2024年高考物理一輪復習階段綜合測評3含解析

PAGE12-階段綜合測評(三)時間：90分鐘滿分：110分第Ⅰ卷(選擇題，共48分)一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個選項中，1～7題只有一項符合題目要求，8～12題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1．(2024·上海楊浦調(diào)研)在運動會上，某運動員以5.05m的成果第24次打破世界紀錄。圖為她在競賽中的幾個畫面。下列說法中正確的是()A．該運動員過最高點時的速度為零B．撐桿復原形變時，彈性勢能完全轉(zhuǎn)化為動能C．該運動員要勝利越過橫桿，其重心必需高于橫桿D．該運動員在上升過程中對桿先做正功后做負功答案D解析該運動員經(jīng)過最高點時具有水平方向的分速度，速度不為零，否則將會做自由落體運動而遇到桿，故A錯誤；運動員起跳過程中，桿先由直變彎，運動員對桿做正功，其動能轉(zhuǎn)化為桿的彈性勢能和運動員的重力勢能，隨后桿由彎變直，運動員對桿做負功，撐桿復原形變時，桿的彈性勢能轉(zhuǎn)化為運動員的重力勢能和動能，故B錯誤，D正確；該運動員越過橫桿時身體向下彎曲，其重心可能在腰部下方，即重心可能在橫桿的下方，故C錯誤。2．(2024·新疆二診)一物體沿直線運動的v-t關系如圖所示，已知前2秒內(nèi)合外力對物體做的功為W，則前8秒內(nèi)合外力對物體做的功為()A．－0.5WB．0.25WC．2.5WD．6.5W答案B解析設物體的質(zhì)量為m，第2s末物體的速度大小為v，依據(jù)動能定理有W＝eq\f(1,2)mv2，依據(jù)速度—時間圖象，由幾何關系可知物體在第8s末的速度大小為eq\f(v,2)，設前8s內(nèi)合外力對物體做的功為W′，則依據(jù)動能定理有W′＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))2－0，得W′＝eq\f(1,4)W＝0.25W，故B正確。3．(2024·上海楊浦期末)如圖，表面光滑的固定斜面頂端安裝肯定滑輪，小物塊A、B用輕繩連接并跨過滑輪(不計滑輪的質(zhì)量和摩擦)。初始時刻，A、B處于同一高度并恰好處于靜止狀態(tài)。剪斷輕繩后A下落、B沿斜面下滑，則從剪斷輕繩到物塊著地，兩物塊()A．速率的變更量不同B．機械能的變更量不同C．重力勢能的變更量相同D．重力做功的平均功率相同答案D解析由平衡學問可知mAg＝mBgsinθ，則mB>mA，所以重力勢能變更量不等，但由于都只有重力對A、B兩物體做功，機械能守恒，故機械能的變更量相同，都為零，B、C錯誤；由動能定理mgh＝eq\f(1,2)mv2－0，可知兩物塊落地時的速度大小均為v＝eq\r(2gh)，兩物塊速率的變更量相等，A錯誤；再由兩物塊落地時重力的瞬時功率分別為PA＝mAgv和PB＝mBgvsinθ可知，兩物塊落地時重力的瞬時功率相等，又由于兩物塊均做初速度為零的勻加速直線運動，可知它們的平均速度均為末速度的一半，則eq\x\to(P)A＝eq\f(1,2)PA，eq\x\to(P)B＝eq\f(1,2)PB，所以兩物塊重力做功的平均功率相等，D正確。4．(2024·浙江杭州一模)利用力傳感器、數(shù)據(jù)采集器和計算機可以對快速變更的力的特性進行探討。如圖甲所示用彈性輕繩將小球掛在力傳感器的O點。在某次試驗中，將小球舉到懸點O處，然后靜止釋放小球，此后小球始終在豎直方向上運動，用計算機繪得輕繩的拉力隨時間變更的圖象如圖乙所示。則在小球運動過程中，下列說法正確的是()A．