12 高三物理一轮复习阶段检测A卷(必修第一册、必修第二册)-《中学生数理化》高考理化2024年9月刊

(必修第一册、必修第二册) ■江苏省六合高级中学 傅明峰 一、单项选择题(本题共7小题,每小题 只有一个选项符合题目要求) 1.研究表明,人步行时重心升降的幅度 约为脚跨一步距离的0.1倍。某高中生在水 平地面上匀速步行1 km的过程中,估算他做 的功约为( )。 A.5×102 J B.5×103 J C.5×104 J D.5×105 J 2.矢量发动机是喷口可向不同方向偏转 图1 以产生不同方向推力的 一种发动机。当歼20隐 形战斗机以速度v 斜向 上飞行时,其矢量发动机 的喷口如图1所示。已 知飞机受到重力G、发动 机推力F1、与速度方向垂直的升力F2 和与 速度方向相反的空气阻力f。如图2所示的 四幅受力分析示意图可能正确的是( )。 图2 3.如图3所示,一个小球以初速度v0= 10 m/s从斜面底端O 冲上一固定斜面,A、 B、C 依次是斜面上的三个点,A、C 两点的间 图3 距为8 m,B 为AC 的中 点。经过2 s,小球第一 次通过A 点,又经过4 s 小球第二次通过C 点,不 计一切摩擦,下列说法中 正确的是( )。 A.小球的加速度大小为3 m/s2 B.O、A 两点的间距为8 m C.第3 s末小球经过B 点 D.小球第一次经过B 点时的速度大小 一定为25 m/s 图4 4.一辆汽车由静止 开始沿平直公路行驶,汽 车所受牵引力F 随时间 t变化的关系图像如图4 所示。若汽车的质量为 1.2×103 kg,汽车所受 阻力恒定,汽车发动机达 到最大功率后保持恒定,则下列说法中正确 的是( )。 A.汽车发动机的最大功率为3×104 W B.汽车匀加速运动阶段的加速度大小为 1.25 m/s2 C.汽车先做匀加速运动,再做匀速运动 D.汽 车 在 运 动 过 程 中 的 最 大 速 度 为 25 m/s 5.如图5所示为两张拍照频率相同的频 闪照片,拍照对象是在相同斜坡上运动的同 一滑块。其中一张为滑块从斜坡顶端由静止 释放后运动到底部的照片;另一张为滑块从 斜坡底端冲到顶端时速度刚好为零的照片。 已知滑块与斜坡间的动摩擦因数为μ,斜坡 的倾角为θ,可以判断( )。 图5 A.甲图为滑块沿斜坡向下运动的照片 B.两张照片中滑块在斜坡底端时的重力 功率大小不相等 C.μ>tan θ D.两张照片中斜坡对滑块的作用力相同 43 演练篇 核心考点AB卷 高考理化 2024年9月 6.如图6所示,一个可视为质点的小木 块从固定斜面的顶端由静止滑下,滑到水平 面上的a点停下。斜面与水平面的粗糙程度 相同,且平滑连接。现将斜面向右移动到虚 线所示的位置,并固定在地面上,再让小木块 从斜面上的某处由静止滑下,小木块仍滑到 水平面上的a点停下。则小木块释放的位置 可能是( )。 图6 A.甲 B.乙 C.丙 D.丁 7.利用图像法研究物理量之间的关系是 一种常用的数学物理方法。如图7所示为物 体做直线运动时各物理量之间的关系图像 (x、v、a、t分别表示物体的位移、速度、加速 度和时间),则下列说法中正确的是( )。 图7 A.利用甲图中的x-t2 图像可以求出物 体的加速度大小为1 m/s2 B.利用乙图中的v2-x 图像可以求出物 体的加速度大小为5 m/s2 C.利用丙图中的 x t-t 图像可以求出物体 的加速度大小为2 m/s2 D.利用丁图中的a-t图像可以求出物体 在前2 s内的速度变化量大小为6 m/s 二、多项选择题(本题共3小题,每小题 有多个选项符合题目要求) 8.如图8所示,质量分别为 m 和 M 的 A、B 两颗星体绕它们连线上的O 点做匀速 圆周运动,A、B 两颗星体间的距离为L,引 力常量为G,下列说法中正确的是( )。 