第二章 综合测评-【金版教程】2026年高考物理一轮总复习首选用卷全书Word

高考总复习首选用卷 物理 第二章　综合测评 　时间：75分钟　　满分：100分 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．有一列满载的火车，以一定的初速度在水平轨道上做匀减速直线运动，它的加速度大小为kg(0<k<1)，则装满砾石的某节车厢中，位于中间位置的一个质量为m的砾石受到的周围其他砾石对它的总作用力大小应是(　　) A．mg B．kmg C．mg(1＋k2) D．mg(1－k2) 答案：C 解析：砾石随火车一起在水平方向上做匀减速直线运动，加速度大小与火车相同，对此砾石受力分析可知，在水平方向上，根据牛顿第二定律可得其他砾石对它的作用力的水平分力大小为Fx＝mkg，在竖直方向上，此砾石受力平衡，则其他砾石对它的作用力的竖直分力大小为Fy＝mg，则此砾石受到的周围其他砾石对它的总作用力大小为F＝(F＋F)＝mg(1＋k2)，故C正确，A、B、D错误。 2.某同学看过“水流星”表演后，用一次性杯子和绳子也制作了一个“水流星”，如图所示，他抡动绳子让杯子在竖直平面内做圆周运动，若杯子和水能做完整的圆周运动，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．杯子和水经过最低点时处于失重状态 B．杯子和水经过最高点时处于超重状态 C．在最低点时放开绳子，杯子和水做斜上抛运动 D．在最高点时放开绳子，杯子和水做平抛运动 答案：D 解析：杯子和水经过最低点时，具有向上的加速度，处于超重状态，A错误；杯子和水经过最高点时，具有向下的加速度，处于失重状态，B错误；在最低点和最高点时放开绳子，杯子和水均水平抛出，做平抛运动，C错误，D正确。 3.如图，是一个小球从水平向右的横风区正上方自由下落的闪光照片，除横风区外，其他位置的空气作用力可不计，则(　　) A．小球在横风区中水平速度不变 B．小球刚进入横风区时加速度水平向右 C．小球刚从横风区飞出时速度最大 D．小球从横风区飞出后，做匀变速曲线运动 答案：D 解析：小球刚进入横风区时，受重力和水平向右的风力，根据牛顿第二定律可知，小球在水平方向和竖直方向均做加速运动，水平方向的速度增大，由矢量合成可知，小球刚进入横风区时加速度方向斜向右下方，故A、B错误；小球从横风区飞出后，只受重力作用，加速度方向竖直向下，与速度夹角为锐角，则小球做匀变速曲线运动，向下运动过程中速度不断增大，所以小球刚从横风区飞出时速度不是最大，故C错误，D正确。 4．(2022·湖北高考)2022年5月，我国成功完成了天舟四号货运飞船与空间站的对接，形成的组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，周期约90分钟。下列说法正确的是(　　) A．组合体中的货物处于超重状态 B．组合体的速度大小略大于第一宇宙速度 C．组合体的角速度大小比地球同步卫星的大 D．组合体的加速度大小比地球同步卫星的小 答案：C 解析：组合体绕地球做匀速圆周运动，则组合体及其中的货物所受到的地球引力全部用来提供向心力，处于完全失重状态，A错误；第一宇宙速度为最大的环绕速度，则组合体的速度大小不可能大于第一宇宙速度，B错误；已知地球同步卫星的周期为24 h，则T组合体<T同步，根据ω＝，可知ω组合体>ω同步，C正确；由G＝mr＝ma，整理有T＝2π，a＝，由于T组合体<T同步，可得r组合体<r同步，则a组合体>a同步，D错误。 5．2021年2月，天问一号火星探测器被火星捕获，经过系列变轨后从“调相轨道”进入“停泊轨道”，为着陆火星做准备。如图所示，阴影部分为探测器在不同轨道上绕火星运行时与火星的连线每秒扫过的面积，下列说法正确的是(　　) A．