高考物理【一轮复习】讲义34　阶段滚动卷(二) (第一章至第五章内容)

这是一份高考物理【一轮复习】讲义34　阶段滚动卷(二) (第一章至第五章内容)，共15页。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．(2024·金丽衢十二校二模)随着“第十四届全国冬季运动会”的开展，各类冰雪运动绽放出冬日激情，下列说法正确的是( )
A．评委给花样滑冰选手评分时可以将运动员看作质点
B．滑雪比赛中运动员做空中技巧时，处于失重状态
C．冰壶比赛中刷冰不会影响压力大小，则滑动摩擦力不变
D．短道速滑转弯时是运动员重力的分力充当向心力
B [评委给花样滑冰选手评分时看的是选手的细节动作，此时不能将运动员看成质点，故A错误；滑雪比赛中运动员做空中技巧时只受重力，此时有竖直向下的加速度，处于失重状态，故B正确；冰壶比赛中刷冰不会影响压力大小，但是接触面粗糙程度发生变化，滑动摩擦力也发生变化，故C错误；短道速滑转弯时是运动员与地面间的摩擦力充当向心力，故D错误。]
2．跳马是一项竞技体操项目。在女子跳马比赛中，一运动员经过助跑、前空翻、踏板起跳、前空翻、双手推撑跳马(如图所示)、腾空翻转一系列精彩动作后稳稳落在软垫上，赢得了现场观众热烈的掌声。下列说法正确的是( )
A．助跑过程中，随速度的增大，运动员的惯性逐渐增大
B．踏板过程中，踏板一直对运动员做正功
C．推撑跳马过程中，运动员对跳马的力小于跳马对运动员的力
D．落地处铺软垫，目的是减小支撑面对运动员的平均作用力大小
D [物体的惯性只与物体的质量有关，助跑过程中，随速度的增大，运动员的惯性不变，故A错误；运动员从开始与踏板接触到运动至最低点的过程，踏板对运动员做负功，故B错误；推撑跳马过程中，运动员对跳马的力和跳马对运动员的力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故C错误；落地处铺软垫，目的是增加运动员落地过程的时间，减小支撑面对运动员的平均作用力大小，故D正确。]
3．(2025·八省联考云南卷)如图所示，“套圈”活动中，某同学将相同套环分两次从同一位置水平抛出，分别套中Ⅰ、Ⅱ号物品。若套环可近似视为质点，不计空气阻力，则( )
A．套中Ⅰ号物品，套环被抛出的速度较大
B．套中Ⅰ号物品，重力对套环做功较小
C．套中Ⅱ号物品，套环飞行时间较长
D．套中Ⅱ号物品，套环动能变化量较小
D [根据平抛运动规律，水平方向和竖直方向的位移公式为x＝v0t，h＝12gt2，可得v0＝xg2h，套中Ⅰ号物品时x位移较小，h下落高度较大，可知套环被抛出的速度v0一定较小，A错误；根据W＝mgh可知，套中Ⅰ号物品时下落高度h较大，重力对套环做功较大，B错误；根据平抛运动规律可知竖直方向的位移h＝12gt2，可得t＝2hg，套中Ⅱ号物品，下落高度h较小，套环飞行时间较短，C错误；套中物品过程中由动能定理得mgh＝ΔEk，套中Ⅱ号物品，下落高度h较小，重力做功较小，可知套环动能变化量较小，D正确。故选D。]
4．生活中处处有物理知识，如图所示，一同学发现水龙头损坏后不能完全关闭，有水滴从管口由静止开始不断下落，每两个水滴之间时间间隔相等，忽略空气阻力和水滴间的相互影响，则在水滴落地前( )
A．水滴做自由落体运动
B．相对于水滴3来说，水滴2做匀加速直线运动
C．水滴1和水滴2之间距离不变
D．在图示时刻，水滴1和水滴2之间的距离等于水滴2和水滴3之间的距离
A [水滴初速度为零，仅受重力作用，故水滴做自由落体运动，A正确；水滴3的速度v3＝gt，水滴2的速度v2＝g(T＋t)，相对速度Δv＝v2－v3＝gT，不随时间t变化，所以水滴2相对于水滴3做速度为gT的匀速直线运动，B错误；设水滴1下落时间为t，水滴1和水滴2之间距离为Δh＝12gt2-12gt-T2＝gtT－12gT2，故水滴1和水滴2之间距离不断增大，C错误；水滴2和水滴3之间的距离为Δh′＝12g(t－T)2－12g(t－2T)2＝gtT－32gT21.25 m，故A错误；根据平抛运动的轨迹可知，在落地前两沙包不会相遇，故B错误；由于速度方向与竖直方向夹角相等，则gtvb＝gt+Δtva，A、B的水平距离为x＝vbt＋va(t＋0.5)，由此可知，需要知道沙包的下落时间和初速度，平抛运动的下落时间与高度有关，故C错误，D正确。]
