高三一轮复习物理综合测试题(必修一二)含答案及详细讲解

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高三物理一轮复习阶段检测A卷（必修第一册、第二册和动量守恒定律）参考答案与提示

1.C提示:木块与斜面间的最大静摩擦力f m a x=μm g c o sθ=3m g8,木块的重力沿斜面方向的分力G1=m g s i nθ=m g2,由G1> f m a x可知,弹簧弹力的方向不可能向下,即弹簧不可能处于压缩状态,选项A错误㊂弹簧有最大形变量时满足G1+f m a x=kΔx m a x,解得Δx m a x=7m g8k,选项B错误㊂当G1>F弹时,木块受到的摩擦力沿斜面向上,当G1= F弹时,木块受到的摩擦力为零,当G1<F弹时,木块受到的摩擦力沿斜面向下,选项C正确,D错误㊂2.D提示:因为跨过P㊁Q两轻环的细线是同一根张紧的细线,细线内部张力处处相等,所以无论怎样移动轻环P的位置,弹簧测力计a的示数恒等于m g,选项B正确㊂以滑轮O为研究对象,根据平衡条件可知,两弹簧测力计的示数相同时O㊁P㊁Q三点恰构成一个正三角形,故P㊁Q两轻环的间距等于固定圆弧的半径,选项A正确㊂若轻环Q 固定不动,将轻环P向左下方移动,则两轻环间的水平距离增大,而细线中的张力不变,此时弹簧测力计b的示数一定减小,选项C 正确㊂若将轻环Q向左上方移动少许的同时将轻环P向左下方移动,则两悬线间的夹角可能不变,可能增大,还可能减小,即弹簧测力计b的示数不一定增大,选项D错误㊂3.C提示:因为小球的运动轨迹恰好与半圆形轨道相切于B点,所以小球到达B点时的速度与水平方向间的夹角为30ʎ㊂设小球到达B点时的位移与水平方向间的夹角为θ,则t a nθ=t a n30ʎ2=36,t a nθ=y x=yR+R c o sα,解得y=34R㊂根据运动学公式得v2y=2g y,根据几何关系得t a n30ʎ=v y v0,解得v0=3m/s㊂4.B提示:在A㊁B两小球碰撞的过程中,取速度v0的方向为正方向,根据动量守恒定律得m v0=-m㊃k v0+5m v B,解得v B=(k+1)v05㊂小球A与挡板P碰撞后能追上小球B再次发生碰撞的条件是k v0>v B,解得k>14㊂在A㊁B两小球碰撞的过程中损失的机械能ΔE=12m v20-12m(k v0)2+12ˑ5m v2Bȡ0,解得kɤ23㊂因此k满足的条件是14<kɤ23㊂5.A D 提示:根据W f=f x,结合W-x图像可知,物体与地面之间的滑动摩擦力f=20-010-0N=2N,又有f=μm g,解得μ=0.2,选项A正确㊂根据W F=F x,结合W-x图像可知,0~3m内,拉力F1=15-03-0N=5N,物体的加速度a1=F1-fm=3m/s2,3m~9m内,拉力F2=27-159-3N=2N,物体的加速度a2=0,选项C错误㊂根据动能定理得W F-f x=12m v2,当x=9m时有5Nˑ3m+2Nˑ6m-2Nˑ9m=12ˑ1k gˑv2,解得物体的速度v=32m/s,选项D正确㊂物体的最大位移x m a x=W F f=34参考答案与提示高考理化2023年9月Copyright©博看网. All Rights Reserved.5Nˑ3m+2Nˑ6m2N=13.5m ,选项B 错误㊂6.B C 提示: 模型一为双星模型,月亮与地球均以对方的吸引力为自己做圆周运动所需的向心力,圆心在连线上的某点,对月球有GM 月M 地L2=M 月4π2T2r 1,对地球有GM 月M 地L2=M 地4π2T2r 2,又有r 1+r 2=L ,化简得M 月+M 地=4π2G T 2L 3; 模型二为中心天体模型,对月球有G M 月M 地L2=M 月4π2T2L ,解得M 地=4π2G T2L 3㊂7.B D 提示:在小环下滑的过程中,弹性绳的弹力对小环先做正功后做负功,因此小环的机械能先增大后减小,选项A 错误㊂在A 点,小环受重力m g ㊁弹性绳的拉力F ㊁细杆的支持力N 三个力作用,根据牛顿第二定律得m gs i n θ+F s i n θ=m a ㊂在D 点,小环的速度达最大,加速度为零,弹性绳的长度为2L ,故m gs i n θ-F s i n θ=0㊂联立以上二式解得a =g ,选项B 正确㊂小环到达A D 的中点时,弹性绳的长度为3L >L ,弹性绳处于伸长状态,故其弹性势能不为零,选项C 错误㊂由小环和弹性绳组成的系统的机械能守恒,小环运动到D 点时的速度最大,此时弹性绳的长度等于小环在A 点时弹性绳的长度,故在A ㊁D 两点处小环的机械能相等,即m g (2L c o s 60ʎ)=12m v 2,解得v =2gL ,选项D 正确㊂图18.A D 提示:物体沿光滑斜面下滑的过程中,只有重力做功,机械能守恒,则m gh =12m v 2,解得v =10m /s,选项A 正确㊂物体在传送带上的受力情况如图1所示,根据牛顿第二定律得f =μm g =m a ,解得a =5m /s 2㊂物体的速度减小至0所用的时间t 1=va =2s ,物体的速度减小至0后,在摩擦力的作用下向右做匀加速直线运动,加速度大小不变,则物体达到与传送带共速所用的时间t 2=v 0a=1s ,物体做减速运动向左的位移L =v 2t 1=10m ,物体做加速运动向右的位移x 1=12a t 22=2.5m ,之后物体随传送带做匀速直线运动所用的时间t 3=L -x 1v 0=1.5s ㊂因此物体从第一次滑上传送带到第一次离开传送带所用的时间t =t 1+t 2+t 3=4.5s ,选项B 错误㊂作出物体的v -t 图像如图2所示,则物体和传送带的相对位移为图中阴影部分的面积,即Δx =22.5m ,因摩擦而产生的热量Q =μm g ㊃Δx =112.5J ,摩擦力对物体做的功W 摩=12m v 20-12m v 2=-37.5J ,选项C 错误,D 正确㊂图29.(1)8.0 (2)2m ag -a (3)系统提示:(1)根据匀变速直线运动的位移差公式Δx =a T 2,解得系统的加速度a =(3.29-2.32)ˑ10-23ˑ1502m /s 2=8.0m /s 2㊂(2)根据牛顿第二定律,对由重物Q 和Z 组成的系统有(M +m )g -T =(M +m )a ,对重物P 有T -m g =ma ,解得M =2m ag -a ㊂(3)本实验中的误差是由实验原理的选择而造成的,无法通过多次测量取平均值来消除,是一种系统误差㊂10.(1)2.4 (2)0.576 0.588 (3)存在空气阻力,滑轮与细线之间存在摩擦,纸带与打点计时器之间存在摩擦(答对一条即可)提示:(1)打下相邻两计数点的时间间隔44 参考答案与提示高考理化 2023年9月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.T =5ˑ150s=0.1s ,打下计数点5时的速度v 5=x 462T =(21.60+26.40)ˑ10-22ˑ0.1m /s =2.4m /s ㊂(2)从计数点0到计数点5的运动过程中,系统动能的增加量ΔE k =12(m 1+m 2)v 25=12ˑ0.2ˑ2.42J =0.576J,系统重力势能的减少量ΔE p =(m 2-m 1)g ㊃x 05=0.1ˑ9.8ˑ(38.40+21.60)ˑ10-2J=0.588J㊂11.(1)当两车速度相同时相距最远,则v 客=v 货=a t 1,v 货=36k m /h =10m /s ,解得两车相距最远时,客车行驶的时间t 1=5s ㊂在这段时间内,货车的位移x 货1=v 货t 1=50m ,客车的位移x 客1=12a t 21=25m ,故客车车头到前方货车车尾的最远距离Δx m a x =x 货1-x 客1=25m ㊂(2)设客车自启动到两车车头平齐所用的时间为t 2,若该过程中客车一直做匀加速直线运动,则满足12a t 22=v 货t 2+L 货,解得t 2=10+1322s ,t 2'=10-1322s <0(舍去),此时客车的速度v 客=a t 2=(10+132)m /s ㊂因为客车的最大速度v =72k m /h =20m /s,所以两车头平齐前客车已匀速行驶,即当客车车头与货车车头平齐时,客车的速度为20m /s ㊂(3)客车做加速运动的时间t 加=va=10s,在客车做加速运动的过程中,货车的位移x 货2=v 货t 加=100m ,客车的位移x 客2=12a t 2加=100m ,根据两车的位置关系可知,此时客车车头恰好再次与货车车尾平齐㊂设自此时到客车刚好超过货车所用的时间为t 3,根据位移关系得v t 3-v 货t 3=L 客+L 货,解得t 3=2s㊂因此客车自启动直到刚好超过货车所用的总时间t 总=t 加+t 3=12s ㊂12.(1)面片做平抛运动,在竖直方向上有h =12gt 2,解得t =0.4s ㊂(2)面片到达锅上边沿时,在水平方向上的位移x =v 0t =1.2m ,因为x >L +d ,所以面片不能落在锅内㊂(3)当面片恰好落到锅的上边沿最左侧时有L =v 1t ,当面片恰好落到锅的上边沿最右侧时有L +d =v 2t ,解得v 1=1.5m /s ,v 2=2.5m /s ㊂因此要保证削出的面片落入锅内,其初速度v 0应满足的条件为1.5m /s <v 0<2.5m /s ㊂13.(1)当小球恰好能在竖直平面内绕O 点做完整的圆周运动时,设小球通过最高点时的速度大小为v 1,根据牛顿第二定律得m g =m v 21L ,根据动能定理得-m g ㊃2L =12m v 21-12m v 20,解得v 0=5g L ㊂(2)设小球运动到钉子正下方时的速度为v ,此时小球与A 点间的竖直距离为Δh ,根据牛顿第二定律得7m g -m g =m v2r,根据动能定理得-m g ㊃Δh =12m v 2-12m v 20,根据几何关系得L =Δh +r +(L -r )c o s θ,解得r =3+2c o s θ4+2c o s θL ㊂14.(1)滑块从A 点释放至运动到最低点B 的过程中,根据系统在水平方向上动量守恒得0=m v 1-M v 2,根据系统的机械能守恒得m gR =12m v 21+12M v 22,解得v 1=2m /s ㊂(2)滑块向右运动压缩弹簧,当滑道和滑块的速度相同时,弹簧的压缩量最大,弹簧的弹性势能最大㊂根据系统在水平方向上动量守恒可知,弹簧压缩量最大时,滑块和滑道的速度均为零㊂根据能量守恒定律得E p m a x =m g R -μm g L ,解得E p m a x =2.6J ㊂(3)因为系统的初动量为零,所以滑块与滑道的最终速度相等,均为零㊂只有在滑块经过C D 段时才有机械能损失,因此滑块最终应停止在C ㊁D 两点之间㊂根据能量守恒定律得m g R =μm g s ,解得s =1.5m ,即滑块最终停在C D 段的中点㊂(责任编辑张巧)54参考答案与提示高考理化 2023年9月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。

