2024届高考物理一轮总复习阶段综合检测二考查范围：曲线运动万有引力与宇宙航行机械能和动量

这是一份2024届高考物理一轮总复习阶段综合检测二考查范围：曲线运动万有引力与宇宙航行机械能和动量，共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
阶段综合检测（二）  [考查范围曲线运动 万有引力与宇宙航行 机械能和动量］(本试卷满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.如图所示的装置，M、N棒连接相同旋转速度的电机，在图中所示的时刻A点与B点位于同一竖直线上，对此下列说法正确的是(　 )A．A点与B点的线速度相同B．A点与B点的周期相同C．经过t＝2 s，A点与B点的线速度相同D．A点的向心加速度大于B点的向心加速度解析：选B　由题知M、N棒连接相同旋转速度的电机，则说明M、N的角速度相同，则周期相同，根据角速度与线速度的关系可知v＝ωr，由图可知rB>rA，则有vB > vA，A、C错误，B正确；根据向心加速度的计算公式有a＝ω2r，由图可知rB > rA，则有aB > aA，D错误。2．质量为m的小鸟，以速度v沿着与水平成θ角斜向上的方向匀速飞行，重力加速度为g，则(　 )A．小鸟处于超重状态B．空气对小鸟作用力的方向与v的方向相反C．空气对小鸟作用力的大小为mgD．重力对小鸟做功功率为－mgv解析：选C　小鸟匀速飞行，所受合力为零，A错误；小鸟受重力和空气对小鸟的作用力，空气对小鸟的作用力与重力等大反向，大小为mg，B错误，C正确；功率公式P＝Fv，要求力与速度共线，所以重力对小鸟做功功率为－mgvsin θ，D错误。3．宇宙中两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力互相绕转，称之为双星系统，在浩瀚的银河系中，多数恒星都是双星系统。设某双星系统A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动，如图所示。若AO>OB，则(　 ) A．星球A的质量一定大于B的质量B．星球A的角速度一定大于B的角速度C．星球A的线速度大小一定大于B的线速度大小D．星球A的向心加速度大小一定小于B的向心加速度大小解析：选C　由于两颗星始终绕着O点旋转，他们的连线始终过O点，因此角速度相等，B错误；由于两颗星都绕着O点旋转，他们之间的万有引力提供向心力，因此＝MAω2rA①，＝MBω2rB②，将①②联立可得MArA＝MBrB，由于rA>rB，因此MA<MB，A错误；根据v＝ωr，由于角速度相等，可知vA>vB，C正确；根据a＝ω2r，可知D错误。4．如图所示，甲为一长度为L的均匀链条，总质量为2m，一半放在水平桌面上，一半竖直下垂。乙为两个质量均为m的小球，一个放在水平桌面上，一个竖直下垂，中间用不计质量、长度为L的细绳相连，水平部分和竖直部分长度相等，小球可以视为质点。现给甲、乙一个小扰动，使得甲、乙都刚好离开水平桌面。取水平桌面所在的平面为零势能面，重力加速度大小为g，下列有关说法正确的是(　 )A．甲的重力势能减少了mgLB．乙的重力势能减少了mgLC．甲受到的重力做的功小于乙受到的重力做的功D．甲、乙重力势能的减少量相等解析：选A　甲的重力势能变化量为ΔEPA＝－＝－mgL，A正确；乙的重力势能变化量为ΔEPB＝(－mgL)－＝－mgL，B、D错误；甲受到的重力做的功大于乙受到的重力做的功，C错误。5．比赛用标准篮球充气后从1.80 m处自由下落后弹起的高度范围应在1.20 m～1.40 m之间。