阶段滚动卷一-【金版教程】2025年高考物理大二轮刷题首选卷全书Word

大二轮刷题首选卷 物理 阶段滚动卷一 本试卷满分100分，考试时间75分钟。 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．(2024·广西高考)潮汐现象出现的原因之一是在地球的不同位置海水受到月球的引力不相同。图中a、b和c处单位质量的海水受月球引力大小在(　　) A．a处最大 B．b处最大 C．c处最大 D．a、c处相等，b处最小 答案：A 解析：由题图可知，a、b和c处到月球球心的距离ra<rb<rc，根据万有引力定律F＝G，可知题图中a、b和c处单位质量的海水受月球引力大小Fa>Fb>Fc，故选A。 2.(2024·辽宁省大连市高三下二模)2028年奥运会新增壁球运动项目。如图所示，运动员从A点将球斜向上击出，水平击中墙上B点反弹后又水平飞出，落到C点，BB′竖直，AB′C三点在同一水平面上，B′C垂直于AC。不计空气阻力，球碰撞B点前后的速度大小分别为v1、v2，球在AB、BC两段运动时间分别为t1、t2，则下列关系式正确的是(　　) A．v1＝v2 B．v1<v2 C．t1>t2 D．t1＝t2 答案：D 解析：依题意，球在AB段做斜抛运动，看成反方向的平抛运动，在竖直方向上，有hBB′＝gt，在水平方向上，有xAB′＝v1t1，球在BC段做平抛运动，同理有hBB′＝gt，xCB′＝v2t2，解得t1＝t2，由题图可知xAB′>xCB′，解得v1>v2，故A、B、C错误，D正确。 3．(2024·福建省厦门市高三下第三次质量检测)某博物馆发起了一项“单手拿金砖”的挑战。如图所示，静置在桌面上金砖的纵截面为上窄下宽的梯形，挑战者用单手捏住金砖a、b两侧面，竖直拿起金砖并保持25秒以上即挑战成功。已知金砖质量为25 kg，截面底角为71°，手与金砖间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取10 m/s2，sin71°＝0.95，cos71°＝0.33，若要缓慢竖直拿起金砖，挑战者对a侧面的压力至少约为(　　) A．2500 N B．2000 N C．1500 N D．300 N 答案：A 解析：设金砖的质量为m，截面底角为θ，手与金砖间的动摩擦因数为μ，对被缓慢竖直拿起的金砖受力分析，可知金砖受到手的压力F，手的摩擦力f以及重力mg的作用，如图所示，在竖直方向上，由平衡条件可得2fsinθ＝2Fcosθ＋mg，其中f≤μF，解得F≥＝2500 N，即若要缓慢竖直拿起金砖，挑战者对a侧面的压力至少约为2500 N，故选A。 4.(2024·江苏省南通市高三下模拟预测)如图所示，质量相同的两小球分别系在一根细线的下端和中点，细线的上端悬于O点。现使系统绕过O点的竖直轴以某一角速度匀速转动，稳定时两球可能的位置是(　　) 答案：D 解析：设两小球的质量均为m，系统稳定时，两球做匀速圆周运动的角速度均为ω，上段细线与竖直方向的夹角为θ1，张力为F1，下段细线与竖直方向的夹角为θ2，张力为F2，细线的总长度为2L。在竖直方向，根据平衡条件，对上方小球有F1cosθ1－F2cosθ2＝mg　①，对下方小球有F2cosθ2＝mg　②。若两段细线偏向同一侧(如题中A、B选项的情境)，在水平方向，根据牛顿第二定律，对上方小球有F1sinθ1－F2sinθ2＝mω2Lsinθ1　③，对下方小球有F2sinθ2＝mω2(Lsinθ1＋Lsinθ2)　④，由①②③④得tanθ1＝，由②④得tanθ2＝，故tanθ1<tanθ2，θ1<θ2，A、B错误；若两段细线偏向不同方向(如题中C、D选项的情境)，对下方小球受力分析知，F2水平方向的分力应指向过O点的竖直轴，即两小球应在竖直轴的不同侧，故C错误，D正确。 