阶段检测卷 力学综合 （全解全析）-2025年高考物理一轮复习（新高考）

绝密★启用前

2025届高考物理一抡复习阶段检测卷一

力学综合

考试范围：力学综合；考试时间；75分钟；满分：100分

注意事项：

1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息A.该卫星绕太阳运动周期大于地球公转周期

2.请将答案正确填写在答题卡上

一、选择题（其中1一7题为单项选择题，8—10题为多项选择题）B.该卫星在4点处于平衡状态

1.（2024・北京•模拟预测）“神舟十六号”载人飞船安全着陆需经过分离、制动、再入和减速四个阶段。如图所

C.该卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度

示，在减速阶段，巨型降落伞为返回舱提供阻力，假设返回舱做直线运动，则在减速阶段（）

D.该卫星在4处所受太阳和地球引力的合力比在4处小

【答案】C

【详解】AC.该卫星与地球同步绕太阳运动，可知卫星绕太阳运动周期等于地球公转周期，根据

4万2〃

a~

可知，该卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度，选项A错误，C正确；

B.该卫星绕太阳做匀速圆周运动，可知在右点不是处于平衡状态，选项B错误；

A.伞绳对返回舱的拉力等于返回舱的重力

D.该卫星在4处所受太阳和地球引力的合力等于卫星绕太阳做圆周运动的向心力，则根据

B.伞绳对返回舱拉力的冲量与返回舱重力冲量的矢量和为零

F=ma）2r

C.合外力对返回舱做的功等于返回舱机械能的变化

D.除重力外其他力对返回舱做的总功等于返回舱机械能的变化因在％点的转动半径大于在右的转动半径，可知卫星在4处所受太阳和地球引力的合力比在4处大，选项D

【答案】D错误。

【详解】A.返回舱做减速运动，则伞绳对返回舱的拉力大于返回舱的重力，选项A错误；故选C。

B.返回舱的动量不断减小，则根据动量定理，伞绳对返回舱拉力的冲量与返回舱重力冲量的矢量和不为零,3.（2024・湖北•模拟预测）如图，在足够长的斜面底端/点向斜上方抛出一小球，小球与斜面垂直碰撞于。

方向向上，选项B错误；点，不计空气阻力。已知斜面倾角%45。，重力加速度大小g取10m/s2。则可以求出的物理量是（）

C.根据动能定理，合外力对返回舱做的功等于返回舱动能的变化，选项C错误；

D.由能量关系可知，除重力外其他力对返回舱做的总功等于返回舱机械能的变化，选项D正确。

故选D。

2.（2024•北京海淀•模拟预测）1772年，法籍意大利数学家拉格朗日在论文《三体问题》中指出：两个质量

相差悬殊的天体（如太阳和地球）所在同一平面上有5个特殊点，如图中的4、右、与、4、4所示，人们

A.初速度V。与水平面夹角B.小球的初速度V。的大小

称为拉格朗日点。若飞行器位于这些点上，会在太阳与地球共同引力作用下，可以几乎不消耗燃料而保持与

C.小球在空中运动的时间D.小球克服重力所做的功

地球同步做圆周运动。若发射一颗卫星定位于拉格朗日4点，下列说法正确的是（）【答案】A

【详解】A.设初速度方向与水平方向夹角。，小球由4点至。点的过程中，在竖直方向上做初速度为F=2mg

%sina,加速度为g的竖直上抛运动，在水平方向上做速度为％cosa的匀速直线运动，由几何关系得小球的对物体B受力分析有

水平位移与竖直位移大小相等，设小球在空中运动的时间为b则F^=F+mg

12

v0/sma--g/=%/cosa则可得氏=3加g,由牛顿第三定律得物体B在"时刻对地面的压力大小为3次g,B错误;

又小球与斜面垂直碰撞于。点，则C.物体A在运动过程中除了受重力外，还受弹簧的弹力，弹力对物体A做功，故机械能不守恒，C错误;

tan45o=N=40na-初D.由图乙可知振幅为

\vx|%cosa

4=10cm

联立解得

周期为

tan«=3

T=1.0s

即

角速度为

a=arctan3

69=^-=2^rad/s

故A正确；

BCD.根据已知条件不能求出小球的初速度和小球在空中运动的时间，又因为小球质量未知，所以不能求出规定向上为正方向，/=0时刻位移为0.05m,表示振子由平衡位置上方0.05m处开始运动，所以初相为

重力做功，故BCD错误。冗

甲。

=70

故选Ao

则振子的振动方程为

4.（2024•浙江金华•三模）如图甲所示质量为加的B木板放在水平面上，质量为2掰的物块A通过一轻弹簧

y=0.1sin（2加+~）m

与其连接。给A一竖直方向上的初速度，当A运动到最高点时，B与水平面间的作用力刚好为零。从某时刻

故D正确。

开始计时，A的位移随时间变化规律如图乙，已知重力加速度为g,空气阻力不计，下列说法正确的是（）

故选Do

5.（2024•山东荷泽•模拟预测）如图，将总质量为200g的2000粒黄豆从距秤盘125cm高处连续均匀地倒在秤

盘上，观察到指针指在刻度为80g的位置附近。若每粒黄豆与秤盘在极短时间内垂直碰撞一次，且碰撞前后速

率不变，重力加速度g=10m/s2,不计空气阻力，则持续倾倒黄豆的时间约为（）

A.物块A做简谐运动，回复力由弹簧提供

B.物体B在％时刻对地面的压力大小为加g

C.物体A在运动过程中机械能守恒

D.物体A的振动方程为y=01sin（27U+；1m）

【答案】D

【详解】A.物块A做简谐运动，回复力由弹簧的弹力和重力的合力来提供，A错误;

