江蘇省2024高考物理一輪復習易錯高頻考點階段清一含解析

PAGEPAGE7易錯高頻考點階段清(一)(時間：40分鐘)一、單項選擇題1.關于位移和路程，下列說法正確的是()A.在某一段時間內物體運動的位移為零，則該物體肯定是靜止的B.在某一段時間內物體運動的路程為零，則該物體肯定是靜止的C.在直線運動中，物體的位移大小肯定等于其路程D.在曲線運動中，物體的位移大小可能等于路程解析物體運動了一段時間后又回到動身點，位移為零，選項A錯誤；物體不運動，則它的路程肯定為零，反之物體在某一段時間內運動的路程為零，則它肯定靜止，選項B正確；物體只有做單向直線運動時，其位移大小才等于路程，選項C、D錯誤。答案B2.如圖1所示，A、B兩物體相距s＝7m時，A在水平拉力和摩擦力作用下，正以vA＝4m/s的速度向右勻速運動，而物體B此時正以vB＝10m/s向右勻減速運動，加速度a＝－2m/s2，則A追上B所經驗的時間是()圖1A.7s B.8sC.9s D.10s解析由題意知，t＝5s時，物體B的速度減為零，位移大小xB＝eq\f(1,2)at2＝25m，此時A的位移xA＝vAt＝20m，A、B兩物體相距Δs＝s＋xB－xA＝7m＋25m－20m＝12m，再經過Δt＝eq\f(Δs,vA)＝3s，A追上B，所以A追上B所經驗的時間是t總＝t＋Δt＝8s，選項B正確。答案B3.(2024·徐州模擬)如圖2所示，一個質量為m的小滑塊靜止于傾角為30°的粗糙斜面上，一根輕彈簧一端固定在豎直墻上的P點，另一端系在滑塊上，彈簧與豎直方向的夾角為30°，重力加速度為g，則()圖2A.滑塊可能受到三個力作用B.彈簧肯定處于壓縮狀態(tài)C.斜面對滑塊的支持力大小可能為零D.斜面對滑塊的摩擦力大小可能等于mg解析由幾何關系可知彈簧軸線與斜面垂直，即彈簧彈力與斜面垂直。對滑塊受力進行正交分解如圖所示，沿斜面方向有重力的分力為mgsin30°，要想平衡，必需有沿斜面對上的摩擦力Ff＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，選項D錯誤；有摩擦力肯定有彈力，所以支持力FN≠0，選項C錯誤；垂直斜面方向有重力的分力mgcos30°，斜面的彈力FN，彈簧彈力的方向大小不確定，所以彈簧是壓縮還是拉伸狀態(tài)不確定，選項B錯誤；若無彈簧彈力則滑塊受到三個力的作用，若有彈簧彈力則滑塊受到四個力的作用，選項A正確。答案A4.質量為m的木塊位于粗糙水平面上，若用大小為F的水平恒力拉木塊，其加速度為a，當拉力方向不變，大小變?yōu)?F時，木塊的加速度為a′，則()A.a′＝a B.a′<aC.a′>2a D.a′＝2a解析設木塊與桌面的動摩擦因數(shù)為μ，由牛頓其次定律得F－μmg＝ma①2F－μmg＝ma′②①×2得2F－2μmg＝2ma與②式比較有2F－μmg>2F－2μmg所以有ma′>2ma，即a′>2a，選項C正確。答案C5.質量不等的兩木塊A、B，用跨過一輕質定滑輪的輕繩相連，在圖3所示狀況下，木塊A、B一起做勻速運動。若木塊A、B的位置相互交換，則木塊A運動的加速度為(木塊A、B與桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ，且μ＜1，重力加速度為g，空氣阻力、滑輪摩擦均不計)()圖3A.(1－μ)g B.(1－μ2)gC.eq\f(1－μ2,μ)g D.與木塊A、B的質量有關解析A、B勻速運動過程，有mAg＝μmBgA、B相互交換后，有mBg－μmAg＝(mA＋mB)a解得a＝(1－μ)g，故選項A正確。答案A二、多項選擇題6.(2024·海安市高三上學期期末質監(jiān))在物理學的發(fā)展過程中，科學家們采納了很多物理學的探討方法，下列關于物理學探討方法的說法中，正確的有()A.合力和分力體現(xiàn)了等效替代的思想B.質點是運用極限法構建的物理模型C.電場強度采納了比值法定義物理量的方法D.牛頓第肯定律是利用邏輯思維對事實進行分析的產物，能用試驗干脆驗證解析合力和分力具有等效替代的關系，A項正確；質點是一個志向化模型，抓住了質量這個主要因素，忽視了形態(tài)和大小的次要因素，這種突出問題的主要因素、忽視次要因素，而對實際物體的科學抽象，稱之為志向模型法，B項錯誤；在E＝eq\f(F,q)利用了比值定義法，C項正確；牛頓第肯定律是志向定律，不能用試驗驗證，D項錯誤。答案AC7.如圖4所示，物體在沿粗糙斜面對上的拉力F作用下處于靜止狀態(tài)。當F漸漸增大到物體即將相對于斜面對上運動的過程中，斜面對物體的作用力可能()圖4A.漸漸增大 B.漸漸減小C.先增大后減小 D.先減小后增大解析因為初始狀態(tài)拉力F的大小未知，所以斜面對物體的摩擦力大小和方向未知，故在F漸漸增大的過程中，斜面對物體的作用力的改變存在多種可能。斜面對物體的作用力是斜面對物體的支持力與摩擦力的合力。因為物體始終保持靜止狀態(tài)，所以斜面對物體的作用力和物體重力G與拉力F的合力是平衡力。