图8 A.星体A 的角速度等 于星体B 的角速度 B.星体 A 的向心力小 于星体B 的向心力 C.m>M D.星体A 的运动周期 为2π L3 G(M+m) 9.如图9所示,水平传送带以v=8 m/s 的恒定速率沿逆时针方向运转,它与两侧的 水平轨道分别相切于A、B 两点,物块(可视 为质点)以初速度v0 从B 点滑上传送带,与 轨道左端的竖直固定挡板P 碰撞(无机械能 损失)后返回到B 点。已知物块与传送带、 轨道间的动摩擦因数均为μ=0.2,且AB= 6 m,AP=5 m,取重力加速度g=10 m/s2。 物块的初速度v0 可能是( )。 图9 A.9 m/s B.7 m/s C.6 m/s D.5 m/s 图10 10.如图10所示,两个质量均 为m 的相同的物块A、B 叠放在一 个轻弹簧上面,处于静止状态。弹 簧的下端固定在地面上,弹簧的劲 度系数为k。t=0时刻,给物块 A 一个竖直向上的作用力F,使得两 物块以0.8g 的加速度匀加速上升,下列说法 中正确的是( )。 A.两物块分离前所受合外力大小与时 间的平方成线性关系 B.两物块分离时弹簧处于原长状态 C.在t= m 2k 时刻两物块分离 D.两物块分离时物块B 的速度大小为 4 5 m 2kg 三、实验题(本题共2小题) 11.某同学在实验室中取两个完全相同 的木盒,测量木盒与木板间的动摩擦因数。 实验室中的天平损坏,无法称量质量,他采用 53 演练篇 核心考点AB卷 高考理化 2024年9月 “对调法”完成测量。如图11所示,一端装有 定滑轮的长木板固定在水平桌面上,木盒1 放置在长木板上,左端与穿过打点计时器的 纸带相连,右端用细线跨过定滑轮与木盒2 相接。 图11 (1)实验前 调整定滑轮的角度使细 线与长木板平行, 将长木板左侧垫高来 平衡摩擦力(均选填“需要”或“不需要”)。 (2)实验时木盒1中不放细沙,在木盒2 中装入适量的细沙,接通电源,释放纸带,打 点计时器打出一条纸带,加速度记为a1。随 后将木盒1与木盒2(含细沙)位置互换,再次 实验打出第二条纸带,加速度记为a2。两纸 带编号为第一组,改变木盒2中细沙的多少, 重复上述过程,得到多组纸带。如图12所示 为某组实验中获得的两条纸带中的一条,其 中相邻两计数点间还有4个计时点未标出, 已知交流电源的频率为50 Hz,则该纸带对 应的加速度a= m/s2(保留3位有效数 字)。 图12 (3)将实验测得的加速度绘制在图13 中,得到a2-a1 图像。已知当地的重力加速 度为9.80 m/s2,则木盒与长木板间的动摩擦 因数为 (保留2位有效数字)。 (4)由于纸带的影响,实验测得的动摩擦 因数将 (选填“偏大”或“偏小”)。 (5)实验过程中,有时采用“对调法”测量 的两次实验不能全部完成,会导致实验数据 无效,下列方案中能解决此问题的是 。 A.逐步减少木盒2中的细沙开展后续 实验 图13 B.逐步增多木盒2中的细沙开展后续 实验 C.开始时直接将细沙放入木盒1中开展 实验 D.用 密 度 更 大 的 铁 砂 代 替 细 沙 开 展 实验 图14 12.某同 学 设 计 用如图14所示的装 置来验证机械能守恒 定律。 实验器 材:铁 架 台、力的传感器(含数 据采 集 器 及 配 套 软 件、计算机,图中未画 出)、量角器、轻质细绳、小球和刻度尺。 实验步骤:①小球静止在位置Ⅰ时,力的 传感器显示细绳的拉力为F0,测得细绳悬点 O 到小球球心的长度为L;②将小球拉至与 竖直方向成夹角为θ处由静止释放;③通过 软件描绘出细绳的拉力随时间变化的图像如 图15甲所示;④改变将小球由静止释放时细 绳与竖直方向所成夹角θ的值,重复实验,得 到多组数据。 