階段檢測卷 力學(xué)綜合 （全解全析）-2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)（新高考）

絕密★啟用前

2025屆高考物理一掄復(fù)習(xí)階段檢測卷一

力學(xué)綜合

考試范圍：力學(xué)綜合；考試時間；75分鐘；滿分：100分

注意事項(xiàng)：

1.答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息A.該衛(wèi)星繞太陽運(yùn)動周期大于地球公轉(zhuǎn)周期

2.請將答案正確填寫在答題卡上

一、選擇題（其中1一7題為單項(xiàng)選擇題，8—10題為多項(xiàng)選擇題）B.該衛(wèi)星在4點(diǎn)處于平衡狀態(tài)

1.（2024?北京?模擬預(yù)測）“神舟十六號”載人飛船安全著陸需經(jīng)過分離、制動、再入和減速四個階段。如圖所

C.該衛(wèi)星繞太陽運(yùn)動的向心加速度大于地球繞太陽運(yùn)動的向心加速度

示，在減速階段，巨型降落傘為返回艙提供阻力，假設(shè)返回艙做直線運(yùn)動，則在減速階段（）

D.該衛(wèi)星在4處所受太陽和地球引力的合力比在4處小

【答案】C

【詳解】AC.該衛(wèi)星與地球同步繞太陽運(yùn)動，可知衛(wèi)星繞太陽運(yùn)動周期等于地球公轉(zhuǎn)周期，根據(jù)

4萬2〃

a~

可知，該衛(wèi)星繞太陽運(yùn)動的向心加速度大于地球繞太陽運(yùn)動的向心加速度，選項(xiàng)A錯誤，C正確；

B.該衛(wèi)星繞太陽做勻速圓周運(yùn)動，可知在右點(diǎn)不是處于平衡狀態(tài)，選項(xiàng)B錯誤；

A.傘繩對返回艙的拉力等于返回艙的重力

D.該衛(wèi)星在4處所受太陽和地球引力的合力等于衛(wèi)星繞太陽做圓周運(yùn)動的向心力，則根據(jù)

B.傘繩對返回艙拉力的沖量與返回艙重力沖量的矢量和為零

F=ma）2r

C.合外力對返回艙做的功等于返回艙機(jī)械能的變化

D.除重力外其他力對返回艙做的總功等于返回艙機(jī)械能的變化因在％點(diǎn)的轉(zhuǎn)動半徑大于在右的轉(zhuǎn)動半徑，可知衛(wèi)星在4處所受太陽和地球引力的合力比在4處大，選項(xiàng)D

【答案】D錯誤。

【詳解】A.返回艙做減速運(yùn)動，則傘繩對返回艙的拉力大于返回艙的重力，選項(xiàng)A錯誤；故選C。

B.返回艙的動量不斷減小，則根據(jù)動量定理，傘繩對返回艙拉力的沖量與返回艙重力沖量的矢量和不為零,3.（2024?湖北?模擬預(yù)測）如圖，在足夠長的斜面底端/點(diǎn)向斜上方拋出一小球，小球與斜面垂直碰撞于。

方向向上，選項(xiàng)B錯誤；點(diǎn)，不計空氣阻力。已知斜面傾角%45。，重力加速度大小g取10m/s2。則可以求出的物理量是（）

C.根據(jù)動能定理，合外力對返回艙做的功等于返回艙動能的變化，選項(xiàng)C錯誤；

D.由能量關(guān)系可知，除重力外其他力對返回艙做的總功等于返回艙機(jī)械能的變化，選項(xiàng)D正確。

故選D。

2.（2024?北京海淀?模擬預(yù)測）1772年，法籍意大利數(shù)學(xué)家拉格朗日在論文《三體問題》中指出：兩個質(zhì)量

相差懸殊的天體（如太陽和地球）所在同一平面上有5個特殊點(diǎn)，如圖中的4、右、與、4、4所示，人們

A.初速度V。與水平面夾角B.小球的初速度V。的大小

稱為拉格朗日點(diǎn)。若飛行器位于這些點(diǎn)上，會在太陽與地球共同引力作用下，可以幾乎不消耗燃料而保持與

C.小球在空中運(yùn)動的時間D.小球克服重力所做的功

地球同步做圓周運(yùn)動。若發(fā)射一顆衛(wèi)星定位于拉格朗日4點(diǎn)，下列說法正確的是（）【答案】A

【詳解】A.設(shè)初速度方向與水平方向夾角。，小球由4點(diǎn)至。點(diǎn)的過程中，在豎直方向上做初速度為F=2mg

%sina,加速度為g的豎直上拋運(yùn)動，在水平方向上做速度為％cosa的勻速直線運(yùn)動，由幾何關(guān)系得小球的對物體B受力分析有

水平位移與豎直位移大小相等，設(shè)小球在空中運(yùn)動的時間為b則F^=F+mg

12

v0/sma--g/=%/cosa則可得氏=3加g,由牛頓第三定律得物體B在"時刻對地面的壓力大小為3次g,B錯誤;

