階段檢測卷01 力學綜合-2025年高考物理一輪復習考點通關卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○……○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=PAGE1*2-11頁共=SECTIONPAGES2*24頁◎第=PAGE1*22頁共=SECTIONPAGES2*24頁絕密★啟用前2025屆高考物理一輪復習階段檢測卷一力學綜合考試范圍：力學綜合；考試時間：75分鐘；滿分：100分注意事項：1．答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息2．請將答案正確填寫在答題卡上一、選擇題（其中1—7題為單項選擇題，8—10題為多項選擇題）1．（2024·北京·模擬預測）“神舟十六號”載人飛船安全著陸需經過分離、制動、再入和減速四個階段。如圖所示，在減速階段，巨型降落傘為返回艙提供阻力，假設返回艙做直線運動，則在減速階段（）A．傘繩對返回艙的拉力等于返回艙的重力B．傘繩對返回艙拉力的沖量與返回艙重力沖量的矢量和為零C．合外力對返回艙做的功等于返回艙機械能的變化D．除重力外其他力對返回艙做的總功等于返回艙機械能的變化【答案】D【詳解】A．返回艙做減速運動，則傘繩對返回艙的拉力大于返回艙的重力，選項A錯誤；B．返回艙的動量不斷減小，則根據(jù)動量定理，傘繩對返回艙拉力的沖量與返回艙重力沖量的矢量和不為零，方向向上，選項B錯誤；C．根據(jù)動能定理，合外力對返回艙做的功等于返回艙動能的變化，選項C錯誤；D．由能量關系可知，除重力外其他力對返回艙做的總功等于返回艙機械能的變化，選項D正確。故選D。2．（2024·北京海淀·模擬預測）1772年，法籍意大利數(shù)學家拉格朗日在論文《三體問題》中指出：兩個質量相差懸殊的天體（如太陽和地球）所在同一平面上有5個特殊點，如圖中的、、、、所示，人們稱為拉格朗日點。若飛行器位于這些點上，會在太陽與地球共同引力作用下，可以幾乎不消耗燃料而保持與地球同步做圓周運動。若發(fā)射一顆衛(wèi)星定位于拉格朗日點，下列說法正確的是（）A．該衛(wèi)星繞太陽運動周期大于地球公轉周期B．該衛(wèi)星在點處于平衡狀態(tài)C．該衛(wèi)星繞太陽運動的向心加速度大于地球繞太陽運動的向心加速度D．該衛(wèi)星在處所受太陽和地球引力的合力比在處小【答案】C【詳解】AC．該衛(wèi)星與地球同步繞太陽運動，可知衛(wèi)星繞太陽運動周期等于地球公轉周期，根據(jù)可知，該衛(wèi)星繞太陽運動的向心加速度大于地球繞太陽運動的向心加速度，選項A錯誤，C正確；B．該衛(wèi)星繞太陽做勻速圓周運動，可知在點不是處于平衡狀態(tài)，選項B錯誤；D．該衛(wèi)星在處所受太陽和地球引力的合力等于衛(wèi)星繞太陽做圓周運動的向心力，則根據(jù)因在L2點的轉動半徑大于在L1的轉動半徑，可知衛(wèi)星在處所受太陽和地球引力的合力比在處大，選項D錯誤。故選C。3．（2024·湖北·模擬預測）如圖，在足夠長的斜面底端A點向斜上方拋出一小球，小球與斜面垂直碰撞于D點，不計空氣阻力。已知斜面傾角θ=45°，重力加速度大小g取10m/s2。則可以求出的物理量是（??）A．初速度v0與水平面夾角 B．小球的初速度v0的大小C．小球在空中運動的時間 D．小球克服重力所做的功【答案】A【詳解】A．設初速度方向與水平方向夾角，小球由A點至D點的過程中，在豎直方向上做初速度為，加速度為g的豎直上拋運動，在水平方向上做速度為的勻速直線運動，由幾何關系得小球的水平位移與豎直位移大小相等，設小球在空中運動的時間為t，則又小球與斜面垂直碰撞于D點，則聯(lián)立解得即故A正確；BCD．根據(jù)已知條件不能求出小球的初速度和小球在空中運動的時間，又因為小球質量未知，所以不能求出重力做功，故BCD錯誤。故選A。4．（2024·浙江金華·三模）如圖甲所示質量為m的B木板放在水平面上，質量為2m的物塊A通過一輕彈簧與其連接。給A一豎直方向上的初速度，當A運動到最高點時，B與水平面間的作用力剛好為零。從某時刻開始計時，A的位移隨時間變化規(guī)律如圖乙，已知重力加速度為g，空氣阻力不計，下列說法正確的是（

