2023年高考物理总复习阶段检测试卷及答案(一).docx

阶段滚动过关练(一)(45 分钟 100 分)一、单项选择题:本题共 5 小题,每小题 8 分,共 40 分,每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 西游记中 ,一只大龟浮水作舟,驮着唐僧师徒四人和白龙马渡过了通天河。已知大龟在 静水中游动的速度大小与河水的流速大小之比为 2 1, 出发点 A 到正对岸B 点的距离为 d,河 岸平直。若大家以最短的时间渡河,则大家上岸的地点与 B 点的距离为 ( )A.d B.d4 2C.2d D.4d【解析】 选 B。要使渡河时间最短,大龟游动的速度方向应垂直河岸,令大龟游动的速度为 v ,1河水流速为 v ,渡河时间 t= d ,大家上岸的地点与 B 点的距离 x=v t,又 v v =2 1,解得 x=d ,2 v1 2 1 2 2选项 B 正确。2.在平直公路上行驶的 a 车和 b 车,其位移 时间图像分别为图中直线 a 和曲线 b, 已知 b 车的加速度恒定且 a=-2 m/s2 ,t=3 s 时直线 a 和曲线b 刚好相切。下列说法正确的是 ( )A.a 车的速度大小为8 m/s3B.t=0 时,a 车和 b 车的距离为 7 mC.t=2 s 时,a 车在 b 车前方 1 m 处D.02 s 内,b 车比 a 车多行驶 6 m【解题指导】 解答本题应注意以下三点 :(1)a 车做匀速直线运动, 由图像的斜率求出 a 车的速度。(2)t=3 s 时,直线 a 与曲线b 刚好相切,两车的速度相等,对 b 车, 由速度 时间公式求出初速 度。由位移 时间公式求出 3 s 内两车的位移, 即可求得 t=0 时 a 车和 b 车的距离。(3)根据位移 时间公式求出 02 s 内两车的位移,从而确定 t=2 s 时两车位置关系。【解析】 选 C。图像的斜率代表速度 ,所以 a 车的速度大小为v= x=2 m/s,选项 A 错误;t=3 st- 1 -时直线 a 和曲线 b 刚好相切,速度相等,所以 b 车的速度 v 满足 v=v +at,解得 v =8 m/s,所以0 0 003 s 内,b 车的位移为 x =v0 v t=15 m,所以初始时,b 车的位置坐标 x =8 m-x =-7 m,t=0 时,ab 2 b0 b车和 b 车的距离为x=2 m-x =9 m,选项 B 错误 ;t=2 s 时,b 车的速度 v =v +at=4 m/s,02 sb0 2 0内的位移 x =v0 v 2 t=12 m,a 车的位移 x =vt=4 m,所以 b 车比 a 车多行驶 8 m,t=2 s 时,a 车在2 2 ab 车前方x-8 m=1 m 处,选项 C 正确,D 错误。【加固训练】甲、乙两个质点沿着同一直线运动 ,其中质点甲做匀速直线运动 ,质点乙做初速度为零的匀加速直线运动,它们的位置 x 随时间 t 变化规律如图所示。已知 t 时刻, 甲的位置为 x ,且此0 0时两图线的斜率相同,下列判断正确的是 ( )A.乙的加速度大小为 02t20B.t 时刻,两质点之间的距离为3x0 2 0C.3t 时刻,两质点之间的距离为3x0 2 0D.两质点相遇时, 乙的速度大小为2 0t0【解析】 选 B。由题意可知 , 甲的速度大小为 v = 0 ,t 时刻甲、乙图线的斜率相同, 即此时乙甲 t 00的速度大小也为 0 ,根据运动学公式则有 0 =at ,可得乙的加速度大小为 a= 0 ,选项 A 错误;0tt t 0 t2 00 0 0的时间内, 乙的位移为 x =1at2 = 0 ,故 t 时刻两质点之间的距离为x=x -1x +x =3x ,选项 B 正乙 2 0 2 0 0 2 0 0 2 0- 2 -确;3t 时, 甲的位移为 x =3x , 乙的位移为0 甲 0x 乙 = 2(9)x0 ,两质点之间的距离为x= |30 - 2(9) 00 |= 2(1)x0 ,选项 C 错误;设两质点经过时间 t 相遇,2 0 甲 0 0 乙则有 1 at2=x +v t,解得 t=(3+1)t ,t=(1- 3)t ( 舍去 ),故相遇时 , 乙的速度大小为 v=at=选项 D 错误。3. (2022 全国甲卷)长为 l 的高速列车在平直轨道上正常行驶,速率为 v ,要通过前方一长为0L 的隧道。