t2時刻小球速率最大B．t2時刻小球動能為零C．t3、t4時刻小球速度相同D．小球和輕繩組成的系統(tǒng)在運動過程中機械能守恒答案B解析把小球舉高到繩子的懸點O處，讓小球自由下落，t1時刻繩子剛好繃緊，此時小球所受的重力大于繩子的拉力，小球向下做加速運動，當繩子的拉力等于小球的重力時，小球的速度最大，當繩子的拉力大于重力時，小球才起先做減速運動，t2時刻繩子的拉力最大，小球運動到最低點，速度為零，動能都為零，故A錯誤，B正確；t3時刻小球上升，速度方向向上，繩子恰好復原原長，t4時刻小球下落，速度方向向下，繩子剛好繃緊，兩個時刻的速度方向不相同，故C錯誤；當小球下降至最低點時，其機械能全部轉(zhuǎn)化為繩子的彈性勢能，而由圖乙可知繩子拉力的最大值隨時間漸漸減小，可知繩子彈性勢能的最大值隨時間漸漸減小，所以小球與繩子組成的系統(tǒng)的機械能隨時間漸漸減小，即機械能不守恒，故D錯誤。5．(2024·四川廣元一模)質(zhì)量相等的甲、乙兩物體從離地面相同高度處同時由靜止起先下落，運動中兩物體所受阻力的特點不同，其v-t圖象如圖所示。則下列推斷正確的是()A．t0時刻甲物體的加速度大于乙物體的加速度B．t0時刻甲、乙兩物體所受阻力相同C．0～t0時間內(nèi)，甲、乙兩物體重力勢能的變更量相同D．0～t0時間內(nèi)，甲物體克服阻力做的功較多答案A解析由圖線的斜率可以看出t0時刻，甲物體的加速度大于乙的加速度，故A正確；依據(jù)牛頓其次定律可知a＝eq\f(mg－f,m)＝g－eq\f(f,m)，兩物體的質(zhì)量相等，在t0時刻，甲物體的加速度大于乙的加速度，則t0時刻甲物體所受阻力小于乙物體所受阻力，故B錯誤；由v-t圖象與時間軸圍成的面積表示位移知，0～t0時間內(nèi)乙下落的位移大于甲下落的位移，則乙的重力做的功多，所以乙物體重力勢能的變更量大，C錯誤；依據(jù)動能定理可知，0～t0時間內(nèi)，甲、乙合外力做功相等，而乙的重力做的功較多，所以乙克服阻力做的功較多，D錯誤。6．(2024·河北衡水中學二調(diào))如圖所示，兩質(zhì)量均為m＝1kg的小球1、2(可視為質(zhì)點)用長為L＝1.0m的輕質(zhì)桿相連，水平置于光滑水平面上，且小球1恰好與光滑豎直墻壁接觸，現(xiàn)用力F豎直向上拉動小球1，當桿與豎直墻壁夾角θ＝37°時，小球2的速度大小v＝1.6m/s，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，則此過程中外力F所做的功為()A．8J B．8.72JC．10J D．9.28J答案C解析當桿與豎直墻壁夾角θ＝37°時，設小球1的速度為v′，依據(jù)兩球的速度沿桿方向的分速度大小相等，有：v′cos37°＝vsin37°，代入數(shù)據(jù)得：v′＝1.2m/s，小球2上升的高度為：h＝Lcos37°＝0.8m，依據(jù)功能關系得外力F所做的功為：W＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)mv′2＋mgh，解得：W＝10J，故選C。7．(2024·黑龍江大慶三模)如圖所示，一光滑半圓形軌道固定在水平地面上，圓心為O、半徑為R，一根輕橡皮筋一端連在可視為質(zhì)點的小球上。另一端連在O點正上方距離O點為R的P點。小球放在與O點等高的軌道上A點時，輕橡皮筋處于原長。現(xiàn)將小球從A點由靜止釋放，小球沿圓軌道向下運動，通過最低點B時對圓軌道的壓力恰好為零。已知小球的質(zhì)量為m，重力加速度為g，則小球從A點運動到B點的過程中，下列說法正確的是()A．小球通過最低點時，橡皮筋的彈力等于mgB．