）A．物塊A做簡諧運動，回復力由彈簧提供B．物體B在時刻對地面的壓力大小為C．物體A在運動過程中機械能守恒D．物體A的振動方程為【答案】D【詳解】A．物塊A做簡諧運動，回復力由彈簧的彈力和重力的合力來提供，A錯誤；B．時刻物塊A在平衡位置，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈力為對物體B受力分析有則可得，由牛頓第三定律得物體B在時刻對地面的壓力大小為，B錯誤；C．物體A在運動過程中除了受重力外，還受彈簧的彈力，彈力對物體A做功，故機械能不守恒，C錯誤；D．由圖乙可知振幅為周期為角速度為規(guī)定向上為正方向，t=0時刻位移為0.05m，表示振子由平衡位置上方0.05m處開始運動，所以初相為則振子的振動方程為故D正確。故選D。5．（2024·山東菏澤·模擬預測）如圖，將總質量為的2000粒黃豆從距秤盤高處連續(xù)均勻地倒在秤盤上，觀察到指針指在刻度為的位置附近。若每粒黃豆與秤盤在極短時間內垂直碰撞一次，且碰撞前后速率不變，重力加速度，不計空氣阻力，則持續(xù)傾倒黃豆的時間約為（）A．1.5s B． C． D．【答案】C【詳解】黃豆落在秤盤上的速度大小為黃豆與秤盤碰撞過程，由于碰撞時間極短，則碰撞力遠大于黃豆受到的重力，故重力可以忽略，取豎直向上為正方向，由動量定理得由題意有聯(lián)立解得即持續(xù)傾倒黃豆的時間約為。故選C。6．（2024·河南·二模）2024年1月11日，太原衛(wèi)星發(fā)射中心在山東海陽附近海域使用“引力一號”遙一商業(yè)運載火箭將衛(wèi)星順利送入預定軌道，飛行試驗任務獲得圓滿成功，這是“引力一號”火箭首次飛行，創(chuàng)造全球最大固體運載火箭、中國運力最大民商火箭紀錄。已知衛(wèi)星的質量為m，在軌道上穩(wěn)定運行時離地面的高度為h，地球表面附近的重力加速度為g，地球半徑為R。衛(wèi)星的運動可視為勻速圓周運動，不考慮地球自轉的影響。下列說法正確的是（）A．火箭加速升空過程中，衛(wèi)星處于失重狀態(tài)B．在軌道上運行時，衛(wèi)星的線速度將大于地球的第一宇宙速度C．在軌道上運行時，衛(wèi)星的動能為D．在軌道上運行時，衛(wèi)星的速度大小為【答案】C【詳解】A．火箭加速升空過程中，衛(wèi)星處于超重狀態(tài)，故A錯誤；B．在軌道上運行時，衛(wèi)星的線速度小于地球的第一宇宙速度，故B錯誤；CD．地球表面質量為的物體有衛(wèi)星在軌道上運行時，根據(jù)萬有引力提供向心力有則衛(wèi)星的速度大小為動能故C正確，D錯誤；故選C。7．（2024·江蘇·模擬預測）通電直導線的質量為、長為，用兩根細線把導線水平吊起，導線上的電流為，方向如圖所示。在豎直方向加一個方向向上的勻強磁場，磁感應強度大小為，導線處于平衡時懸線與豎直方向成，已知，，重力加速度為。下列說法正確的是（）A．B．懸線的拉力大小為C．若增大磁感應強度，則導線靜止時懸線與豎直方向的夾角將變小D．若將導線拉到最低處由靜止釋放，則導線的最大速度為【答案】D【詳解】AB．對導線受力分析，如圖所示根據(jù)平衡條件，可得，解得，故AB錯誤；C．由上面選項分析可知若增大磁感應強度，安培力增大，則懸線的偏角將增大。故C錯誤；D．由受力分析可知，導線靜止時的位置為等效最低點，若將導線拉到最低處由靜止釋放，則導線處于等效最低點時具有最大速度，由根據(jù)動能定理，可得解得故D正確。