又小球與斜面垂直碰撞于。點(diǎn)，則C.物體A在運(yùn)動過程中除了受重力外，還受彈簧的彈力，彈力對物體A做功，故機(jī)械能不守恒，C錯誤;

tan45o=N=40na-初D.由圖乙可知振幅為

\vx|%cosa

4=10cm

聯(lián)立解得

周期為

tan?=3

T=1.0s

即

角速度為

a=arctan3

69=^-=2^rad/s

故A正確；

BCD.根據(jù)已知條件不能求出小球的初速度和小球在空中運(yùn)動的時間，又因?yàn)樾∏蛸|(zhì)量未知，所以不能求出規(guī)定向上為正方向，/=0時刻位移為0.05m,表示振子由平衡位置上方0.05m處開始運(yùn)動，所以初相為

重力做功，故BCD錯誤。冗

甲。

=70

故選Ao

則振子的振動方程為

4.（2024?浙江金華?三模）如圖甲所示質(zhì)量為加的B木板放在水平面上，質(zhì)量為2掰的物塊A通過一輕彈簧

y=0.1sin（2加+~）m

與其連接。給A一豎直方向上的初速度，當(dāng)A運(yùn)動到最高點(diǎn)時，B與水平面間的作用力剛好為零。從某時刻

故D正確。

開始計時，A的位移隨時間變化規(guī)律如圖乙，已知重力加速度為g,空氣阻力不計，下列說法正確的是（）

故選Do

5.（2024?山東荷澤?模擬預(yù)測）如圖，將總質(zhì)量為200g的2000粒黃豆從距秤盤125cm高處連續(xù)均勻地倒在秤

盤上，觀察到指針指在刻度為80g的位置附近。若每粒黃豆與秤盤在極短時間內(nèi)垂直碰撞一次，且碰撞前后速

率不變，重力加速度g=10m/s2,不計空氣阻力，則持續(xù)傾倒黃豆的時間約為（）

A.物塊A做簡諧運(yùn)動，回復(fù)力由彈簧提供

B.物體B在％時刻對地面的壓力大小為加g

C.物體A在運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒

D.物體A的振動方程為y=01sin（27U+；1m）

【答案】D

【詳解】A.物塊A做簡諧運(yùn)動，回復(fù)力由彈簧的彈力和重力的合力來提供，A錯誤;

B.。時刻物塊A在平衡位置，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈力為

【答案】cGMmmv￡

(R+h)2R+h

【詳解】黃豆落在秤盤上的速度大小為

v={2gh=-\/2xl0xl25xl0_2m/s=5m/s則衛(wèi)星的速度大小為

黃豆與秤盤碰撞過程，由于碰撞時間極短，則碰撞力遠(yuǎn)大于黃豆受到的重力，故重力可以忽略，取豎直向上

為正方向，由動量定理得

動能

Ft=mV-（-772V）

2

由題意有線=1wv2mgR

2(R+h)

尸=M’g=80X10-3x10N=0.8N

故C正確，D錯誤;

m=200g=0.2kg

故選C。

聯(lián)立解得

7.（2024?江蘇?模擬預(yù)測）通電直導(dǎo)線面的質(zhì)量為冽、長為用兩根細(xì)線把導(dǎo)線水平吊起，導(dǎo)線上的電流為

t-2.5s

/,方向如圖所示。在豎直方向加一個方向向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為5,導(dǎo)線處于平衡時懸線與豎

即持續(xù)傾倒黃豆的時間約為2.5so

0.6,cos37°=0.8,重力加速度為g。下列說法正確的是（）

故選C。

6.（2024?河南?二模）2024年1月11日，太原衛(wèi)星發(fā)射中心在山東海陽附近海域使用“引力一號”遙一商業(yè)運(yùn)

載火箭將衛(wèi)星順利送入預(yù)定軌道，飛行試驗(yàn)任務(wù)獲得圓滿成功，這是“引力一號”火箭首次飛行，創(chuàng)造全球最

大固體運(yùn)載火箭、中國運(yùn)力最大民商火箭紀(jì)錄。已知衛(wèi)星的質(zhì)量為加，在軌道上穩(wěn)定運(yùn)行時離地面的高度為

h,地球表面附近的重力加速度為g,地球半徑為凡衛(wèi)星的運(yùn)動可視為勻速圓周運(yùn)動，不考慮地球自轉(zhuǎn)的影

響。下列說法正確的是（）

A.火箭加速升空過程中，衛(wèi)星處于失重狀態(tài)

B.在軌道上運(yùn)行時，衛(wèi)星的線速度將大于地球的第一宇宙速度

若增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，則導(dǎo)線靜止時懸線與豎直方向的夾角將變小

衛(wèi)星的動能為抽C.