5.(2023·辽宁省鞍山市高三下第二次质量监测)两个完全相同的小球A、B用长度均为L的细线悬于天花板上，如图所示。若将A从图示位置由静止释放，不考虑空气阻力，则B球被碰后第一次速度为零时距离最低点的高度可能是(　　) A. B. C. D. 答案：B 解析：设A、B质量均为m。小球A从释放到最低点，由动能定理可知mg(L－Lcos60°)＝mv－0，解得碰前瞬间A的速度vA＝。若A与B发生弹性碰撞，由机械能守恒定律和动量守恒定律可知两者交换速度，即碰后B的速度vB＝vA＝，B上升过程中由动能定理可知－mgh＝0－mv，解得B球被碰后第一次速度为零时距离最低点的高度h＝；若A与B发生完全非弹性碰撞，即碰后A、B粘在一起，由动量守恒定律可知mvA＝2mv，解得碰后瞬间A、B的速度v＝，在A、B上升过程中，由动能定理可知－2mgh′＝0－×2mv2，解得B球被碰后第一次速度为零时距离最低点的高度h′＝。结合上述分析，B球被碰后第一次速度为零时距离最低点的高度在到之间，故B可能，A、C、D不可能。 6.(2024·湖南省娄底市高三下一模)如图所示，半径为R的大圆环悬挂固定在竖直平面内，圆心为O，质量为m的小圆环套在大圆环上，从大圆环顶端由静止开始下滑，当小圆环运动到P点(图中未画出)时，向心加速度大小等于重力加速度g的3倍，下列说法正确的是(　　) A．小圆环运动到P点的过程中重力势能减少mgR B．小圆环运动到P点时的速度大小为 C．PO连线与竖直方向的夹角为60° D．小圆环运动到P点时大圆环对小圆环的弹力大小为3mg 答案：C 解析：设小圆环运动到P点时的速度大小为v，重力势能的减少量为ΔEp，由题意可知，此时小圆环的向心加速度大小an＝＝3g，小圆环运动到P点的过程中重力势能的减少量等于动能的增加量，即ΔEp＝mv2，联立可得v＝，ΔEp＝mgR，故A、B错误；设PO连线与竖直方向的夹角为θ，小圆环运动到P点时大圆环对小圆环的弹力大小为FN，如图所示，小圆环从初始位置运动到P的过程中，根据动能定理有mgR·(1＋cosθ)＝mv2－0，在P点，根据牛顿第二定律有FN－mgcosθ＝m，联立可得FN＝mg，cosθ＝，所以θ＝60°，故C正确，D错误。 7．(2023·福建省福州市高三二模)在无风天气里，毽子受到的空气阻力大小与其下落的速度大小成正比。一毽子从高处由静止竖直下落至地面的过程中，位移大小为x、速度大小为v、加速度大小为a、重力势能为Ep、动能为Ek、下落时间为t。取地面为零势能面，则下列图像正确的是(　　) 答案：B 解析：依题意可知，毽子所受空气阻力大小f＝kv(k为大于零的常量)，根据牛顿第二定律有mg－f＝ma，得a＝g－v，B正确；毽子下落过程中，速度v逐渐变大，则加速度逐渐减小，最后加速度可能减小为零，即速度先增大后可能不变，则x­t图像的斜率先增加后可能不变，A错误；设毽子原来的高度为h，则重力势能Ep＝mg(h－x)，则Ep与x为线性关系，C错误；根据动能定理W合＝ΔEk及功率的定义式P＝，可知Ek­t图像的斜率为＝P合，合外力做功的功率P合＝(mg－kv)v，在下落过程中，v从0逐渐变大，最后可能不变，则Ek­t图像的斜率先从0增大，最后可能减小到0，D错误。 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8.在光滑水平桌面上有一个静止的木块，高速飞行的子弹水平穿过木块，若子弹穿过木块过程中受到的摩擦力大小不变，则(　　) A．若木块固定，则子弹对木块的摩擦力的冲量为零 B．若木块不固定，则子弹减小的动能大于木块增加的动能 C．