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1、2021级理科综合训练9解析1. D 2. C 3. B 4. C 5. B 6. D 7 .B 8 .C 9.B 10 .C 11 .B 12. A 13. C14 .【答案】B【详解】A.设轨道1、2的半径分别为、 小球在轨道1、2上运动时的速度大小分别为刃、V2,根据已知条件有 8mg =mg =rv/ = 1 r2v2t ；0一4=力解得弓= 2/z,吗=7 则小球在单位时间内扫过的面积为S=Jow= 向？故A错误；B.小球在轨道1上运动时的动能为昂=4mg/z故B正确；C.小球在轨道2上运动时的动能为%=际故C错误；D.此过程中小球动能的变化量为3吆心 说明细绳对小球做功为3吆人 则
2、细绳对漏斗做的功为3mg/z,故D错误。故选B。15 .【答案】D【详解】AB.人落地时竖直方向速度分量为j,则有2的=3解得j =4m/s落地后在落地点经过 0.2s的屈膝缓冲后保持静止，以竖直向上为正方向，由动量定理可得n-吆，=。-m（-匕,）解得尸= 1800N由牛顿 第三定律可知，屈膝缓冲过程中人对地面竖直方向的平均作用力为18OON,屈膝缓冲过程中人对地面竖直方向的 冲量为/ = 1800x（）.2Ns = 360Ns故AB错误； CD.以地面为参考系，设人跳车后车相对地面的速度为功,人相对地面水平方向的速度为匕，以初速度方向为正方向，则有匕=-W +岭；（/+ m）v0 =mv3
3、+Mv2Wv2 = m/s； - J匕=-gm/s人离开车后做平抛运动，落地时人的速度为丫 =旧还=2咨m/s人落地的时间为=栏 =04结合上述分析，落地时人与小车左端的水平距离为L = 4+4.=M%| + %4=L6m故C错误，D正确。故选D。E QQ16 .【答案】C【详解】A.由图可知，当 = 4m时，p=80J,根据丸=mg力可得加二子=萨7kg = 2kg故A gh 10x4正确；B.当/i = 0时，区总=线=100J,根据纥=：加%2可得% = 匡=国叵m/s = 10m/s故B正确；C.物体 2 mV 2受到重力和阻力的作用，根据动能定理可知合力所做的功为明 =。-；根2=_
4、1OOJ故C错误；D.由图可知，物 体上升到最高点的过程中机械能损失了 20J,根据功能关系可知，空气阻力做功-20J,即力cos = -20J解得-20/= N = 5N故D正确。本题要求选择错误的，故选C。-417 .【答案】D【详解】人正面的面积约为S = 0.7m2设/时间内吹到人正面的空气质量为根加二夕5以/时间内吹 到人正面的空气为研究对象，根据动量定理有-n=（）-库=0-夕5段得尸=夕55代入数据解得f=2257.5N根据牛 顿第三定律知，受到的风力大约为2257.5N。故选D。18 .【答案】C【详解】A.滑块上滑的距离为时机械能为E=线+%+%=。+综|+。=%以斜面底端为
5、零势能参考面，可知滑块上滑的距离为时重力势能不为零，故机械能一定不为零，故A图象一定 错误；B.弹簧为原长时滑块脱离弹簧，滑块上滑的距离为。石时，滑块的合外力为尸=依-mgsin。-叫cos。； 线-1图象的斜率表示合外力，可知上滑的距离为。西,随着上滑，滑块的合外力先大于零，后小于零，斜率应 先大于零，后小于零，B图象一定错误；C.根据功能关系可知滑块的重力势能为4i = Epio+gxsine故C图象0-|_ kx1可能正确；D.根据功能关系可知滑块的弹性势能为与2 = /。- & =420 -x = Ep20-Ax2可得牛攵/故D图象一定错误。故选C。19 .【答案】CD【详解】A.物体