橡皮筋彈力做功的功率漸漸變大C．小球運動過程中，橡皮筋彈力所做的功等于小球動能的增加量D．小球運動過程中，機械能的削減量等于橡皮筋彈性勢能的增加量答案D解析設橡皮筋的勁度系數(shù)為k，由題意可知kR－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，由動能定理可得：mgR－eq\f(1,2)kR2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0，由以上兩式可得小球通過最低點時，F(xiàn)彈＝kR＝eq\f(3,2)mg，A錯誤；依據(jù)P＝Fvcosα可知，起先時小球的速度v＝0，則橡皮筋彈力做功的瞬時功率P＝0，在最低點時，小球的速度方向與F方向垂直，α＝90°，則橡皮筋彈力做功的瞬時功率P＝0，故橡皮筋彈力做功的功領先變大后變小，B錯誤；小球運動過程中，依據(jù)動能定理知，重力做功和橡皮筋彈力所做的功之和等于小球動能的增加量，故C錯誤；小球和橡皮筋組成的系統(tǒng)機械能守恒，知小球運動過程中，機械能的削減量等于橡皮筋彈性勢能的增加量，故D正確。8．(2024·山東德州二模)機動車以恒定的功率在水平路面上以速度v勻速行駛，若行駛過程中功率突然變?yōu)樵瓉淼囊话耄乙院蟊３植蛔?，整個過程中機動車受到的阻力不變，以下說法正確的是()A．功率變更時，牽引力也馬上變?yōu)樵瓉淼囊话隑．功率變更后的一小段時間內(nèi)，牽引力漸漸減小C．功率變更后的一小段時間內(nèi)，加速度漸漸增大D．經(jīng)過一段時間后，機動車會以速度eq\f(v,2)勻速運動答案AD解析設汽車的牽引力為F，阻力為Ff，起先時汽車以速度v勻速行駛，則有F＝Ff，v＝eq\f(P,Ff)，當汽車的功率突然減小為eq\f(P,2)時，該時刻汽車的速度不變?nèi)詾関，由P＝Fv知汽車的牽引力會突然變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒t汽車做減速運動；由于汽車的速度減小，功率P′＝eq\f(P,2)不變，牽引力逐步增大，加速度大小a＝eq\f(Ff－F,m)漸漸減小，直到牽引力和阻力再次相等，汽車以v′＝eq\f(P,2Ff)＝eq\f(v,2)的速度勻速運動，故A、D正確，B、C錯誤。9．(2024·河南華文教化聯(lián)盟二模)用木板搭成斜面從卡車上卸下貨物，斜面與地面夾角有兩種狀況，如圖所示。一貨物分別從斜面頂端無初速度釋放下滑到地面。已知貨物與每個斜面間的動摩擦因數(shù)均相同，不計空氣阻力。則貨物()A．沿傾角α的斜面下滑到地面時的動能較大B．沿傾角β的斜面下滑到地面時的動能較大C．沿兩個斜面下滑過程中克服摩擦力做的功相等D．沿傾角α的斜面下滑過程中機械能的損失較多答案BD解析設斜面傾角為θ，貨物距地面的高度為h，滑動摩擦力對貨物做的功為：Wf＝－Ffeq\f(h,sinθ)＝－μmgcosθeq\f(h,sinθ)＝－μmghcotθ，所以貨物質(zhì)量、貨物與斜面間的動摩擦因數(shù)均肯定時，傾角θ越大，摩擦力做功越少，下滑過程損失的機械能削減，又因為重力做功WG＝mgh，由Ek＝mgh－μmghcotθ知，傾角θ越大，貨物下滑到地面時的動能越大，又α<β，故A、C錯誤，B、D正確。10．(2024·山東日照二模)一質(zhì)點靜止在光滑水平桌面上，t＝0時刻在水平外力作用下做直線運動，其速度v隨時間t變更的圖象如圖所示。依據(jù)圖象供應的信息，推斷下列說法正確的是()A．質(zhì)點在t1時刻的加速度最大B．質(zhì)點在t2時刻離動身點最遠C．