在某次检测时，篮球自离地面高1.80 m处无初速度释放后反弹最大高度为1.25 m，该篮球的质量为0.6 kg，忽略空气阻力的影响，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　 )A．篮球与地面碰撞前后瞬间的动量变化量方向向下B．篮球与地面碰撞前后瞬间的动量变化量大小为6.6 kg·m/sC．从开始下落至反弹到最高点，整个过程篮球的机械能守恒D．从开始下落至反弹到最高点，整个过程合力对篮球所做的功为3.3 J解析：选B　取向下为正方向，由v2＝2gh，可得落地前的速度v1＝6 m/s，反弹离开地面前的速度大小是v2＝5 m/s，方向向上，即v2＝－5 m/s，则有Δp＝p2－p1＝mv2－mv1＝－6.6 kg·m/s，负号代表方向向上，大小为6.6 kg·m/s，A错误，B正确；篮球反弹的最大高度小于初始高度，所以机械能有损失，C错误；由动能定理可知，整个过程动能变化量为零，合力做功也为零，D错误。6．科学家研究表明：地球自转的角速度在逐渐减小，假设这种趋势持续下去，每经过时间T，地球自转周期增加t0。若地球半径为R，地球可视为质量均匀分布的球体；现在地球的自转周期为T1，地球表面重力加速度在赤道处的大小为g，其他条件都不变，则经过时间T，地球表面重力加速度在赤道处的大小应为(　 )A．4π2R＋g B．g－4π2RC．4π2R＋g D．g－4π2R解析：选C　设赤道处质量为m的物体受到的万有引力为F，则物体的重力为mg＝F－，经过时间T后，地球的自转周期为T2＝T1＋t0，赤道处物体的重力为mg′＝F－，联立以上三式，约掉质量m，可得g′＝4π2R＋g，C正确。7．汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动，其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图像如图所示，其中错误的是(　 )解析：选B　汽车最开始做初速度为0的匀加速直线运动，当达到额定功率时，匀加速结束，然后做加速度逐渐减小的加速运动，直至最后做匀速运动。开始匀加速阶段，有F－Ff＝ma，设匀加速刚结束时的速度为v1，有P＝Fv1，最后匀速时，有F额＝Ff即P＝F额vm，综上所述，匀加速的末速度为v1＝，最后匀速速度为vm＝，接下来对各个图像进行逐个分析：在v -t图像中斜率表示加速度，汽车开始加速度不变，后来逐渐减小，A正确；汽车运动过程中开始加速度不变，后来加速度逐渐减小，最后加速度为0，B错误；汽车牵引力开始大小不变，然后逐渐减小，最后牵引力等于阻力，C正确；开始汽车功率逐渐增加，存在P＝Fv＝Fat，故为过原点的直线，后来功率恒定，D正确。二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)8．2022年6月5日，超大型塔式起重机XGT15000－600S，成功下线交付(如图甲)。该起重机某次从t＝0时刻由静止开始提升质量为m的物体，其a-t图像如图乙所示，t1～t2时间内起重机的功率为额定功率，不计其他阻力，重力加速度为g，则以下说法正确的是(　 )A．该起重机的额定功率为ma02t1B．该起重机的额定功率为(mg＋ma0)a0t1C．0～t1和t1～t2时间内牵引力做功比为t1∶2(t2－t1)　D．0～t1和t1～t2时间内牵引力做功比为t1∶2t2解析：选BC　0～t1时间内，物体做匀加速直线运动，牵引力不变，功率增大，当t＝t1时，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma0，此时功率达到额定功率，且P额＝Fv1，又v1＝a0t1，联立解得起重机的额定功率为P额＝(mg＋ma0)a0t1，故A错误，B正确；0～t1时间内牵引力做的功W1＝，t1～t2时间内牵引力做的功W2＝P额(t2－t1)，则在0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功之比为W1∶W2＝t1∶2(t2－t1)，故C正确，D错误。