整理高三物理一轮复习必修一必修二试卷

高中物理《必修1》复习测试题整理人尼克高中物理《必修1》复习测试题一、选择题：本大题共12小题，每小题4分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的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. 在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程．在对以下几位物理学家所作科学贡献的叙述中，正确的说法是：（）A．伽利略通过理想斜面实验，总结出了牛顿第一定律；B．牛顿应用理想斜面实验推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点C．胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比D．亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快2. 关于牛顿定律的理解，以下说法正确的是（）A．由牛顿第一定律可知，力是维持物体运动的原因B．由牛顿第二定律可知，物体所受合外力的方向就是物体加速度的方向C．由牛顿第三定律可知，作用力和反作用力总是等大、反向，使物体处于平衡状态D．牛顿第一定律、牛顿第二定律和牛顿第三定律都是用实验直接获得的规律3. 如图所示,足够长的传送带与水平面夹角为θ,以速度v0逆时针匀速转动.在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块,小木块与传送带间的动摩擦因数μ< tanθ,则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是（）4. 一帆风顺，说的是顺风好行船，但有时遇上逆风，有经验的水手通过正确地操纵船帆，仍然可借风力航行。

当风从正东方吹来，而船却要驶向东北方向，则图中四种情况中哪个可达到目的地（PQ表示帆的方位）( )5.如图，A、B A杆的PQ风向APQ风向DPQ风向CBPQ风向绳倾斜，悬挂B 杆的绳恰好竖直。

则两杆受力情况正确的有（）A ．A 、B 都受三个力 B ．A 、B 都受四个力C ．A 受三个力，B 受四个力D ．A 受四个力，B 受三个力6. 如图在水平粗糙的桌面上，有两个长方体A 和B ，F 是推力，以下说法正确的是（）A ．A 、、B 静止时，A 、B 间一定存在弹力 B ．A 、B 静止时，A 、B 间一定不存在弹力C ．A 、B 一起向右匀速运动时，A 、B 间可能不存在弹力D ．A 、B 一起向右加速运动时，A 、B 间一定存在弹力7. 如图，每个小正方形的边长为1 m ，物体沿轨迹的箭头方向运动，其中AB 可视为直线。

高中物理必修第一册综合复习与测试试卷及答案_粤教版_2024-2025学年

综合复习与测试试卷(答案在后面)一、单项选择题（本大题有7小题，每小题4分，共28分）1、一质点沿直线运动，初始时刻的位置为(x0=5)m，速度为(v0=3)m/s，加速度(a=2)m/s(2)。

在(t=4)s 时刻，它的位置(x)为多少？A.(35)mB.(37)mC.(41)mD.(45)m2、有一弹簧振子，其固有频率为(f=20)Hz，若外力作用下，振子的振动频率为(40)Hz，则该外力是：A. 驻波B. 共振C. 强振动D. 无规则振动3、题干：一个物体在水平面上受到一个水平力F的作用，物体在力的作用下移动了一段距离s。

若物体受到的摩擦力为f，根据功的计算公式，该力F所做的功为：A. FsB. Fs - fsC. Fs + fsD. Fs/f4、题干：一个质量为m的物体从静止开始从某个高度h降落到水平面上，假设空气阻力可以忽略不计。

物体在下降过程中，下列说法正确的是：A. 重力对物体做的功等于物体增加的重力势能B. 重力对物体做的功等于物体增加的动能C. 重力对物体做的功等于物体减少的势能D. 重力对物体做的功等于物体减少的动能5、下列关于牛顿第一定律的描述正确的是：A、物体只有在受到外力作用时才会改变运动状态B、物体的运动状态改变时，必定受到了外力的作用C、物体的运动状态不改变时，一定不受外力D、物体不受外力作用时，其运动状态将保持静止6、一物体在水平面上受到两个相互垂直的力F1和F2的作用，F1的大小为10N，F2的大小为15N。

求物体所受的合力大小和方向。

7、关于自由落体运动，下列说法正确的是（）。

A、只有当物体从静止状态开始下落时，才是自由落体运动。

B、自由落体运动中，物体的速度大小保持不变。

C、物体在自由落体运动中受到空气阻力的影响，但仍遵循匀加速直线运动规律。

D、自由落体加速度只在赤道处最小，在南极或北极最大。

二、多项选择题（本大题有3小题，每小题6分，共18分）1、以下哪些现象符合能量守恒定律？A、摩擦生热B、水从高处流向低处C、弹簧被拉伸后恢复原状D、自由落体运动2、以下关于理想气体状态方程的描述正确的是：A、(PV=nRT)中的P表示气体的压强，V表示气体的体积，n表示气体的物质的量，R为普适气体常量，T表示气体的温度B、理想气体状态方程不适用于非理想气体C、同一状态下的不同气体，其物质的量与体积成正比D、理想气体状态方程适用于任何位置的气体3、下列关于力的说法正确的是（）A、力是物体对物体的作用，力的作用是相互的。

高中物理新课标《必修1》《必修2》综合试题

《必修1》和《必修2》综合考试物理试题(100分钟 100分)主备人：修订人：审核人：使用时间：【教师寄语】智慧只是天才的配料，勤奋才是天才的本身。

本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．第Ⅰ卷第1至4页，第Ⅱ卷5至8页。

考试结束后，将第Ⅱ卷和答题卡一并收回。

第Ⅰ卷一、选择题：本题共13个小题，每小题4分，共52分．在每个小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的．每小题全选对的得4分；选对但不全的得2分；有错或不答的得0分．1.玩具小车以初速度v 0从底端沿足够长的斜面向上滑去，此后该小车的速度图象可能是下图中的哪一个（）2．在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A ，A 与竖直墙之间放一个光滑圆球B ，整个装置处于静止状态。

现对B 加一竖直向下的力F ，F 的作用线通过B 球心，设墙对B 的作用力为1F ，B 对A 的作用力为2F ，地面对A 的作用力为3F ，若F 缓慢增大，而整个装置仍保持静止，截面如图所示，在此过程中（）A ．2F 缓慢增大，3F 缓慢增大B ．1F 缓慢增大，3F 保持不变C ．1F 保持不变，3F 缓慢增大D ．2F 缓慢增大，3F 保持不变3.如图所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H 处，将球以速度υ沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上，已知底线到网的距离为L ，重力加速度取g ，将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是（）A.球的速度υ等于B.C.球从击球点至落地点的位移等于LD.球从击球点至落地点的位移与球的质量有关4.如图所示，长为L 的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直平面内作圆周运动，关于小球在过最高点的速度υ，下列叙述中正确的是（）A ．υ极小值为gLB ．υ由零增大，需要的向心力也逐渐增大C ．当υ由gL 逐渐增大时，杆对小球的弹力也逐渐增大D ．当υ由gL 逐渐减小时，杆对小球的弹力逐渐减小5.月球与地球质量之比约为1:80，有研究者认为月球和地球可视为一个由两质点构成的双星系统，他们都围绕地月连线上某点O 做匀速圆周运动。

高三一轮复习检测题(必修1、2,选修3-5)A卷参考答案与提示

中孝生皋捏化参考答案与提示高考理化2020年9月高三一题(必修1、2,选修3—5)A卷参考答案与提示1.B2.D提示：木板突然停止运动，若木板光滑，则物体*、.均将以速度3向右做匀速直线运动，相对距离保持不变；若木板粗糙！由$0g=0#得#=$g，则物体*、.均将以初速度3和相同大小的加速度#向右做匀减速直线运动，相对距离也保持不变。

因此不论木板是否光滑，物体*、.间的相对距离均保持不变"3.C提示：在抽出木板的瞬时，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自的重力，由牛顿第二定律得#l-#$-g;物块3、4间轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为0g，因此物块3满足0g=2,#3=0,物块4满足2+M T g M+04.D提示：小球的初速度增大，小球下落的高度先增大后减小，因此小球运动的时间先增大后减小"小球在做平抛运动的过程中，只受重力的作用，小球的机械能守恒°根据做平抛运动的物体速度矢量的反向延长线必过水平位移的中点可知，若要使小球垂直打在圆环上，则其速度的反向延长线一定过O点，但小球打在圆环上时的速度的反向延长线不可能过O点°5.B&.A7.AD&AD提示：小球沿乙轨道运动到最高点时，由机械能守恒定律得0gh. =20gR+ 203.，而小球能通过最高点的最小速度可以为零，因此h.#2R即可使小球到达轨道最高点"小球沿甲轨道运动时，在最高点仅由重力提供向心力时速度最小，由0g=/0R*，解得3*-g。

由机械能守恒定律15得0gh*=20g R+203*，解得h*=p R°因此当h*=h.=2R时，两小球都能沿轨道运动到最高点，选项A正确°若h*=h.= 2R时，小球沿乙轨道可上升到2R处，小球3沿甲轨道不能上升到2R处，因为小球上升3到2R处的动能不能为零，选项'错误"小球若沿最高点飞出恰好落在轨道的右端口g 处，则R=2g5，=35,解得3—，小球沿甲轨道运动在最高点的速度不能小于g，选项C错误"由以上分析可知，小球能从最高点飞出，对应甲轨道小球的最小高度为2R，寸应乙轨道小球的高度h.>2R即可，选项D正确°)BC10.BCD11.(1)①沙和沙桶的总质量②0.40 0.20(2&0g(S4—S]&(M+200)「％5—S3&*12*7—W Y E》12.(1)选小球为研究对象，它受到重力0g、细线的拉力2]和磁铁的引力22,根据平衡条件可知，在水平方向上有2]sin"= 22sin!，在竖直方向上有2]cos"+22cos!=//0g,解得F]=F2=30g°(2)选该同学(含磁铁)为研究对象，他受到重力Mg、地面的支持力N、静摩擦力/和小球对他的引力2%,且22=22=Ji g°根据平衡条件可知，在水平方向上有/-2$Sin!，在竖直方向上有N=2%cos仅+Mg,解得N=Mg+1f320g,/—60g o13.公共汽车在前方s=50m处的站点停0—x3车，则其加速度#=「严=—1m/s2,则公共2$汽车相对电动自行车做初速度3%-3o—3-7m/s,加速度#=—1m/s2的匀减速运动°设公共汽车车头到达电动自行车车尾历时为44参考答案与提示高考理化2020年9月5，则:。

