江苏省2024高考物理一轮复习易错高频考点阶段清一含解析

PAGEPAGE7易错高频考点阶段清(一)(时间：40分钟)一、单项选择题1.关于位移和路程，下列说法正确的是()A.在某一段时间内物体运动的位移为零，则该物体肯定是静止的B.在某一段时间内物体运动的路程为零，则该物体肯定是静止的C.在直线运动中，物体的位移大小肯定等于其路程D.在曲线运动中，物体的位移大小可能等于路程解析物体运动了一段时间后又回到动身点，位移为零，选项A错误；物体不运动，则它的路程肯定为零，反之物体在某一段时间内运动的路程为零，则它肯定静止，选项B正确；物体只有做单向直线运动时，其位移大小才等于路程，选项C、D错误。答案B2.如图1所示，A、B两物体相距s＝7m时，A在水平拉力和摩擦力作用下，正以vA＝4m/s的速度向右匀速运动，而物体B此时正以vB＝10m/s向右匀减速运动，加速度a＝－2m/s2，则A追上B所经验的时间是()图1A.7s B.8sC.9s D.10s解析由题意知，t＝5s时，物体B的速度减为零，位移大小xB＝eq\f(1,2)at2＝25m，此时A的位移xA＝vAt＝20m，A、B两物体相距Δs＝s＋xB－xA＝7m＋25m－20m＝12m，再经过Δt＝eq\f(Δs,vA)＝3s，A追上B，所以A追上B所经验的时间是t总＝t＋Δt＝8s，选项B正确。答案B3.(2024·徐州模拟)如图2所示，一个质量为m的小滑块静止于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30°，重力加速度为g，则()图2A.滑块可能受到三个力作用B.弹簧肯定处于压缩状态C.斜面对滑块的支持力大小可能为零D.斜面对滑块的摩擦力大小可能等于mg解析由几何关系可知弹簧轴线与斜面垂直，即弹簧弹力与斜面垂直。对滑块受力进行正交分解如图所示，沿斜面方向有重力的分力为mgsin30°，要想平衡，必需有沿斜面对上的摩擦力Ff＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，选项D错误；有摩擦力肯定有弹力，所以支持力FN≠0，选项C错误；垂直斜面方向有重力的分力mgcos30°，斜面的弹力FN，弹簧弹力的方向大小不确定，所以弹簧是压缩还是拉伸状态不确定，选项B错误；若无弹簧弹力则滑块受到三个力的作用，若有弹簧弹力则滑块受到四个力的作用，选项A正确。答案A4.质量为m的木块位于粗糙水平面上，若用大小为F的水平恒力拉木块，其加速度为a，当拉力方向不变，大小变为2F时，木块的加速度为a′，则()A.a′＝a B.a′<aC.a′>2a D.a′＝2a解析设木块与桌面的动摩擦因数为μ，由牛顿其次定律得F－μmg＝ma①2F－μmg＝ma′②①×2得2F－2μmg＝2ma与②式比较有2F－μmg>2F－2μmg所以有ma′>2ma，即a′>2a，选项C正确。答案C5.质量不等的两木块A、B，用跨过一轻质定滑轮的轻绳相连，在图3所示状况下，木块A、B一起做匀速运动。若木块A、B的位置相互交换，则木块A运动的加速度为(木块A、B与桌面间的动摩擦因数均为μ，且μ＜1，重力加速度为g，空气阻力、滑轮摩擦均不计)()图3A.(1－μ)g B.(1－μ2)gC.eq\f(1－μ2,μ)g D.与木块A、B的质量有关解析A、B匀速运动过程，有mAg＝μmBgA、B相互交换后，有mBg－μmAg＝(mA＋mB)a解得a＝(1－μ)g，故选项A正确。答案A二、多项选择题6.(2024·海安市高三上学期期末质监)在物理学的发展过程中，科学家们采纳了很多物理学的探讨方法，下列关于物理学探讨方法的说法中，正确的有()A.合力和分力体现了等效替代的思想B.质点是运用极限法构建的物理模型C.电场强度采纳了比值法定义物理量的方法D.牛顿第肯定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，能用试验干脆验证解析合力和分力具有等效替代的关系，A项正确；质点是一个志向化模型，抓住了质量这个主要因素，忽视了形态和大小的次要因素，这种突出问题的主要因素、忽视次要因素，而对实际物体的科学抽象，称之为志向模型法，B项错误；在E＝eq\f(F,q)利用了比值定义法，C项正确；牛顿第肯定律是志向定律，不能用试验验证，D项错误。答案AC7.如图4所示，物体在沿粗糙斜面对上的拉力F作用下处于静止状态。当F渐渐增大到物体即将相对于斜面对上运动的过程中，斜面对物体的作用力可能()图4A.渐渐增大 B.渐渐减小C.先增大后减小 D.先减小后增大解析因为初始状态拉力F的大小未知，所以斜面对物体的摩擦力大小和方向未知，故在F渐渐增大的过程中，斜面对物体的作用力的改变存在多种可能。斜面对物体的作用力是斜面对物体的支持力与摩擦力的合力。因为物体始终保持静止状态，所以斜面对物体的作用力和物体重力G与拉力F的合力是平衡力。因此，推断斜面对物体的作用力的改变就转化为分析物体的重力G和拉力F的合力的改变。