8．如图所示，轻弹簧一端悬挂在横杆上，另一端连接质量为m的重物，弹簧和重物组成的系统处于静止状态。某时刻在重物上施加一方向竖直向上，大小为F＝12mg的恒力，重物上升的最大高度为h，已知弹簧的弹性势能表达式为Ep＝12kx2，则( )
A．上升过程中系统机械能守恒
B．开始时弹簧的弹性势能为12mgh
C．上升过程中重物的最大动能为14mgh
D．上升到最高点过程中重物的重力势能增加12mgh
B [上升过程中，恒力F对系统做正功，系统的机械能增加，故A错误；开始时对重物有mg＝kx1，重物上升至最大高度h的过程中，对系统由能量守恒定律有12kx12＋Fh＝mgh＋12k(h－x1)2，解得h＝x1，所以开始时弹簧的弹性势能为Ep1＝12kx12＝12mgh，故B正确；上升过程中，当重物所受合力为零时，速度达到最大，则此时弹簧的形变量为x2，故F＋kx2＝mg，解得x2＝12x1＝12h，在此过程中由能量守恒定律有Fx2+12 kx12＝mgx2+12 mvm2＋12k(x1－x2)2，解得上升过程中重物的最大动能为Ekm＝12mvm2＝18mgh，故C错误；上升到最高点过程中，重物的重力所做的功为WG＝－mgh，根据重力势能与重力做功关系可知，重物重力势能的增加量为Ep＝mgh，故D错误。]
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．(2024·山东临沂市一模)在建筑工地上经常使用吊车起吊建材。为了研究问题方便，把吊车简化成如图所示的模型，可以调节长度和角度的支撑臂OP的一端装有定滑轮，另一端连接在车体上，质量不计的钢丝绳索绕过定滑轮吊起质量为m的物件匀速上升，不计定滑轮质量和滑轮与绳索及轴承之间的摩擦，重力加速度为g。则下列说法中正确的是( )
A．钢丝绳索对定滑轮的作用力方向沿着OP向下
B．当支撑臂缓慢变长时钢丝绳索对定滑轮的作用力变大
C．当支撑臂与水平方向的夹角缓慢变大时绳索对定滑轮的作用力变小
D．若钢丝绳索拉着物件加速上升，吊车对地面的压力变大
BD [对定滑轮受力分析，如图所示，滑轮两边的钢丝绳的拉力相等，则合力方向沿两边钢丝绳夹角的角平分线，则钢丝绳索对定滑轮的作用力方向不一定沿着OP方向，选项A错误；对定滑轮，钢丝绳索对定滑轮的作用力大小为F合＝2F cs α，当支撑臂缓慢变长时，α变小，则钢丝绳索对定滑轮的作用力变大，同理可得，当支撑臂与水平方向的夹角缓慢变大时，α变小，绳索对定滑轮的作用力大，故B正确，C错误；若钢丝绳索拉着物件加速上升，对物件由牛顿第二定律F－mg＝ma，可得F>mg，对定滑轮受力分析可知，钢丝绳索对定滑轮的作用力变大，所以吊车对地面的压力变大，故D正确。]
10．(2024·广东湛江二模)已知质量分布均匀的空心球壳对内部任意位置的物体引力为0。P、Q两个星球的质量分布均匀且自转角速度相同，它们的重力加速度大小g随物体到星球中心的距离r变化的图像如图所示。关于P、Q星球，下列说法正确的是( )
A．质量相同
B．密度相同
C．第一宇宙速度大小之比为2∶1
D．同步卫星距星球表面的高度之比为1∶2
BD [由题图可知，P、Q两星球的重力加速度大小和半径之比都是1∶2，由GMmR2＝mg，可得M＝gR2G，则两星球的质量之比MPMQ＝18，故A错误；由ρ＝MV＝M43πR3，可得ρ＝3g4πGR，故两星球密度相同，故B正确；由mg＝mv2R，可得v＝gR，则P、Q两星球的第一宇宙速度大小之比vPvQ＝12，故C错误；由GMmr2＝m4π2T2r，可得r＝3GMT24π2，则P、Q两星球同步卫星的轨道半径之比rPrQ＝12，又因为P、Q两星球的半径之比为1∶2，故同步卫星距星球表面的高度之比也为1∶2，故D正确。]
