、 B．“嫦娥一號”繞月運行的速率為3.95 km/s C．k星∶k船＝1∶81 D．T星∶T船＝1∶4 解析：　根據(jù)v＝可知軌道越高，運行速度越小，第一宇宙速度是物體在地球表面附近做勻速圓周運動的臨界速度，故飛船速度應小于第一宇宙速度，A錯誤；“嫦娥一號”繞月運行的速率v星＝＝＝v地＝1.76 km/s，B錯誤；飛船和衛(wèi)星分別繞地球和月球運行，由萬有引力提供向心力，有：mr＝，故k＝＝，T＝，代入數(shù)據(jù)得：k星∶k船＝1∶81，T星∶T船＝9∶8，C正確，D錯誤． 答案：　C 二、非選擇題 12.如右圖所示，豎直平面內兩根光滑細桿所構成的角∠AOB被鉛垂線OO′平分，∠AOB＝12

25、0°.兩個質量均為m的小環(huán)P、Q通過水平輕彈簧的作用靜止在A、B兩處，A、B連線與OO′垂直，連線與O點的距離為h，彈簧原長為h.現(xiàn)在兩小環(huán)沿桿向下移動至A′B′，使其在豎直方向上均下移h距離，同時釋放兩環(huán)．整個過程未超出彈簧的彈性限度，重力加速度為g，試求： (1)彈簧的勁度系數(shù)； (2)釋放瞬間兩環(huán)加速度的大小． 解析：　(1)在A、B處，彈簧處于伸長狀態(tài)，伸長量 x＝2(htan 60°－h(huán))＝h 由小環(huán)P(或Q)受力平衡可知： tan 60°＝ 根據(jù)胡克定律知F＝kx. 解之得 k＝. (2)在A′、B′處，彈簧伸長量x′＝3h 此時彈簧彈力F′＝kx′＝×3h＝

26、mg. 由牛頓第二定律知，釋放瞬間　F′cos 30°－mgsin 30°＝ma 解得a＝g. 答案：　(1)　(2)g 13．參加電視臺娛樂節(jié)目，選手要從較高的平臺上以水平速度躍出后，落在水平傳送帶上，已知平臺與傳送帶高度差H＝1.8 m，水池寬度x0＝1.2 m，傳送帶A、B間的距離L0＝20 m，由于傳送帶足夠粗糙，假設人落到傳送帶上后瞬間相對傳送帶靜止，經(jīng)過一個Δt＝1.0 s反應時間后，立刻以a＝2 m/s2恒定向右加速度跑至傳送帶最右端． (1)若傳送帶靜止，選手以v0＝3 m/s水平速度從平臺躍出，求從開始躍出到跑至傳送帶右端經(jīng)歷的時間． (2)若傳送帶以u＝1 m/

27、s的恒定速度向左運動，選手要能到達傳送帶右端，他從高臺上躍出的水平速度v1至少多大？在此情況下到達B點時速度大小是多少？ 解析：　(1)設選手落在傳送帶前的運動時間為t1，水平運動距離為x1；選手在傳送帶上的運動時間為t2，運動距離為x2，由運動學公式可得H＝gt/2，t1＝＝0.6 s. x1＝v0t1＝1.8 m， x2＝L0－(x1－x0)＝at/2，t2＝4.4 s. t＝t1＋t2＋Δt＝6.0 s. (2)設水平躍出速度v1，落到傳送帶1 s反應時間內向左位移大小為x′1，則x′1＝uΔt＝1 m. 然后設向左減速至速度為零又向左發(fā)生位移為x′2，則x′2＝＝0.25 m. 不從傳送帶上掉下，平拋水平位移x≥x0＋x′1＋x′2＝2.45 m， 則v1≥＝4.08 m/s，最小速度為4.08 m/s. 設在此情況下到達B點時速度大小為v，則v2＝2aL0，v＝＝ m/s＝4 m/s. 答案：　(1)6.0 s　(2)4.08 m/s　4 m/s