2021年高考物理一轮复习阶段综合测评2课件

阶段综合测评(二)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，1～7题只有一项符合题目要求，8～12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．(2019·陕西咸阳二模)《墨经》是先秦墨家的代表作，“力，刑(形)之所以奋也”是书中对力的描述，其释义为：“力是使物体由静而动，动而愈速或由下而上的原因”，这与1000多年后牛顿经典力学的观点基本一致。关于对此描述的认识，以下说法正确的是()A．力是改变物体运动状态的原因B．力是维持物体运动状态的原因C．物体速度的变化量跟力成正比D．物体不受力将保持静止状态答案解析力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，故A正确，B错误；加速度跟力成正比，但物体速度的变化量不是加速度，故物体速度的变化量跟力不成正比，故C错误；物体不受力将保持静止状态或匀速直线运动状态，故D错误。解析2．(2019·山东济南三模)2019年1月3日10时26分，“嫦娥四号”探测器成功在月球背面着陆，标志着我国探月航天工程达到了一个新高度。“嫦娥四号”绕月球做匀速圆周运动时的轨道半径为r，运行周期为T，已知万有引力常量为G，根据以上信息可以求出()A．月球的平均密度B．月球的第一宇宙速度C．月球的质量D．月球表面的重力加速度解析根据GmMr2＝m4π2T2r可得M＝4π2r3GT2，C正确；因月球的半径未知，则不能求出月球的平均密度、月球的第一宇宙速度以及月球表面的重力加速度的大小，A、B、D错误。答案解析3.(2019·山西运城模拟)如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀加速直线运动，其加速度为a。若保持F的大小不变，而方向与水平面成30°角，物块也做匀加速直线运动，加速度大小也为a。则物块与桌面间的动摩擦因数为()A.32B．2－3C．2＋3D.33解析当拉力F水平时，F－μmg＝ma，当拉力变为与水平面成30°角时，Fcos30°－μ(mg－Fsin30°)＝ma，联立两式解得μ＝2－3，B正确。答案解析4．(2019·贵州贵阳一模)一伞兵从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，2s时开启降落伞，其跳伞过程中的v­t图象如图所示，根据图象可知该伞兵()A．在0～2s内做自由落体运动B．在2～6s内加速度方向先向上后向下C．在0～14s内先处于失重状态后处于超重状态D．在0～24s内先匀加速再匀减速最终匀速直线运动答案解析0～2s内做匀加速直线运动，但加速度小于重力加速度，不是自由落体运动，故A错误；根据v­t图象的斜率表示加速度，由图可知2～6s内伞兵先向下做加速运动，再向下做减速运动，故其加速度方向先向下再向上，故B错误；0～14s内伞兵先向下做加速运动，再向下做减速运动，故其加速度方向先向下再向上，先失重后超重，故C正确；在0～24s内，2～14s内的加速度大小在发生变化，故伞兵不是匀变速运动，D错误。解析5.(2019·内蒙古包头一模)如图所示，滑板运动员从倾角为53°的斜坡顶端距水平地面高度H＝3.2m的A点水平滑出，斜面底端有个宽L＝1.2m、高h＝1.4m的障碍物。忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。为了不触及这个障碍物并落在水平面上，运动员从A点沿水平方向滑出的最小速度为()A．3.0m/sB．4.0m/sC．4.5m/sD．6.0m/s答案解析由题意可知，要使运动员不触及障碍物，则运动员下落到与障碍物等高时，根据几何关系可知运动员在水平方向发生的位移应该满足：x≥Htan53°＋L，此时运动员在竖直方向下落的高度为H－h，设运动员运动的时间为t，则有：H－h＝12gt2，代入数据可得时间为：t＝0.6s，所以运动员从A点沿水平方向滑出的最小速度为：vmin＝1.2＋3.2430.6m/s＝6m/s，故D正确，A、B、C错误。