B.。时刻物块A在平衡位置，此时弹簧处于压缩状态，弹力为

【答案】cGMmmv£

(R+h)2R+h

【详解】黄豆落在秤盘上的速度大小为

v={2gh=-\/2xl0xl25xl0_2m/s=5m/s则卫星的速度大小为

黄豆与秤盘碰撞过程，由于碰撞时间极短，则碰撞力远大于黄豆受到的重力，故重力可以忽略，取竖直向上

为正方向，由动量定理得

动能

Ft=mV-（-772V）

2

由题意有线=1wv2mgR

2(R+h)

尸=M’g=80X10-3x10N=0.8N

故C正确，D错误;

m=200g=0.2kg

故选C。

联立解得

7.（2024•江苏•模拟预测）通电直导线面的质量为冽、长为用两根细线把导线水平吊起，导线上的电流为

t-2.5s

/,方向如图所示。在竖直方向加一个方向向上的匀强磁场，磁感应强度大小为5,导线处于平衡时悬线与竖

即持续倾倒黄豆的时间约为2.5so

0.6,cos37°=0.8,重力加速度为g。下列说法正确的是（）

故选C。

6.（2024•河南•二模）2024年1月11日，太原卫星发射中心在山东海阳附近海域使用“引力一号”遥一商业运

载火箭将卫星顺利送入预定轨道，飞行试验任务获得圆满成功，这是“引力一号”火箭首次飞行，创造全球最

大固体运载火箭、中国运力最大民商火箭纪录。已知卫星的质量为加，在轨道上稳定运行时离地面的高度为

h,地球表面附近的重力加速度为g,地球半径为凡卫星的运动可视为匀速圆周运动，不考虑地球自转的影

响。下列说法正确的是（）

A.火箭加速升空过程中，卫星处于失重状态

B.在轨道上运行时，卫星的线速度将大于地球的第一宇宙速度

若增大磁感应强度，则导线静止时悬线与竖直方向的夹角将变小

卫星的动能为抽C.

C.在轨道上运行时，

若将导线拉到最低处由静止释放，则导线时的最大速度为J日

D.

卫星的速度大小为Jg（H+%）

D.在轨道上运行时，【答案】D

【答案】C【详解】AB.对导线受力分析，如图所示

【详解】A.火箭加速升空过程中，卫星处于超重状态，故A错误；

B.在轨道上运行时，卫星的线速度小于地球的第一宇宙速度，故B错误；

CD.地球表面质量为外的物体有

卫星在轨道上运行时，根据万有引力提供向心力有

根据平衡条件，可得【答案】AC

F安BIlmg

tan6==—,cos0=—【详解】A.如图，设间绳长为£,23间距离为d,绳与水平方向的夹角为有

mgmgT

Lcos0=d

解得

452Fsin0=mg

mg=—BIl,T=—mgT

若小明在。点沿绳下拉绳子，£变小，d不变，。变小，由两式可得拉力/变大，故A正确；

故AB错误；

B.若小明在。点保持不动，将4点左移，L不变，d变大,。变小，由两式可得拉力尸丁变大，故B错误；

C.由上面选项分析可知

八BIlC.若小明手捏绳端手臂保持下垂，从。点走到C点的过程中，8右端绳长变短，间绳长£变长，d不变,

tan0=---

mg

。变大，由两式可得拉力尸T变小，故C正确；

若增大磁感应强度，安培力增大，则悬线的偏角将增大。故C错误；

D.若小明手捏绳端手臂保持下垂，从。点走到E点的过程中，5右端绳长先变短再变长，48间绳长工先变

D.由受力分析可知，导线静止时的位置为等效最低点，若将导线拉到最低处由静止释放，则导线处于等效最

长再变短，d不变，。先变大再变小，由两式可得绳上的拉力先变小再变大，故D错误。

低点时具有最大速度，由根据动能定理，可得

故选ACo

BII-Zsin—cos。）二；mvm

解得

故D正确。

故选D。

8.（2024•河南•模拟预测）如图所示，一根不可伸长的细绳跨过两个光滑滑轮，绳的一端固定在水平天花板/

点，另一端被小明拉住，动滑轮«下方吊一质量为加的物体，水平地面上的。点在定滑轮C正下方，。点和9.（2024•青海•模拟预测）如图甲所示，a、b两物块（均视为质点）用轻质弹簧连接并放置在光滑的水平面

