【文档说明】湖南省长郡中学 2021 届高三物理周测卷（七） 答案.pdf，共(4)页，445.686 KB，由管理员店铺上传

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长郡中学2021届高三物理周测卷（七）1、B【解析】当速度0vv，小球将落在斜面上，根据落在斜面上的小球的位移方向与水平方向夹角的正切值等于小球落在斜面上末速度方向与水平方向夹角正切值的一半可知，此时末速度方向与水平方向夹角的正切

值tanα为定值，小球运动时间为tan2tangtv==则tan2tanvvtgg==小球落在斜面上时为定值，则此过程时间与速度v成正比，当速度0vv，小球将落到水平面，则有tanyvgtvv==由于高度一定，则时间t为定值，则tan与v成反比，

故ACD错误，B正确。2、C【解析】由题图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，故A错误；a-1v函数方程为a=400v-4，赛车加速运动，速度增大，加速度减小，故B错误；对赛车受力分析，受重力、支持力、牵引

力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：F-f=ma，其中：F=Pv；联立得：a=Pmv-fm；结合图线，当赛车的速度最大时，加速度为零，故结合图像可以知道，a=0时，1v=0.01，v=100m/s，所以最大速度为100m/s；由图像可知：fm=

4，解得：f=4m=4×600N=2400N；0=1600·P100-f600，解得：P=240kW，故C正确，D错误．3、D【解析】A．地球自转刹车过程中，赤道表面附近处万有引力提供重力加速度和圆周运动向心力，即22MmGmgmrr−=物体所受向心力减

小，万有引力不变，所以重力逐渐变大，物体质量不变，重力加速度逐渐变大，故A错误；B．地球视为均匀球体停止自转后，万有引力提供重力加速度，即2MmGmgr=所以2GMgr=故赤道附近和两极点附近的重力加速度一样大

，故B错误；C．地球自转刹车过程中，两极点处万有引力提供重力加速度，故两极点的重力加速度保持不变，故C错误；D．由于β为单位时间内地球的角速度的改变量，可得t=可得t=所以t−图象中曲线与t轴围成的面积的绝对值等于角速度的变化量的大小，故D正确。4、

D【解析】对空调外机受力分析如图受到重力和两根绳子的拉力，由于空调外机是匀速运动，故合力为零，在竖直方向12coscos0FmgF−−=在水平方向12sinsin0FF−=整理得2sin(cos)tanFmg−=在上升过程中，

α增大，而β不变，F2增大，根据12coscos0FmgF−−=可得12coscosFmgF=+由于F2增大，α增大，cosα减小，故F1增大，因F1大于F2，根据F1sinα=F2sinβ可知缆绳与竖直方向的夹角α小于角β

，故ABC错误，D正确。5、B【解析】设电容器两极板间电压为U，带电粒子质量为m，对下极板未移动前，带电粒子从静止释放到速度为零的过程，由动能定理得：()0mghdqU+−=将下极板移动一些时，此时极板间距变为d()dd，设粒子运动均打不到下极板，且到距上极板x处速度为零，则有

，()0Uxmghxqd+−=联立以上两式解得hxdhdd=+−AC．当将下极板向上移动一些时，有dd所以1hhdd+−xd说明粒子确实打不到下极板上，在打到下极板之前已经返回了，故AC错误；BD．当将下极板向下移动一些，此时有dd

，由以上分析可知xd说明粒子一定打在下极板上，故B正确，D错误。6、A【解析】B．煤块A开始受到的摩擦力方向沿传送带方向向下，与运动方向相同，煤块B下滑过程中受到的摩擦力方向沿传送带方向向上，与运动方向相反，选项B错误；CD．对煤块A根据牛顿第二定律可得1cos37sin37mgmg

ma+=解得2110m/sa=煤块A达到与传送带共速的时间0116s0.6s10vta===位移20111.8m1m2vxa==故不可能与传送带共速，煤块A一直以1a向下加速，达到底部的时间设为At，则有212AALat=

解得0.2sAt=达到底端的速度为1100.2m/sAAvat==对煤块B根据牛顿第二定律可得2sin37cos37mgmgma−=解得22s2m/a=煤块B达到底部的时间设为Bt，则有212BBLat=解得1sBAtt=

所以A先达到底部，选项CD错误；A．煤块A相对于传送带的位移0(60.21)mAAxvtL=−=−煤块B相对于传送带的位移0(61)m5mBBxvtL=−=−=所以煤块A、B在传送带上的划痕长度不相同，选项A正确。7、AB【解析】A.根据题意

可知，A、B两点间距x＝2vt＝v0t，解得v＝2v0，选项A符合题意；BCD.由t1＝1va，t2＝2va，t＝t1＋t2可解得11a＋21a＝1v，选项B符合题意，C、D不符合题意．8、AC【解析】A.由图知x1处的电势等于零，所以q1和q2带有异种电荷，A正；B.