在t1～t2的時間內(nèi)，外力的功領先增大后減小D．在t2～t3的時間內(nèi)，外力做負功答案BC解析v-t圖線的斜率的物理意義是運動質(zhì)點的加速度a；斜率為正，表示加速度方向與規(guī)定的正方向相同；斜率為負，表示加速度方向與規(guī)定的正方向相反。圖線在t1時刻斜率為零，所以質(zhì)點在t1時刻的加速度為零，A錯誤；圖線與時間軸所圍的“面積”表示質(zhì)點在相應的時間內(nèi)所發(fā)生的位移，圖線在t軸上面，位移為正值，圖線在t軸下面，位移為負值。由題圖可知，t2時刻質(zhì)點的位移最大，離動身點最遠，故B正確；質(zhì)點在t1時刻，加速度為零，外力為零，外力的功率也為零，在t2時刻速度為零，外力的功率也為零，在t1～t2的時間內(nèi)，功率不為零，所以在t1～t2的時間內(nèi)，外力的功領先增大后減小，故C正確；在t2～t3的時間內(nèi)，質(zhì)點做加速運動，外力方向和速度方向相同，外力做正功，故D錯誤。11．(2024·重慶一診)如圖所示，足夠長的光滑水平軌道與豎直固定的光滑半圓形軌道相切于a點，一質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點)，以大小為v的速度水平向右運動，重力加速度為g，不計空氣阻力。當半圓形軌道半徑取適當值R時，物塊從半圓形軌道最高點b飛出后，在水平軌道的落點與a點間的距離最大，最大距離為d。則()A．R＝eq\f(v2,8g) B．R＝eq\f(v2,6g)C．d＝eq\f(v2,2g) D．d＝eq\f(v2,4g)答案AC解析設物塊經(jīng)過b點時的速度為vb，物塊沿著光滑的半圓形軌道從a到b的過程只有重力做功，由動能定理得：－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)－eq\f(1,2)mv2；而物塊從b點做平拋運動，2R＝eq\f(1,2)gt2，d＝vbt；聯(lián)立各式可得：d＝eq\r(\f(－16gR2＋4v2R,g))，由數(shù)學學問可知，當R＝eq\f(v2,8g)時，水平距離有最大值d＝eq\f(v2,2g)，故選A、C。12．(2024·重慶一中5月?？?一個質(zhì)量為m的物體以某一平行于斜面的速度從固定斜面底端沖上傾角為30°的斜面，其加速度為eq\f(3g,4)，如圖所示，此物體在斜面上上升的最大高度為h，g為重力加速度，則()A．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),6)B．物體在沿斜面上升過程中重力做功mghC．物體的初速度大小為eq\r(3gh)D．物體在沿斜面上升過程中，物體克服摩擦力做功eq\f(mgh,4)答案AC解析由題意知物體在斜面上上滑時，有：mgsinθ＋μmgcosθ＝eq\f(3,4)mg，代入數(shù)據(jù)得μ＝eq\f(\r(3),6)，A正確；物體在沿斜面上升過程中，重力做功為－mgh，B錯誤；設物體的初速度大小為v，由勻變速直線運動公式得0－v2＝2－eq\f(3,4)g·eq\f(h,sin30°)，得物體的初速度v＝eq\r(3gh)，C正確；由動能定理可得，Wf－mgh＝0－eq\f(1,2)mv2，得物體克服摩擦力做的功為Wf＝mgh－eq\f(1,2)mv2＝－eq\f(1,2)mgh，D錯誤。第Ⅱ卷(非選擇題，共62分)二、試驗題(本題共2小題，共12分)13．