11．如图所示，在倾角为37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量为m＝2 kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不连接。t＝0时刻解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v-t图像，其中Ob段为曲线，bc段为直线，已知滑块在0～0.2 s 内运动的位移为0.8 m，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则下列说法正确的是( )
A．滑块速度最大时，滑块与弹簧脱离
B．滑块在0.2 s时机械能最大
C．滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5
D．t＝0时刻弹簧的弹性势能为32 J
CD [当滑块速度最大时，满足F弹＝mg sin θ＋μmg cs θ，此时弹力不为零，滑块与弹簧还没有脱离，选项A错误；滑块机械能变化量等于弹力做功与摩擦力做功的代数和，开始时弹力大于摩擦力，此过程中弹力做功大于摩擦力做功，滑块的机械能增加，最后阶段弹力小于摩擦力，弹力做功小于摩擦力做功，此过程中滑块的机械能减小，滑块在 0.2 s 时弹力为零，此时滑块的机械能不是最大，选项B错误；滑块脱离弹簧后向上做减速运动的加速度大小为a＝4.0- m/s2＝10 m/s2，根据牛顿第二定律mg sin 37°＋μmg cs 37°＝ma，解得滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，选项C正确；由能量关系可知，t＝0时刻弹簧的弹性势能为Ep＝12mv12＋mgs sin 37°＋μmgs cs 37°＝32 J，选项D正确。]
12．如图所示，倾角为37°的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一与斜面垂直的弹性挡板C。长度为L＝8 m、质量为M＝43 kg的长木板A置于斜面上，质量为m＝1 kg的物块B(可视为质点)置于长木板上端，物块B与长木板A之间的动摩擦因数为μ1＝0.25，长木板A与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝928，长木板A下端与挡板C的距离为d＝6 m。同时由静止释放长木板A和物块B，长木板A与挡板C碰撞后原速率返回。sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度取g＝10 m/s2。 下列说法正确的是( )
A．长木板A刚开始沿斜面向下运动的加速度大小为3 m/s2
B．物块B在长木板A上运动的时间为4 s
C．物块B在长木板A上运动的过程中，系统产生的内能为61 J
D．物块B从长木板A上滑下后，A将不再沿斜面下滑
AC [对物块B由牛顿第二定律得mg sin 37°－μ1mg cs 37°＝ma1，解得a1＝4 m/s2，对长木板A由牛顿第二定律得Mg sin 37°＋μ1mg cs 37°－μ2(M＋m)g cs 37°＝Ma2，解得a2＝3 m/s2，A正确；由匀变速直线运动规律得长木板A运动到挡板所用的时间满足d＝12a2t12，解得t1＝2 s，此时物块B运动的位移为x＝12a1t12＝8 m，长木板A与C碰撞后沿斜面向上运动，由牛顿第二定律得Mg sin 37°＋μ2(M＋m)g cs 37°＋μ1mg cs 37°＝Ma3，解得a3＝12 m/s2，由匀变速直线运动规律得L－(x－d)＝a1t1t2+12 a1t22+a2t1t2-12 a3t22，解得t2＝0.5 s，物块B在长木板A上运动的时间为t＝t1＋t2＝2.5 s，B错误；物块B在长木板A上运动的过程中产生的内能为Q1＝μ1mgL cs 37°＝16 J，长木板在斜面上运动的路程为Δx＝d＋a2t122a3＝152 m，长木板A在斜面上运动产生的内能为Q2＝μ2(M＋m)gΔx cs 37°＝45 J，系统产生的内能为Q＝Q1＋Q2＝61 J，C正确；物块B从长木板A上滑下时，长木板A的速度为v＝a2t1－a3t2＝0，由于μ2