物体的重力G和拉力F的合力的改变如图所示，由图可知，F合可能先减小后增大，也可能渐渐增大。选项A、D正确。答案AD8.竖直上抛一小球，空气阻力大小恒定，小球运动的速度图象如图5所示，下列推断正确的是()图5A.0～t2时间内，小球的平均速度不为零B.t1～t2时间内，小球始终在抛出点下方C.t2时刻，小球落回抛出点D.t2时刻，小球距离抛出点eq\f(v0（t2－2t1）,2)解析从图象看，0～t2时间内，小球的位移即对应速度时间图象中的总面积不为0，所以平均速度不为0，A项正确；t1～t2时间内，小球从最高点下落，前一段在抛出点的上方，后一段在抛出点的下方，B、C错误；0～t1时间内，小球在抛出点上方的位移为x上＝eq\f(v0,2)t1，t1～t2时间内，小球下落过程中的位移为x下＝eq\f(v0,2)(t2－t1)，所以总位移大小为eq\f(v0,2)(t2－t1)－eq\f(v0,2)t1＝eq\f(v0（t2－2t1）,2)，D项正确。答案AD9.(2024·江苏省启东中学、前黄中学、淮阴中学等七校高三上学期阶段测试)压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小。一同学利用压敏电阻设计了推断升降机运动状态的装置，如图6所示，将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一物体m，升降机静止时电流表示数为I0，如图7甲所示。当升降机在其他不同的运动过程中，电流表的示数分别如图乙、丙、丁所示，则下列推断中正确的是()图6图7A.压敏电阻所受压力越大，电流表示数就越大B.如图乙所示，升降机可能做加速度增大的变加速上升运动C.如图丙所示，升降机内的物体处于超重状态D.如图丁所示，升降机内的物体处于失重状态解析压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，则由欧姆定律可知，压力越大，电流表示数就越大，故A正确；由图乙可知，电流匀称增大，故说明压力是增大的，则可知，物体的加速度是向上且增大的，故物体可能做加速度增大的变加速上升运动，故B正确；由图丙可知，电流为静止时的两倍，而且不变，由欧姆定律知，其电阻减小，然后不变，则压力增大然后不变，加速度向上，故物体处于超重状态，故C正确；由图丁可知，电流大于静止时的电流，则说明压力增大，物体加速度向上，故处于超重状态，故D错误。答案ABC三、计算题10.(2024·扬州模拟)“神舟”飞船完成预定空间科学和技术试验任务后，返回舱起先从太空向地球表面预定轨道返回。返回舱起先时通过自身制动发动机进行调控减速下降，穿越大气层后在肯定高度打开阻力着陆伞进一步减速下降。穿越大气层后，在肯定高度打开阻力着陆伞，这一过程中返回舱所受的空气阻力与速度的平方成正比，比例系数(空气阻力系数)为k，所受空气浮力不变，且认为竖直着陆。从某时刻起先计时，返回舱的运动v－t图象如图8所示，图中AB是曲线在A点的切线，切线交于横轴上一点B的坐标为(8，0)，CD是曲线AD的渐进线。假如返回舱总质量为M＝400kg，g取10m/s2。求：图8(1)在起先时刻v0＝160m/s时，返回舱的加速度大小；(2)空气阻力系数k(结果保留2位有效数字)。解析(1)起先时v0＝160m/s，过A点切线的斜率大小就是此时的加速度的大小，加速度的大小a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(160,8)m/s2＝20m/s2。(2)设浮力为F，据牛顿其次定律，在t＝0时有kveq\o\al(2,0)＋F－Mg＝Ma由题图知返回舱的最终速度为v＝4m/s，当返回舱匀速运动时有kv2＋F－Mg＝0故k＝eq\f(Ma,veq\o\al(2,0)－v2)＝eq\f(400×20,1602－42)kg/m≈0.31kg/m。答案(1)20m/s2(2)0.31kg/m11.(2024·泗阳县高三第一次统测)如图9所示，斜面体ABC放在粗糙的水平地面上，滑块在斜面底端以初速度v0，沿斜面上滑。斜面倾角θ＝37°，滑块与斜面的动摩擦因数μ。整个过程斜面体保持静止不动，已知小滑块的质量m＝1kg，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。试求：图9(1)若μ＝0.8，v0＝12.4m/s，求滑块从C点起先在2s内的位移；(2)若μ＝0.45，v0＝9.6m/s，求滑块回到动身点时的速度大小。解析(1)若μ＝0.8，滑块上滑过程中，由牛顿其次定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma0解得滑块上滑过程的加速度大小a0＝12.4m/s2上滑时间t0＝eq\f(v0,a0)＝1s,因为μ>tanθ＝0.75，所以滑块减速到0后不在下滑滑块从C点起先在2s内的位移为x＝eq\f(1,2)a0teq\o\al(2,0)＝6.2m