高中物理必修一二综合测评试题答案

高中物理必修一二综合测评试题答案１．答案：A ．解析：人在水平方向做匀速运动，石子轻轻释放后，做平抛运动，水平方向也和人一样做匀速运动，所以游客感到石子的轨迹是向下的．２．答案：B ．解析：从实验结果表明A ，B 两球的运动时间相同，A 物体的运动可以分解为水平方向的运动和竖直方向上的运动，合运动的时间和分运动的时间相等，而在竖直方向上，A ，B 两物体的位移相同，且都从静止开始只受重力作用下的运动，所以二者在竖直方向上的运动规律相同，至于水平方向不能说明是做匀速直线运动．3．答案：BC ．解析：首先对球在最高点作受力分析，杆对球有支持力(球对杆有压力)1F 时Lv m F m g 21=-，而gL v F <>,01当杆对球既无支持力又无拉力时gL v L v m mg ==,2，当杆对球有拉力(球对杆也有拉力)2F 时gL v Lv m F mg >=+,22，因此C 正确．同理当gL v >时，小球对杆的作用力是拉力.因此B 正确.4．答案： D ．解析：正是由于人脚对皮带有摩擦力，皮带才可能运动，这个力是皮带运动的动力．既然人对皮带的摩擦力是动力，所以对皮带做正功．人对皮带的正压力对皮带不做功，只有人对皮带的摩擦力对皮带做功．由瞬时功率的计算式FV P =，人对皮带的摩擦力的功率为F f V ．所以选项D 正确．5．答案：Ｄ．解析：对于行星绕太阳运动，是太阳对行星的万有引力提供向心力，设太阳的质量为M ，则)4(222TmR R Mm G π=，即3R T ∝，所以设地球和第十大行星绕太阳公转的半径分别为0R 和R ，地球和第十大行星绕太阳公转的周期分别为0T 和T ，则303R R T T=，代入数据43303010470)470(===R R T 年．所以选项Ｄ正确．6．如图3-18所示，轻质弹簧竖直放置在水平地面上，它的正上方有一金属块从高处自由下落，从金属块自由下落到第一次速度为零的过程中 [ ] A ．重力先做正功，后做负功B ．弹力没有做正功C ．金属块的动能最大时，弹力与重力相平衡D ．金属块的动能为零时，弹簧的弹性势能最大【错解分析】错解：金属块自由下落，接触弹簧后开始减速，当重力等于弹力时，金属块速度为零。

高中物理必修1综合复习与测试试卷及答案_人教版_2024-2025学年

综合复习与测试试卷(答案在后面)一、单项选择题（本大题有7小题，每小题4分，共28分）1、下列选项中，属于物理学研究的基本方法的是（）A、归纳法B、实验法C、观察法D、类比法2、以下关于力的说法，正确的是（）A、力可以使物体发生形变B、物体间力的作用总是相互的C、力的单位是牛顿D、相互作用力就是一对平衡力3、在平抛运动中，一个小球从某一高度抛出，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A、小球在竖直方向上的速度随时间增大而增大B、小球在水平方向上的速度随时间增大而增大C、小球在竖直方向上的加速度随时间增大而增大D、小球在水平方向上的加速度随时间增大而增大4、一个物体从静止开始沿直线加速运动，下列说法正确的是（）A、物体的速度一定随时间增大B、物体的加速度一定随时间增大C、物体的位移一定随时间增大D、物体的位移一定随时间减小5、一个物体从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为2m/s²，在前2秒内的位移是：A. 2mB. 4mC. 8mD. 16m6、两个质量分别为1kg和2kg的物体沿同一方向运动，速度分别是3m/s和1m/s。

如果它们发生完全非弹性碰撞后粘在一起，则碰撞后的共同速度是多少？A. 1m/sB. 1.5m/sC. 2m/sD. 2.5m/s7、一物体从静止开始沿光滑水平面做匀加速直线运动，经过2秒后速度达到8m/s。

则物体的加速度为（）A. 2m/s²B. 4m/s²C. 6m/s²D. 8m/s²二、多项选择题（本大题有3小题，每小题6分，共18分）1、对于牛顿运动定律的应用，下列说法正确的是：A、牛顿第一定律适用于宏观低速运动的物体；B、牛顿第二定律表达式F=ma中的力F是指物体不受力的作用；C、牛顿第三定律只适用于两个直接接触的物体之间的相互作用力；D、牛顿运动定律适用于任何物体；E、牛顿第二定律说明了加速度а与物体所受合外力F和物体质量m的关系。

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12. 如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为 m，水的阻力恒为 f，当轻绳与水平面的夹角为 θ 时，船的速
度为 v，此时人的拉力大小为 F，则（）多选
A．人拉绳行走的速度为 vcosθ
F cos f
C．船的加速度为
m
B．人拉绳行走的速度为 v/cosθ
F f
D．船的加速度为
m
13. 如图所示，叠放在水平转台上的小物体 A、B、C 能随转台一起以角速度 ω 匀速转动，A、B、C 的质量
分
别为 3m、2m、m，A 与 B、B 与转台、C 与转台间的动摩擦因数都为 μ，B、C 离转台中心的距离分别为
r、
1.5r．设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以下说法中正确的是（）多选
A．B 对 A 的摩擦力一定为 3μmg B．B 对 A 的摩擦力一定为 3m 2r 2g
C．要使物体与转台不发生相对滑动，转台的角速度一定满足：ω ≤
D．小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值
15. 国“嫦娥一号”探月卫星发射后，先在“24 小时轨道”上绕地球运行（即绕地球一圈需要 24 小时）；然后，
经过两次变轨依次到达“48 小时轨道”和“72 小时轨道”；最后奔向月球．如果按圆形轨道计算，并忽略卫
1. A、B、C 三物体同时同地出发在同一直线上运动，它们的运动情况如图所示，在
20s 的时间内，它们的平均速率的关系正确的是（）
A. VA = VB = VC
B. VA > VB = VC C. VA > VB > VC
D. VA = VB < VC
2.甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，它们的 v-t 图象如图所示．两图象 t=t1 时相交

高三物理必修一、二复习(有答案)

第一章直线运动一、匀速、匀变速直线运动运动规律的应用1.为了传递信息，周朝形成邮驿制度.宋朝增设“急递铺”设金牌、银牌、铜牌三种，“金牌”一昼夜行500里（1里=500米），每到一驿站就换人换马接力传递.“金牌”的平均速度（） A.与成年人步行的平均速率相当 B.与人骑自行车的平均速率相当 C.与普通公路上汽车的平均速率相当 D.与普通公路上汽车的平均速率相当2.一质点由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a 1,经时间t 后做匀减速直线运动，加速度大小为a 2,若再经时间t 恰能回到出发点，则a 1∶a 2应为（） A.1∶1 B.1∶2 C.1∶3 D.1∶43、百货大楼一、二楼间有一部正以恒定速度向上运动的自动扶梯，某人以相对扶梯的速度v 沿扶梯从一楼向上跑，数得梯子有N 1级，到二楼后他又反过来以相对扶梯的速度v 沿扶梯向下跑至一楼，数得梯子有N 2级，那么自动扶梯实际级数为（） A 、221N N + B 、21212N N N N + C 、21212N N N N + D 、21212N N N N -▲4、如图所示，在一个倾斜的长冰道上方，一群穿相同冰鞋的孩子排成队，每隔1 s 有一个小孩往下滑.一游客对着冰道上的孩子拍下一张照片，照片上有甲、乙、丙、丁四个孩子.他根据照片与实物的比例推算出乙与甲和丙两孩子间的距离分别为12.5 m 和17.5 m.据此得到以下结论，你认为正确的是（g 取10 m/s 2）（） A 、若不考虑一切阻力，则冰道的倾角是030B 、拍照时，最下面的小孩丁已运动了3sC 、拍照时，在小孩甲上面的冰道上下滑的小孩不会超过2个.D 、拍照时，最下面的小孩丁的速度是25 m/s5、一物体自空中的A 点以一定的初速度向上抛出，1s 后物体的速率变为10m/s ，则此时物体的位置和速度方向是(不计空气阻力，g=10m/s 2)（） A.A 点上方，速度方向向下B.在A 点下方，速度方向向下C.正在A 点，速度方向向下D.在A 点上方，速度方向向上6、在平直轨道上匀加速向右行驶的封闭车厢中，悬挂着一个带滴管的盛油容器，如图所示．当滴管依次滴下三滴油时(设这三滴油都落在车厢底板上)则：（）A.这三滴油依次落在容器竖直下方的O 点B.这三滴油依次落在OB 之间的同一位置上C.这三滴油依次落在OB 之间，且后一滴比前一滴离O 近D.这三滴油依次落在OB 之间，且后一滴比前一滴离O 远7、正以v=30 m/s 的速度运动中的列车，接到前方小站的请求在该站停靠1 min ，接一个危重病人上车.司机决定以加速度a 1=-0.6 m/s 2匀减速运动到小站，停车1 min 后以a 2=1.0 m/s 2匀加速启动，恢复到原来的速度行驶.试问由于临时停车共耽误了多长时间？答案：100 s8、汽车A 在红绿灯前停止，绿灯亮时A 开动，以a =0.4 m/s 2的加速度做匀加速运动，经t 0=30s 后以该时刻的速度做匀速直线运动．在绿灯亮的同时，汽车B 以v=8m/s 的速度从A 车旁边驶过，之后B 车一直以相同的速度做匀速运动．问：从绿灯亮时开始，经多长时间后两车再次相遇？45s 1B2C3B4ACD5D6B二、运动图象1. 两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0～0.4s 时间内的v-t 图象如图所示。

2024届高三上学期一轮复习联考(一)理综试卷(全国卷)物理(答案)

2024 届高三一轮复习联考( 一 ) 全国卷理综物理参考答案及评分意见14 · A 【解析】h t 图线斜率的绝对值表示速度大小，0 ～ t 1 时间内，货物加速下降，处于失重状态，A 正确；t n ～ t 2 时间内，货物匀速下降，既不超重也不失重，B 、C 错误；t 2 ～ t 3 时间内，货物减速下降，处于超重状态，D 错误。