当列车的任一部分处于隧道内时,列车速率都不允许超过 v(vv )。已知列车加速0和减速时加速度的大小分别为 a 和 2a,则列车从减速开始至回到正常行驶速率 v 所用时间至0少为 ( )A.v0 -v+Ll B.v0 -v+L2l2a v a vC.3(v0 -v)+Ll D.3(v0 -v)+L2l2a v a v【解析】 选 C。由题知当列车的任一部分处于隧道内时 ,列车速率都不允许超过 v(v v ),则0列车进隧道前必须减速到 v,则有 v = v -2at ,解得 t =v0 -v ,列车进隧道时至完全出隧道前匀速0 1 1 2a行驶,有 t =Ll ,列车尾部出隧道后立即加速到 v ,有 v = v + at ,解得 t =v0 -v ,则列车从减速2 v 0 0 3 3 a开始至回到正常行驶速率 v 所用时间至少为 t=3(v0 -v)+Ll ,故选 C。0 2a v4.在第 24 届北京冬奥会跳台滑雪比赛项目中,运动员穿专用滑雪板在助滑雪道上获得一定速 度后从跳台水平飞出,这项运动极为壮观。如图所示,末端可视为水平面,在斜面上 A 点两名运动员先后以 v 和 2v 的速度沿水平方向飞出,不计空气阻力,则从跳出至第一次着地,两名运动0 0员的水平位移之比可能是 ( )A.1 1 B.1 3C.1 5 D.1 7【解析】 选 B。设水平位移为 x,竖直位移为 y,两名运动员分别为 1、 2,若都落在斜面上时y1 =y2 =tan37, 即2v0 =22v0 ,可得 t =2t ,可得 x x =1 4。当都落在水平面时 , 由 h=1gt2 可知x1 x2 gt 1 gt2 2 1 1 2 2运动时间相等,则 x x =1 2,综上可知,两名运动员水平位移之比最小为 1 4,最大为 1 2,1 2选项 B 正确,A、 C、 D 错误。5.航天员驾驶宇宙飞船绕质量分布均匀的一星球做匀速圆周运动 ,测得飞船线速度大小的二次方与轨道半径的倒数的关系图像如图中实线所示,该图线(直线)的斜率为 k, 图中 r (该星球0的半径)为已知量。引力常量为G,下列说法正确的是 ( )A.该星球的质量为Gk- 3 -B.该星球自转的周期为C.该星球表面的重力加速度大小为 k20D.该星球的第一宇宙速度为【解析】 选 C。根据 GMm=mv2 ,得到 v2=GM 1,可知斜率 k=GM,该星球的质量 M=k ,选项 A 错误;2 G 2显然自转周期没有条件可以求解,选项 B 错误; 由 GM=g ,可得 g= k ,选项 C 正确 ; 由第一宇宙0速度 v=可得 v= ,选项 D 错误。二、多项选择题:本题共 3 小题,每小题 8 分,共 24 分,每小题有多个选项符合题目要求。6.如图所示,足够长的水平传送带以大小为 v 的速度顺时针匀速转动,将一质量为 m 的小物块0(可视为质点 )静止放置在传送带的左端 , 同时对小物块施加竖直向上的力 F,力的大小满足 F=kv,v 为小物块的水平速度,小物块与传送带间的动摩擦因数为 ,重力加速度为 g,下列所画出的小物块的水平速度 v 随时间变化的图像(图中 t = v0 ,v =mg)可能正确的是 ( )0 ug m k【解析】 选 B、 C。小物块由静止开始向右做加速运动 ,开始运动后受到重力 mg、竖直向上的力 F、支持力 N=mg-F、水平向右的滑动摩擦力 f= N,若 kv mg,根据牛顿第二定律可知,小物0块运动的加速度大小a=u(mg-kv),可见随着速度v 的增大,小物块做加速度逐渐减小的加速运动,m选项 D 错误;当 v=0 时,a= g=所以图线在 O 点的切线应过点(t0,v0),选项 A 错误;当 mg=kvm0时,a=0,对应速度 v =mg , 当 v v 时,小物块加速到 v 时,小物块与传送带共速,摩擦力m 0 0- 4 -为零,小物块随传送带一起向右做匀速运动,选项 C 正确。7. (2021 湖南选择考)2021 年 4 月 29 日, 中国空间站天和核心舱发射升空,准确进入预定轨 道。根据任务安排,后续将发射问天实验舱和梦天实验舱,计划 2022 年完成空间站在轨建造。核心舱绕地球飞行的轨道可视为圆轨道,轨道离地面的高度约为地球半径的 1 。下列说法正确16的是 ( )A.核心舱进入轨道后所受地球的万有引力大小约为它在地面时的(16)2 倍17B.