根据开普勒第二定律可知，图中两阴影部分的面积相等 B．从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器周期变大 C．从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器机械能变小 D．探测器在P点的加速度小于在N点的加速度 答案：C 解析：根据开普勒第二定律可知，探测器绕火星运行时，在同一轨道上与火星的连线每秒扫过的面积相等，但根据开普勒第二定律无法判断探测器在不同轨道上与火星的连线每秒扫过的面积是否相等，故A错误；由题图知，“停泊轨道”的半长轴比“调相轨道”的半长轴小，根据开普勒第三定律知，探测器在“停泊轨道”上的运行周期比在“调相轨道”上小，故B错误；探测器从“调相轨道”进入“停泊轨道”，需在P点减速，使离心运动的“离心程度”变小，机械能减小，故C正确；根据牛顿第二定律有＝ma，解得a＝，由于rP<rN，可知探测器在P点的加速度比在N点的大，故D错误。 6．(2025·湖北省部分学校高三上10月月考)如图所示，三个水平圆盘A、B、C紧挨在一起，转动过程中不打滑。已知A、B、C的半径之比为1∶2∶3，现将可视为质点的两个小物块M和N分别置于B、C的边缘随圆盘一起转动，M、N与圆盘之间的最大静摩擦力均为其所受重力的μ倍。从静止开始缓慢增大A转动的角速度，则下列说法正确的是(　　) A．B、C两圆盘转动的方向相反 B．M与圆盘之间先发生相对滑动 C．A、B、C三个圆盘转动的角速度之比为3∶2∶1 D．A、B、C三个圆盘边缘处的向心加速度大小之比为3∶2∶1 答案：B 解析：由题图可知，B与A转动方向相反，C与A转动方向相反，则B、C两圆盘转动方向相同，A错误；根据f＝m、f≤μmg可知，物块即将滑动时的速度v0＝，由于rM<rN，则v0M<v0N，而A、B、C三个圆盘边缘处的线速度大小v盘相同，则随着A转动的角速度的增大，v盘先增大到v0M，因此M与圆盘之间先发生相对滑动，B正确；由v＝ωr以及an＝可得，A、B、C三个圆盘转动的角速度之比为ωA∶ωB∶ωC＝∶∶＝6∶3∶2，三个圆盘边缘处的向心加速度大小之比为aA∶aB∶aC＝∶∶＝6∶3∶2，C、D错误。 7．(2024·四川省达州市高三下二诊)如图是巴山大峡谷罗盘顶滑雪项目滑道简化示意图。长直助滑道AB与水平起跳平台BC平滑连接，着陆坡足够长。可视为质点的运动员(含滑板)沿AB滑下，经过一段时间从C点沿水平方向飞出，最后落在着陆坡上的D点，E点离着陆坡CD最远。在不考虑空气阻力的情况下，下列说法正确的是(　　) A．运动员在助滑道上受重力、支持力、摩擦力和下滑力作用 B．轨迹CE和ED在竖直方向的投影长度之比为1∶3 C．E点到着陆坡的距离与离开C点时的速率成正比 D．运动员在空中的飞行时间与离开C点时的速率的平方成正比 答案：B 解析：运动员在助滑道上受重力、支持力、摩擦力作用，故A错误；设运动员从C到D的时间为t1，根据平抛运动的规律有tanθ＝＝＝，解得t1＝，将运动员离开跳台后的速度，分解为垂直于坡面的分速度和平行于坡面的分速度，当运动员垂直于坡面的分速度为零时，即运动员速度方向与水平面夹角也为θ时，运动员离着陆坡最远，设运动员从C到E的时间为t2，则在E点有tanθ＝＝，解得t2＝，故＝，由y＝gt2可得，轨迹CE和CD在竖直方向的投影长度之比为＝＝，故轨迹CE和ED在竖直方向的投影长度之比为＝＝，故B正确；运动员在垂直坡面方向的加速度大小为a＝gcosθ，运动员从C点到E点，在垂直坡面方向的运动，由逆向思维可得E点到着陆坡的距离为h＝at＝，故E点到着陆坡的距离与离开C点时的速率的平方成正比，故C错误；由t1＝可知，运动员在空中的飞行时间与离开C点时的速率成正比，故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。