15 . B 【解析】由于不清楚图中 A 位置苹果的速度是否为零，故无法确定图中 x 1 、r 2 、 3 的比例关系，A 错误；已知频闪相机每隔相等时间闪光一次，根据匀变速直线运动规律知 = aT2 ，可得 △x ＝ x 3 2 = 2 1 整理得2 2 =3 +B 正确；苹果运动的加速度大小为 a == C 错误；根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度可知运动至 B 位置时苹果的瞬时速度大小为 =D 错误16 . C 【解析】由几何关系知每根起吊绳与竖直方向的夹角均为 30。

设钢圆筒竖直向下匀速运动时，每根起吊绳的拉力大小为 T · 根据平衡条件可得 10T C 30 = g · 解得 T = · A 错误；设钢圆筒以大小为 a 的加速度竖直向下加速运动时，每根起吊绳的拉力大小为 T2 ，根据牛顿第二定律可得 mg 10T2 Cos 30 ° = m α 解得T2 = B 错误；设钢圆筒以大小为 a 的加速度竖直向下减速运动时每根起吊绳的拉力大小为 T3根据牛顿第三定律可得 10T3 C 8 30 g = a 解得 T3 =C 正确；设钢圆筒以大小为 a 的加速度水平向左加速运动时，所有起吊绳对钢圆筒的作用力大小为 F , 则 F = ( g) 2 ( a ) 2 = m g 2，D错误。

17 . B 【解析】对题图甲，以滑轮为研究对象，受力情况如图 1 所示，轻杆对滑轮的作用力与两绳对滑轮的合力等大反向，由几何关系知 F 1 = mg ，根据牛顿第三定律可知，轻杆 BC 在C 点受到的作用力大小为 F 1 ' = mg ；对题图乙，以 G 点为研究对象，受力分析如图 2 所示，由平衡条件得 F2 = 。

高中物理必修一必修二综合测评(含答案)