故選D。8．（2024·河南·模擬預測）如圖所示，一根不可伸長的細繩跨過兩個光滑滑輪，繩的一端固定在水平天花板A點，另一端被小明拉住，動滑輪下方吊一質量為m的物體，水平地面上的C點在定滑輪正下方，D點和E點分居C點兩側，，小明此時站在D點，重力加速度為g，不計滑輪大小，下列說法正確的是（）A．小明在D點下拉繩子，拉力變大B．小明在D點保持不動，將A點左移，拉力不變C．小明手捏繩端手臂保持下垂，從D點走到C點的過程中，拉力變小D．小明手捏繩端手臂保持下垂，從D點走到E點的過程中，繩上的拉力先變大再變小【答案】AC【詳解】A．如圖，設間繩長為，間距離為，繩與水平方向的夾角為，有若小明在點沿繩下拉繩子，變小，不變，變小，由兩式可得拉力FT變大，故A正確；B．若小明在點保持不動，將A點左移，不變，變大，變小，由兩式可得拉力FT變大，故B錯誤；C．若小明手捏繩端手臂保持下垂，從點走到點的過程中，右端繩長變短，間繩長變長，不變，變大，由兩式可得拉力FT變小，故C正確；D．若小明手捏繩端手臂保持下垂，從點走到點的過程中，右端繩長先變短再變長，間繩長先變長再變短，不變，先變大再變小，由兩式可得繩上的拉力先變小再變大，故D錯誤。故選AC。9．（2024·青?！つM預測）如圖甲所示，a、b兩物塊（均視為質點）用輕質彈簧連接并放置在光滑的水平面上，b的質量為m，t=0時，使a獲得水平向右、大小為v0的速度，a、b運動的速度一時間關系圖像如圖乙所示，已知陰影部分的面積為S0，彈簧的彈性勢能與彈簧的形變量x以及彈簧的勁度系數(shù)k之間的關系式為，彈簧始終處于彈性限度內，下列說法正確的是（）A．t1時刻，a、b間的距離最大B．a的質量為2mC．0~t3時間內，a所受沖量的大小為D．彈簧的勁度系數(shù)為【答案】BD【詳解】A．t1時刻之前a的速度大于b的速度，t1時刻a的速度等于b的速度，故t1時刻a、b間的距離最小，故A錯誤；B．設a的質量為，由動量守恒定律得解得故B正確；C．0~t3時間內，對a由動量定理方向與a的初速度方向相反，大小為，故C錯誤；D．分析題意可得0時刻彈簧處于原長，設時刻彈簧的形變量為，已知陰影部分的面積為，則有設彈簧的勁度系數(shù)為k，則有由系統(tǒng)的機械能守恒定律可得綜合解得故D正確。故選BD。10．（2024·廣東深圳·模擬預測）如圖為某公園的噴泉，觀察到主噴泉和周圍副噴泉噴出豎直水柱高度之比為，主、副噴泉出水口的橫截面積之比也為，不計空氣阻力，下列選項正確的是（）A．主噴泉與某一副噴泉噴出水柱的初速度之比為B．主噴泉與某一副噴泉單位時間內噴出水的質量之比為C．主噴泉與某一副噴泉噴口上方空中的水量之比為D．給主噴泉和某一副噴泉噴水的電動水泵輸出功率之比為【答案】CD【詳解】A．水離開噴壺管口做豎直上拋運動，由速度位移關系式可得水離開時的初速度大小為v=故主噴泉與某一副噴泉噴出水柱的初速度之比為故A錯誤；B．主噴泉與某一副噴泉單位時間內噴出水的質量之比為故B錯誤；C．根據(jù)v=gt主噴泉與某一副噴泉噴口上方空中的水量之比為故C正確；D．電動水泵輸出功率為則給主噴泉和某一副噴泉噴水的電動水泵輸出功率之比為故D正確。故選CD。二、實驗題11．（2024·山西·二模）在用單擺測量重力加速度時，小明將小鎖頭栓接在不易形變的細絲線一端，另一端固定在O點，并在細線上標記一點A，如圖所示。(1)將小鎖頭拉到某一高度（細線與豎直方向夾角很?。┯伸o止釋放，當鎖頭第一次到達最低點D時開始計時并計數(shù)為1，以后鎖頭每到達D點一次，計數(shù)增加1，計數(shù)為N時，秒表測出單擺運動時間為t，則該單擺的周期；(2)他保持A點以下的細線長度不變，通過改變OA間細線長度L以改變擺長，并測出單擺運動對應的周期T，測量多組數(shù)據(jù)后，作出圖乙所示圖像，圖像縱坐標應為（選填“”、“”、“”、“”）；(3)已知圖像的斜率為k，可求得當?shù)氐闹亓铀俣取?4)圖線乙明顯不過原點，其圖像與橫軸交點的意義是?！