C.在軌道上運(yùn)行時，

若將導(dǎo)線拉到最低處由靜止釋放，則導(dǎo)線時的最大速度為J日

D.

衛(wèi)星的速度大小為Jg（H+%）

D.在軌道上運(yùn)行時，【答案】D

【答案】C【詳解】AB.對導(dǎo)線受力分析，如圖所示

【詳解】A.火箭加速升空過程中，衛(wèi)星處于超重狀態(tài)，故A錯誤；

B.在軌道上運(yùn)行時，衛(wèi)星的線速度小于地球的第一宇宙速度，故B錯誤；

CD.地球表面質(zhì)量為外的物體有

衛(wèi)星在軌道上運(yùn)行時，根據(jù)萬有引力提供向心力有

根據(jù)平衡條件，可得【答案】AC

F安BIlmg

tan6==—,cos0=—【詳解】A.如圖，設(shè)間繩長為￡,23間距離為d,繩與水平方向的夾角為有

mgmgT

Lcos0=d

解得

452Fsin0=mg

mg=—BIl,T=—mgT

若小明在。點(diǎn)沿繩下拉繩子，￡變小，d不變，。變小，由兩式可得拉力/變大，故A正確；

故AB錯誤；

B.若小明在。點(diǎn)保持不動，將4點(diǎn)左移，L不變，d變大,。變小，由兩式可得拉力尸丁變大，故B錯誤；

C.由上面選項(xiàng)分析可知

八BIlC.若小明手捏繩端手臂保持下垂，從。點(diǎn)走到C點(diǎn)的過程中，8右端繩長變短，間繩長￡變長，d不變,

tan0=---

mg

。變大，由兩式可得拉力尸T變小，故C正確；

若增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，安培力增大，則懸線的偏角將增大。故C錯誤；

D.若小明手捏繩端手臂保持下垂，從。點(diǎn)走到E點(diǎn)的過程中，5右端繩長先變短再變長，48間繩長工先變

D.由受力分析可知，導(dǎo)線靜止時的位置為等效最低點(diǎn)，若將導(dǎo)線拉到最低處由靜止釋放，則導(dǎo)線處于等效最

長再變短，d不變，。先變大再變小，由兩式可得繩上的拉力先變小再變大，故D錯誤。

低點(diǎn)時具有最大速度，由根據(jù)動能定理，可得

故選ACo

BII-Zsin—cos。）二；mvm

解得

故D正確。

故選D。

8.（2024?河南?模擬預(yù)測）如圖所示，一根不可伸長的細(xì)繩跨過兩個光滑滑輪，繩的一端固定在水平天花板/

點(diǎn)，另一端被小明拉住，動滑輪?下方吊一質(zhì)量為加的物體，水平地面上的。點(diǎn)在定滑輪C正下方，。點(diǎn)和9.（2024?青海?模擬預(yù)測）如圖甲所示，a、b兩物塊（均視為質(zhì)點(diǎn)）用輕質(zhì)彈簧連接并放置在光滑的水平面

E點(diǎn)分居。點(diǎn)兩側(cè)，CE=C。，小明此時站在。點(diǎn)，重力加速度為g,不計滑輪大小，下列說法正確的是（）上，b的質(zhì)量為加，Q0時，使。獲得水平向右、大小為火的速度，a、b運(yùn)動的速度一時間關(guān)系圖像如圖乙所