高中物理必修一必修二综合测评(时间:90分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分.)1.甲、乙两个小物体,甲的重力是乙的3倍,它们从同一高度处同时自由下落,不考虑空气阻力,则下列说法中正确的是()A.甲比乙先落地B.甲的加速度比乙大C.甲、乙同时落地D.无法确定谁先落地2.下列各图分别表示的是某一物体的运动情况或其所受合外力的情况.其中甲图是某物体的位移—时间图象;乙图是某一物体的速度—时间图象;丙图表示某一物体的加速度—时间图象;丁图表示某一物体所受合外力随时间变化的图象.四幅图中的图线都是直线,从这些图象中可判断出一定质量物体的某些运动特征.下列有关说法中不正确的是()A.甲物体受合外力为零B.乙物体受到的合外力不变C.丙物体的速度一定越来越大D.丁物体的加速度越来越大3．已知靠近地面运转的人造卫星，每天转n圈，如果发射一颗同步卫星，它离地面的高度与地球半径的比值为()A．n B．n2C.n3－1D.3n2－14.如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度为34g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体()A．重力势能增加了34mghB．动能损失了12mgh C．动能损失了mghD．动能损失了32mgh5.如图所示，两个相对的斜面，倾角分别为37°和53°.在顶点把两个小球以同样大小的初速度分别向左、向右水平抛出，小球都落在斜面上. 若不计空气阻力，则A、B两个小球的运动时间之比为()A．1∶1B．4∶3C．16∶9 D．9∶166.一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时刻开始，受到水平外力F作用，如图所示．下列判断正确的是()A．0～2 s内外力的平均功率是4 WB．第2 s内外力所做的功是4 JC．第2 s末外力的瞬时功率最大D．第1 s末与第2 s末外力的瞬时功率之比为9∶57．如图所示，两颗星组成的双星，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O点做周期相同的匀速圆周运动．现测得两颗星之间的距离为L，质量之比为m1∶m2＝3∶2，下列说法中正确的是()A．m1、m2做圆周运动的线速度之比为3∶2B．m1、m2做圆周运动的角速度之比为3∶2C．m1做圆周运动的半径为2 5LD．m2做圆周运动的半径为2 5L二、多项选择题(本大题共3小题，每小题5分，共15分．每小题有多个选项是正确的，全选对得5分，少选得3分，选错、多选或不选得0分)8．我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月面4 m高处做一次悬停(可认为是相对于月球静止)；最后关闭发动机，探测器自由下落．已知探测器的质量约为1.3×103 kg，地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小约为9.8 m/s2，则此探测器()A．在着陆前的瞬间，速度大小约为8.9 m/sB．悬停时受到的反冲作用力约为2×103 NC．从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒D．在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运动的线速度9.如图所示,车内绳AB与绳BC拴住一小球,BC水平,车由原来的静止状态变为向右加速直线运动,小球仍处于图中所示的位置,则()A.AB绳拉力F T1不变,BC绳拉力F T2变大B.AB绳拉力F T1变大,BC绳拉力F T2变小C.AB绳拉力F T1变大,BC绳拉力F T2不变D.AB绳拉力F T1不变,BC绳拉力F T2的大小为(F T1sin θ+ma)10.如图所示，在“嫦娥”探月工程中，设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g.飞船在半径为4R的圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近月点B时，再次点火进入半径约为R的近月轨道Ⅲ绕月做圆周运动，则()A．飞船在轨道Ⅰ上的运行速率等于12g0RB．飞船在轨道Ⅰ上的运行速率小于在轨道Ⅱ上B处的速率C．飞船在轨道Ⅰ上的加速度大于在轨道Ⅱ上B处的加速度D．飞船在轨道Ⅰ、轨道Ⅲ上运行的周期之比TⅠ∶TⅢ＝4∶1三、非选择题(共57分)11.(8分)某同学用图(a)所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数.已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz,物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图(b)所示,图中标出了五个连续点之间的距离图(a)图(b)(1)物块下滑时的加速度a=m/s2,打C点时物块的速度v=m/s;(2)已知重力加速度大小为g,为求出动摩擦因数,还必须测量的物理量是(填正确答案:标号).A.物块的质量B.斜面的高度C.斜面的倾角12．(8分)利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”实验．图甲(1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的________．A．动能变化量与势能变化量B．速度变化量与势能变化量C．速度变化量与高度变化量(2)(多选)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是________．A．交流电源B．刻度尺C．天平(含砝码)(3)实验中，先接通电源，再释放重物，得到图乙所示的一条纸带．在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为h A、h B、h C.已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T.设重物的质量为m.从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量ΔE p＝__________，动能变化量ΔE k＝________．图乙(4)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是________．A．利用公式v＝gt计算重物速度B．利用公式v＝2gh计算重物速度C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响D．没有采用多次实验取平均值的方法(5)某同学想用下述方法研究机械能是否守恒：在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，描绘v2h图象，并做如下判断：若图象是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒．请你分析论证该同学的判断依据是否正确．13．(8分)在做“研究平抛运动”的实验中，为了确定小球不同时刻在空中所通过的位置，实验时用了如图所示的装置．先将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平整的木板表面钉上白纸和复写纸．将该木板竖直立于水平地面上，使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹A；将木板向远离槽口的方向平移距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞在木板上得到痕迹B；将木板再向远离槽口的方向平移距离x，小球再从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，再得到痕迹C.若测得木板每次移动距离x＝10.00 cm.A、B间距离y1＝5.02 cm，B、C间距离y2＝14.82 cm(g＝9.80 m/s2).(1)为什么每次都要使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放？______________________________________________________.(2)根据以上直接测量的物理量来求得小球初速度的表达式为v0＝________________(用题中所给字母表示)．(3)小球初速度的值为v0＝________ m/s.14．(6分)如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合，转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为45°.已知重力加速度大小为g，小物块与陶罐之间的最大静摩擦力大小为f＝24mg.(1)若小物块受到的摩擦力恰好为零，求此时的角速度ω0；(2)若小物块一直相对陶罐静止，求陶罐旋转的角速度的最大值和最小值．15．(12分)我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图所示，质量m＝60 kg 的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度v B ＝24 m/s，A与B的竖直高度差H＝48 m．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧．助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1 530 J，取g＝10 m/s2.(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力F f的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大．16．(15分)如图所示，一轻质弹簧左端固定在足够长的水平轨道左侧，水平轨道的PQ段粗糙，调节其初始长度为l0＝1.5 m，水平轨道右侧连接半径为R＝0.4 m的竖直圆形光滑轨道，可视为质点的滑块将弹簧压缩至A点后由静止释放，经过水平轨道PQ后，恰好能通过圆形轨道的最高点B.已知滑块质量m＝1 kg，与PQ段间的动摩擦因数μ＝0.4，轨道其他部分摩擦不计．g取10 m/s2，求：(1)弹簧压缩至A点时弹簧的弹性势能E p；(2)若每次均从A点由静止释放滑块，同时调节PQ段的长度，为使滑块在进入圆形轨道后能够不脱离轨道而运动，PQ段的长度l应满足什么条件？高中物理必修一必修二综合测评高中物理必修一必修二综合测评（答案）一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分.)1.甲、乙两个小物体,甲的重力是乙的3倍,它们从同一高度处同时自由下落,不考虑空气阻力,则下列说法中正确的是()A.甲比乙先落地B.甲的加速度比乙大C.甲、乙同时落地h=gt2,t=可知,甲、乙同时落地.2.下列各图分别表示的是某一物体的运动情况或其所受合外力的情况.其中甲图是某物体的位移—时间图象;乙图是某一物体的速度—时间图象;丙图表示某一物体的加速度—时间图象;丁图表示某一物体所受合外力随时间变化的图象.四幅图中的图线都是直线,从这些图象中可判断出一定质量物体的某些运动特征.下列有关说法中不正确的是()A.甲物体受合外力为零B.乙物体受到的合外力不变C.丙物体的速度一定越来越大,甲是匀速运动,乙、丙都是匀变速运动,而丁的加速度越来越大;对丙:如果a与v方向反向,速度会越来越小,故选项C错误.3．已知靠近地面运转的人造卫星，每天转n圈，如果发射一颗同步卫星，它离地面的高度与地球半径的比值为()A．n B．n2C.n3－1D.3n2－1解析：设同步卫星离地面的高度为h，地球半径为R.近地卫星的周期为T1＝24 hn，同步卫星的周期为T2＝24 h，则T1∶T2＝1∶n，对于近地卫星有G MmR 2＝m 4π2T 21R ，对于同步卫星有G Mm ′（R ＋h ）2＝m ′4π2T 22(R ＋h )，联立解得h ＝(3n 2－1)R ，故D 正确．答案：D4.如图所示，质量为m 的物体(可视为质点)以某一速度从A 点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度为34g ，此物体在斜面上上升的最大高度为h ，则在这个过程中物体( )A ．重力势能增加了34mghB ．动能损失了12mghC ．动能损失了mghD ．动能损失了32mgh解析：重力做功W G ＝－mgh ，故重力势能增加了mgh ，A 错．物体所受合力F ＝ma ＝34mg ，合力做功W合＝－Fh sin 30°＝－34mg ×2h ＝－32mgh ，由动能定理知，动能损失了32mgh ，B 、C 错，D 正确．答案：D5.如图所示，两个相对的斜面，倾角分别为37°和53°.在顶点把两个小球以同样大小的初速度分别向左、向右水平抛出，小球都落在斜面上. 若不计空气阻力，则A 、B 两个小球的运动时间之比为( )A ．1∶1B ．4∶3C ．16∶9D ．9∶16解析：两小球均做平抛运动，且均落在斜面上，则对于A 球有tan 37°＝y x ＝12gt 2Av 0t A ＝gt A2v 0，解得t A ＝2v 0tan 37°g ，同理对于B 球有t B ＝2v 0tan 53°g ，则t A t B ＝tan 37°tan 53°＝916，故D 正确．答案：D6.一质量为1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时刻开始，受到水平外力F 作用，如图所示．下列判断正确的是( )A ．0～2 s 内外力的平均功率是4 WB ．第2 s 内外力所做的功是4 JC ．第2 s 末外力的瞬时功率最大D ．第1 s 末与第2 s 末外力的瞬时功率之比为9∶5 解析：0～1 s 内，质点的加速度a 1＝F 1m ＝31 m/s 2＝3 m/s 2，则质点在0～1 s 内的位移x 1＝12a 1t 21＝12×3×1 m ＝1.5 m ，1 s 末的速度v 1＝a 1t 1＝3×1 m/s ＝3 m/s ，第2 s 内质点的加速度a 2＝F 2m ＝11m/s 2＝1 m/s 2，第2 s 内的位移x 2＝v 1t 2＋12a 2t 22＝3×1 m ＋12×1×1 m ＝3.5 m ，在0～2 s 内外力F 做功的大小W ＝F 1x 1＋F 2x 2＝3×1.5 J ＋1×3.5 J ＝8 J ，可知0～2 s 内外力的平均功率P ＝W t ＝82 W ＝4 W ，故A 正确；第2 s 内外力做功W 2＝F 2x 2＝1×3.5 J ＝3.5 J ，故B 错误；第1 s 末外力的瞬时功率P 1＝F 1v 1＝3×3 W ＝9 W ，第2 s 末的速度v 2＝v 1＋a 2t 2＝3 m/s ＋1×1 m/s ＝4 m/s ，则外力的瞬时功率P 2＝F 2v 2＝1×4 W ＝4 W ，可知第2 s 末外力的瞬时功率不是最大，第1 s 末和第2 s 末外力的瞬时功率之比为9∶4，故C 、D 错误．答案：A7．如图所示，两颗星组成的双星，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O 点做周期相同的匀速圆周运动．现测得两颗星之间的距离为L ，质量之比为m 1∶m 2＝3∶2，下列说法中正确的是( ) A ．m 1、m 2做圆周运动的线速度之比为3∶2 B ．m 1、m 2做圆周运动的角速度之比为3∶2 C ．m 1做圆周运动的半径为25LD ．m 2做圆周运动的半径为25L解析：根据F 万＝F 向，对m 1得G m 1m 2L 2＝m 1v 21r 1＝m 1r 1ω2，对m 2得G m 1m 2L 2＝m 2v 22r 2＝m 2r 2ω2，又r 1＋r 2＝L ，由以上各式得v 1v 2＝r 1r 2＝m 2m 1＝23，A 错误．由于T 1＝T 2，故ω＝2πT 相同，B 错误．r 1＝25L ，r 2＝35L ，C 正确，D错误．答案：C二、多项选择题(本大题共3小题，每小题5分，共15分．每小题有多个选项是正确的，全选对得5分，少选得3分，选错、多选或不选得0分)8．我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月面4 m 高处做一次悬停(可认为是相对于月球静止)；最后关闭发动机，探测器自由下落．已知探测器的质量约为1.3×103 kg ，地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小约为9.8 m/s 2，则此探测器( )A ．在着陆前的瞬间，速度大小约为8.9 m/sB ．悬停时受到的反冲作用力约为2×103 NC ．从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒D ．在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运动的线速度解析：在地球表面附近有G M 地m R 2地＝mg 地，在月球表面附近有G M 月mR 2月＝mg 月，可得g 月＝1.656 m/s 2，所以探测器落地的速度为v ＝2g 月h ＝3.64 m/s ，故A 错误；探测器悬停时受到的反冲作用力为F ＝mg 月≈2×103 N ，B 正确；探测器由于在着陆过程中开动了发动机，因此机械能不守恒，C 错误；在靠近星球的轨道上有G MmR 2＝mg ＝m v 2R ，即有v ＝gR ，可知在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度，故选项D 正确．答案：BD9.如图所示,车内绳AB 与绳BC 拴住一小球,BC 水平,车由原来的静止状态变为向右加速直线运动,小球仍处于图中所示的位置,则( )A.AB 绳拉力F T 1不变,BC 绳拉力F T 2变大B.AB 绳拉力F T 1变大,BC 绳拉力F T 2变小C.AB 绳拉力F T 1变大,BC 绳拉力F T 2不变F T 1不变,BC 绳拉力F T 2的大小为(F T 1sin θ+ma ) 解析:受力分析如图所示,由F T 1cos θ=mg 可知F T 1不变;由F T 2-F T 1sin θ=ma 可知F T 2=F T 1sin θ+ma.10.如图所示，在“嫦娥”探月工程中，设月球半径为R ，月球表面的重力加速度为g .飞船在半径为4R 的圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道的A 点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近月点B 时，再次点火进入半径约为R 的近月轨道Ⅲ绕月做圆周运动，则( )A ．飞船在轨道Ⅰ上的运行速率等于12g 0R B ．飞船在轨道Ⅰ上的运行速率小于在轨道Ⅱ上B 处的速率 C ．飞船在轨道Ⅰ上的加速度大于在轨道Ⅱ上B 处的加速度 D ．飞船在轨道Ⅰ、轨道Ⅲ上运行的周期之比T Ⅰ∶T Ⅲ＝4∶1 解析：根据G Mm （4R ）2＝m v 214R ，得飞船在轨道Ⅰ上的运行速率v 1＝GM4R，又GM ＝g 0R 2，解得v 1＝ g 0R 4＝12g 0R ，故A 正确；根据G Mmr2＝m v 2r ，解得v ＝GMr，飞船在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上的速率关系为v Ⅲ＞v Ⅰ，飞船在轨道Ⅱ上的B 处减速进入轨道Ⅲ，则飞船在轨道Ⅰ上的运行速率小于在轨道Ⅱ上B 处的速率，故B 正确；根据牛顿第二定律，得a ＝G Mm r 2m ＝GMr 2，飞船在轨道Ⅰ上的加速度小于在轨道Ⅱ上B 处的加速度，故C错误；根据G Mmr 2＝mr 4π2T 2，得T ＝4π2r 3GM，飞船在轨道Ⅰ、轨道Ⅲ上运行的轨道半径之比为4∶1，则周期之比为8∶1，故D 错误．答案：AB三、非选择题(共57分)11.(8分)某同学用图(a)所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数.已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz,物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图(b)所示,图中标出了五个连续点之间的距离图(a )图(b )(1)物块下滑时的加速度a= m/s 2,打C 点时物块的速度v= m/s;(2)已知重力加速度大小为g ,为求出动摩擦因数,还必须测量的物理量是 (填正确答案:标号). A.物块的质量 B.斜面的高度.25 1.79 (2)C 1)滑块下滑的加速度a== m/s2解得a=3.25 m/s2v C=== m/s=1.79 m/s.(2)由mg sin θ-μmg cos θ=ma可得μ=tan θ-,故还需要测出斜面的倾角,选项C正确.12．(8分)利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”实验．图甲(1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的________．A．动能变化量与势能变化量B．速度变化量与势能变化量C．速度变化量与高度变化量(2)(多选)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是________．A．交流电源B．刻度尺C．天平(含砝码)(3)实验中，先接通电源，再释放重物，得到图乙所示的一条纸带．在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为h A、h B、h C.已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T.设重物的质量为m.从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量ΔE p＝__________，动能变化量ΔE k＝________．图乙(4)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是________．A．利用公式v＝gt计算重物速度B．利用公式v＝2gh计算重物速度C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响D．没有采用多次实验取平均值的方法(5)某同学想用下述方法研究机械能是否守恒：在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，描绘v2h图象，并做如下判断：若图象是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒．请你分析论证该同学的判断依据是否正确．解析：(1)在重物下落过程中，若任意两点间重力势能的减少量等于动能的增加量，则重物的机械能守恒，所以A 正确．(2)打点计时器需要交流电源，测量纸带上各点之间的距离需要刻度尺，本实验需要验证的等式为mgh ＝12m v 2，即gh ＝12v 2(或mgh ＝12m v 22－12m v 21，即gh ＝12v 22－12v 21)，所以不需要测量重物的质量，不需要天平． (3)从打O 点到打B 点的过程中，重力势能的变化量ΔE p ＝－mgh B ，动能的变化量ΔE k ＝12m v 2B ＝12m⎝⎛⎭⎫h C －h A 2T 2＝m （h C －h A ）28T 2.(4)重力势能的减少量大于动能的增加量，主要原因是重物在运动过程中存在空气阻力和摩擦阻力，选项C 正确．(5)该同学的判断依据不正确．在重物下落h 的过程中，若阻力f 恒定，根据mgh －fh ＝12m v 2－0⇒v 2＝2()g －fm h ，可知v 2h 图象就是过原点的一条直线．要想通过v 2h 图象的方法验证机械能是否守恒，还必须看图象的斜率是否接近2g .答案：(1)A (2)AB (3)－mgh B m （h C －h A ）28T 2(4)C (5)见解析13．(8分)在做“研究平抛运动”的实验中，为了确定小球不同时刻在空中所通过的位置，实验时用了如图所示的装置．先将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平整的木板表面钉上白纸和复写纸．将该木板竖直立于水平地面上，使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹A ；将木板向远离槽口的方向平移距离x ，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞在木板上得到痕迹B ；将木板再向远离槽口的方向平移距离x ，小球再从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，再得到痕迹C .若测得木板每次移动距离x ＝10.00 cm.A 、B 间距离y 1＝5.02 cm ，B 、C 间距离y 2＝14.82 cm(g ＝9.80 m/s 2).(1)为什么每次都要使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放？ ______________________________________________________.(2)根据以上直接测量的物理量来求得小球初速度的表达式为v 0＝________________(用题中所给字母表示)．(3)小球初速度的值为v 0＝________ m/s.解析：(1)每次从斜槽上紧靠挡板处由静止释放小球，是为了使小球离开斜槽末端时有相同的初速度． (2)根据平抛运动在水平方向上为匀速直线运动，则小球从A 到B 和从B 到C 运动时间相等，设为T ；竖直方向由匀变速直线运动推论有y2－y1＝gT2，且v0T＝x.解以上两式得：v0＝xgy2－y1.(3)代入数据解得v0＝1.00 m/s.答案：(1)为了保证小球每次做平抛运动的初速度相同(2)xgy2－y1(3)1.0014．(6分)如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合，转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为45°.已知重力加速度大小为g，小物块与陶罐之间的最大静摩擦力大小为f＝24mg.(1)若小物块受到的摩擦力恰好为零，求此时的角速度ω0；(2)若小物块一直相对陶罐静止，求陶罐旋转的角速度的最大值和最小值．解析：(1)当小物块受到的摩擦力为零，支持力和重力的合力提供向心力，有mg tan θ＝mω20R sin θ，解得ω0＝2g R.(2)当ω＞ω0时，重力和支持力的合力不够提供向心力，当角速度最大时，摩擦力方向沿罐壁切线向下时摩擦力达到最大值，设此时最大角速度为ω1，由牛顿第二定律，得f cos θ＋F N sin θ＝mω21R sin θ，f sin θ＋mg＝F N cos θ，联立以上三式，解得ω1＝32g 2R.当ω＜ω0时，重力和支持力的合力大于所需向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向上，当角速度最小时，摩擦力向上达到最大值，设此最小角速度为ω2，由牛顿第二定律，得F N sin θ－f cos θ＝mω22R sin θ，mg＝F N cos θ＋f sin θ，联立解得ω2＝2g 2R.答案：(1) 2gR(2)32g2R2g2R15．(12分)我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图所示，质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道AB 的A 处由静止开始以加速度a ＝3.6 m/s 2匀加速滑下，到达助滑道末端B 时速度v B ＝24 m/s ，A 与B 的竖直高度差H ＝48 m ．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以O 为圆心的圆弧．助滑道末端B 与滑道最低点C 的高度差h ＝5 m ，运动员在B 、C 间运动时阻力做功W ＝－1 530 J ，取g ＝10 m/s 2.(1)求运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大．解析：(1)运动员在AB 上做初速度为零的匀加速运动，设AB 的长度为x ，则有v 2B ＝2ax ，① 由牛顿第二定律，有mg Hx －F f ＝ma ，②联立①②式，代入数据，解得F f ＝144 N ．③(2)设运动员到达C 点时的速度为v C ，在由B 到达C 的过程中，由动能定理，有mgh ＋W ＝12m v 2C －12m v 2B ，④设运动员在C 点所受的支持力为F N ，由牛顿第二定律，有 F N －mg ＝m v 2CR，⑤由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R ＝12.5 m. 答案：(1)144 N (2)12.5 m16．(15分)如图所示，一轻质弹簧左端固定在足够长的水平轨道左侧，水平轨道的PQ 段粗糙，调节其初始长度为l 0＝1.5 m ，水平轨道右侧连接半径为R ＝0.4 m 的竖直圆形光滑轨道，可视为质点的滑块将弹簧压缩至A 点后由静止释放，经过水平轨道PQ 后，恰好能通过圆形轨道的最高点B .已知滑块质量m ＝1 kg ，与PQ 段间的动摩擦因数μ＝0.4，轨道其他部分摩擦不计．g 取10 m/s 2，求：(1)弹簧压缩至A 点时弹簧的弹性势能E p ；(2)若每次均从A 点由静止释放滑块，同时调节PQ 段的长度，为使滑块在进入圆形轨道后能够不脱离轨道而运动，PQ 段的长度l 应满足什么条件？解析：(1)设滑块冲上圆形轨道最高点B 时速度为v ，由能量守恒定律，得 E p ＝12m v 2＋2mgR ＋μmgl 0，①滑块在B 点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律，得 mg ＝m v 2R，②联立①②式并代入数据，解得E p＝16 J.(2)若要使滑块不脱离轨道，分两种情况讨论：①滑块能够通过B点而不脱离轨道，则应满足l≤1.5 m，③②滑块能够到达圆形轨道，则应满足E p≥μmgl，解得l≤4 m，④滑块到达圆形轨道而又不超过与圆心等高的C点时，如图所示，临界条件取到达C点时速度恰好为零，则有E p≤mgR＋μmgl，解得l≥3 m，⑤联立③④⑤式，可得PQ段长度l应满足的条件是：l≤1.5 m或3 m≤l≤4 m.答案：(1)16 J(2)l≤1.5 m或3 m≤l≤4 m。