(5分)(2024·山東青島二模)某探討小組利用氣墊導軌驗證動能定理，試驗裝置示意圖如圖甲所示：首先用天平測量滑塊和遮光條的總質(zhì)量M、重物的質(zhì)量m；用游標卡尺測量遮光條的寬度d；然后調(diào)整氣墊導軌水平，調(diào)整輕滑輪使細線水平；試驗時每次滑塊都從同一位置A處由靜止釋放，用x表示滑塊從位置A到光電門的距離，用Δt表示遮光條經(jīng)過光電門所用的時間?；卮鹣铝袉栴}：(1)測量d時，游標卡尺(主尺的最小分度為1mm)的示數(shù)如圖乙所示，讀數(shù)為________cm。(2)試驗前調(diào)整氣墊導軌水平的目的是____________________。(3)以滑塊(包含遮光條)和重物組成的系統(tǒng)為探討對象，在試驗誤差允許的范圍內(nèi)，若滿意關系式________________(用試驗測得的物理量的字母表示)，則可認為驗證了動能定理。答案(1)0.970(2)確保只有重物的重力對系統(tǒng)做功(3)mgx＝eq\f(1,2)(M＋m)eq\f(d,Δt)2解析(1)由題圖乙所示游標卡尺可知，主尺示數(shù)為9mm，游標尺示數(shù)為14×0.05mm＝0.70mm，則游標卡尺讀數(shù)為9mm＋0.70mm＝9.70mm＝0.970cm。(2)試驗前調(diào)整氣墊導軌水平，其目的是確保只有重物的重力對系統(tǒng)做功。(3)滑塊經(jīng)過光電門時的速度：v＝eq\f(d,Δt)，對滑塊和重物組成的系統(tǒng)，在誤差允許的范圍內(nèi)，若滿意mgx＝eq\f(1,2)(M＋m)eq\f(d,Δt)2，即可認為驗證了動能定理。14．(7分)(2024·河北衡水二調(diào))某同學設計出如圖甲所示的試驗裝置來“驗證機械能守恒定律”，讓小球從A點自由下落，下落過程中經(jīng)過A點正下方的光電門B時，光電計時器記錄下小球通過光電門的時間t，當?shù)氐闹亓铀俣葹間。(1)為了驗證機械能守恒定律，該試驗還須要測量下列哪些物理量________。A．小球的質(zhì)量mB．A、B之間的距離HC．小球從A到B的下落時間tABD．小球的直徑d(2)小球通過光電門時的瞬時速度v＝________(用題中所給的物理量表示)。(3)調(diào)整A、B之間距離H，多次重復上述過程，作出eq\f(1,t2)隨H的變更圖象如圖乙所示，當小球下落過程中機械能守恒時，該直線斜率k0＝________。(4)在試驗中依據(jù)數(shù)據(jù)實際繪出的eq\f(1,t2)-H圖象的斜率為k(k<k0)，則試驗過程中小球所受的平均阻力f與小球重力mg的比值eq\f(f,mg)＝________(用k、k0表示)。答案(1)BD(2)eq\f(d,t)(3)eq\f(2g,d2)(4)eq\f(k0－k,k0)解析(1)依據(jù)機械能守恒定律，小球下落過程中重力勢能的削減量等于其動能的增加量，有mgH＝eq\f(1,2)mv2，化簡可得gH＝eq\f(1,2)v2，因此不須要測量質(zhì)量，故A錯誤；依據(jù)試驗原理可知，只須要測量A點到光電門B的距離與小球通過光電門時的速度，故B正確，C錯誤；用小球通過光電門的平均速度來代替瞬時速度時，須要知道擋光物體的尺寸，因此須要測量小球的直徑，故D正確。(2)已知小球通過光電門時的時間t、小球的直徑d，則可以得到小球通過光電門的瞬時速度v＝eq\f(d,t)。(3)若小球減小的重力勢能等于增加的動能時，可以認為機械能守恒，mgH＝eq\f(1,2)mv2，即2gH＝eq\f(d,t)2，解得eq\f(1,t2)＝eq\f(2g,d2)·H，那么該直線的斜率k0＝eq\f(2g,d2)。