2024年高考物理一轮复习阶段综合测评1含解析

PAGE12-阶段综合测评(一)时间：90分钟满分：110分第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，1～8题只有一项符合题目要求，9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．(2024·浙江选考模拟)在一次田径运动会上，下列几种关于竞赛项目的描述正确的是()A．铅球竞赛中，探讨运动员的推球技术要领时，可以把运动员当成“质点”处理B．某同学的100m竞赛成果是13.3s，“13.3s”指的是“时刻”C．某同学的铅球成果是20.8m，“20.8m”指的是铅球在空中运动的路程D．在400米竞赛中，处在第1跑道的同学正好跑了完整一圈的成果是50.0s，则他在该过程的平均速度为0答案D解析探讨运动员的推球技术要领时，不能忽视运动员的肢体形态，此时不能把运动员看做质点，A错误；100m竞赛的成果是13.3s，“13.3s”指的是“时间”，B错误；铅球成果为20.8m，“20.8m”为铅球在地面上的直线距离，而不是铅球在空中运动的路程，C错误；400m竞赛中处于第1跑道的同学正好跑了完整一圈时位移是0，平均速度是位移与时间的比值，故他在该过程的平均速度为0，D正确。2．(2024·宁夏银川六中模拟)如图所示，分别为汽车甲的位移—时间图象和汽车乙的速度—时间图象，则()A．甲的加速度大小为5m/s2B．乙的加速度大小为5m/s2C．甲在4s内的位移大小为40mD．乙在4s内的位移大小为20m答案B解析在x­t图象中，斜率表示速度，由图甲可知，甲做匀速直线运动，加速度为0，故A错误；在速度—时间图象中，斜率表示加速度，由图乙可知，乙的加速度大小为a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(20,4)m/s2＝5m/s2，故B正确；甲在4s内的位移大小为x甲＝20m－0＝20m，故C错误；由v­t图象与时间轴围成的面积表示位移可知，乙在4s内的位移大小为x乙＝eq\f(20×4,2)m＝40m，故D错误。3．(2024·福建校级联考)物体从斜面顶端由静止起先下滑，经过斜面中点时速度为2m/s，则物体到达斜面底端时速度为()A．3m/s B．2eq\r(2)m/sC．4m/s D．6m/s答案B解析设物体经过斜面中点时的速度为v1，到达斜面底端时的速度为v2，斜面长度为L，则有：veq\o\al(2,1)＝2a·eq\f(L,2)，veq\o\al(2,2)＝2a·L，联立解得：v2＝2eq\r(2)m/s，故B正确。4．(2024·广东湛江一模)如图是应县木塔最上面一层的剖面图，垂脊ab呈弧形。一只鸽子从a点沿垂脊缓慢地爬到b点，用FN表示垂脊对鸽子支持力的大小，用Ff表示垂脊对鸽子摩擦力的大小。在鸽子爬行过程中()A．Ff增大，FN减小 B．Ff减小，FN减小C．Ff增大，FN增大 D．Ff减小，FN增大答案A解析以鸽子为探讨对象，鸽子受到重力、支持力和摩擦力作用，设鸽子移动方向与水平方向的夹角为θ，依据平衡条件可得：Ff＝mgsinθ，FN＝mgcosθ，鸽子从a点沿垂脊缓慢爬到b点的过程中，θ渐渐增大，则摩擦力Ff渐渐增大，支持力FN渐渐减小，故A正确，B、C、D错误。5.(2024·安徽蚌埠二模)图中ae为珠港澳大桥上四段110m的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从a点由静止起先做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t，则通过ce段的时间为()A．t B.eq\r(2)tC．(2－eq\r(2))t D．(2＋eq\r(2))t答案C解析设汽车的加速度为a，对于ab段有：x＝eq\f(1,2)at2；同理，对于ac段有：2x＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，对于ae段有：4x＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)，联立解得：t1＝eq\r(2)t，t2＝2t，故汽车通过ce段的时间为Δt＝t2－t1＝(2－eq\r(2))t，故A、B、D错误，C正确。6．(2024·浙江杭州二模)如图所示，一同学在水平桌面上将三个形态不规则的石块胜利叠放在一起，保持平衡。下列说法正确的是()A．石块b对a的支持力与a受到的重力是一对相互作用力B．石块c对b的支持力肯定等于b受到的重力C．石块c受到水平桌面对左的摩擦力D．