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．如图甲所示，物块A、B中间用一根轻质弹簧相连，静止在光滑水平面上，弹簧处于原长，物块A的质量为1.5 kg。t＝0时对物块A施加水平向右的恒力F，t＝1 s时撤去，在0～1 s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，则(　　) A．t＝1 s时，物块A的速度为0.8 m/s B．t＝1 s时，弹簧弹力为0.6 N C．物块B的质量为0.8 kg D．F的大小为1.5 N 答案：BD 解析：a­t图像中图线与t轴所围的面积表示速度变化量，若0～1 s内物块A的加速度从1.0 m/s2均匀减小到0.6 m/s2，则a­t图像中图线与t轴所围的面积为Δv＝×1 m/s＝0.8 m/s，而物块A的初速度为零，a­t图像是下凹的曲线，其面积小于Δv，即t＝1 s时物块A的速度小于0.8 m/s，故A错误；由a­t图像知，t＝0时物块A的加速度为a0＝1.0 m/s2，由牛顿第二定律有F＝mAa0＝1.5 N，t＝1 s时两者的加速度相等，为a1＝0.6 m/s2，对A、B由牛顿第二定律有F－F弹＝mAa1，F弹＝mBa1，解得mB＝1 kg，F弹＝0.6 N，故B、D正确，C错误。 9.(2024·江西省部分学校高三下二模)预计在2025年1月16日，地球恰好运行到火星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线，此现象被称为“火星冲日”。如图所示，火星和地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，火星与地球的公转轨道半径之比约为3∶2，地球与火星的质量之比约为10∶1，地球与火星的半径之比约为2∶1，已知半径为R的球的体积V＝，取＝2.45，根据以上信息结合生活常识可知(　　) A．火星与地球的平均密度之比约为4∶5 B．火星与地球绕太阳运动的周期之比约为27∶8 C．火星与地球表面的重力加速度大小之比约为2∶5 D．相邻两次“火星冲日”的时间约为801天 答案：ACD 解析：根据密度ρ＝，V＝，联立得ρ＝，则火星与地球的平均密度之比＝·≈×＝，故A正确；火星与地球均绕太阳转动，根据开普勒第三定律得＝，则火星与地球绕太阳运动的周期之比＝≈＝，故B错误；根据物体在星球表面所受的重力近似等于万有引力，有G＝mg，解得星球表面的重力加速度大小g＝，则火星与地球表面的重力加速度大小之比＝·≈×＝，故C正确；根据火星与地球绕太阳运动的周期之比约为＝，地球的公转周期为T地＝1年，可知火星的公转周期约为T火＝1.8375年，设相邻两次“火星冲日”的时间为t，地球比火星多公转1圈，则有－＝1，若一年按365天算，则解得t≈801天，故D正确。 10.如图所示，半径为R的半球形陶罐固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合，转台以一定角速度ω匀速旋转。甲、乙两个小物块(可视为质点)质量均为m，分别在转台的A、B两处随陶罐一起转动且始终相对罐壁静止，OA、OB与OO′间的夹角分别为α＝30°和β＝60°，重力加速度大小为g。当转台的角速度为ω0时，小物块乙受到的摩擦力恰好为零，下列说法正确的是(　　) A．ω0＝ B．当转台的角速度为ω0时，甲有上滑的趋势 C．当角速度从0.5ω0缓慢增加到1.5ω0的过程中，甲受到的摩擦力一直增大 D．