图15 (1)本实验中,小球的重力大小为 (用题中所给物理量符号表示)。 (2)小球在位置Ⅰ时细绳的拉力对应图 15甲中的拉力的 (选填“最大值”和“最 63 演练篇 核心考点AB卷 高考理化 2024年9月 小值”)。 (3)小球从图14中与竖直方向成夹角为 θ处的位置Ⅱ运动到最低点Ⅰ的过程中,重 力势能的减小量为 (用题中所给物理量 符号表示)。 (4)改变将小球由静止释放时细绳与竖 直方向所成夹角θ的值,重复实验。以cos θ 为横轴,以(2)问中小球经过位置Ⅰ时对应的 细绳拉力为纵轴,描点绘图,如图15乙所示, 当图像斜率k= ,纵轴截距b= 时, 即可验证小球的机械能守恒(用题中所给物 理量符号表示)。 四、解答题(本题共3小题,请写出必要 的文字说明、推理过程等) 13.2023年《三体》电视剧异常火爆,点 燃了人类探索未知世界的热情。假如将来的 某一天你成为了一名优秀的航天员,你驾驶 宇宙飞船对火星进行探测,为了研究火星表 面的重力加速度,你精心设计了如图16所示 的实验装置,该实验装置由光滑倾斜轨道 AB、水平轨道BC 和光滑圆形轨道CDE 组 成,轨道间平滑连接(小球经过连接点时速度 大小不变),登陆火星后你做了相关实验:在 倾斜轨道AB 上距水平轨道BC 高h=3R 处 无初速度地释放一个质量为m 的小球,小球 从C 点向右进入半径为R 的光滑圆形轨道 CDE,小球恰好通过圆形轨道最高点E,且测 得小球在E 点的速度为v0。假设火星为均 质球体,火星的半径为r。求: 图16 (1)火星表面的重力加速度g。 (2)火星的第一宇宙速度v。 (3)小球从A 点运动到E 点的过程中, 因摩擦产生的热量Q。 14.“路亚”是一种钓鱼方法,用这种方法 钓鱼时先把鱼饵通过鱼线收到鱼竿末端,再 用力将鱼饵甩向远处。如图17所示,钓鱼爱 好者在a位置开始甩竿,鱼饵被甩至最高点 b时迅速释放鱼线,鱼饵被水平抛出,最后落 在距b点水平距离s=32 m的水面上。已知 开始甩竿时鱼竿与竖直方向间的夹角θ= 53°,鱼饵的质量 m=0.04 kg。甩竿过程中 竿可视为在竖直平面内绕O 点转动,且O 点 到水面的高度h=1.6 m、到鱼竿末端鱼饵的 距离L=1.6 m。鱼饵从b点抛出后,忽略鱼 线对其作用力和空气阻力,取重力加速度 g=10 m/s2,已知sin 53°=0.8,cos 53°= 0.6。求: 图17 (1)鱼饵从b点抛出时的速度大小vb。 (2)释放鱼线前,鱼饵在b点受到鱼竿作 用力F 的大小和方向。 (3)从a点到b点的甩竿过程,鱼竿对鱼 饵做的功W。 图18 15.如图18所示,一 倾角θ=37°的足够长斜面 体固定于地面上,斜面体 上有一质量 M=1 kg的 木板,t=0时刻另一质量 m=1 kg的木块(可视为 质点)以初速度v0=14 m/s从木板下端沿斜 面体向上冲上木板,同时给木板施加一个沿 斜面体向上的拉力F=18 N,使木板由静止 开始运动。当t=1 s时刻撤去拉力F,已知 木板和木块间的动摩擦因数μ1=0.25,木板 和斜面体间的动摩擦因数μ2=0.5,假设最 大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度 g=10 m/s2,已知sin 37°=0.6,cos 37°= 0.8。求: (1)木块和木板速度相等之前各自的加 速度。 73 演练篇 核心考点AB卷 高考理化 2024年9月 (2)木板从开始运动至到达最高点所用 的时间。 (3)若要求木块不从木板的上端冲出,则 木板至少为多长? 1.C 提示:因为人步行时重心升降的幅 度约为脚跨一步距离的0.1倍,所以某高中 生在水平地面上匀速步行1 km的过程中重 心上升的高度约为Δh=0.1×1 m×1 km= 100 m,高中生的重力约为G=500 N,故克服 重力做的功W=GΔh=5×104 J。 