(4)由實際圖線知，eq\f(1,t2)＝kH，因存在阻力，有mgH－fH＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t)))2，聯(lián)立得k＝eq\f(2g－\f(2f,m),d2)，又k0＝eq\f(2g,d2)，兩式相比整理得eq\f(f,mg)＝eq\f(k0－k,k0)。三、計算題(本題共4小題，共50分。解答時應寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)15．(10分)(2024·吉林省吉林市三模)我國自行研制、具有完全自主學問產(chǎn)權(quán)的新一代大型噴氣式客機C919首飛勝利后，拉開了全面試驗試飛的新征程。假設飛機在水平跑道上的滑跑是初速度為零的勻加速直線運動，當加速時間t＝40s、位移x＝1.6×103m時才能達到起飛所要求的速度。已知飛機質(zhì)量m＝7.0×104kg，滑跑時受到的阻力為自身重力的0.1倍，重力加速度取g＝(1)飛機起飛所要求的速度v；(2)飛機滑跑過程中，牽引力的最大功率P。答案(1)80m/s(2)1.68×107W。解析(1)飛機滑跑過程做勻變速直線運動，初速度為零，末速度為v，則全程的平均速度為eq\f(1,2)v，則有x＝eq\f(1,2)vt，代入數(shù)據(jù)，解得v＝80m/s。(2)設飛機滑跑過程的加速度大小為a，牽引力為F，則v＝at解得a＝2m/s2已知滑跑時受到的阻力為自身重力的0.1倍，即f＝0.1mg＝7.0×104N由牛頓其次定律得F－f＝ma解得F＝2.1×105N當速度最大的時候，牽引力的功率最大，即P＝Fv代入數(shù)據(jù)得最大功率P＝1.68×107W。16．(12分)(2024·山東日照模擬)冰壺競賽是在水平冰面上進行的體育項目，競賽場地示意圖如圖所示。競賽時，運動員腳蹬起蹬器，身體成跪式手推冰壺從本壘圓心O向前滑行，至前衛(wèi)線時放開冰壺使其沿直線OO′滑向營壘圓心O′，為使冰壺能在冰面上滑的更遠，運動員可用毛刷刷冰面以減小冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)。已知O點到前衛(wèi)線的距離d＝4m，O、O′之間的距離L＝30.0m，冰壺的質(zhì)量為20kg，冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.008，用毛刷刷過冰面后動摩擦因數(shù)減小到μ2＝0.004，營壘的半徑R＝1m，g取10m/s2。(1)若不刷冰面，要使冰壺恰好滑到O′點，運動員對冰壺的推力多大？(2)若運動員對冰壺的推力為10N，要使冰壺滑到營壘內(nèi)，用毛刷刷冰面的距離是多少？答案(1)12N(2)8～12m解析(1)設運動員對冰壺的推力為F，對整個過程，由動能定理得Fd－μ1mgL＝0代入數(shù)據(jù)解得F＝12N。(2)設冰壺運動到營壘的最左端時，用毛刷刷冰面的距離是x1，由動能定理得：Fd－μ1mg(L－R－x1)－μ2mgx1＝0代入數(shù)據(jù)解得x1＝8m冰壺運動到營壘的最右端時，用毛刷刷冰面的距離是x2，由動能定理得：Fd－μ1mg(L＋R－x2)－μ2mgx2＝0代入數(shù)據(jù)解得x2＝12m所以要使冰壺滑到營壘內(nèi)，用毛刷刷冰面的距離在8～12m范圍。17．(12分)(2024·四川自貢一診)如圖所示，水平傳送帶長L＝5m，以速度v＝2m/s沿圖示方向勻速運動。現(xiàn)將一質(zhì)量為1kg的小物塊輕輕地放在傳送帶的左端上，已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，g＝10m/s2。求：(1)物塊從左端傳送到右端須要的時間；(2)物