当角速度从0.5ω0缓慢增加到1.5ω0的过程中，甲受到的支持力一直增大 答案：BD 解析：当转台的角速度为ω0时，设陶罐内壁对物块乙的支持力为F0，对小物块乙，竖直方向有F0cosβ＝mg，水平方向有F0sinβ＝mωRsinβ，解得ω0＝，故A错误；设当转台的角速度为ω1时，物块甲受到的摩擦力恰好为零，此时陶罐内壁对物块甲的支持力为F1，对物块甲，竖直方向有F1cosα＝mg，水平方向有F1sinα＝mωRsinα，解得ω1＝＜ω0，所以当转台的角速度为ω0时，罐壁对物块甲的支持力的水平分力不足以提供物块甲做圆周运动所需要的向心力，物块甲必然受到一个沿罐壁切线向下的静摩擦力，即物块甲有上滑的趋势，故B正确；设当转台的角速度为ω时，甲受到的支持力为F，受到的摩擦力为f，其中以沿罐壁切线向下为f的正方向，对物块甲，竖直方向有Fcosα＝mg＋fsinα，水平方向有Fsinα＋fcosα＝mω2Rsinα，联立解得F＝mgcosα＋mω2Rsin2α，f＝mω2Rsinαcosα－mgsinα，可知甲受到的支持力随ω增大而增大，又0.5ω0＝<ω1＝<1.5ω0＝，且ω1所对应的摩擦力f＝0，则当角速度从0.5ω0缓慢增大到1.5ω0的过程中，f的数值从负值逐渐增大，直至最后为正值，即甲受到的摩擦力先沿罐壁切线向上减小，后沿罐壁切线向下增大，C错误，D正确。 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11．(6分)(2020·天津高考)某实验小组利用图1所示装置测定平抛运动的初速度。把白纸和复写纸叠放一起固定在竖直木板上，在桌面上固定一个斜面，斜面的底边ab与桌子边缘及木板均平行。每次改变木板和桌边之间的距离，让钢球从斜面顶端同一位置滚下，通过碰撞复写纸，在白纸上记录钢球的落点。 (1)为了正确完成实验，以下做法必要的是________。 A．实验时应保持桌面水平 B．每次应使钢球从静止开始释放 C．使斜面的底边ab与桌边重合 D．选择对钢球摩擦力尽可能小的斜面 (2)实验小组每次将木板向远离桌子的方向移动0.2 m，在白纸上记录了钢球的4个落点，相邻两点之间的距离依次为15.0 cm、25.0 cm、35.0 cm，示意如图2。重力加速度g＝10 m/s2，钢球平抛的初速度为________ m/s。 (3)图1装置中，木板上悬挂一条铅垂线，其作用是________________________________。 答案：(1)AB　(2)2 (3)方便将木板调整到竖直平面 解析：(1)实验时要保证钢球水平抛出，所以应保持桌面水平，故A正确；为保证钢球抛出时速度相同，每次应使钢球从同一位置静止释放，故B正确；实验只要保证每次钢球抛出时速度相同即可，斜面的底边ab与桌边是否重合和钢球与斜面间的摩擦力大小对实验无影响，故C、D错误。 (2)钢球在水平方向上做匀速直线运动，每次将木板向远离桌子的方向移动0.2 m，则在白纸上记录钢球的相邻两个落点的时间间隔相等，为T＝。钢球抛出后在竖直方向做自由落体运动，根据Δy＝gT2可知相邻两点的时间间隔为T＝ s＝0.1 s，所以钢球平抛的初速度为v0＝＝ m/s＝2 m/s。 (3)悬挂铅垂线的作用是方便将木板调整到竖直平面。 12．(9分)某同学利用如图甲的装置探究加速度与质量的关系，在气垫导轨上安装了两个光电门1、2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线跨过定滑轮与托盘相连，托盘里放砝码。 (1)用游标卡尺测遮光条的宽度d，图乙中游标卡尺读数为________ mm。 (2)滑块的质量用M表示，托盘和砝码的总质量用m表示，本实验用托盘和托盘中砝码的总重力mg代替细线对滑块的拉力，为了减小实验误差，要求m与M之间满足的关系是m________M。 (3)滑块在轨道上做匀加速运动时，先后通过光电门1、2所用的时间分别为t1、t2，两光电门间的距离为L，用d、t1、t2、L表示滑块运动的加速度a＝________。 (4)保持托盘和盘中砝码的总质量m不变，改变滑块的质量M，某同学绘制了a­图像如图丙所示，图线的上端出现了弯曲，原因是____________________________________________。 (5)如果该同学绘制的是a­图像，此时图线的形状与m和M之间的大小关系________关(填“有”或“无”)，并在图丁中画出该图像。 答案：(1)2.25　(2)远小于　(3) (4)随着M减小，不满足M远大于m的条件 (5)无　图见解析 解析：(1)游标卡尺的读数为2 mm＋0.05×5 mm＝2.25 mm。 (2)设细线的张力为F，滑块的加速度大小为a，由牛顿第二定律，对托盘和托盘中的砝码有mg－F＝ma，对滑块有F＝Ma，联立得mg＝F，根据实验要求，F≈mg，可得≈0，即m远小于M。 (3)滑块在气垫导轨上做匀加速直线运动，由匀变速直线运动的速度与位移关系式知v－v＝2aL，又v2＝，v1＝，联立解得a＝。 (4)当m≪M时，细线上的拉力F≈mg，由F＝Ma，可得a＝＝mg·，当增大，即M减小，m不再远小于M时，由(2)中分析得F＝，则a＝g，随着M减小，a逐渐趋向于g，故a­图线上端出现弯曲。 (5)由第(2)问分析可知，mg＝(M＋m)a，即a＝mg，mg一定，a∝，所以a­图像与m和M之间的大小关系无关，如图所示。 13.(10分)如图所示，一根长R＝0.1 m的细线，一端系着一个质量m＝0.18 kg的小球，拉住线的另一端，使小球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动。现使小球的角速度缓慢地增大，当小球的角速度增大到开始时的3倍时，细线断开，细线断开前的瞬间受到的拉力比开始时大40 N。取g＝10 m/s2。 (1)求细线断开前的瞬间，小球受到的拉力大小； (2)若小球离开桌面时，速度方向与桌面右边缘垂直，桌面高出水平地面h＝0.8 m，求小球飞出后的落地点到桌面右边缘的水平距离s。 答案：(1)45 N　(2)2 m 解析：(1)设开始时小球做匀速圆周运动的角速度为ω，受到的拉力为T，细线断开前瞬间，小球受到的拉力为T′，则根据题意及牛顿第二定律有T＝mω2R T′＝m(3ω)2R 又T′－T＝40 N 联立解得T′＝45 N。 (2)细线断开后小球先做匀速直线运动，然后垂直于桌面右边缘飞出桌面后做平抛运动，设细线断开时小球的速度大小为v，则有 T′＝m 飞出桌面后，设小球做平抛运动的时间为t，小球在水平方向做匀速直线运动，有s＝vt 在竖直方向做自由落体运动，有h＝gt2 联立解得s＝2 m。 14．(13分)生活中运送货物时我们常会用到传送带，这样可以很大程度上节省人力。如图所示，圆心为O、半径为R＝2 m的内壁光滑的圆弧形槽固定在水平地面上，圆弧的左右两端等高，D点为圆弧的左端点，OD连线与竖直方向的夹角为60°。传送带以v＝4 m/s的速率沿顺时针方向转动，传送带的AB段倾角θ＝37°，BC段水平，AB、BC段的长度均为L＝3.2 m。将一个质量为m＝5 kg的货物轻放在A端，货物与传送带AB、BC间的动摩擦因数均为μ＝0.8，货物经过B处时不脱离传送带且速率不变，之后从C点水平抛出并恰好无碰撞地从D点进入圆弧形槽，货物可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： (1)货物在传送带上运动的时间t； (2)货物在D点对槽的压力大小。 