不论木块是否固定，两种情况下木块对子弹的摩擦力的冲量大小相等 D．不论木块是否固定，两种情况下子弹与木块间因摩擦产生的热量相等 答案：BD 解析：若木块固定，子弹在木块中运动的时间t不为零，摩擦力f不为零，则子弹对木块的摩擦力的冲量I＝ft不为零，故A错误；若木块不固定，子弹减小的动能等于木块增加的动能与系统增加的内能之和，可知子弹减小的动能大于木块增加的动能，故B正确；木块固定时子弹射出木块所用时间较短，木块不固定时子弹射出木块所用时间较长，摩擦力大小不变，则木块不固定时木块对子弹的摩擦力的冲量大小大于木块固定时木块对子弹的摩擦力的冲量大小，故C错误；不论木块是否固定，摩擦力与木块厚度都相等，因摩擦产生的热量等于摩擦力与木块厚度的乘积，因此两种情况下子弹与木块间因摩擦产生的热量相等，故D正确。 9.(2024·广东省汕头市高三下二模)如图所示，球筒中静置着一个羽毛球。小明左手拿着球筒，右手迅速拍打筒的上端，使筒获得向下的初速度并与左手发生相对运动，最后羽毛球(视为质点)从上端筒口出来。已知球筒质量为M＝90 g(不含球的质量)，羽毛球质量为m＝5 g，球筒与手之间的滑动摩擦力为f1＝2.6 N，球与筒之间的滑动摩擦力为f2＝0.1 N，开始时球离筒的上端距离为d＝9 cm，重力加速度g取10 m/s2，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是(　　) A．静置时，羽毛球受到的摩擦力为0.1 N B．拍打球筒后瞬间，羽毛球受到向上的摩擦力 C．拍打球筒后瞬间，羽毛球的加速度为30 m/s2 D．仅拍打一次，羽毛球恰能出来，则筒的初速度为3 m/s 答案：CD 解析：静置时，根据平衡条件可知，羽毛球受到的摩擦力f＝mg＝0.05 N，故A错误；拍打球筒后瞬间，球筒相对于羽毛球向下运动，则羽毛球给球筒的摩擦力向上，而根据牛顿第三定律可知，球筒给羽毛球的摩擦力向下，故B错误；拍打球筒后瞬间，设羽毛球的加速度大小为a1，由牛顿第二定律有mg＋f2＝ma1，解得a1＝30 m/s2，故C正确；仅拍打一次，羽毛球恰能出来，则羽毛球相对球筒上升距离d后恰好与球筒达到共速，设球筒的加速度大小为a2，初速度大小为v，由牛顿第二定律有f1＋f2－Mg＝Ma2，解得a2＝20 m/s2，球筒向下做匀减速运动，羽毛球向下做匀加速运动，设经过时间t后羽毛球与球筒共速，由运动学规律有v－a2t＝a1t，vt－a2t2－a1t2＝d，联立解得v＝3 m/s，故D正确。 10.(2023·湖北省十堰市高三下4月调研)如图所示，光滑直角杆aOb固定，质量均为0.1 kg的P、Q两小球(均可视为质点)分别套在水平杆Oa和竖直杆Ob上，两小球用长为5 m的细线(不可伸长)相连。开始时P静止在O点，现对P施加一水平拉力，使P向右做加速度大小为0.5 m/s2的匀加速直线运动(Q未到达O点)。取重力加速度大小g＝10 m/s2。在P从O点向右运动4 m的过程中(　　) A．该水平拉力F先增大后减小 B．P所受重力的冲量大小为4 N·s C．Q所受重力对Q做的功为－3 J D．该水平拉力F做的功为 J 答案：BD 解析：由于细线不可伸长且一直绷直，所以P、Q沿细线方向的速度、加速度相等，令∠OPQ＝θ，则有vPcosθ＝vQsinθ，aPcosθ＝aQsinθ，根据牛顿第二定律有F－Tcosθ＝maP，Tsinθ－mg＝maQ，解得F＝maP＋＋，P向右运动过程中，θ减小，则水平拉力F增大，A错误；P从O点向右运动4 m的过程有x＝aPt2，解得t＝4 s，则P所受重力的冲量大小I＝mgt＝4 N·s，B正确；Q的位移大小为x′＝5 m－ m＝2 m，则Q所受重力对Q做的功W＝－mgx′＝－2 J，C错误；P的末速度大小vP1＝aPt＝2 m/s，根据cosθ1＝可知，当P运动了4 m时，夹角θ＝θ1＝37°，结合vP1cosθ1＝vQ1sinθ1可解得此时Q的速度大小vQ1＝ m/s，对P、Q系统根据功能关系有WF＝mv＋mv＋mgx′，解得WF＝ J，D正确。 