2.A 提示:飞机所受重力G 竖直向下, 空气阻力f 与速度方向相反,升力F2 与速 度方向垂直,发动机推力F1 的方向沿喷口的 反方向,对比受力分析示意图可知,只有 A 符合题意。 3.D 提示:根据匀变速直线运动规律, 设O、A 两点的间距为x,经过2 s小球第一 次通过A 点,则x=v0t- 1 2at 2,又经4 s小 球第二次通过C 点,则x+8 m=v0(t+4 s) - 1 2a (t+4 s)2,解得a=2 m/s2,x=16 m, 选项A、B错误。因为B 为AC 的中点,所以 O、B 两点的间距x1=x+4 m=20 m,根据 v2B-v20=-2ax1,解得vB=25 m/s,选项D 正确。根据x1= v0+vB 2 t1 ,解得t1=(5- 5)s,选项C错误。 4.D 提示:根据题图可知,前4 s内,汽 车的牵引力不变,汽车做匀加速直线运动,则 F1-f=ma,其中F1=5×103 N,4 s后汽车 的牵引力减小,则加速度减小,汽车做加速度 减小的加速运动,直至牵引力等于阻力时,做 匀速直线运动,此时有f=F2=2×103 N,解 得a=2.5 m/s2,且在4 s末汽车发动机达到 最大功 率,则 最 大 功 率 Pmax=F1at=5× 104 W,选项A、B、C错误;汽车的最大速度 vmax= Pmax F2 =25 m/s,选项D正确。 5.B 提示:根据牛顿第二定律可得,滑 块沿斜坡下滑时有 mgsin θ-μmgcos θ= ma1,滑 块 沿 斜 坡 上 滑 时 有 mgsin θ+ μmgcos θ=ma2,显然a2>a1。将滑块沿斜 坡上滑过程视为反向的加速度为a2 的从零 开始的匀加速直线运动,则所用的时间更短, 拍摄到的滑块的数量更少,故甲图为滑块沿 斜坡上滑的照片,选项A错误。将滑块沿斜 坡上滑过程视为反向的加速度为a2 的从零 开始的匀加速直线运动,根据速度与位移的 关系式v2=2ax 可知,滑块在斜坡底端时的 速度较大,则速度沿竖直方向的分量较大,重 力的功率较大,选项B正确。因为滑块从斜 坡顶端由静止释放会下滑,所以 mgsin θ> μmgcos θ,即μ<tan θ,选项C错误。垂直于 斜坡方向,斜坡的支持力相同,沿斜坡方向, 摩擦力大小相同、方向相反,因此斜坡对滑块 的作用力不同,选项D错误。 6.C 提示:设题图中每一小方格的边长 为l,斜面倾角为θ,根据动能定理得13mgl -μmgcos θ· 13l sin θ-29μmgl=0 ,nmgl- μmgcos θ· nl sin θ-18μmgl=0 ,解得n=8, 观察题图可以发现丙位置到地面的高度为8 个小方格的高度。 7.B 提示:根据匀变速直线运动的位移 与时间的关系式x=v0t+ 1 2at 2,甲图中的 x-t2 图像为正比关系直线,可得 1 2a=k= 2 2 m/s2,可以求出物体的加速度大小a= 2 m/s2,选项A错误。根据匀变速运动的速 度与位移的关系式v2-v20=2ax,乙图中的 v2-x 图像为正比关系直线,可得2a=k= 10 1 m/s2,可以求出物体的加速度大小a= 5 m/s2,选项B正确。根据匀变速直线运动 的位移与时间的关系式x=v0t+ 1 2at 2,整理 得 x t=v0+ 1 2at ,丙图中的x t-t 图像为一次 函数关系直线,可得1 2a=k= 0-4 2 m/s2,可 以求出物体的加速度a=-4 m/s2,即物体 83 演练篇 核心考点AB卷 高考理化 2024年9月 的加速度大小为4 m/s2,选项C错误。