E点分居。点两侧，CE=C。，小明此时站在。点，重力加速度为g,不计滑轮大小，下列说法正确的是（）上，b的质量为加，Q0时，使。获得水平向右、大小为火的速度，a、b运动的速度一时间关系图像如图乙所

示，已知阴影部分的面积为So,弹簧的弹性势能说与弹簧的形变量X以及弹簧的劲度系数左之间的关系式为

E,=；h2,弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（）

A.小明在。点下拉绳子，拉力变大A.。时刻，a、b间的距离最大

B.小明在。点保持不动，将4点左移，拉力不变B.a的质量为2m

C.小明手捏绳端手臂保持下垂，从。点走到C点的过程中，拉力变小C.0〜打时间内，Q所受冲量的大小为;加%

D.小明手捏绳端手臂保持下垂，从O点走到E点的过程中，绳上的拉力先变大再变小

D.弹簧的劲度系数为鬻

【答案】BD

【详解】A.。时刻之前。的速度大于b的速度，。时刻a的速度等于b的速度，故。时刻a、b间的距离最小,

故A错误;A.主喷泉与某一副喷泉喷出水柱的初速度之比为2:1

B.设。的质量为见,，由动量守恒定律得B.主喷泉与某一副喷泉单位时间内喷出水的质量之比为加：1

22C.主喷泉与某一副喷泉喷口上方空中的水量之比为4:1

D.给主喷泉和某一副喷泉喷水的电动水泵输出功率之比为4VLi

解得

【答案】CD

m=2m

a【详解】A.水离开喷壶管口做竖直上抛运动，由速度位移关系式可得水离开时的初速度大小为

故B正确;v=y/2gh

C.073时间内，对Q由动量定理

故主喷泉与某一副喷泉喷出水柱的初速度之比为

22

I=2m--v-2m^v=--mv

000匕：岭=e:1

2

方向与a的初速度方向相反，大小为§加%,故C错误;故A错误；

D.分析题意可得0时刻弹簧处于原长，设，时刻弹簧的形变量为％,已知阴影部分的面积为S。，则有B.主喷泉与某一副喷泉单位时间内喷出水的质量之比为

mi:m2=S］卬：S2v2t=25/2:1

xo=S。

故B错误；

设弹簧的劲度系数为％,则有

C.根据

Ep=

v=gt

由系统的机械能守恒定律可得

主喷泉与某一副喷泉喷口上方空中的水量之比为

Ep=gx2相片_；（2根+加）

m\m=EM%:SVF2=2亚x5/2:1=4:1

22x222

故C正确；

综合解得

D.电动水泵输出功率为

%=吗

3S；w-mv2

P=2=2_

tt

故D正确。

则给主喷泉和某一副喷泉喷水的电动水泵输出功率之比为

故选BDo

/?:2=2区（扬2：1=4立1

10.（2024•广东深圳•模拟预测）如图为某公园的喷泉，观察到主喷泉和周围副喷泉喷出竖直水柱高度之比为2:1,

主、副喷泉出水口的横截面积之比也为2:1,不计空气阻力，下列选项正确的是（）故D正确。

故选CDo

二、实验题(3)片一£图像的斜率为左，根据

11.(2024•山西•二模)在用单摆测量重力加速度时，小明将小锁头栓接在不易形变的细丝线一端，另一端固4万:

k

定在。点，并在细线上标记一点4如图所示。g

解得

4乃之

g=T

(4)当72=0时，L=-LQ,因此图线乙不过原点，其图像与横轴交点的意义是4点距小锁头重心距离的负值

12.(2024・广西•二模)小黄同学在暗室中用图示装置做“测定重力加速度”的实验，用到的实验器材有：分液

漏斗、阀门、支架、接水盒、一根有荧光刻度的米尺、频闪仪。具体实验步骤如下：

(1)将小锁头拉到某一高度(细线与竖直方向夹角很小)由静止释放，当锁头第一次到达最低点。时开始计时

并计数为1,以后锁头每到达。点一次，计数增加1,计数为N时，秒表测出单摆运动时间为方,则该单摆的

周期7=;

(2)他保持4点以下的细线长度不变，通过改变。4间细线长度£以改变摆长，并测出单摆运动对应的周期T,22.76

测量多组数据后，作出图乙所示图像，图像纵坐标应为(选填"T”、“72”、”，，，、”/，，)；D・----------

33.48

・

(3)已知图像的斜率为上可求得当地的重力加速度g=oE-------------

单位:

(4)图线乙明显不过原点，其图像与横轴交点的意义是ocm

【答案】(1)岛

N-1①在分液漏斗内盛满清水，旋松阀门，让水滴以一定的频率一滴滴的落下；

⑵72

②用频闪仪发出的闪光将水滴流照亮，由大到小逐渐调节频闪仪的频率，当频率为25Hz时，第一次看到一

4万2

⑶F

串仿佛固定不动的水滴；

k

(4)4点距小锁头重心距离的负值③用竖直放置的米尺测得各个水滴所对应的刻度；

【详解】(1)单摆一周内经过两次平衡位置，由题意可知④处理数据，得出结论；

(1)水滴滴落的时间间隔为