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11．(6分)(2023·辽宁省丹东市高三下质量测试(一))某实验小组为验证系统机械能守恒，设计了如图甲所示的装置，实验过程如下： (1)用螺旋测微器测量砝码上端固定的遮光片厚度时，螺旋测微器示数如图乙所示，则d＝________ mm，测得砝码和遮光片总质量m＝0.026 kg； (2)按图甲安装实验器材并调试，确保砝码竖直上下振动时，遮光片运动最高点高于光电门1的激光孔，运动最低点低于光电门2的激光孔； (3)实验时，利用计算机记录弹簧拉伸量x及力传感器的读数F，画出F­x图像，如图丙所示； (4)测量遮光片经过光电门1的挡光时间t1＝0.0051 s，弹簧的拉伸量x1＝0.04 m，经过光电门2的挡光时间t2＝0.0102 s，弹簧的拉伸量x2＝0.08 m，以及两个光电门激光孔之间的距离h＝0.04 m； (5)遮光片从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的增加量Ep＝________ J，系统动能的减少量Ek＝________ J(结果保留三位有效数字，g＝10 m/s2)，实验表明在误差允许范围内系统机械能守恒。 答案：(1)2.040 (5)1.60×10－3　1.56×10－3 解析：(1)螺旋测微器的分度值为0.01 mm，则遮光片厚度为d＝2 mm＋4.0×0.01 mm＝2.040 mm。 (5)遮光片从光电门1运动到光电门2的过程中，系统的弹性势能增加量Ep1＝·h＝×0.04 J＝0.012 J，重力势能减小量Ep2＝mgh＝0.0104 J，系统势能的增加量Ep＝Ep1－Ep2＝1.60×10－3 J，通过光电门的速度v＝，系统动能的减少量Ek＝m－m＝1.56×10－3 J。 12．(8分)(2023·江苏省苏锡常镇四市高三下一模)某实验小组用如图甲所示装置测量木块与木板间的动摩擦因数μ。 实验操作步骤如下：①取若干个完全相同的钩码，将部分钩码悬挂在细线下，剩余的钩码放在木块凹槽中，记录悬挂钩码的个数n；②保持长木板水平，释放木块后打点计时器打出纸带；③将木块凹槽中的钩码逐个添加到细线下端，重复多次打出纸带。 (1)如图乙所示，用刻度尺测量纸带上点的位置，其中第4个点的位置对应的刻度为________ cm。 (2)已知打点计时器工作时每隔T＝0.02 s打一次点，则如图乙所示打第5个点时木块的瞬时速度为________ m/s。(结果保留两位有效数字) (3)测得悬挂钩码数n与木块相应的加速度a如下表，请根据表中数据在图丙中作出a­n图像。已知当地重力加速度g＝9.8 m/s2，由图线可求得木块与木板间的动摩擦因数μ＝________。(结果保留两位有效数字) a/(m/s2) 0.60 1.30 1.96 2.62 3.30 n/个 6 7 8 9 10 (4)实验中发现木板未调节水平，右端偏高，考虑到此因素的影响，μ的测量值________(填“大于”“小于”或“等于”)真实值。 答案：(1)10.30　(2)0.85 (3)图见解析　0.35　(4)小于 解析：(1)由题图乙知刻度尺的分度值为0.1 cm，读数时需要估读到分度值的下一位，则第4个点的位置对应的刻度为10.30 cm。 (2)由题意可知，木块释放后做匀变速直线运动，根据匀变速直线运动某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段时间的平均速度，并结合题图乙可得v5＝＝ m/s＝0.85 m/s。 (3)根据表中数据作出a­n图像如图所示。设每个钩码的质量为m，所有钩码质量之和为M，木块质量为m0，当细线下端挂有n个钩码时，对这n个钩码，根据牛顿第二定律有nmg－T＝nma；对木块及剩余钩码，根据牛顿第二定律有T－μ(M＋m0－nm)g＝(M＋m0－nm)a，联立解得a＝n－μg，结合a­n图像可得μg＝3.4 m/s2，解得μ＝0.35。 (4)实验中发现木板未调节水平，右端偏高，设木板与水平面夹角为θ，当细线下端挂有n个钩码时，对这n个钩码，根据牛顿第二定律有nmg－T＝nma；对木块及剩余钩码，根据牛顿第二定律有T＋(M＋m0－nm)gsinθ－μ(M＋m0－nm)gcosθ＝(M＋m0－nm)a，联立解得a＝n－(μgcosθ－gsinθ)，纵轴截距的绝对值为μgcosθ－gsinθ＝b，则μ＝，若仍按照μ＝计算，则μ的测量值小于真实值。 13.(8分)(2024·辽宁省沈阳市高三下一模)一种巨型娱乐器械可以使人们体验超重和失重。可乘坐多人的环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上H＝48 m的高空，然后座舱从静止开始以a1＝8 m/s2的加速度匀加速下落了36 m，制动系统启动，座舱立即匀减速下落，到地面时刚好停下。已知重力加速度g取10 m/s2。求： (1)制动系统启动时，座舱速度的大小及减速阶段加速度a2的大小； (2)制动系统启动后，座椅对游客的支持力是游客重力的多少倍？ 答案：(1)24 m/s　24 m/s2　(2)倍 解析：(1)设制动系统启动时，座舱下落的高度为x1，速度的大小为v，在座舱匀加速下落阶段，根据运动学公式有v2＝2a1x1 解得v＝24 m/s 座舱匀减速下落的距离为x2＝H－x1 在座舱匀减速下落的阶段，根据运动学公式有0－v2＝－2a2x2 联立解得a2＝24 m/s2。 (2)设游客的质量为m，则游客的重力为mg，制动系统启动后，设座椅对游客的支持力为N，根据牛顿第二定律可得 N－mg＝ma2 代入数据可得＝ 即座椅对游客的支持力是游客重力的倍。 14．(14分)(2024·广东省梅州市高三二模)如图为某食品厂生产流水线的一部分，AB是半径为R的光滑半圆轨道，产品2加工后以vA＝的速率从A点沿半圆轨道下滑，到达轨道最低点B处时，与静止在此处的产品1发生弹性碰撞(假设每一个产品的质量均为m)，被碰后的产品1沿粗糙的水平轨道BC滑动，以vC＝的速度滑上运行速度为v的传送带CD。其中BC段为生产线中的杀菌平台，长度为4R，CD段为传送带，长度为14R，产品与传送带间的动摩擦因数为μ2＝0.5，求： (1)为了保证产品以最短的时间经过CD，则传送带的速度应满足什么条件？ (2)产品与BC段杀菌平台间的动摩擦因数μ1是多少？ (3)调整产品从A点出发的速度可以调整杀菌的时间，则产品既不脱轨又能滑上传送带的最长杀菌时间t是多少？ 答案：(1)v≥4　(2)　(3) 解析：(1)若产品由C运动到D的过程中一直加速，则传送时间最短，设产品在传送带上加速获得的最大速度为vm，由动能定理有 μ2mg×14R＝mv－mv 解得vm＝4 则传送带速度应满足v≥4。 (2)设产品2到达B处时的速度大小为vB，在产品2从A运动到B的过程中，由动能定理得mg×2R＝mv－mv 设产品1和产品2发生弹性碰撞后的速度分别为v1和v2，以水平向左为正方向，由动量守恒定律有mvB＝mv1＋mv2 由总动能不变，有mv＝mv＋mv 联立解得v1＝vB＝，v2＝0(另一解v1＝0，v2＝，不符合实际，舍去) 对产品1进入杀菌平台后滑行到C点的过程，由动能定理得 －μ1mg×4R＝mv－mv 解得μ1＝。 (3)若要保证产品不脱轨，则产品2在A点的最小速度vAm满足mg＝ 设此时产品2到达B处时的速度为vB′，由动能定理可知 mg×2R＝mvB′2－mv 解得vB′＝ 同第(2)问原理知，此时产品1进入杀菌平台的速度为v1′＝vB′＝ 若要保证产品能滑上传送带，则产品1进入杀菌平台的最小速度v1m满足 －μ1mg×4R＝0－mv 解得v1m＝ v1′＝v1m，则此时产品既恰好不脱轨又恰好能滑上传送带，此时产品进入杀菌平台后杀菌时间最长，由动量定理得－μ1mgt＝0－mv1′ 解得t＝。 15．(18分)(2024·河北省张家口市高三下三模)如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧槽A与长度也为R、上表面粗糙的木板B静止在光滑水平面上，A、B之间通过大小可忽略的感应器平滑连接，当有滑块从连接处经过时两部分分离；初始时木板B的右端贴近等高的固定平台D停放；在平台左端有一弹射器，当小滑块进入弹射器后会自动补充一定量的机械能，然后以某个角度射出。小滑块C自圆弧槽的顶端由静止滑下，滑到木板B的右端时恰好与B共速，然后B撞上固定平台停止运动，滑块进入弹射器，由弹射器补充能量后射出，恰好击中距离弹射器水平距离为R、高度为R的目标。已知小滑块C的质量为m，光滑圆弧槽A、木板B的质量均为m，重力加速度为g，空气阻力不计。求： (1)小滑块C运动到圆弧槽A的最低端时对圆弧槽的压力； (2)木板B右端与固定平台的最大距离； (3)小滑块C经过弹射器的过程中需要补充能量的最小值及对应的弹射角。 答案：(1)5mg，方向竖直向下　(2)R (3)mgR　60° 解析：(1)设小滑块C运动到圆弧槽A的最低端时，小滑块C的速度大小为vC，圆弧槽A、木板B的速度大小为vAB，圆弧槽A对小滑块C的支持力大小为FN，以A、B、C整体为研究对象，水平方向根据动量守恒定律得 mvC－mvAB＝0 根据机械能守恒定律得 mv＋mv＝mgR 联立解得vC＝，vAB＝ 则C相对圆弧槽A运动的速度大小为 v相＝vC＋vAB 对C，由牛顿第二定律有FN－mg＝ 联立解得FN＝5mg，方向竖直向上 由牛顿第三定律得，小滑块C对圆弧槽的压力大小FN′＝FN＝5mg，方向竖直向下。 (2)小滑块C沿圆弧槽下滑的过程中，设用时为t1，C的水平分速度的平均大小为C，A、B整体的平均速度大小为AB，对A、B、C整体 水平方向根据动量守恒定律得 mC－mAB＝0 两边同时乘以t1得mCt1－mABt1＝0 由题意可知Ct1＋ABt1＝R 联立解得，此过程A、B向左运动的距离 xAB＝ABt1＝R 设B、C共速后的速度大小为vBC，B、C间的动摩擦因数为μ，自C滑到B上至C与B共速的过程，对B、C整体，以向右为正方向，根据动量守恒定律得mvC－mvAB＝mvBC 解得vBC＝ 由能量守恒定律得 mv＋×mv＝×mv＋μmgR 设自C滑上B至B的速度减为0的过程中，B运动的距离为xB，由动能定理有 －μmgxB＝0－×mv B离开平台的最大距离为xm＝xAB＋xB 联立解得xm＝R。 (3)设小滑块C离开弹射器时速度大小为v，方向与水平方向夹角为α，之后小滑块C做斜上抛运动，设小滑块C在空中运动的时间为t，则 在水平方向上，有R＝vcosα·t 在竖直方向上，有R＝vsinα·t－gt2 联立解得v2＝ 由数学知识可知v＝ 当2α－30°＝90°，即α＝60°时，v有最小值，为vmin＝ 需要补充能量的最小值为 ΔE＝mv－mv 解得ΔE＝mgR。 15 学科网（北京）股份有限公司 $$