高三物理一轮复习阶段检测B卷（必修第一册、第二册和动量守恒定律）参考答案与提示

i
nα,
Fb =
mgs
i
nβ,解得 Fa =0.
8mg,
Fb =0.
6mg。
(
2)
① 烧断细线 a 后,小球做圆周运动,其受
力情况如图 2 乙所示,
法向向心力为零,
沿切
线方向,根据牛顿第二定律得 Gt =mgc
o
sβ
解得 a1 =0.
=ma1 ,
8
g。 ② 设细线 b 的长度
1
2
解得v0 =1
方向水
mv0 ,
0 m/
s,
2
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参考答案与提示
高考理化 2023 年 9 月
平向右。(
要使小丁不从气垫船前方滑离,
2)
则小丁至少要在到达气垫船最右端时与气垫
船达到共速,则对小丁有 μmg = ma1 ,解得
加
速度方向斜向右下方,选项 B 错误。小球从
横风区飞出后,
只受重力作用,
做匀变速曲线
运动,
选项 C 错误,
D 正确。
6.
AD
提示:
轻绳被拉断瞬间弹簧的弹
力等于 F ,对长木板应用牛顿第二定律得
F =Ma,解得 a=
F
,选项 A 正确。滑块以
3
2
3
A
3
B
A 错误,
B 正确。行星近地卫星的线速度即

高中物理必修1综合复习与测试试卷及答案_苏教版_2024-2025学年

综合复习与测试试卷(答案在后面)一、单项选择题（本大题有7小题，每小题4分，共28分）1、一物体在光滑的水平面上受到两个共点力作用而处于平衡状态，若其中一个力的大小为3N，那么另一个力的大小可能是（）。

A、1NB、2NC、4ND、5N2、一辆汽车以恒定速度行驶，下列说法正确的是（）。

A、汽车处于非平衡状态B、汽车没有受到任何力的作用C、汽车受到的合外力为零D、汽车的加速度恒定3、题干：在平抛运动中，物体从高度h处水平抛出，落地时的水平位移x是固定的。

下列关于水平位移x与下落时间t的关系正确的是：A.x∝tB.x∝√tC.x∝t23D.x∝√t4、题干：一个物体从静止开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过时间t，其速度变化量为△v。

则加速度a满足的关系式是：A.a=Δvt2B.a=ΔvtC.a=ΔvtD.a=Δvt25、题干：在下列关于力的说法中，正确的是：A、力是物体间的相互作用，它可以改变物体的形状。

B、力的大小、方向和作用点是力的三个基本要素。

C、物体受到的力越大，它的质量也越大。

D、两个相互作用的物体，受到的力大小相等，但方向相反。

6、题干：一个物体在水平地面上受到两个力的作用，一个水平向左的拉力和一个竖直向下的重力。

下列说法正确的是：A、物体一定会向左运动。

B、物体一定静止不动。

C、如果物体静止不动，则拉力和重力的合力为零。

D、物体是否运动取决于重力的大小。

7、已知一个物体在水平面上从静止开始做匀加速直线运动，经过5秒后速度达到10 m/s，则该物体的加速度a为多少 m/s²？A) 1 m/s²B) 2 m/s²C) 3 m/s²D) 4 m/s²二、多项选择题（本大题有3小题，每小题6分，共18分）1、下列关于物理量单位的说法正确的是：A、牛顿（N）是力的国际单位，1N等于1千克·米/平方秒。