核心舱在轨道上飞行的速度大于 7.9 km/sC.核心舱在轨道上飞行的周期小于 24 hD.后续加挂实验舱后,空间站由于质量增大,轨道半径将变小【解析】 选 A、C。根据万有引力定律有 F=GMm ,核心舱进入轨道后的万有引力与地面上万有R2引力之比为F1 = R2 =(16)2 ,所以 A 正确;核心舱在轨道上飞行的速度小于 7.9 km/s, 因为第 F2 (R 1 R)2 1716一宇宙速度是最大的环绕速度,所以 B 错误;根据 T=2G(R)M(3)可知,轨道半径越大周期越大,则其周期比同步卫星的周期小,小于 24 h,所以C 正确;卫星做圆周运动时万有引力提供向心力,由 GR(M)2(m)=mR(v2) ,解得 v=R(GM)。则卫星的环绕速度与卫星的质量无关,所以变轨时需要点火减速或者点火加速,增加质量不会改变轨道半径,所以 D 错误。8.如图所示,有一个光滑圆柱体 A 夹在平板 B 与竖直墙壁之间,平板通过铰链与底座 C 相连, 底座左端与液压器 D 相连。通过调节液压器的高度可以改变平板与底座之间的夹角 。A 的 重力为 G, B、C 及D 的总重力也为 G。底座 C 与水平地面间的动摩擦因数为 (0.51),最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是 ( )A.C 与地面间的摩擦力总等于 2 GB. 角增大时,地面对 C 的摩擦力一直在增大C.要保持底座 C 静止不动,应满足 tan 2 D.若保持 =45不变, 圆柱体的重力增大G,仍要保持底座 C 静止,则G 的最大值为2u- 1G1-u【解题指导】 解答本题应注意以下三点 :- 5 -(1)用整体法和隔离法对圆柱体和整体进行受力分析,再根据力的正交分解可求得各力 ;(2)要保持底座 C 静止不动,应满足 ff ; m(3)若保持 =45不变, 圆柱体重力增大G,仍要保持底座 C 静止,则 f=(G+G)tan f = (2G+G),整理可得圆柱体重力增大量。m【解析】 选 C 、D。对 A 进行受力分析,如图甲所示,根据平衡条件得 F =Gtan N1对 A、B、C 及 D 整体进行受力分析,如图乙所示,当整体静止时,摩擦力 f=F =Gtan ,当 角N1增大时,地面对C 的摩擦力增大,当F 达到或超过最大静摩擦力后,摩擦力为 f=2G,所以随着N1角增大,摩擦力先增大后不变,选项 A、B 错误;要保持底座 C 静止不动,应满足条件 Gtan 2G,整理得 tan 2,选项 C 正确;若保持 =45不变, 圆柱体的重力增大G,仍要保持底座 C 静止,应满足条件(G+G)tan45 (2G+G),整理得G2u- 1G,选项 D 正确。1-u三、非选择题:共 2 小题,每小题 18 分,共 36 分。9.潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域 ,浮力顿减,潜艇如同汽车那样掉下悬崖称之为“掉深”, 曾有一些潜艇因此沉没。 某潜艇总质量 m=3.0103 t,在高密度海水区域水面下h =180 m0沿水平方向缓慢潜航,如图所示。当该潜艇驶入海水低密度区域时 ,浮力 F 突然降为 2.94 107 N;20 s 后,潜艇官兵迅速对潜艇减重(排水),此后潜艇以 0.1 m/s2 的加速度匀减速下沉, 速度减为零后开始上浮,升至距水面120 m 处时立即对潜艇加重(加水)后使其缓慢匀减速上浮,升到水面时速度恰好为零。重力加 速度 g 取 10 m/s2,不计潜艇加重和减重的时间和水的粘滞阻力。求 :(1)潜艇“掉深”达到的最大深度(自水面算起);(2)潜艇从开始“掉深”到升至水面的过程所用的总时间。 【解题指导】 解答本题应掌握两个“应用”(1)应用牛顿第二定律求出潜艇的加速度;- 6 -(2)应用运动学公式求出潜艇在竖直方向的位移,然后求出潜艇“掉深”达到的最大深度。【解析】 (1)在潜艇向下加速过程有 mg-F=ma 1此过程下落高度为 h =1a t 2 1 2 1 1潜艇向下减速过程的高度为 h ,22a h =2a h 1 1 2 2潜艇“掉深”达到的最大深度为 h=h +h +h 0 1 2由式得 h = 300 m(2)潜艇向下减速过程的时间为 t ,a t =a t 2 1 1 2 2潜艇向上加速过程有 :h =1a t 2 3 2 2 3h =h-h3 4h =120 m4v =a t2 2 3潜艇向上减速过程有 h =v20 t 4 2 4潜艇从开始“掉深”到升至水面的过程所用总时间 t =t +t+t+t 总 1 2 3 4解得 t =160 s总答案 : (1)300 m (2)160 s【加固训练】疫情期间 ,为了减少人与人之间的接触 ,一餐厅推出了一款智能送餐机器人进行送餐 (如 图甲)。