图象的斜率描述该处的电场强度，故x1处场强不为零，B错误；C.负电荷从x1移到x2，由低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能减小，故C正确；D.由图知，负电荷从x1移到x2，电场强度越来越小，故电荷受到的电

场力减小，D错误.9、AD【解析】释放弹簧过程中，由动量守恒定律得Mv1=mv2，由机械能守恒定律得22121122pEMvmv=+，解得v1=3m/s，v2=9m/s，故B项错误；对质量为m的小球，从A运动到B的

过程，由机械能守恒定律得222211'222mvmvmgR=+，解得v2'=8m/s，由动量定理得I合=mv2'-(-mv2)=3.4N·s，故A项正确；若半圆轨道半径R可调，则质量为m的小球到达B点时的速度大小为814BvgR=−

，从B点飞出后，由平抛运动规律可知，在水平方向有x=vBt，在竖直方向有2R=12gt2，解得228.14xRR=−，当R=1.0125m时，x最大，故质量为m的小球从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小，故C项错误；弹簧弹开过程，弹力对质量为m的小球的冲量I=mv2=

1.8N·s，故D项正确．10、AB【解析】B.重力沿斜面向下的分力电场力与1G的合力沿BD方向，由题意可知B正确；A.电场力与1G的合力大小为根据牛顿第二定律根据运动学公式解得A正确；o12cos452Gmgmg==o1tan4522G

mgEqq==2o2()(sin45)FEqmgmg=+=ocos45Fmgma−=222vaL=222vgL=−C.选取地面为零势能面，初状态的机械能末状态的机械能由于没给出速度v的具体数值，因此无法比较0E和1

E的大小，也就是无法确定机械能是增加还是减小，C错误；D.由题中数据可知，整个过程中，电场力做功与重力做功相等，根据动能定理因此D错误。11、答案：（1）9.8（2）02FDgLm−+；()1cos2DL

+−（3）()011cos2Fggm−=−解析：（1）该小球的直径为9mm80.1mm9.8mmD=+=。（2）由图丙可知，在最低点时，202vFmgmDL−=+，求得02FDvgLm=−+

，小球摆到最高点时，悬线与竖直方向的夹角为0，则由几何关系得(1cos)2DhL=+−。（3）要验证的表达式为212vgh=，即要验证()011cos2Fggm−=−成立。12、【解析】（1）A、B速度相同时，弹簧压缩量最大即弹性势能最大，以初速度

v0的方向为正方向，由动量守恒有：mv0=3mv解得v=13v0；（2）弹簧恢复原长时，滑块B的速度最大，由动量守恒有：mv0=mvA＋2mvB由能量关系有：12mv02=12mvA2＋12·2mvB2解得vA=13v0，vB=2m2m＋mv0=23v0；13、解析(1

)由图乙得，x＝L点为图线的最低点，切线斜率为零，即合电场强度E合＝0所以kQAr2A＝kQBr2B得kQA(4L)2＝kQB(2L)2，解出QA＝4Q。(2)物块先做加速运动再做减速运动，到达x＝2L处速度v1≥0从x＝－2L到

x＝2L过程中，由动能定理得：qU1－μmgs1≥0，即qφ0－37φ0－μmg·(4L)≥0解得μ≤qφ07mgL。因此，只有μ≤qφ07mgL物块才能到达2L处。(3)小物块运动速度最大时，电场力与摩擦力的合力为零，设该位置离A点的距离为lA则：k·q(4Q)l2A－

k·qQ(6L－lA)2－μmg＝0解得lA＝3L，即小物块运动到x＝0时速度最大。小物块从x＝－2L运动到x＝0的过程中，由动能定理得：qU2－μmgs2＝12mv2m－0代入数据：qφ0－2563φ0－μmg·(2L)＝12mv

2m－0解得vm＝76qφ063m－4kqQ3mL。o02sin452EmgLmgL==2112Emv=212EGfWWWmv+−=214EGWWmv=