石块c对b的作用力肯定竖直向上答案D解析石块b对a的支持力与a对b的压力是一对相互作用力，故A错误；石块c对b的支持力与其对b的静摩擦力的合力大小等于a与b的重力之和，故B错误；以三个石块组成的整体为探讨对象，由平衡条件可知石块c不会受到水平桌面的摩擦力，故C错误；以a、b组成的整体为探讨对象，依据平衡条件，则石块c对b的作用力与a、b整体的重力平衡，故石块c对b的作用力肯定竖直向上，D正确。7．(2024·四川绵阳三模)一物块放在水平桌面上，在水平轻弹簧的拉力F作用下，沿桌面做匀速直线运动，弹簧的伸长量为x；将弹簧方向变成与水平桌面成60°角，物块在拉力作用下仍沿桌面做匀速直线运动，此时弹簧的伸长量是物块与桌面间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),2)，弹簧始终处于弹性限度内()A.eq\f(1,2)x B.eq\f(4,5)xC．2x D.eq\f(4\r(3),9)x答案B解析对物块受力分析，当拉力为F时，依据平衡条件得：kx＝f＝μmg；当弹簧方向变成与水平桌面成60°角时，kx′sin60°＋FN＝mg，kx′cos60°＝f′，f′＝μFN，联立解得x′＝eq\f(4,5)x，A、C、D错误，B正确。8．(2024·湖南长郡中学等5月联考)如图所示为小挚友喜爱的磁性黑板，下面有一个托盘，让黑板撑开一个平安角度(黑板平面与水平面的夹角为θ)，使之不易倾倒，小挚友不但可以在上面用专用画笔涂鸦，磁性黑板擦也可以干脆吸在上面。图中就有小挚友把一块质量为m黑板擦吸在上面保持静止，黑板与黑板擦之间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是()A．黑板擦对黑板的压力大小为mgcosθB．黑板擦对黑板的摩擦力大小为μmgcosθC．黑板对黑板擦的摩擦力大于mgsinθD．黑板对黑板擦的作用力大小为mg答案D解析对黑板擦受力分析，受重力、黑板对黑板擦的支持力、黑板对黑板擦的静摩擦力及黑板对黑板擦的吸引力，则黑板对黑板擦的支持力FN＝mgcosθ＋F，F为黑板对黑板擦的吸引力，依据牛顿第三定律，可知黑板擦对黑板的压力FN′＝FN>mgcosθ，故A错误；对黑板擦由受力平衡可知，黑板对黑板擦的摩擦力大小为Ff＝mgsinθ，由牛顿第三定律可知，黑板擦对黑板的摩擦力大小为mgsinθ，故B、C错误；黑板对黑板擦的作用力与黑板擦所受重力等大反向，故D正确。9．(2024·宁夏银川兴庆区长庆中学月考)某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s2。5s内物体的()A．速度变更量的大小为10m/sB．平均速度大小为13m/s，方向向上C．路程为65mD．位移大小为25m，方向向上答案CD解析选取竖直向上为正方向，物体在5s内速度的变更量：Δv＝－gt＝－10×5＝－50m/s，负号表示方向向下，A错误；物体在5s内的位移：h＝v0t－eq\f(1,2)gt2＝30×5m－eq\f(1,2)×10×52m＝25m，方向与初速度的方向相同，则物体在5s内的平均速度：eq\x\to(v)＝eq\f(h,t)＝eq\f(25,5)m/s＝5m/s，B错误，D正确；物体上升的时间：t1＝eq\f(v0,g)＝eq\f(30,10)s＝3s<5s，物体上升的最大高度：H＝eq\f(0－v\o\al(2,0),－2g)＝eq\f(0－302,－2×10)m＝45m，所以5s内物体运动的路程：s＝2H－h＝2×45m－25m＝65m，C正确。10．(2024·湖南益阳市高三期末)甲、乙两辆车初始时相距1000m，甲车在后，乙车在前，在同一条马路上做匀变速直线运动，它们的速度—时间图象如图所示，则下列说法正确的是()A．两辆车在t＝36s时速度相等B．乙车比甲车早动身8sC．两辆车不会相撞D．甲车停下时，甲车在乙车前边191m处答案AC解析由题图可知，甲车做匀减速直线运动，有v甲＝v0＋at＝50－t，乙车做匀加速直线运动，有v乙＝eq\f(1,2)(t－8)。当两车速度相等时，有50－t＝eq\f(1,2)(t－8)，解得t＝36s，同时解得共同速度v共＝50－t＝14m/s，A正确；由题图可知，乙车比甲车晚动身8s，B错误；假如两车速度相等时，甲车还未追上乙车，甲、乙两车就不会相撞，t＝36s时，甲车的位移x甲＝eq\f(v0＋v共,2)t＝eq\f(50＋14,2)×36m＝1152m，乙车的位移x乙＝eq\f(v共,2)(t－8s)＝eq\f(14,2)×(36－8)m＝196m，因为x乙＋1000m＞x甲，所以两车不会相撞，C正确；甲车停下来时，甲车的位移x甲′＝eq\f(v0,2)t甲＝eq\f(50,2)×50m＝1250m，乙车的位移x乙′＝eq\f(v2,2)(t甲－8s)＝eq\f(21,2)×42m＝441m，两车之间的距离s＝x乙′＋1000－x甲′＝191m，即甲车在乙车后边191m处，D错误。11．(2024·陕西西安一模)如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态，则()A．