该款机器人的最大运行速度为 4 m/s,加速度大小可调节在1 m/s2 a3 m/s2 范围内,要求:送餐过程托盘保持水平,菜碟与托盘不发生相对滑动,机器人 到达餐桌时速度刚好为 0。现把送餐过程简化为如图的直线情境图(如图乙),已知机器人恰好以最大运行速度 v=4 m/s 通过 O 处,O 与餐桌 A 相距x =6 m,餐桌 A 和餐桌 F 相距L=16 m,机器0人、餐桌都能看成质点,送餐使用的菜碟与托盘之间的动摩擦因数为 =0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度 g 取10 m/s2。- 7 -(1)在某次从 O 到餐桌 A 的过程中,机器人从 O 开始匀减速恰好到 A 停下,求机器人在此过程加 速度 a 的大小。(2)完成(1)问中的送餐任务后,机器人马上从 A 继续送餐到 F,若要求以最短时间从 A 送餐到F,求机器人运行最大加速度 a 和加速过程通过的位移 x 。m 加【解析】 (1)从 O 点到 A 点, 由运动公式 0-v2=2ax0解得 a=0-v2=- 42 m/s2=-4 m/s202 26 3机器人在此过程加速度 a 的大小为4 m/s2。3(2)要想用时最短,则机器人先以最大加速度加速 ,然后匀速一段时间,再以最大加速度做减速运动直到速度减为零。最大加速度为 a = g=2 m/s2m加速的位移为 x = v2 =4 m加 2am答案 : (1)4 m/s2 (2)2 m/s2 4 m310. (2022 莆田模拟)如图所示,传送带以一定速度沿水平方向匀速运动,将质量 m=1.0 kg 的 小物块轻轻放在传送带上的 P 点,小物块运动到 A 点后被水平抛出,小物块恰好无碰撞地沿圆 弧切线从 B 点进入竖直光滑圆弧轨道下滑。 B、 C 为圆弧的两端点,其连线水平,轨道最低点为 O, 已知圆弧对应圆心角 =106, 圆弧半径 R=1.0 m,A 点距水平面的高度 h=0.80 m。小物块 离开 C 点后恰好能无碰撞地沿固定斜面向上滑动,0.8 s 时小物块第二次经过 D 点, 已知小物块与斜面间的动摩擦因数=1,sin53=0.8,g 取 10 m/s2 ,求 :3(1)小物块离开 A 点时的水平速度大小;(2)小物块经过 O 点时,轨道对它的支持力大小 ;(3)斜面上C、 D 点间的距离。【解题指导】 解答本题应注意以下四点 :(1)利用平抛运动规律,在 B 点对速度进行正交分解 ,得到水平方向速度和竖直方向速度的关 系 ;(2)利用机械能守恒定律求解物块在最低点的速度;(3)利用牛顿第二定律在最低点表示出向心力;(4)物块在轨道上上滑属于刹车问题,求出上滑的加速度、 所需的时间;再求出下滑加速度、 距- 8 -离,利用匀变速直线运动规律公式求出位移差。【解析】 (1)对小物块, 由 A 到 B 做平抛运动,在竖直方向上有v 2 =2ghy在 B 点 tane=vy2 vA联立两式,代入数据求得 v =3 m/sA(2)对小物块,在 B 点有 vB=vA(2) + vy(2)=5 m/s从 B 到 O 由机械能守恒定律得 mgR1 -sin37 = 2(1)mv O(2)- 2(1)mvB(2)在 O 点有 F -mg=mv O(2)N R联立以上式子,代入数据得 F =43 NN(3)圆弧光滑, 由机械能守恒可知 v =v =5 m/s C B物块沿斜面上滑时,有 mgsin53+ mgcos53=ma1则小物块由 C 上升到最高点历时 t =vC =0.5 s1 a1则小物块由斜面最高点回到 D 点历时 t =0.8 s-0.5 s=0.3 s2小物块沿斜面下滑时 mgsin53- mgcos53=ma2可得 C、 D 间距离为 xCD=2(vC)t1- 2(1)a2 t 2(2)=0.98 m答案 : (1)3 m/s (2)43 N (3)0.98 m- 9 -