根据 微元法可知,物理学中a-t图像与坐标轴所 围成的图形的面积表示这段时间内物体的速 度变化量,因此利用丁图中的a-t图像可以 求出物体在前2 s内的速度变化量大小Δv= 1 2×3×2 m/s=3 m/s,选项D错误。 8.AD 提示:双星绕同一点转动,角速 度相等,选项A正确。根据G Mm L2 =mω2LA =Mω2LB 可知,星体A 的向心力等于星体B 的向心力,选项B错误。因LA>LB,故m< M,选项C错误。根据G Mm L2 =m 4π2 T2 LA= M 4π2 T2 LB 可 得,G M L2 = 4π2 T2 LA,G m L2 = 4π2 T2 LB,两式相加得 G(M+m) L2 = 4π2L T2 ,解得 星体A 的运动周期T=2π L3 G(M+m) ,选 项D正确。 9.AB 提示:物块从A 点运动到返回B 点的过程中,假设到达B 点时的速度刚好为 零,根据动能定理得-μmg(2AP+AB)= 0- 1 2mv 2 A,解得vA=8 m/s。假设物块从B 点全程加速运动到A 点,根据动能定理得 μmg·AB= 1 2mv 2 A - 1 2mv 2 min,解得vmin= 2 10 m/s=6.32 m/s。假设物块从B 点全 程 减 速 运 动 到 A 点,根 据 动 能 定 理 得 -μmg·AB= 1 2mv 2 A- 1 2mv 2 max,解得vmax= 2 22 m/s=9.38 m/s。因此6.32 m/s≤ v0≤9.38 m/s。 10.CD 提示:两物块分离前加速度相 同,均做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律 可知,两物块分离前所受合外力大小不变,选 项A错误。两物块分离时物块A、B 间的弹 力是零,物块B 具有向上的加速度,其所受 合外力向上,因此弹簧处于压缩状态,选项B 错误。设最初两物块处于静止状态时,弹簧 的压缩量为 x1,则kx1=2mg,解得 x1= 2mg k 。设两物块分离时,弹簧的压缩量为 x2,选物块B 为研究对象,根据牛顿第二定 律得kx2-mg=ma,解得x2= 9mg 5k 。因此 弹簧形的变量Δx=x1-x2= mg 5k ,又有Δx = 1 2at 2,解得t= m 2k ,选项C正确。根据 速度与时间的关系式可得,两物块分离时物 块B 的速度大小vB=at= 4 5 m 2kg ,选项D 正确。 11.(1)需要 不需要 (2)1.20 (3)0.54 (4)偏大 (5)AC 提示:(1)调整定滑轮的高度,使细线与 长木板平行,这样细线的拉力就沿水平方向, 不会影响动摩擦因数的测量。长木板左侧不 能垫高,否则就无法测量摩擦力,也就不能测 量动摩擦因数了。(2)根据处理纸带的逐差 法得a= (x4+x5+x6)-(x1+x2+x3) (3T)2 ,代 入数据解得a=1.20 m/s2。(3)设木盒1的 质量为m1,木盒2(含细沙)的质量为m2,对 整体有 m2g-μm1g=(m1+m2)a1,互换位 置后有 m1g-μm2g=(m1+m2)a2,整理得 a2=-a1+(1-μ)g,结合a2-a1 图像得(1- μ)g=4.5,解得μ=0.54。(4)因为纸带与打 点计时器间有摩擦,所以测量的动摩擦因数 将偏大。(5)逐步减少木盒2中的细沙或直 接将细沙放入木盒1中开展实验,可以确保 对调后能完成实验。 12.(1)F0 (2)最大值 (3)F0L(1- cos θ) (4)-2F0 3F0 提示:(1)小球静止在位置Ⅰ时,根据平 衡条件得G=F0。(2)小球在位置Ⅰ时的速 度最大,根 据 牛 顿 第 二 定 律 得 F-mg= m v2 L ,此时细绳的拉力取最大值。(3)小球从 与竖直方向成夹角为θ处的位置Ⅱ运动到最 低点Ⅰ的过程中,重力做的功 W 重=mgL(1 -cos θ)=F0L(1-cos θ),即重力势能的减 小量为F0L(1-cos θ)。