答案：(1)4.89 s　(2)185 N 解析：(1)设货物在AB段加速时的加速度为a1，加速运动的时间为t1，由牛顿第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝ma1 假设货物在AB段一直做匀加速运动，有 L＝a1t 解得t1＝4 s 货物在B点的速度v1＝a1t1 解得v1＝1.6 m/s<v＝4 m/s，所以假设成立 假设货物在BC段运动中先加速后匀速，设货物加速阶段的加速度为a2，位移为x，加速的时间为t2，由牛顿第二定律有 μmg＝ma2 由运动学公式有v2－v＝2a2x 解得x＝0.84 m<L，则假设成立 由运动学公式有v＝v1＋a2t2 解得t2＝0.3 s 货物与传送带共速后一起匀速运动，设匀速运动的时间为t3，有L－x＝vt3 解得t3＝0.59 s 则货物在传送带上运动的时间t＝t1＋t2＋t3＝4.89 s。 (2)货物离开传送带后做平抛运动至D点，设在D点的速度大小为vD，槽对货物的支持力为FN，由几何关系有cos60°＝ 在D点，沿OD方向上，由牛顿第二定律有 FN－mgcos60°＝m 解得FN＝185 N 由牛顿第三定律可知，货物在D点对槽的压力大小FN′＝FN＝185 N。 15.(16分)(2025·安徽省十五校卓越联盟体高三上10月联考)如图所示，某物理老师利用一根塑料管和一个网球进行惯性实验，将网球塞入塑料管中，用手握住塑料管迅速向下或向上运动进行实验。某次实验前，网球和塑料管均处于静止状态，网球正好在塑料管的中间位置，已知网球的质量为m，塑料管的质量为2m，网球与塑料管之间的滑动摩擦力大小恒为2mg，塑料管长为L，管的下端离地面足够远，重力加速度为g，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)用手握住塑料管迅速向下运动，要使网球能够相对塑料管滑动，则手给塑料管竖直向下作用力的最小值F0为多少？ (2)若给塑料管施加竖直向下大小为F1＝8mg的作用力，则经过多长时间网球会从塑料管中滑出？ (3)若给塑料管施加竖直向上大小为F2＝10mg的作用力，要使网球能够从塑料管下端滑出，则F2作用的最短时间是多少？ 答案：(1)6mg　(2)　(3) 解析：(1)设网球与塑料管之间的滑动摩擦力大小为f，网球刚好未能相对塑料管滑动时，网球和塑料管的加速度均为a0，对塑料管和网球整体，根据牛顿第二定律可得 F0＋3mg＝3ma0 对网球，根据牛顿第二定律可得f＋mg＝ma0 又f＝2mg 联立解得F0＝6mg。 (2)若给塑料管施加竖直向下大小为F1＝8mg的作用力，因F1>F0，则网球相对塑料管滑动，设塑料管的加速度大小为a1，经过t时间网球会从塑料管上端滑出，对塑料管，根据牛顿第二定律可得F1＋2mg－f＝2ma1 对网球，根据牛顿第二定律可得f＋mg＝ma0 网球从塑料管中滑出时， 塑料管向下的位移x＝a1t2 网球向下的位移x′＝a0t2 且x－x′＝ 联立解得t＝。 (3)若给塑料管施加竖直向上大小为F2＝10mg的作用力，设F2作用最短时间t1后撤去，撤去F2前，塑料管和网球的加速度大小分别为a1′、a2′，以竖直向上为正方向，撤去力F2时，塑料管的速度和位移分别为v1、x1，网球的速度和位移分别为v2、x2， 以塑料管为研究对象，根据牛顿第二定律可得 F2－2mg－f＝2ma1′ 以网球为研究对象，根据牛顿第二定律可得 f－mg＝ma2′ 解得a1′＝3g，a2′＝g 撤去力F2前的过程，根据运动学公式， 对于塑料管有x1＝a1′t，v1＝a1′t1 对于网球有x2＝a2′t，v2＝a2′t1 撤去力F2后，设塑料管的加速度大小为a1″，以塑料管为研究对象，根据牛顿第二定律可得2mg＋f＝2ma1″ 解得a1″＝2g，方向向下 分析可知，二者共速前，网球的加速度大小依然为a2′，方向向上 分析可知，当网球到达塑料管下端时刚好与塑料管达到共同速度v时，F2作用的时间最短，设从撤去力F2至二者共速的时间为t2，这段时间塑料管与网球的位移分别为x3、x4，则有 v＝v1－a1″t2，v＝v2＋a2′t2 x3＝t2，x4＝t2 根据位移关系可得x1＋x3－x2－x4＝ 联立解得t1＝。 14 学科网（北京）股份有限公司 $$