9．如图所示，质量为m的小球从半径为R的竖直半圆弧轨道最低点A点进入后恰能通过最高点B，然后落回水平面。已知C为半圆弧AB的中点，D为圆弧AC之间一点，θ＝60°，不计一切阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　 )A．小球通过C点时对轨道压力大小为3mgB．小球落到水平面时距离A点的距离为RC．若将半圆弧轨道上部的BC段圆弧截去，其他条件不变，则小球到达最高点时距离水平面的高度为2.5 RD．若将半圆弧轨道上部的BD段圆弧截去，其他条件不变，则小球到达最高点时距离水平面的高度为2R解析：选ACD　小球恰能经过B点，则mg＝m，则从C到B，由机械能守恒mvC2＝mvB2＋mgR在C点时FNC＝m，解得FNC＝3mg，A正确；小球从B点平抛，则x＝vB＝2R，B错误；若将半圆弧轨道上部的BC段圆弧截去，其他条件不变，则小球到达C点后做竖直上抛运动，则小球到达最高点时距离水平面的高度为H＝＋R＝2.5 R，C正确；若将半圆弧轨道上部的BD段圆弧截去，其他条件不变，则小球到达D点后做斜抛运动，从D到C有mvD2＝mvC2＋mg·R，解得vD＝2，到达最高点时距离水平面的高度为H′＝R＋＝2R，D正确。10．斜面倾角为30°，某一物体从距地面高为h＝2 m处的A点以速度v0＝4 m/s与斜面成60°飞出，最后落回斜面B点。不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，O点为斜面最低点。关于物体运动情况下列说法正确的是(　 )A．物体飞行时间为0.8 sB．物体离开斜面时的最远距离为 mC．线段AB＝1.6 mD．物体离地面的最大高度为2.2 m解析：选AD　将运动沿着斜面和垂直斜面方向正交分解，在垂直斜面方向上2v0sin 60°＝gtcos 30°，可得飞行时间t＝0.8 s，A正确；当运动0.4 s时距离斜面最远，且最远距离为d＝＝ m，B错误；AB的长度L＝v0tcos 60°＋gsin 30°·t2＝3.2 m，C错误；将运动沿水平方向和竖直方向分解，由几何关系可得初速度与竖直方向夹角为60°，因此最大高度时H＝h＋＝2.2 m，D正确。三、非选择题(本题共5个小题，共54分)11．(6分)在一次实验中，某同学选用了两个外形相同的硬质小球A和B，小球A质量较大，小球B质量较小。该同学实验发现：若在水平面上用A球去撞击原来静止的B球，碰后A和B都向前运动；若用B球去撞击原来静止的A球，碰后A球向前运动，B球向后运动。为了探究碰撞中的不变量，该同学计划用如图所示的圆弧槽进行实验。实验时，分别将小球M、N放在竖直平面内的半圆形玻璃轨道内侧(轨道半径远大于小球半径)。现让小球M从与圆心O等高处由静止释放，在底部与静止的小球N发生正碰。(1)实验中，若实验室里有如下所述的四个小球：①半径为r的玻璃球；②半径为2r的玻璃球；③半径为1.5r的钢球；④半径为2r的钢球。为了便于测量，M球应选用________，N球应选用________(填编号)。(2)实验中不用测量的物理量为________。①小球M的质量m1和小球N的质量m2；②圆弧轨道的半径R；③小球M碰后上升的最高处与O点连线偏离竖直方向的夹角θ1；④小球N碰后上升的最高处与O点连线偏离竖直方向的夹角θ2。(3)用上述测得的物理量表示碰撞中的不变量的等式为：________________________。