示，已知陰影部分的面積為So,彈簧的彈性勢能說與彈簧的形變量X以及彈簧的勁度系數(shù)左之間的關(guān)系式為

E,=；h2,彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，下列說法正確的是（）

A.小明在。點(diǎn)下拉繩子，拉力變大A.。時刻，a、b間的距離最大

B.小明在。點(diǎn)保持不動，將4點(diǎn)左移，拉力不變B.a的質(zhì)量為2m

C.小明手捏繩端手臂保持下垂，從。點(diǎn)走到C點(diǎn)的過程中，拉力變小C.0?打時間內(nèi)，Q所受沖量的大小為;加%

D.小明手捏繩端手臂保持下垂，從O點(diǎn)走到E點(diǎn)的過程中，繩上的拉力先變大再變小

D.彈簧的勁度系數(shù)為鬻

【答案】BD

【詳解】A.。時刻之前。的速度大于b的速度，。時刻a的速度等于b的速度，故。時刻a、b間的距離最小,

故A錯誤;A.主噴泉與某一副噴泉噴出水柱的初速度之比為2:1

B.設(shè)。的質(zhì)量為見,，由動量守恒定律得B.主噴泉與某一副噴泉單位時間內(nèi)噴出水的質(zhì)量之比為加：1

22C.主噴泉與某一副噴泉噴口上方空中的水量之比為4:1

D.給主噴泉和某一副噴泉噴水的電動水泵輸出功率之比為4VLi

解得

【答案】CD

m=2m

a【詳解】A.水離開噴壺管口做豎直上拋運(yùn)動，由速度位移關(guān)系式可得水離開時的初速度大小為

故B正確;v=y/2gh

C.073時間內(nèi)，對Q由動量定理

故主噴泉與某一副噴泉噴出水柱的初速度之比為

22

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

000匕：嶺=e:1

2

方向與a的初速度方向相反，大小為§加%,故C錯誤;故A錯誤；

D.分析題意可得0時刻彈簧處于原長，設(shè)，時刻彈簧的形變量為％,已知陰影部分的面積為S。，則有B.主噴泉與某一副噴泉單位時間內(nèi)噴出水的質(zhì)量之比為

mi:m2=S］卬：S2v2t=25/2:1

xo=S。

故B錯誤；

設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為％,則有

C.根據(jù)

Ep=

v=gt

由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律可得

主噴泉與某一副噴泉噴口上方空中的水量之比為

Ep=gx2相片_；（2根+加）

m\m=EM%:SVF2=2亞x5/2:1=4:1

22x222

故C正確；

綜合解得

D.電動水泵輸出功率為

%=嗎

3S；w-mv2

P=2=2_

tt

故D正確。

則給主噴泉和某一副噴泉噴水的電動水泵輸出功率之比為

故選BDo

/?:2=2區(qū)（揚(yáng)2：1=4立1

10.（2024?廣東深圳?模擬預(yù)測）如圖為某公園的噴泉，觀察到主噴泉和周圍副噴泉噴出豎直水柱高度之比為2:1,

主、副噴泉出水口的橫截面積之比也為2:1,不計空氣阻力，下列選項(xiàng)正確的是（）故D正確。

故選CDo

二、實(shí)驗(yàn)題(3)片一￡圖像的斜率為左，根據(jù)

11.(2024?山西?二模)在用單擺測量重力加速度時，小明將小鎖頭栓接在不易形變的細(xì)絲線一端，另一端固4萬:

k

定在。點(diǎn)，并在細(xì)線上標(biāo)記一點(diǎn)4如圖所示。g

解得

4乃之

g=T

(4)當(dāng)72=0時，L=-LQ,因此圖線乙不過原點(diǎn)，其圖像與橫軸交點(diǎn)的意義是4點(diǎn)距小鎖頭重心距離的負(fù)值

12.(2024?廣西?二模)小黃同學(xué)在暗室中用圖示裝置做“測定重力加速度”的實(shí)驗(yàn)，用到的實(shí)驗(yàn)器材有：分液

漏斗、閥門、支架、接水盒、一根有熒光刻度的米尺、頻閃儀。具體實(shí)驗(yàn)步驟如下：

(1)將小鎖頭拉到某一高度(細(xì)線與豎直方向夾角很小)由靜止釋放，當(dāng)鎖頭第一次到達(dá)最低點(diǎn)。時開始計時

并計數(shù)為1,以后鎖頭每到達(dá)。點(diǎn)一次，計數(shù)增加1,計數(shù)為N時，秒表測出單擺運(yùn)動時間為方,則該單擺的

周期7=;

(2)他保持4點(diǎn)以下的細(xì)線長度不變，通過改變。4間細(xì)線長度￡以改變擺長，并測出單擺運(yùn)動對應(yīng)的周期T,22.76

測量多組數(shù)據(jù)后，作出圖乙所示圖像，圖像縱坐標(biāo)應(yīng)為(選填"T”、“72”、”，，，、”/，，)；D?----------

33.48

?

(3)已知圖像的斜率為上可求得當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=oE-------------

單位:

(4)圖線乙明顯不過原點(diǎn)，其圖像與橫軸交點(diǎn)的意義是ocm

【答案】(1)島

N-1①在分液漏斗內(nèi)盛滿清水，旋松閥門，讓水滴以一定的頻率一滴滴的落下；

⑵72

②用頻閃儀發(fā)出的閃光將水滴流照亮，由大到小逐漸調(diào)節(jié)頻閃儀的頻率，當(dāng)頻率為25Hz時，第一次看到一

4萬2

⑶F

串仿佛固定不動的水滴；

k

(4)4點(diǎn)距小鎖頭重心距離的負(fù)值③用豎直放置的米尺測得各個水滴所對應(yīng)的刻度；

【詳解】(1)單擺一周內(nèi)經(jīng)過兩次平衡位置，由題意可知④處理數(shù)據(jù)，得出結(jié)論；

(1)水滴滴落的時間間隔為