物理-学科网2021年高三11月大联考（全国乙卷）（全解全析）.pdf

1、 物理 全解全析 第 1 页（共 6 页）学科网 2021 年高三 11 月大联考（全国乙卷）物理全解全析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 B C B C D C B BD CD CD 1【答案】B【解析】伽利略利用斜面“冲淡”重力，即均匀消减重力的影响，延长了时间，使在当时的条件下较准确地测量时间成为可能，是一种转换法。2【答案】C【解析】由2mgF 可知弹簧始终处于伸长状态，弹簧对小球弹力方向始终向上。取竖直向上为正方向，对小球该段时间内，由动量定理：I-mgt=-mv-0，解得：I=mgt-mv，C 正确。3【答案】B【解析】滑板爱好者上滑和下滑过程中加速度均有向下的分量，均处

2、于失重状态，A 错误，B 正确；斜劈未动，处于平衡状态，C 错；以滑板爱好者、斜劈为整体，减速上滑时，水平方向系统有向左的加速度，故斜劈所受摩擦力向左，加速下滑时，系统有水平向右的加速度，故斜劈所受摩擦力向右，D 错误。4【答案】C【解析】风云三号 05 星轨道比同步卫星轨道低，故 A 错误；空间站上宇航员一天可看到 16 次日出，可知=1.5 hT天，根据万有引力提供向心力，2224MmGmRRT，故32RkT，因风云三号 05 星离地高度大，圆周运动半径大，故其周期大于空间站运动周期 1.5 h，B 错误；22MmvGmRR，故GMvR，风云三号 05 星的线速度比空间站小，故 C 正确；

3、2MmGmaR故21aR，因2rhrh风天（），D错误。5【答案】D【解析】A 球受力如图，因 A 平衡，则 A 的重力 mAg、a 的拉力 Fa、柱体的支持力 FN 构成闭合三角形。由几何关系知，aAaFm glOP，同理可得bBbFm glOP，解得4abFF，D 正确。物理 全解全析 第 2 页（共 6 页）6【答案】C【解析】据题意，抛出点高度 h 不变，斜上抛初速度 v0 大小不变，根据运动的分解可知竖直方向有：201sin2hvtgt，所以改变仰角，铅球在空中运动的时间会变，A 不符合题意；铅球在空中距离抛出点的最大高度20(sin)2vhg，会发生变化，铅球的水平射程tvxcos

4、0，也可能变化，BD 不符合题意；因铅球机械能守恒，所以只改变铅球初速度的仰角，铅球落地时速度的大小不会变，C 符合题意。7【答案】B【解析】由图 1 可知前 2 s 内 A 物体的加速度216 m/sAa，由图 2 可知 B 物体的初速度 03 m/sBv，加速度23 m/sBa，当 A、B 共速时 A、B 距离最大，所以有10ABBa tva t，解得1st，此时 A、B 间的距离2201113 m222BBAdv ta ta t，故 A 错误；当 A 追上 B 时有ABxx，即221 10 111122ABBa tv ta t，解得 12 st，此时离出发点的距离12 mAx，故 B 正

5、确；由图 1 可知 2 s后 A 物体的加速度222 m/sAa，2 s 时 A、B 刚好相遇，此时 A 的速度12 m/sAv，B 的速度9 m/sBv，设再经过时间 t，A、B 第二次相遇，有2222 2221122AABBv ta tv ta t，解得 26 st，即出发后 8 s 第二次相遇，此后 A、B 不会再相遇，故 C、D 错误。8【答案】BD【解析】重物机械能的变化由钢索的拉力做功决定，即：EF h，所以图线的斜率表示拉力，所以 A错，B 正确；第二阶段，可能是匀速运动，也可能是匀变速运动，C 错，D 正确。9【答案】CD【解析】小球滑到 D 点时重力沿切线方向的分力提供切向合

6、力产生切向加速度，即cos30mgma 切，所以3cos302agg 切，而此时小球还有向心加速度，所以小球的加速度肯定不是32 g，故 A错误；由题意可知弹簧在小球经过 D 点时处于原长，而小球经过 C 点时弹簧处于压缩状态且长度最短，所以小球从 A 点到 C 点过程中弹簧弹性势能先减小后增大，由对称性可知当小球从 C 点到 B 点过程中弹簧弹性势能先减小后增大，故 B 错误；运动过程中小球的机械能和弹簧弹性势能之和保持不变，由前 物理 全解全析 第 3 页（共 6 页）面分析可知小球的机械能先增大后减小再增大又减小，故 C 正确；小球从 A 点滑到 B 点的过程中弹簧弹性势能没有变化，所以

7、小球减小的重力势能全部转化为动能，即212BmvmgR，所以小球在 B 点的速度大小为2Rg，故 D 正确。10【答案】CD【解析】木板 1 与 2 分离前，两木板一起运动，加速度设为 a，对整体22Fmgma，取木板 1 为研究对象，1Fmgma，解得：木板 2 对 1 的弹力大小为11.5Fmg，根据牛顿第三定律，木板 1对 2 的弹力大小为1.5 mg，A 错误；木板 1 加速前进 2L 与木板 2 分离，速度大小满足222Lva，解得：2gLv，B 错误；木板 1 与 2 分离后，木板 2 再继续运动 L 开始从桌面翻落，由动能定理有2221122FLmgLmvmv，解得2212.25