6、A与弹簧接触后做减速运动，B做加速运动，弹簧压缩量增大，弹簧弹力变大， A的加速度变大；当A、B两物体速度相等时弹簧压缩量最大，然后弹簧逐渐恢复原长，弹簧弹力减小，A的加 速度减小，A继续做减速运动，因弹簧恢复原长时速度为负，所以A在速度减为。后继续做负方向上的加速度逐 渐减小的加速度运动，因此，整个过程A先做加速度增大的减速运动，后做加速度减小的减速运动，再做加速度 减小的加速运动，故A错误；D.从物体刚接触弹簧和弹簧恢复到原长的两个状态，两物体组成的系统动量守恒，机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得加 =加以+4机功由机械能守恒定律得J根喏=：根或+x4根4Q2112解得力=-%；
7、彩=三故D正确；B.弹簧对A做功为W=J球-不相片=-卷相片则物体A克服弹簧弹力做 JJ乙乙乙JQ的功为卷相片，故B错误；C.两物体速度相等时，弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，系统动量守恒，以向 右为正方向，由动量守恒定律可得加% =(2+4/%)u112由能量守恒定律得综=3相片-5*(m+ 4间/ =片故C正确。故选CD。20 .【答案】AC【详解】A. C能由A滑上B,说明ucua = V8,滑上B后，B受C向右的摩擦力做加速运动， A、B分开，可知B、C系统所受外力为零，动量守恒，故A正确；B. C在A上滑行时，A、B速度相等，且受 C的摩擦力向右做加速运动，A、B间有相互作用力，A
8、、C组成的系统动量不守恒，故B错误；CD.无论C在 A上还是在B上滑行，三者组成的系统符合动量守恒的条件，故C正确，D错误。故选AC。21 .【答案】BD【详解】A.小球和小车系统动量不守恒，只有水平方向动量守恒，A错误；BD.设小球从小车 的左端飞出的速度大小为0，小球飞出时小车的速度大小V2,根据动量守恒定律得加 =-机匕+2加彩根据机械能 守恒定律得1相片=阴2+；.2%学解得=3 ；岭=争整个过程中小球对小车做的功为W=、2根学=电说22233292小球从小车的左端飞出的速度大小为多，整个过程中小球对小车做的功为皿，BD正确；C.设共同速度为也 39根据动量守恒定律得=(m+2加 根据
9、机械能守恒定律得;小说=；(2 + 2加犷+必解得，小球上升的最大高2度为力=?：错误；故选BD。3gyyi租22 .【答案】通过光电门1和通过光电门2的时间相等 =遮光条通过光电门1、2的时间Az, m Aq(d分别为4、，2以及这两次遮光的时间间隔加mgt =mA选用质量更大的滑块(或采用即=(心+间以计算动量的变化量等)23 .【答案】BEk =hF-mg) F = mg(3-2cosa)需要测量的物理量：释放时b球距离地面的高度历和a球上升的最高点距地面的高度2；这些物理量应满足的关系式为色=1.54【详解】(1)由动能定理得-叫(/7+我)=。-雇可得 =4m/s在。点时有风-吆=皿
10、可得外=84NR根据牛顿第三定律可知，物体首次滑入圆轨道。点时对轨道的压力大小为84N；(2)由动能定理机gH-g/4c =；球可得” = L02m(3)由动能定理mg-/7际/ =。可得/=5.1m且/ = 4xl.l + x可得x = 0.7m则物体最终停止的位置到。点的距离S = 1RC-X = 0.4m25.【答案】(1) 10Vi0m/s2； (2) 0.4m；(3) |V10N-s, 8J2【详解】 滑块P恰能通过圆弧轨道的最高点c点，则其通过。点时班且=町生R1 9 1 9从B点到c点的过程中，由动能定理可得一加由氏=班t-5町方滑块P通过与圆心。等高的8点时,2支持力提供向心力
11、风=班藁滑块P通过3点时，合力F = J(Mg 十 反由牛顿第二定律得a = = 10Mm/s?(2)滑块Q通过E点后做斜抛运动，其轨迹如下图所示设滑块Q通过E点时速度大小是v,其水平分速度匕和竖直分速vv度Vy之间的关系满足tan60。=上 D从E点到厂点的过程中，水平方向做匀速直线运动 = vxt tan 601 .竖直方向做竖直上抛运动-2R = vyt-gt2解得 v - 2 m/s ; vy= 2m/sx 3由斜抛运动的对称性可知，滑块Q通过与点等高的G点时,其速度方向与斜面 所平行,故滑块Q位于G点时,2匕，与斜面环的距离最大，从七点到G点，运动的时间:=水平位移户明g滑块Q离开七