B、焦耳（J）是功的国际单位，1J等于1千克·米2/秒2。

高三物理一轮复习阶段检测A卷（必修第三册和选择性必修第二册）参考答案与提示

高三物理一轮复习阶段检测A 卷(必修第三册和选择性必修第二册)参考答案与提示1.D 提示:点电荷Q 激发的电场充满金属球A 所在空间,在球心O 处产生的电场的场强E =k Qr 2㊂金属球A (含大地)中的自由电荷在点电荷Q 激发的外电场作用下重新分布,达到静电平衡时,在金属球A 内部,点电荷Q 产生的外电场场强E =k Qr 2与感应电荷产生的附加电场场强E ' 同时存在,且在金属球A 内部任何一点,外电场场强E 与附加电场场强E '大小相等,方向相反,即这两个电场叠加的结果使其内部的合场强处处为零㊂2.C 提示:要使细绳的拉力变为零,加上磁场后,应使导线所受安培力与其重力是一对平衡力,根据左手定则可知,所加磁场方向应垂直于纸面向里,使得导线所受安培力向上㊂3.B 提示:根据右手螺旋定则可知,导线a 在O 点产生的磁场平行于b c 边向右,导线b 在O 点产生的磁场平行于a c 边指向右下方,导线c 在O 点产生的磁场平行于a b 边指向右上方㊂三根导线中的电流大小相同,到O 点的距离相同,根据平行四边形定则可知,合磁场的方向向右㊂4.C 提示:根据题图乙可知,变压器的输入电压的最大值为5V ,而电压表示数为交变电压的有效值,则U =52V ,选项A ㊁B错误㊂因为U m a x 1=5V ,引发电火花的条件是副线圈电压峰值U m a x 2>5000V ,所以根据n 1n 2=U 1U 2得n 2n 1>1000,选项C 正确,D 错误㊂图15.B D 提示:因为小球做匀变速直线运动,所以小球所受合力与速度方向在同一条直线上,结合平行四边形定则可知,静电力的方向不确定,有最小值㊂如图1所示,当静电力垂直于运动方向时,静电力最小,且等于m gc o s 30ʎ,因此电场强度的最小值E m i n =m g c o s 30ʎq =3m g 2q,选项A 错误,B 正确㊂根据平行四边形定则可知,当小球所受静电力与重力大小相等时,两个力的夹角为120ʎ,因此小球所受合力大小等于m g ㊂根据牛顿第二定律可知,小球的加速度为g ,小球斜向上做匀减速直线运动,最大位移x =v 22g ,则小球上升的最大高度h =x s i n 30ʎ=v 24g,在整个过程中静电力做功W =qE x c o s 120ʎ=-m v 204,电势能增加量为m v 24,因此小球电势能的最大值为m v 24,选项C 错误,D 正确㊂6.A B 提示:因为靠近导线M 处,粒子的偏转程度较大,说明靠近导线M 处粒子的运动轨迹的半径较小,根据洛伦兹力提供向心力得q v B =m v 2r,解得粒子的运动轨迹半径r =m vq B ,即粒子的运动轨迹半径r 变小,说明磁感应强度B 变大㊂又因越靠近通电直导线的地方磁感应强度越大,故只有导线M 中通有电流㊂当导线M 中通自上而下的电流时,根据右手螺旋定则可知,在导线M 右侧区域内的磁场垂直于纸面向外,根据曲线运动的特点可知,粒子受到的合外力指向弧内,即洛伦兹力指向右侧,根据左手定则可知,带正电的粒子从b 点向a 点运动,带负电的粒子从a 点向b 点运动㊂7.A D 因为5G 使用的电磁波频率比4G 的高,根据E =h ν可知,5G 使用的电磁波比4G 的光子能量更大,选项A 正确㊂发生明显衍射的条件是障碍物(孔)的尺寸可以跟波长相比,甚至比波长还小㊂因5G 使用的电磁波频率更高,根据ν=cλ可知,其波长34参考答案与提示高考理化 2023年11月更短,故5G 使用的电磁波越不容易发生明显衍射,选项B 错误,D 正确㊂光在真空中的传播速度都是相同的,光在介质中的传播速度v =c n ,5G 使用的电磁波频率比4G 的高,而频率越高折射率越大,光在介质中的传播速度越小,选项C 错误㊂8.A C D 提示:金属棒a 向左运动时,回路中产生沿顺时针方向的感应电流,金属棒a 受到向右的安培力,金属棒b 也受到向右的安培力,两金属棒受力等大同向(均水平向右),所以两金属棒组成的系统所受合外力不为零,系统的动量不守恒,选项A 正确㊂金属棒a 向左做减速运动,金属棒b 向右做加速运动,两金属棒的速度差逐渐减小,回路中的感应电动势和感应电流变小,金属棒a 做加速度减小的减速运动,金属棒b 做加速度减小的加速运动,当二者速度大小相等时,穿过回路的磁通量不变,不再产生感应电流,两金属棒不受安培力,均做匀速运动,设速度大小为v ,看起来动量不守恒,但安培力等大,因磁场方向相反,安培力对两金属棒的冲量可视为等大反向,故系统动量守恒,即m 1v 0=(m 1+m 2)v ,解得v =m 1v 0m 1+m 2,即最终两金属棒的速度大小都是v ,方向相反,速度之差恒定,选项B 错误㊂从开始运动到两金属棒达到稳定的过程中,金属棒a 的动能转化为金属棒b 的动能和回路的焦耳热,而金属棒b 动能的增加量等于安培力对金属棒b 做的功,所以金属棒a 克服安培力做功的功率等于安培力对金属棒b 做功功率与两金属棒总发热功率之和,选项C 正确㊂取水平向左为正方向,对金属棒a 应用动量定理得-B L q =m 1v -m 1v 0,解得流经金属棒a 的总电荷量q =m 1m 2v 0B L (m 1+m 2),选项D 正确㊂9.(1)B D (2)A (3)0.81 小灯泡的电阻率随着温度升高而增大提示:(1)使用欧姆表测量电阻前应进行机械调零,即在电路断开的情况下,使电流为零;测量电阻时,每次换挡后必须进行欧姆调零,即将两表笔短接,调节调零旋钮,看指针是否指在 Ω 刻度线的 0 处,而不需要重新进行机械调零,选项A 错误,B 正确㊂使用欧姆挡测电阻时,应该与外部电源断开,选项C 错误㊂测量时,若指针偏转很小(靠近 ɕ 附近),表明所选择的挡位太小,导致示数偏大,所以应选用倍率更大的挡位进行测量,选项D 正确㊂(2)测量小灯泡的伏安特性曲线需要从零开始调节,故A 电路图满足要求㊂(3)根据题图可知,3V 处的电流为0.27A ,则小灯泡的额定功率P =U I =0.81W ㊂此时的电阻跟多用电表测出的阻值相差较大,是因为小灯泡的电阻率随着温度升高而增大㊂10.(1)物体经过D 点时有3m g +m g =m v 2DR ,解得v D =2g R ㊂静电力垂直于斜面方向的分力F y =F s i n θ=0.8m g ,重力垂直于斜面方向的分力G y =m g c o s θ=0.8m g ,则物体受到的斜面的压力为零,故物体不受斜面的摩擦力㊂在物体从A 点运动到D 点的过程中,根据动能定理得-m g (2R -s 0㊃s i n θ)+F s 0㊃co s θ=12m v 2D ,解得s 0=2.4R ㊂(2)静电力与重力的合力F 合=F 2+(m g )2=53m g ,t a n α=F m g=43,解得α=53ʎ,则物体经过圆弧轨道的等效最高点时有53m g =mv 2m i nR,解得物体的最小速度v m i n =53g R ㊂物体从起点运动到等效最高点的过程中,根据动能定理得53m g (s m i n -R -R s i n θ)=12m v 2m i n ,解得s m i n =2.1R ㊂11.α粒子带正电,在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动,用R 表示α粒子的运动轨图2迹半径,则q v B =m v2R ,解得R =10c m ,可见2R >l >R ㊂因朝不同方向发射的α粒子的圆形运动轨迹都过S 点,故某一圆形运动轨迹在图2中N44 参考答案与提示高考理化 2023年11月点左侧与感光板相切,则此切点P 1就是α粒子能打中的左侧最远点㊂为定出P 1点的位置,可作平行于感光板的直线c d ,直线c d 到感光板的距离为R ,以S 为圆心,R 为半径作弧,交直线c d 于Q 点,过Q 点作感光板的垂线,它与感光板的交点即为P 1㊂根据几何关系得N P 1=R 2-(l -R )2=8c m ㊂再考虑N 点的右侧,任何α粒子在运动中到S 点的距离不可能超过2R ,以2R 为半径,S 为圆心作圆,交感光板于N 点右侧的P 2点,P 2点就是α粒子能打中的右侧最远点㊂根据几何关系得N P 2=(2R )2-l 2=12c m ㊂因此P 1P 2=N P 1+N P 2=20c m ㊂12.(1)金属棒MN 滑过圆环直径O O '的瞬时,切割磁感线的有效长度为2ɑ,金属棒MN 中的感应电动势E 1=B ㊃2ɑ㊃v 0=0.8V ,流过灯泡L 1的电流I 1=E 1R 0=0.4A ㊂(2)撤去金属棒MN ,将右侧半圆环以直径O O '为轴向上翻转90ʎ,根据法拉第电磁感应定律得E 2=ΔФΔt =πa 22㊃ΔB Δt=0.32V ,则灯泡L 1的电功率P =E 222R 0=1.28ˑ10-2W ㊂13.(1)设金属棒甲向右运动的最大速度为v m a x ,对应电流为I ,金属棒甲受到的安培力为F 安,则F =F 安=B I L ,I =B L v m a xR +2R ,解得v m a x =3R FB 2L 2㊂金属棒甲中产生焦耳热的功率的最大值P m a x =13F 安v m a x =F 2RB 2L2㊂(2)当力F 作用时间为t 时,设金属棒甲和乙的速度大小分别为v 1和v 2,对金属棒甲应用动量定理得F t -B I L t =m v 1,对金属棒乙应用动量定理得2B I L t =2m v 2,此时回路中的感应电流I =B L v 1-2B L v 2R +2R ,对金属棒甲应用牛顿第二定律得F -B I L =m a ,解得v 2=F t3m -(F -m a )RB 2L2㊂(责任编辑张巧)(上接第39页)为R ,导体棒c d 接入电路的电阻为2R ,两导体棒始终在对应的导轨部分上运动,并始终与导轨垂直且接触良好,导轨电阻不计㊂现瞬间给导体棒c d 一水平向右的初速度v 0,则对此后的运动过程,下列说法中正确的是( )㊂A.两导体棒组成的系统动量守恒B .导体棒c d 最终的速度为23v 0C .整个过程中,通过导体棒c d 的电荷量为2m v 03B LD .从导体棒c d 获得初速度到二者稳定运动的过程中,系统产生的焦耳热为23m v 20思路点拨:因为导体棒a b 和c d 的长度不同,所以受到的安培力大小不相等,两导体棒组成的系统动量不守恒㊂当导体棒a b 和c d 产生的感应电动势大小相等时,两导体棒都做匀速直线运动,则B L v a b =B ㊃2L v c d ,对两导体棒分别应用动量定理得B I ㊃L Δt =m v a b ,-B I ㊃2L Δt =2m v c d -2m v 0,解得v c d =v 03,v a b =2v 03㊂结合q =I Δt ,解得q =2m v 03B L ㊂根据能量守恒定律得整个过程中系统产生的焦耳热Q =12ˑ2m v 20-12ˑ2m v 2c d -12m v 2a b ,解得Q =23m v 20㊂答案:C D总结: 杆+导轨是一个经典的模型,涉及知识点比较多㊂在以杆+导轨模型为素材的电磁感应问题中,若满足动量守恒条件,则应优先选用动量守恒定律列式求解;若已知位移,则需结合动能定理列式求解;若已知时间,则需结合动量定理列式求解;若需要求电荷量,则需要应用安培力的冲量I 安=B L q ,并结合能量守恒定律列式求解㊂总之,求解以杆+导轨模型为素材的电磁感应问题时,需要充分挖掘题目隐含条件,使复杂的问题简单化,将难点逐个突破㊂(责任编辑张巧)54参考答案与提示高考理化 2023年11月。