因此，推斷斜面對物體的作用力的改變就轉化為分析物體的重力G和拉力F的合力的改變。物體的重力G和拉力F的合力的改變如圖所示，由圖可知，F(xiàn)合可能先減小后增大，也可能漸漸增大。選項A、D正確。答案AD8.豎直上拋一小球，空氣阻力大小恒定，小球運動的速度圖象如圖5所示，下列推斷正確的是()圖5A.0～t2時間內，小球的平均速度不為零B.t1～t2時間內，小球始終在拋出點下方C.t2時刻，小球落回拋出點D.t2時刻，小球距離拋出點eq\f(v0（t2－2t1）,2)解析從圖象看，0～t2時間內，小球的位移即對應速度時間圖象中的總面積不為0，所以平均速度不為0，A項正確；t1～t2時間內，小球從最高點下落，前一段在拋出點的上方，后一段在拋出點的下方，B、C錯誤；0～t1時間內，小球在拋出點上方的位移為x上＝eq\f(v0,2)t1，t1～t2時間內，小球下落過程中的位移為x下＝eq\f(v0,2)(t2－t1)，所以總位移大小為eq\f(v0,2)(t2－t1)－eq\f(v0,2)t1＝eq\f(v0（t2－2t1）,2)，D項正確。答案AD9.(2024·江蘇省啟東中學、前黃中學、淮陰中學等七校高三上學期階段測試)壓敏電阻的阻值會隨所受壓力的增大而減小。一同學利用壓敏電阻設計了推斷升降機運動狀態(tài)的裝置，如圖6所示，將壓敏電阻平放在升降機內，受壓面朝上，在上面放一物體m，升降機靜止時電流表示數(shù)為I0，如圖7甲所示。當升降機在其他不同的運動過程中，電流表的示數(shù)分別如圖乙、丙、丁所示，則下列推斷中正確的是()圖6圖7A.壓敏電阻所受壓力越大，電流表示數(shù)就越大B.如圖乙所示，升降機可能做加速度增大的變加速上升運動C.如圖丙所示，升降機內的物體處于超重狀態(tài)D.如圖丁所示，升降機內的物體處于失重狀態(tài)解析壓敏電阻的阻值會隨所受壓力的增大而減小，則由歐姆定律可知，壓力越大，電流表示數(shù)就越大，故A正確；由圖乙可知，電流勻稱增大，故說明壓力是增大的，則可知，物體的加速度是向上且增大的，故物體可能做加速度增大的變加速上升運動，故B正確；由圖丙可知，電流為靜止時的兩倍，而且不變，由歐姆定律知，其電阻減小，然后不變，則壓力增大然后不變，加速度向上，故物體處于超重狀態(tài)，故C正確；由圖丁可知，電流大于靜止時的電流，則說明壓力增大，物體加速度向上，故處于超重狀態(tài)，故D錯誤。答案ABC三、計算題10.(2024·揚州模擬)“神舟”飛船完成預定空間科學和技術試驗任務后，返回艙起先從太空向地球表面預定軌道返回。返回艙起先時通過自身制動發(fā)動機進行調控減速下降，穿越大氣層后在肯定高度打開阻力著陸傘進一步減速下降。穿越大氣層后，在肯定高度打開阻力著陸傘，這一過程中返回艙所受的空氣阻力與速度的平方成正比，比例系數(shù)(空氣阻力系數(shù))為k，所受空氣浮力不變，且認為豎直著陸。從某時刻起先計時，返回艙的運動v－t圖象如圖8所示，圖中AB是曲線在A點的切線，切線交于橫軸上一點B的坐標為(8，0)，CD是曲線AD的漸進線。假如返回艙總質量為M＝400kg，g取10m/s2。求：圖8(1)在起先時刻v0＝160m/s時，返回艙的加速度大小；(2)空氣阻力系數(shù)k(結果保留2位有效數(shù)字)。解析(1)起先時v0＝160m/s，過A點切線的斜率大小就是此時的加速度的大小，加速度的大小a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(160,8)m/s2＝20m/s2。(2)設浮力為F，據牛頓其次定律，在t＝0時有kveq\o\al(2,0)＋F－Mg＝Ma由題圖知返回艙的最終速度為v＝4m/s，當返回艙勻速運動時有kv2＋F－Mg＝0故k＝eq\f(Ma,veq\o\al(2,0)－v2)＝eq\f(400×20,1602－42)kg/m≈0.31kg/m。答案(1)20m/s2(2)0.31kg/m11.(2024·泗陽縣高三第一次統(tǒng)測)如圖9所示，斜面體ABC放在粗糙的水平地面上，滑塊在斜面底端以初速度v0，沿斜面上滑。斜面傾角θ＝37°，滑塊與斜面的動摩擦因數(shù)μ。整個過程斜面體保持靜止不動，已知小滑塊的質量m＝1kg，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。試求：圖9(1)若μ＝0.8，v0＝12.4m/s，求滑塊從C點起先在2s內的位移；(2)若μ＝0.45，v0＝9.6m/s，求滑塊回到動身點時的速度大小。解析(1)若μ＝0.8，滑塊上滑過程中，由牛頓其次定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma0解得滑塊上滑過程的加速度大小a0＝12.4m/s2上滑時間t0＝eq\f(v0,a0)＝1s,因為μ>tanθ＝0.75，所以滑塊減速到0后不在下滑滑塊從C點起先在2s內的位移為x＝eq\f(1,2)a0teq\o\al(2,0)＝6.2m