B受到C的摩擦力可能为零B．C受到水平面的摩擦力肯定为零C．不论B、C间摩擦力大小、方向如何，水平面对C的摩擦力方向肯定向左 D．水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等答案AC解析当B受到绳子的拉力与B的重力在斜面上的分力大小相等，即mBgsinθ＝T＝mAg时，B、C间没有摩擦力，故A正确；把B、C当做一个整体进行受力分析，绳子的拉力在水平方向上的重量不为零，可知整体相对水平面有向右的运动趋势，所以C受到水平面的摩擦力不会为零，方向肯定向左，故B错误，C正确；把B、C当做一个整体进行受力分析，在竖直方向上有：N＋Tsinθ＝(mB＋mC)g，绳子的拉力在竖直方向上的重量不为零，所以水平面对C的支持力小于B、C的总重力，故D错误。12．(2024·湖南怀化二模)《大国工匠》节目中讲解并描述了王进利用“秋千法”在1000kV的高压线上带电作业的过程。如图所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮上。另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人限制。身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处。绳OD始终处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为m，不计一切阻力，重力加速度大小为g。关于王进从C点运动到E点的过程中，下列说法正确的是()A．工人对绳的拉力始终变大B．绳OD的拉力始终变小C．OD、CD两绳拉力的合力大小等于mgD．当绳CD与竖直方向的夹角为30°时，工人对绳的拉力为eq\f(\r(3),3)mg答案CD解析对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析，将整体所受力画在一个矢量三角形中，如图所示，绳OD的拉力为F1，与竖直方向的夹角为θ，绳CD的拉力为F2，与竖直方向的夹角为α。依据几何学问知：θ＋2α＝90°，由正弦定理可得eq\f(F1,sinα)＝eq\f(F2,sinθ)＝eq\f(mg,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α)))，王进从C点运动到E点的过程中，α增大，θ减小，则F1＝mgtanα增大，F2＝mg·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cosα－\f(1,cosα)))减小，故A、B错误；整体缓慢运动，所受合力为零，故OD、CD两绳拉力的合力大小等于mg，C正确；α＝30°时，θ＝30°，则2F2cos30°＝mg，可得F2＝eq\f(\r(3),3)mg，故D正确。第Ⅱ卷(非选择题，共62分)二、试验题(本题共2小题，共15分)13．(6分)(2024·广东深圳二模)某试验小组要测量轻弹簧的劲度系数，试验装置如图a。将弹簧悬挂在固定铁架台上，毫米刻度尺竖直固定在弹簧旁，在弹簧下端挂上钩码，多次变更钩码质量m，读出钩码静止时固定在挂钩上的指针对应的刻度尺示数l。当钩码质量为200g时，指针位置如图b所示。用所测数据在m­l坐标系描点如图c。取g＝9.8m/s2。回答下列问题：(1)图b中指针对应的刻度尺示数为________cm。(2)在图c中将钩码质量为200g时所对应的数据点补上，并作出m­l图线。(3)依据图线算出弹簧的劲度系数为________N/m(结果取三位有效数字)。答案(1)18.50(18.48～18.52均可)(2)图见解析(3)24.5(24.2～24.8均可)解析(1)由图b可知，刻度尺的分度值为0.1cm，则读数为18.50cm，误差范围±0.02cm均可，即答案在18.48～18.52cm之间均可。(2)钩码质量为200g时指针对应的刻度尺示数为18.50cm，在m­l坐标系中描点作图，如图所示。(3)依据k＝eq\f(ΔF,Δl)可知，弹簧的劲度系数k＝eq\f(ΔF,Δl)＝eq\f(Δmg,Δl)＝eq\f(0.300×9.8,22.50－10.50×10－2)N/m＝24.5N/m(答案在24.2～24.8之间均可)。14.(9分)(2024·山东淄博一模)某同学用如图所示的试验装置来验证“力的平行四边形定则”。弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M。弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置。分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向。