(4)小球在最低点 93 演练篇 核心考点AB卷 高考理化 2024年9月 Ⅰ做圆周运动,细绳的拉力F 与小球重力的 合力提供向心力,设小球到达最低点Ⅰ时的 速度为v,根据牛顿第二定律得 F-mg= m v2 L 。小球从位置Ⅱ由静止释放到运动至最 低点Ⅰ的过程中只有重力做功,机械能守恒, 则mgL(1-cos θ)= 1 2mv 2,解得F=3mg- 2mgcos θ。因此 F-cos θ 图像的斜率k= -2mg=-2F0,纵轴截距b=3mg=3F0。 13.(1)小球恰好通过圆形轨道最高点E 时有mg=m v20 R ,解得g= v20 R 。(2)对环绕火 星表面做圆周运动的质量为 m'的物体有 m'g=m' v2 r ,解得v= rv20 R 。(3)小球从 A 点运动到E 点的过程中,根据能量守恒定律 得mg(h-2R)= 1 2mv 2 0+Q,解得Q= mv20 2 。 14.(1)鱼饵被甩至最高点b时迅速释放 鱼线,鱼饵被水平抛出,根据平抛运动规律得 s=vbt,L+h= 1 2gt 2,解得t=0.8 s,vb= 40 m/s。(2)释放鱼线前,鱼饵在b点,因为 vb> gL=4 m/s,所以鱼饵受到鱼竿作用 力F 的方向竖直向下,根据牛顿第二定律得 mg+F=m v2b L ,解得F=39.6 N。(3)从a 点到b点的甩竿过程,根据动能定理得 W- mgL (1-cos θ)= 1 2mv 2 b,解 得 W = 32.256 J。 15.(1)设木块和木板达共速前二者的加 速度大小分别为a1 和a2 ,木块和木板的受力 分析示意图如图19甲、乙所示。根据牛顿第 二定律,对木块有mgsin θ+f1=ma1,f1= μ1mgcos θ,对木板有F+f1-Mgsin θ-f2= Ma2,f2=μ2(M+m)gcos θ,解得a1=8 m/s2, 方向沿斜面向下;a2=6 m/s2,方向沿斜面向 上。(2)设木块和木板达到共同速度v1 所用 的时间为t1 ,则v1=v0-a1t1=a2t1,解得t1= 1 s,v1=6 m/s。假设木块和木板在力F 撤 去后能保持相对静止,则对由木块和木板组 成的整体有(M +m)gsin θ+f2=(M + m)a,解得a=10 m/s2。当木块受到向下的 摩擦力达到最大静摩擦力(大小等于滑动摩 擦力)时,加速度最大,最大加速度大小为 a1 , a>a1 ,假设不成立,因此在力F 撤去后 木块相对木板继续发生相对运动,木块继续 沿斜 面 向 上 运 动,其 加 速 度 仍 然 为 a1= 8 m/s,方向沿斜面向下。设此过程中木板的 加速度大小为a3,木板的受力分析示意图如 图19丙所示,则 Mgsin θ+f2-f1=Ma3, 解得a3=12 m/s2。根据运动学公式可得,木 板到达最高点还需要的时间t2'= v1 a3 =0.5 s, 所以木板从开始运动至到达最高点所用的时 间t2=t1+t2'=1.5 s。(3)因为a3>a1,所 以木板的速度先减小到零,木块继续上滑,假 设此过程中木板静止在斜面上,受到斜面的 静摩擦力为f,则 Mgsin θ=f+μ1mgcos θ, 解得f=4 N。因为f<f2,所以假设成立, 即木板静止在斜面上,直到木块上滑至速度 减小为零。在木块和木板的速度减小为零过 程中,二者的v-t 图像如图19丁所示。设木 块的位移为s1,木板的位移为s2,木板的最小 长度为 L,根据运动学公式得2a1s1=v20, s2= v1 2t2 ,根据几何关系得L=s1-s2,解得 L=7.75 m。 图19 (责任编辑 张 巧) 04 演练篇 核心考点AB卷 高考理化 2024年9月