解析：(1)在本实验中应选择直径相同的小球，为了让M球碰后反弹，要用质量小的小球去碰撞质量大的小球；由给出的小球可知，只能选用②④两球，且应用②球去碰撞④球；(2)小球与轨道间的摩擦可忽略，小球运动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：m1gR＝m1v12              ①m1gR(1－cos θ1)＝m1v1′2 ②m2gR(1－cos θ2)＝m2v2′2 ③以M球的初速度方向为正方向，如果两球碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：m1v1＝m1(－v1′)＋m2v2′ ④由①②③④解得：m1＝－m1＋m2 ⑤由⑤可知，探究碰撞中的不变量，需要测出两球的质量与碰撞后两球上升的最高位置与O点连线偏离竖直方向所对应的夹角，故需要测量的量为：①③④，不需要测量的物理量为：②。(3)由(2)可知，在碰撞中的不变量的等式为：m1＝－m1＋m2。答案：(1)②　④　(2)②(3)m1＝－m1＋m2 12．(9分)采用如图甲所示的装置可以研究平抛运动。图乙是确定小球位置的硬纸片的示意图，带有一大一小两个孔，大孔宽度与做平抛运动的小球的直径d相当，可沿虚线折成图甲中的样式，放在如图甲中的多个合适位置，可用来确定小球的运动轨迹。已知重力加速度为g。(1)已备有器材：有孔的硬纸片、坐标纸、图钉、长方形平木板、铅笔、三角板、刻度尺、弧形斜槽、小球、铁架台(含铁夹)，还需要的一种实验器材是________。A．停表　　　　　　 B．天平C．铅垂线   D．弹簧测力计(2)关于本实验的一些说法，正确的是________。A．斜槽必须是光滑的，且每次释放小球的初位置相同B．应该将斜槽轨道的末端调成水平C．以斜槽末端紧贴着槽口处作为小球做平抛运动的起点和所建坐标系的原点OD．为使所描曲线与小球运动轨迹吻合，应将所有通过硬纸片确定的点都用直线依次连接(3)判断所描绘曲线是否为抛物线是本实验的目的之一。若某同学实验得到的平抛运动的轨迹是图丙所示的曲线，图中的O点是小球做平抛运动的起点。可用刻度尺测量各点的x、y坐标，如P1的坐标(x1，y1)、P2的坐标(x2，y2)、P3的坐标(x3，y3)等。怎样通过这些测量值来判断这条曲线是否为一条抛物线？请简述判断的方法：　。解析：(1)在做“研究平抛物体的运动”实验时，还需要铅垂线确定竖直方向，使坐标纸在竖直面内且方格线沿竖直或水平方向，故C正确，A、B、D错误。(2)为了使小球平抛运动的初速度相同，小球必须从斜槽上相同的位置自由滚下，但斜槽轨道不一定需要光滑，故A错误；为了使小球做平抛运动，斜槽轨道的末端必须水平，故B正确；小球平抛运动的起点和所建坐标系的原点O应该是小球开始静止在斜槽末端时小球球心所在的位置，故C错误；为了减小误差，且使曲线与小球运动轨迹吻合，应舍去误差较大的点，用平滑的曲线连成轨迹，故D错误。(3)方法一：根据二次函数的特点，令y＝ax2，代入实验所得各点的坐标值求出一系列a，看在误差允许范围之内，a是否相等，则可判断实验所得的曲线是否是一条抛物线。方法二：按照实验所得各点的坐标值，描绘y­x2图像，观察图线在误差允许范围之内是否为一条直线，则可判断该实验曲线是否是一条抛物线。答案：(1)C　(2)B　(3)见解析13．(11分)如图所示，一个长方体铁箱在水平推力作用下由静止开始向右匀加速运动，这时铁箱内一小木块恰好能静止在后壁(木块和铁箱不粘连)，小木块离箱底h，离箱内右侧壁为kh，小木块与铁箱内壁间的动摩擦因数为μ。铁箱与水平地面间动摩擦因数也为μ，铁箱右侧壁距离为处有一竖直固定墙壁，铁箱碰墙壁原速率弹回且同时撤去水平推力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。