8、2 mvmgL，C 正确；由功能关系，两木板与桌面间摩擦产生的总热量为2223112222QFLmvmvmgL，D 正确。11【答案】（1）17.4（17.317.6 都正确）（2）1.515 （3）偏小（每空 2 分）【解析】（1）刻度尺的最小刻度为 cm，应在最小刻度的基础上再估读一位，该读数应为 17.4 cm；（2）由 20 分度的游标卡尺的读数规则知小球的直径 d1.5 cm30.005 cm1.515 cm；（3）dt 为小球通过光电门的平均速度，是通过光电门时间中点的瞬时速度，而小球球心通过光电门的速度为位移中点的瞬时速度，由位移中点的瞬时速度大于时间中点的瞬时速度可知，计算得出

9、的速度比真实值偏小。12【答案】（1）A （2）3 仍然 （3）10（每空分）【解析】（1）摆下过程中若只有重力做功，机械能守恒，为减小阻力影响，相同体积时应选用密度大的小球，故应选钢球，A 正确；（2）竖直悬挂时，小球受力平衡 F0=mg；小球摆下过程若机械能守恒，有212mgRmv，在最低点拉力最大，21vFmgm R，解得13Fmg，同理在误差允许范围内应有123nFFFmg，因此m03FF。若改换为密度更大的同型号小球，仅增大了小球质量，m03FF关系仍成立。（3）若 F1=2.8F0，则在最低点有21vFmgm R，201.81.8mvF RmgR，则在最低点的动能为2k1=0.92

10、EmvmgR低，机械能损失2k1=0.12EEEmgRmvmgR总低，故第一次摆下过程机械能损失占比为0.1100%100%10%EmgREmgR总。物理 全解全析 第 4 页（共 6 页）13【答案】（1）25 g（4 分）（2）25Rg（4 分）【解析】（1）设地球的质量为 M，因地球的半径为 R，则在地球表面有2MmGmgR（2 分）在火星表面有211012MmGmgR（1 分）解得25gg（1 分）（2）对于 A 卫星，万有引力提供向心力，有2212105252MmRGmTR（2 分）解得25RTg（2 分）14（1）从 20 层下落（5 分）（2）4 6811170 m/s1171

11、2（、也对）（3 分）【解析】（1）由于曝光时间 t 不是极短，所以小瓷片通过 5 楼过程中，中间时刻的速度30 m/shvvt（1 分）因此小瓷片下落到这个中间时刻的时间是3svtg（1 分）则小瓷片下落到 5 楼楼底运动的高度是2146.5 m22thg t（1 分）由于 4+hh=19.5（1 分）所以小瓷片从 20 层下落（1 分）（2）设小瓷片落地时速度大小为 vt，小瓷片下落的总高度为 H=h+4h=58.5 m（1 分）由2=2tvgH（1 分）解得小瓷片落地时速度大小为1170 m/stv 4 6811171 2（、也对）（1 分）15（1）415 R（8 分）（2）见解析（4

12、 分）【解析】（1）设弹射器在 D 点上方距离为 y1，小弹丸初速度为 v1，从射出到 P 点历时 t1，根据几何关系和平抛的位移规律得：2111cos372yRgt（2 分）1 1sin 37RRv t（2 分）物理 全解全析 第 5 页（共 6 页）根据题意，到 P 点的速度关系有：1143gtv（2 分）解得：Ry1541（1 分）即弹射器在竖直轨道上的位置到 D 点的距离为 415 R。（1 分）（2）若小球能上升到 A 点，则由圆周运动的动力学规律可知：2vmmgR，即球过 A 点应该有速度，这不符合机械能守恒定律，所以球将在 AB 圆弧上的某处脱离轨道。（1 分）设该点的半径与水平

13、方向的夹角为，在该处由动力学规律有：2sinvmmgR（1 分）以 O 点所在平面为零势能面，由机械能守恒定律：sin212mgRmvmgR（1 分）解得：2sin3 所以，球沿圆弧轨道运动到 BD 上方半径与水平方向的夹角 满足2sin3 的位置脱离圆弧轨道。（1分）16（1）1.5x0（4 分）（2）38 F0 x0（3 分）（3）003050F x mm（7 分）（4）见解析 0038 F x（4 分）【解析】（1）B 与 A 分离时，设弹簧拉力为 F，两者加速度相等，=BAaaa（1 分）对 A、B 整体有：ABFmma（）（1 分）对 B 有：最大拉力0 5BFm a（1 分）解得：

14、弹簧拉力为02FF，结合 Fx 图像可知，B 与 A 分离时的坐标位置 x=1.5x0（1 分）（2）B 与 A 分离之前，由 Fx 图像可知弹簧弹性势能的减少量 0000p00322=228FxFxEWF x（3 分）（3）B 与 A 分离时，A、B 的速度相等，大小设为 v0，对 A、B 整体，由动能定理：200031()82ABF xmm v（2 分）当两者又一次各自到达分离处，根据各系统的能量守恒可知，速度大小还是 v0。（1 分）A、B 发生相向完全非弹性碰撞，设碰后 A、B 的共同速度为 v1，由碰撞时动量守恒可知：mAv0mBv0=（mA+mB）v1（2 分）物理 全解全析 第 6 页（共 6 页）解得：v1=05v=mmxF503000（2 分）（4）A、B 第一次碰后，因继续向右运动而又一次分离，此后 A、B 总是在分离处发生相向完全非弹性碰撞，共速后又分开，如此重复。因碰撞不断地损失能量，最终 A、B 不再分离，粘在一起做简谐运动。（2 分）因此，碰撞损失的总能量20001328ABEmmvF x）（2 分）