敬鸢浮?1)(2)(3)(4)A點距小鎖頭重心距離的負值【詳解】（1）單擺一周內經過兩次平衡位置，由題意可知解得（2）設A點距小鎖頭重心距離為，根據(jù)單擺周期公式化簡得可知圖乙所示圖像縱坐標應為（3）圖像的斜率為，根據(jù)解得（4）當時，，因此圖線乙不過原點，其圖像與橫軸交點的意義是A點距小鎖頭重心距離的負值12．（2024·廣西·二模）小黃同學在暗室中用圖示裝置做“測定重力加速度”的實驗，用到的實驗器材有：分液漏斗、閥門、支架、接水盒、一根有熒光刻度的米尺、頻閃儀。具體實驗步驟如下：①在分液漏斗內盛滿清水，旋松閥門，讓水滴以一定的頻率一滴滴的落下；②用頻閃儀發(fā)出的閃光將水滴流照亮，由大到小逐漸調節(jié)頻閃儀的頻率，當頻率為25Hz時，第一次看到一串仿佛固定不動的水滴；③用豎直放置的米尺測得各個水滴所對應的刻度；④處理數(shù)據(jù)，得出結論；(1)水滴滴落的時間間隔為s。(2)小黃同學測得連續(xù)相鄰的五個水滴之間的距離如圖乙所示，根據(jù)數(shù)據(jù)計算當?shù)刂亓铀俣萭=m/s2；D點處水滴此時的速度m/s。（結果均保留三位有效數(shù)字）(3)小黃同學懷疑自己的測量結果不是很符合當?shù)氐闹亓铀俣戎?，于是他打開手機上的測量，利用其中的加速度傳感器測出當?shù)氐闹亓铀俣戎禐椋阏J為造成上述實驗與手機加速度傳感器測量有差別的原因是（寫出一種即可）。【答案】(1)0.04(2)9.692.48(3)存在空氣阻力【詳解】（1）由于頻率由大到小逐漸調節(jié)，第一次看到一串仿佛固定不動的水滴，說明閃光的時間間隔等于水滴的時間間隔，閃光的頻率為25Hz，因此時間間隔故填0.04；（2）[1]根據(jù)逐差法故填9.69；[2]根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律故填2.48；（3）水滴下落時要受空氣阻力作用，這可能是導致實驗測得數(shù)據(jù)與手機加速度傳感器測量有差別的原因之一，故填存在空氣阻力。三、解答題13．（2024·河南·模擬預測）如圖甲所示，傾角為θ=60°的斜面放在光滑水平面上，一光滑小物塊（可視為質點）放在斜面上，小物塊由靜止滑到斜面底端時斜面的位移為x，斜面的位移與小物塊在斜面上釋放的位置有關，設小物塊由靜止釋放的位置距離斜面底端的距離為l，則x-l圖像如圖乙所示，已知小物塊質量為m，斜面質量為M，重力加速度為g。（1）求斜面的質量與小物塊的質量的關系；（2）若小物塊滑到斜面底端時豎直方向速度滿足vy=vM，求小物塊下滑到斜面底端過程中，斜面所受合力的沖量（結果用l表示）?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）根據(jù)題意整個系統(tǒng)水平方向動量守恒，設小物塊水平方向位移為xm，則聯(lián)立解得根據(jù)圖乙可知圖像的斜率為解得（2）對整個系統(tǒng)，由機械能守恒定律得水平方向動量守恒，則又因為聯(lián)立解得由動量定理得，斜面所受合力的沖量為14．（2024·天津寧河·模擬預測）如圖所示，是光滑軌道，其中部分是半徑的豎直放置的半圓，部分與部分平滑連接。一質量為的小木塊放在軌道水平部分，木塊被水平飛來的質量為的子彈射中，子彈留在木塊中。子彈擊中木塊前的速度為。若被擊中的木塊能沿軌道滑到最高點C，重力加速度為，求：（1）子彈擊中木塊后的速度v的大??；（2）子彈擊中木塊并留在其中的過程中子彈和木塊產生的熱量Q；（3）木塊從C點飛出后落地點距離B點的距離s。【答案】（1）5m/s；（2）2475J；（3）1.2m【詳解】（1）子彈擊中木塊，根據(jù)動量守恒有解得子彈擊中木塊后的速度大小為（2）子彈擊中木塊并留在其中的過程中，根據(jù)