(1)求铁箱向右匀加速的加速度大小a；(2)若铁箱碰墙后小木块直接击中铁箱的右下角，求k。解析：(1)向右加速过程，对木块FN＝ma，μFN＝mg得a＝。(2)加速过程，有v2＝2a若铁箱停下时，恰好木块平抛落在底板，有对铁箱t1＝，其中μMg＝Ma′对木块h＝gt2，且t1＝t2，解得μ＝0.5若μ≥0.5，则铁箱停下后，木块落在底板，有kh＝vt2＋，得k＝ ＋若μ<0.5，则铁箱未停下木块就落在底板，有kh＝vt2＋，解得k＝ －μ。答案：(1)　(2)μ≥0.5时， ＋；μ<0.5时， －μ14．(12分)某遥控赛车轨道如图所示，赛车从起点A出发，沿摆放在水平地面上长度s＝5 m的直线轨道AB运动，从B点进入光滑固定竖直圆轨道，经过一个完整的圆周后进入长度可调、倾角θ＝37°的固定斜直轨道CD，最后在D点速度方向变为水平后开始做平抛运动。已知赛车的质量m＝200 g，通电后赛车以恒定功率P＝1.6 W工作，要使赛车能沿圆轨道做完整的圆周运动，至少需通电t＝1.5 s，赛车在轨道AB、CD段运动时受到的阻力恒为车重的，赛车经过轨道中C、D两点时的速度大小不变，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。(1)求光滑竖直圆轨道的半径R；(2)已知赛车在水平轨道AB上运动时一直处于通电状态且最后阶段以恒定速率运动，进入圆轨道后关闭电源，调节CD轨道的长度，求赛车从D点飞出后做平抛运动的最大水平位移xmax。解析：(1)设赛车恰好过最高点P时的速度大小为vP，由重力提供向心力可得mg＝m从A点至P点过程，由动能定理可得Pt－mg·s－mg·2R＝mvP2－0，联立解得R＝0.08 m。(2)赛车在AB段最后做匀速运动，设其速度大小为v，设CD轨道的长度为l，赛车到达点D时速度大小为vD，赛车从D点飞出后做平抛运动的水平位移大小为x，做平抛运动的时间为t，由功率与速度关系可得P＝mg·v从C点到D点过程，据动能定理可得－mglsin θ－mgl＝mvD2－mv2平抛运动过程，由位移公式可得lsin θ＝gt2，x＝vDt联立解得x＝由数学知识可得，当1－l＝l，即l＝0.5 m时，x有最大值，水平位移最大值为xmax＝ m。答案：(1)0.08 m　(2) m15．(16分)如图，长为L＝1.0 m的不可伸长轻绳一端系于固定点O，另一端系一质量为m＝0．2 kg的小球，将小球从O点左侧距与O点等高的A点以一定初速度v0水平向右抛出，经一段时间后绳在O点右下方被拉直，此后小球以O为圆心在竖直平面内转动。已知O、A的距离为LOA＝0.6 m，绳刚被拉直时与竖直方向的夹角为37°。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力。求：(1)小球抛出时的速度大小；(2)小球摆到最低点时，绳对小球的拉力大小。解析：(1)设小球抛出时的速度大小为v0，抛出后经时间t绳刚好被拉直，根据平抛运动规律有Lsin 37°＋LOA＝v0t　 ①Lcos 37°＝ gt2　 ②联立①②解得t＝0.4 s，v0＝3 m/s。(2)绳刚被拉直时，小球竖直方向的分速度大小为vy＝gt＝4 m/s　 ③此时小球速度方向与竖直方向的夹角α的正切值为tan α＝＝　 ④解得α＝37°，所以绳刚被拉直时小球速度方向沿绳的方向，拉直后瞬间小球速度变为零。设之后小球摆到最低点时的速度大小为v1，则根据机械能守恒定律有mgL(1－cos 37°)＝mv12　 ⑤设此时绳对小球的拉力大小为T，则根据牛顿第二定律有T－mg＝m　⑥联立⑤⑥解得T＝2.8 N。答案：(1)3 m/s　(2)2.8 N