解析6.(2019·上海青浦区二模)如图所示，一个小球沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动，圆环的半径为R，关于小球，以下说法正确的是()A．小球在最低点的速度可以等于RgB．小球在最高点的速度一定大于RgC．小球在最低点对轨道的压力可以是0D．小球在最高点对轨道的压力可以是0答案解析小球恰好到达最高点时，在最高点的线速度最小，此时小球对轨道的压力为0，由重力提供向心力，则有：mg＝mv2R，解得最小速度v＝gR，从最高点到最低点重力做正功，到最低点时速度一定大于gR，故A、B错误，D正确；小球通过轨道最低点时受到重力和轨道的支持力，加速度方向竖直向上，合力竖直向上，处于超重状态，则支持力大于重力，根据牛顿第三定律知，小球对轨道最低点的压力大小一定大于重力，故C错误。解析7．(2019·湖南衡阳三模)如图所示，质量分别为m和2m的A、B两物块用一轻弹簧相连，将A用轻绳悬挂于天花板上，用一木板托住物块B。调整木板的位置，当系统处于静止状态时，悬挂A物块的悬绳恰好伸直且没有拉力，此时轻弹簧的形变量为x，突然撤去木板，重力加速度为g，物块运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是()A．撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为gB．撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为0.5gC．撤去木板后，B物块向下运动3x时速度最大D．撤去木板后，B物块向下运动2x时速度最大答案解析撤去木板瞬间，B物块受到的合力为3mg，由牛顿第二定律可知：aB＝1.5g，故A、B错误；当B物块受到的合外力为零时，速度最大，此时T2＝2mg＝kx2，又mg＝kx，所以弹簧此时的伸长量x2＝2x，即B物块向下运动3x时速度最大，故C正确，D错误。解析8．(2019·辽宁沈阳一模)如图所示，甲、乙两物体靠在一起，放在光滑的水平面上，在水平力F1和F2共同作用下，一起从静止开始运动，已知F1F2，两物体运动一段时间后()A．若突然撤去F1，甲的加速度一定减小B．若突然撤去F1，甲、乙间的作用力减小C．若突然撤去F2，乙的加速度一定增大D．若突然撤去F2，甲、乙间的作用力增大答案解析甲、乙一起运动时，整体的加速度为：a＝F1－F2m1＋m2，设甲、乙之间的作用力为N，对乙分析，N－F2＝m2a，解得N＝m1F2＋m2F1m1＋m2；突然撤去F1，则整体的加速度a1＝F2m1＋m2，a1不一定小于a，甲、乙之间的作用力N1＝m1F2m1＋m2N，故A错误，B正确；突然撤去F2，则整体的加速度a2＝F1m1＋m2，则a2a，即加速度增大，甲、乙之间的作用力N2＝m2F1m1＋m2N，故C正确，D错误。解析9.(2019·河南郑州三模)倾角为θ的斜面固定在水平面上，在斜面上放置一长木板，木板与斜面之间的动摩擦因数为μ。平行于斜面的力传感器上端连接木板，下端连接一光滑小球，如图所示。当木板固定时，传感器的示数为F1。现由静止释放木板，木板沿斜面下滑的过程中，传感器的示数为F2。则下列说法正确的是()A．若μ＝0，则F1＝F2B．若μ＝0，则F2＝0C．若μ≠0，则μ＝tanθD．若μ≠0，则μ＝F2tanθF1答案解析设小球的质量为m，木板、小球、力传感器组成的整体的质量为M，当木板固定时，对小球，根据共点力平衡有：F1＝mgsinθ，静止释放木板，木板沿斜面下滑的过程中，若μ＝0，对整体，根据牛顿第二定律可得：Mgsinθ＝Ma，解得：a＝gsinθ，再以小球为研究对象，则有：mgsinθ－F2＝ma，解得：F2＝0，故A错误，B正确；当木板沿斜面下滑时，若μ≠0，对整体，根据牛顿第二定律可得加速度为：a′＝gsinθ－μgcosθ，对小球有：mgsinθ－F2＝ma′，解得：F2＝μmgcosθ，则有：F1F2＝mgsinθμmgcosθ＝tanθμ，解得：μ＝F2tanθF1，故C错误，D正确。解析10．