高三物理一轮复习阶段检测B卷（必修第一册、第二册和动量守恒定律）

(必修第一册㊁第二册和动量守恒定律)ʏ江苏省六合高级中学傅明峰一、单项选择题1.我国高铁列车在运行过程中十分平稳㊂某高铁列车沿直线匀加速启动时,车厢内水平桌面上水杯内的水面形状可能是图1中的( )㊂图12.在平直公路上检测某新能源动力车的刹车性能时,动力车刹车过程中的位移x 和时间t 的比值xt 与t 之间的关系图像如图2所示㊂下列说法中正确的是( )㊂图2A.刚刹车时动力车的速度大小为20m /sB .刹车过程中动力车的加速度大小为3m /s2C .刹车过程持续的时间为2s D .整个刹车过程中动力车经过的路程为40m3.如图3所示,在一竖直平面内有一沿逆时针方向高速旋转的飞轮,内壁粗糙,当把一物体静置在圆心正下方A 点时,随着飞轮旋转,物体也会运动,当物体运动到最高点C后又会滑下来,最后静止在B 点㊂若øA O B =α,øC O B =β,物体与接触面间的动摩擦因数为μ,则下列说法中正确的是( )㊂图3A.物体上升时受到的滑动摩擦力与运动方向相反B .物体与接触面间的动摩擦因数μ<t a n θC .无论减小还是增大转速,物体停留的位置依然在B 点D .若仅增大物体的质量,则物体最后停留的位置在B 点右下方4.一物体从离地高H 处的M 点开始做自由落体运动,下落至离地高度为13H 处的N 点,如图4所示的能量条形图表示了物体在M 和N 处的动能E k 和重力势能E p 的相对大小关系,其中可能正确的是( )㊂图4二㊁多项选择题5.小球从水平向右的横风区正上方自由下落的闪光照片如图5所示㊂除横风区外,其他位置的空气作用力可忽略不计㊂则( )㊂图5A.小球在横风区沿水平方向做加速运动B .小球在横风区的加速度方向竖直向下C .小球从横风区飞出后做匀变速直线运动D .小球从横风区飞出后做匀变速曲线运动6.如图6所示,质量为M 的长木板静止在光滑水平面上,上表面O A 段光滑,A B 段粗糙且长为l ,左端O 处有一固定挡板,挡板上固定轻质弹簧,右侧用不可伸长的轻绳连接在竖直墙壁上,轻绳所能承受的最大拉力为F ㊂质量为m 的小滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧,弹簧的压缩量达到最大时轻绳恰好被拉断,再过一段时间后长木板停止运动,滑块恰未掉落㊂重力加速度为g ㊂下列说法中正确的是( )㊂图6A.轻绳被拉断瞬间长木板的加速度大小为FM B .轻绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为m v2C .弹簧恢复原长时滑块的动能为12m v 2D .滑块与长木板上表面A B 段间的动摩擦因数为v22gl 7.如图7所示,压缩机通过活塞在汽缸内做往复运动来压缩和输送气体,活塞的中心A 与圆盘在同一平面内,O 为圆盘圆心,B 为圆盘上一点,A ㊁B 处通过铰链连接在轻杆两端,圆盘绕过O 点的轴做角速度为ω的匀速圆周运动㊂已知O ㊁B 两点间的距离为r ,A B 杆长为L ,则( )㊂图7A.L 越大,活塞运动的范围越大B .r 越大,活塞运动的范围越大C .当O B 垂直于A B 时,活塞速度为ωrD .当O B 垂直于A O 时,活塞速度为ωr8.宇宙中有两颗相距很远的行星A 和B ,质量分别为m A ㊁m B ,半径分别为R A ㊁R B ,第一宇宙速度分别为v A ㊁v B ,两颗行星周围卫星的轨道半径r 的三次方与运行周期T 的平方的关系如图8所示,T 0为卫星环绕行星表面运行的周期㊂下列关系式中正确的是( )㊂图8A.m A <m B B .m A >m BC .v A >v BD .v A =v B三㊁实验题9.甲同学尝试用如图9所示的实验装置来验证力的平行四边形定则㊂弹簧测力计a 悬挂于固定点,下端用细线悬挂一重物Q ,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㊂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 点的位置和细线的方向㊂图9(1)图中弹簧测力计a 的示数为N ㊂(2)下列必要的操作是㊂A.弹簧测力计应在使用前校零B .细线方向应与木板平面平行C .改变拉力,进行多次实验,每次都要使O 点静止在同一位置(3)乙同学换用弹簧测力计拉橡皮筋的方式验证平行四边形定则,用两个弹簧测力计将橡皮筋拉到O '点,两弹簧测力计的读数分别为F 1和F 2,用一个弹簧测力计拉橡皮筋到O '点时读数为F ',通过作图法验证平行四边形定则,如图10所示的四幅图中符合实际情况的是㊂图1010.小华同学利用如图11所示的实验装置验证动量定理㊂将遮光条安装在滑块上,用天平测出遮光条和滑块的总质量M =200.0g ,槽码和挂钩的总质量m =50.0g㊂实验时,将滑块系在绕过定滑轮悬挂有槽码的细线上㊂将滑块由静止释放,数字计时器记录下遮光条通过光电门1和2的遮光时间Δt 1和Δt 2,以及这两次开始遮光的时间间隔Δt ,用游标卡尺测出遮光条宽度,计算出滑块经过两光电门速度的变化量Δv㊂图11(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度如图12所示,其宽度d =mm㊂图12(2)打开气泵,待气流稳定后调节气垫导轨,直至看到导轨上的滑块能在短时间内保持静止,其目的是㊂(3)多次改变光电门2的位置进行测量,得到Δt 和Δv 的数据如表1所示,请根据表中数据,在如图13所示的方格纸上作出Δv -Δt 图像㊂表1Δt /s0.7210.7900.8540.9130.968Δv /(m ㊃s -1)1.381.521.641.751.86图13(4)经查阅相关资料得当地重力加速度g =9.80m /s 2,根据动量定理可知,Δv -Δt 图像斜率的理论值为m /s 2㊂四、解答题11.一辆货车以速度v0=24m/s在平直公路上匀速行驶,某时刻车上的石子从车尾H=3.2m高处掉落,假设石子与地面碰撞反弹时的速率为撞击地面时速率的12,反弹前后石子速度方向与水平地面间的夹角相等㊂取重力加速度g=10m/s2,忽略空气阻力㊂求:(1)石子第一次落地时的速度大小v㊂(2)石子第二次落地时到车尾的水平距离L㊂12.如图14所示,用两根细线a㊁b拴住一个质量为m的小球P㊂细线的另一端分别固定在天花板上的M㊁N两点,细线a㊁b与水平天花板间的夹角分别为α=53ʎ和β= 37ʎ㊂已知s i n37ʎ=0.6,c o s37ʎ=0.8,重力加速度为g ㊂图14(1)求细线a㊁b对小球的拉力大小F a㊁F b㊂(2)若突然烧断细线a,小球P将开始摆动,不计空气阻力㊂小球在摆动过程中到达的最低点为Q㊂求:①烧断细线a的瞬间,小球的加速度大小a1㊂②小球通过Q点时的加速度大小a2㊂13.某户外大型闯关游戏渡河环节中,小丁从高h=5m的固定光滑水上滑梯滑下,小欧坐在气垫船一侧固定位置上操控气垫船,在滑梯底部等候小丁㊂气垫船与滑梯底部相切靠在一起,如图15所示㊂小丁滑上气垫船的同时,小欧立即启动引擎,在恒定的牵引力F作用下驾驶气垫船沿着直线运动㊂假设船不会侧翻,小丁和小欧不会相撞,小丁与气垫船之间的动摩擦因数μ=0.8,水对气垫船的阻力f恒为484N,小丁的质量m= 48k g,气垫船与小欧的总质量M=62k g,气垫船长度L=5m,忽略其他阻力,以及小丁滑过滑梯底端时的能量损失,同时将小丁视为质点,取重力加速度g=10m/s2,求:图15(1)小丁刚滑上气垫船时的速度㊂(2)为保证小丁不会滑离气垫船,牵引力F应满足的条件㊂14.如图16甲所示是一种智能减震装置的示意图,轻弹簧下端固定,上端与质量为m 的减震环a连接,并套在固定的竖直杆上,减震环a与竖直杆之间的智能涂层材料可对a 施加大小可调节的阻力,当减震环a的速度为零时涂层对其不施加作用力㊂在某次性能测试中,质量为0.5m的光滑环b从杆顶端由静止释放,之后与减震环a发生正碰;碰撞后,光滑环b的速度大小变为碰前的λ倍㊁方向向上,减震环a向下运动2d时速度减为零,此过程中减震环a受到涂层材料对它的阻力大小f与下移距离s之间的关系如图16乙所示㊂已知减震环a静止在弹簧上时,与杆顶端的距离为4.5d,弹簧的压缩量为2d,重力加速度为g㊂求:图16(1)与减震环a碰前瞬间,光滑环b的速度大小v1㊂(2)λ的值㊂(3)在减震环a第一次向下运动的过程中,当光滑环b的动能为116m g d时减震环a 的动能E k㊂(责任编辑张巧)。

高中物理必修第一册综合复习与测试试卷及答案_鲁科版_2024-2025学年

综合复习与测试试卷(答案在后面)一、单项选择题（本大题有7小题，每小题4分，共28分）1、在下列关于速度的定义中，正确的是（）A、物体在单位时间内通过的路程B、物体在单位时间内位移的大小C、物体在任何时间内通过的路程D、物体在任何时间内位移的大小2、一个物体在水平方向上做匀速直线运动，下列关于其运动状态的描述中，正确的是（）A、物体的速度在变化，因为它是匀速运动B、物体的加速度为零，因为它做匀速直线运动C、物体的位移在增大，但速度大小不变D、物体受到的合外力为零，因为它做匀速直线运动3、一质点沿直线运动，若从某时刻起第3秒内的位移为2米，第4秒内的位移为3米，则下列说法正确的是（）A、质点在这2秒内的平均速度是2.5米/秒；B、质点在这2秒内的平均速度是1.25米/秒；C、质点在这2秒内的平均速度是1米/秒；D、由于不知道质点的运动状态，所以不能确定在这2秒内的平均速度。

4、关于匀加速直线运动的描述，下列说法正确的是（）A、位移随时间均匀增加；B、速度随时间均匀增加；C、加速度随时间均匀增加；D、以上说法都不正确。

5、题干：在下列关于速度和加速度的说法中，正确的是（）A. 速度越大，加速度一定越大B. 加速度越大，速度变化越快C. 速度变化越快，加速度一定越小D. 速度不变时，加速度一定为零6、题干：一个物体从静止开始沿直线做匀加速直线运动，其运动的加速度为a，经过时间t后的速度大小为v，则该物体在这段时间内通过的距离S为（）A. S=at²/2B. S=vtC. S=1/2atvD. S=vt/27、下列关于力的说法正确的是（）A、力是物体对物体的作用，没有物体就没有力的作用B、力的作用是相互的，但力的作用效果可以不同C、力的大小、方向和作用点是力影响力的三个要素D、物体受到的力越大，物体的运动状态改变越慢二、多项选择题（本大题有3小题，每小题6分，共18分）1、自由落体运动的性质描述正确的是：A、速度随时间均匀增加B、加速度保持恒定C、位移与时间的平方成正比D、速度始终保持不变2、关于磁感应强度的描述，正确的是：A、磁感应强度的方向与电流方向平行B、磁感应强度矢量的大小与产生它的电流强度成正比C、磁感应强度矢量的方向由右手螺旋法则决定D、磁感应强度是标量3、根据课本知识，下列哪些说法是正确的？（多选）A、做匀速圆周运动物体的加速度是恒定的。