12、点后与斜面EF间的最大距离d = x-sin60 = 0.4m(3)设滑块P、Q与弹簧分离时，速度大小分别为4和,由动量守恒定律可得犯/ =，飞岭 滑块P从与弹簧分离到C点的过程中由机械能守恒定律可得、行=；m椁+2mgR滑块Q通过E点时速度v =旧+ *2 D 11滑块Q从与弹簧分离到E点的过程中由动能定理可得-2ggR-4%gcos60O一为-7%正解得 sin 602 262 = 0.2kg ；/ =岭=2Vi0m/s由动量定理可得，弹簧对滑块。的冲量大小/=生均-。=|/记Ns由能量守恒定律可得，释放滑块P、Q之前弹簧所具有的弹性势能Ep=；mH+；22q=8J26(共13分，除备注1
13、分外，其余每空2分)搅拌(1 分) (2)2Fe3+H2S=S+2Fe2+2H+(3)Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+,加入Ni(OH)2后消耗H+,使平衡正向移动，有利于Fe3+形成Fe(OH)3沉淀而被除去(4)蒸发皿(1分)出现少量晶膜(1分)(6) H2SO4 pH太小，锌的萃取率低，pH太大，像可能以Ni(OH)2的形式沉出，不利于硫酸银晶体的生成 27、(共14分，每空2分)(1) 2KMnO4+16HC1(浓)=2KC1 + 2MnCl2+ 5C12 T +8H2O(2) Fe(OH)3+5OH-3e-= FeO； +4H2O KOH固体 防止HQ与KOH反应，避免+3价铁
14、的还原性减弱而使 KzFeO,产率降低II 中 c(C)大，不利于 2Fe(OH)3+3C12+10KOH. Z&FeO4+ 6KC1 + 8H20 正向进行。(或根据反应：。2 + 26-=2。-，11中。一)大，Cl2的氧化性减弱)(3)Cl2+2OH-= cr + CIO +H2O(4)选用 Fe(NC)3)3 和过量 KOH 溶液、通入适量。228 (共16分，每空2分)高温(1)2MoS2 + 7O2 2MoO3+ 4SO2(2)产生污染性气体 SO2(4)2OH+ M0S2 + 9C10-= MoO；+ + 2 SO： + 9C1 + H2O(5)富集M。元素，除去杂质离子MoO；
15、+ + 4NH3H2O=MoO; + 4NH；+ 2H2O 乙醇 (8)43.2%29. (1)细胞膜蛋白质种类不同载体 催化 受体(糖蛋白)30. (1) 暗 CO2二 (2) 光 增力口 右上方(3) 不能b点叶肉细胞净光合速率为0,整株沃的净光合速率小于0 (叶肉细胞的光合速率小于整株植物的呼吸速率)，沃柑不能生长3、4浅31. (1)(人工)去雄 母本(2) 雄性可育：雄性不育=3： 1 减小 1/2或。或1/4(3)5/832. (1) 常F2中雌鸡全为母羽，雄鸡出现性状分离，且性状分离比为母羽：雄羽二3 ： 1 Z Fi雌雄个体表型不同，雌雄都有芦花和非芦花(2)hhZbZ HHZ
16、bW33. 34【答案】(1) 72J；(2) 28N,方向竖直向上。【详解】(1)设小物块A离开弹簧时的速度为以，碰撞后形成新的小物块的速度为B=6m/s 物块A、物块B碰撞过程动量守恒解得匕=12m/s 由能量守恒定律得压缩弹簧的弹性势能5=；机或=72J(2)设新物块在传送带上经过位移了与传送带共速，由动能定理得 2mgx =J 2mv2 - J 2mvAB2解得x = 7m因此新物块离开传送带时的速度为V = 8m/s由机械能守恒定律得;2加=2吆.2/?+：2叫？解得找=2&m/s设在。点轨道对新物块的弹力为几,则Fn+ 2mg = 2加理解得Fn= 28N由牛顿第三定律得，轨道受到的压力大小/=外=28N方向竖直向上。35、36(共15分，出备注外，每空2分)保护锻基(2)取代反应(1分)C15H22O2(3)HOH可以与水形成分子间氢键(4)a(5)40 (3 分)(3分).(1) 增加血浆蛋白(2) K+外流释放神经递质到突触间隙a、b(3) 兴奋痛觉感受器接受疼痛信号产生的冲动传递到中间神经元c时，会抑制痒觉中间神经元b兴奋, 进而抑制痒觉信号的传递