(2019·辽宁葫芦岛一模)(多选)如图所示，在水平面上有一传送带以速率v1沿顺时针方向运动，传送带速度保持不变，传送带左右两端各有一个与传送带等高的光滑水平面和传送带相连(紧靠但不接触)，现有一物块在右端水平面上以速度v2向左运动，物块的速度随时间变化的图象可能的是()答案解析第一种情况：物块在传送带上先减速向左滑行，速度先减为零，然后物块会在滑动摩擦力的作用下向右加速，加速度大小不变；如果v1v2，物块向右运动时会一直加速，当速度大小增大到等于v2时，物块恰好离开传送带，有v2′＝－v2，A正确；如果v1≤v2，物块向左的速度减至零后会在滑动摩擦力的作用下向右加速，当速度增大到等于传送带速度时，物块还在传送带上，之后不受摩擦力，物块与传送带一起向右匀速运动，有v2′＝－v1，B正确。第二种情况：物块在传送带上减速向左滑行，直接向左滑出传送带，末速度一定小于v2，D正确。解析11.(2019·安徽合肥二模)图示为运动员在水平道路上转弯的情景，转弯轨迹可看成一段半径为R的圆弧，运动员始终与自行车在同一平面内。转弯时，只有当地面对车的作用力通过车(包括人)的重心时，车才不会倾倒。设自行车和人的总质量为M，轮胎与路面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是()A．车受到地面的支持力方向与车所在平面平行B．转弯时车不发生侧滑的最大速度为μgRC．转弯时车与地面间的静摩擦力一定为μMgD．转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小答案解析车受到的地面的支持力方向垂直地面，与车所在的平面不平行，故A错误；设自行车受到地面的支持力为N，则有：fm＝μN，由平衡条件有：N＝Mg，根据牛顿第二定律有：fm＝Mv2mR，代入数据解得：vm＝μgR，故B正确；地面对自行车的支持力N与摩擦力f的合力过人与车的重心，设θ为自行车与地面的夹角，则：1tanθ＝fMg，f＝Mv2R，解得f＝Mgtanθ，1tanθ＝v2gR，转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小，转弯时车与地面间的静摩擦力不一定为μMg，C错误，D正确。解析12．(2019·安徽合肥三模)近年来，我国航天事业取得长足进步，相信不久的将来，我国宇航员将到达火星。若宇航员在距火星表面高h处将一物体(视为质点)以初速度v0水平抛出，测得抛出点与着落点相距2h，已知火星的半径为R，自转周期为T，万有引力常量为G，不计大气阻力。下列说法正确的是()A．火星表面的重力加速度为g＝2v203hB．火星的质量约为M＝2v20R23GhC．火星的第一宇宙速度为v＝3R2hv0D．火星的同步卫星的高度为H＝3v20R2T26π2h答案解析平抛的水平位移为：x＝2h2－h2＝3h，竖直方向有：h＝12gt2，水平方向有：x＝v0t，联立得：g＝2v203h，故A正确；火星表面物体的重力等于万有引力，有：mg＝GMmR2，得火星的质量为：M＝gR2G＝2v20R23Gh，故B正确；根据第一宇宙速度公式v1＝gR得：v1＝2v20R3h＝2R3hv0，故C错误；火星的同步卫星的周期等于火星的自转周期T，根据万有引力提供向心力有：GMmR＋H2＝m4π2T2(R＋H)，解得H＝3GMT24π2－R＝3v20R2T26π2h－R，故D错误。解析第Ⅱ卷(非选择题，共62分)二、实验题(本题共2小题，共12分)13．(6分)(2019·新疆乌鲁木齐二诊)在“研究平抛运动”的实验中，某同学记录了小球运动轨迹中多个点的位置，取抛出点为坐标原点，用x表示小球的水平位移，y表示小球的竖直位移(相邻两点的时间间隔已知)。(1)若作出x­t图象的斜率为2.0m/s，则小球做平抛运动的初速度大小为________m/s。(2)若以t为横坐标，yt为纵坐标，作出的图象的斜率为k，则当地的重力加速度为________；若图象中某时刻，yt＝1.0m/s，则该时刻小球竖直方向的分速度大小为________m/s。2.02k2.0解析(1)在水平方向，作出的x­t图象是斜率为2.0m/s的直线，所以物体水平方向为匀速直线运动，小球做平抛运动的初速度大小为2.0m/s。(