(1)本试验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为________N。(2)下列能减小试验误差的措施是________。(请填写选项前对应的字母)A．让重物M的质量适当大一些B．弹簧测力计应在运用前校零C．弹簧测力计B所拉的细绳套应尽可能保持水平方向D．变更拉力，进行多次试验，每次都要使O点静止在同一位置(3)某次试验中，该同学发觉弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，请你提出两个解决方法。方法一：___________________________________________________，方法二：___________________________________________________。答案(1)3.80(2)AB(3)见解析解析(1)弹簧测力计最小刻度为0.1N，读数为3.80N。(2)重物M的质量适当大一些，可使得弹簧测力计的读数大些，减小误差，A正确；为了让测出来的两个力更精确，故弹簧测力计应在运用前校零且拉线方向应与木板平面平行来减小误差，B正确；弹簧测力计B所拉的细绳套不须要保持在水平方向，C错误；试验中只须要使O点静止就可以，不须要每次都使O点静止在同一位置，D错误。(3)弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，说明弹簧测力计B与重物所系的两根细线的拉力的合力偏大。其解决方法为：方法一：减小重物M的质量；方法二：将弹簧测力计B绕O点顺时针转过一个小角度；方法三：将弹簧测力计A绕P点逆时针转过一个小角度；方法四：将A更换为量程较大的测力计。(说明：选择其中两个即可)三、计算题(本题共4小题，共47分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)15．(10分)(2024·北京东城一模)伽利略在探讨自由落体运动时，猜想自由落体的速度是匀称变更的，他考虑了速度的两种变更：一种是速度随时间匀称变更，另一种是速度随位移匀称变更。现在我们已经知道，自由落体运动是速度随时间匀称变更的运动。有一种“傻瓜”照相机的曝光时间极短，且固定不变。为估测“傻瓜”照相机的曝光时间，试验者从某砖墙前的高处使一个石子自由落下，拍摄石子在空中的照片如图所示。由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹。已知石子在A点正上方1.8m的高度自由下落。每块砖的平均厚度为6.0cm。(不计空气阻力，g取10m/s2)(1)计算石子到达A点的速度大小vA；(2)估算这架照相机的曝光时间(结果保留一位有效数字)。答案(1)6m/s(2)0.02s解析(1)设石子从O点静止下落，则：hOA＝1.8m，依据自由落体运动的位移公式得：hOA＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,A)代入数据解得：tA＝eq\r(\f(2hOA,g))＝0.6s依据自由落体运动的速度公式得：vA＝gtA＝6m/s。(2)由图中可知hAB近似为两块砖的厚度解法一：hAB＝12cm＝0.12mhOB＝hOA＋hAB＝1.92m依据自由落体运动的位移公式得：hOB＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,B)代入数据解得：tB＝eq\r(\f(2hOB,g))≈0.62s曝光时间Δt＝tB－tA＝0.02s。解法二：由于曝光时间极短，石子从A到B的运动可看成匀速直线运动Δt＝eq\f(hAB,vA)＝eq\f(0.12,6)s＝0.02s。16．(10分)(2024·辽宁沈阳三模)航天飞机在平直的跑道上着陆，其减速过程可以简化为两个匀减速直线运动。航天飞机以水平速度v0＝100m/s着陆后，马上打开减速阻力伞，以大小为a1＝4m/s2的加速度做匀减速运动，一段时间后阻力伞脱离，航天飞机以大小为a2＝2.5m/s2的加速度做匀减速直线运动直至停下。已知两个匀减速运动滑行的总路程x＝1370m，求：(1)其次个减速阶段航天飞机运动的初速度大小；(2)航天飞机着陆后滑行的总时间。答案(1)40m/s(2)31s解析(1)设其次个减速阶段的初速度为v1，依据运动学公式则有：veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝－2a1x1veq\o\al(2,1)＝2a2x2又x1＋x2＝x代入数据解得：v1＝40m/s。(2)由速度公式可得：v1＝v0－a1t1v1＝a2t2t＝t1＋t2代入数据解得：t＝31s。17．(12分)(2024·河北衡水中学一调)如图所示，放在粗糙的固定斜面上的物块A和悬挂的物块B均处于静止状态。轻绳AO绕过光