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1、2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 階段滾動卷（一）新人教版 一、選擇題(1～5題只有一個選項(xiàng)符合題目要求，6～8題有多個選項(xiàng)符合題目要求) 1．如圖所示，伽利略的斜面實(shí)驗(yàn)反映了一個重要事實(shí)：如果空氣阻力和摩擦力小到可以忽略不計，小球一旦沿斜面A滾落，必將準(zhǔn)確地終止于斜面B上同它開始點(diǎn)相同高度處，絕不會更高一點(diǎn)或更低一點(diǎn)，這說明，小球在運(yùn)動過程中有一個“東西”是不變的，這個“東西”是(　　) A．能量　　B．速度 C．加速度 D．彈力 解析：伽利略的斜面實(shí)驗(yàn)反映了小球運(yùn)動過程中能量是守恒量，選項(xiàng)A正確． 答案：A 2．在一筆直公路上有a、b兩輛汽車，它們同時經(jīng)過同一路標(biāo)開始計時

2、，此后的v－t圖象如圖所示，下列判斷正確的是(　　) A．在t1時刻a、b相遇 B．0～t1時間內(nèi)，a、b間距離在減小 C．0～t1時間內(nèi)，a位于b前面 D．t1時刻以后，b位于a前面 解析：0～t1時間內(nèi)，a車的速度大于b車速度，a車位于b車前面，a、b間距離逐漸增大，選項(xiàng)C正確． 答案：C 3．如圖所示，放在斜面上的物體受到垂直于斜面向上的力F作用始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)力F逐漸減小后，下列說法正確的是(　　) A．物體受到的摩擦力保持不變 B．物體受到的摩擦力逐漸增大 C．物體受到的合力減小 D．物體對斜面的壓力逐漸減小 解析：對物體進(jìn)行受力分析如圖所示，將所

3、有的力沿著斜面與垂直于斜面正交分解得Ff＝mgsin θ，F(xiàn)＋FN＝mgcos θ，因此當(dāng)F減小時，摩擦力Ff＝mgsin θ保持不變，選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B錯誤；由于物體始終靜止在斜面上，所受合力始終為零，選項(xiàng)C錯誤；隨著拉力F的減小，支持力FN＝mgcos θ－F越來越大，選項(xiàng)D錯誤． 答案：A 4．(xx·南昌模擬)如圖所示，固定斜面傾角為θ，整個斜面分為AB、BC兩段，且1.5AB＝BC.小物塊P(可視為質(zhì)點(diǎn))與AB、BC兩段斜面之間的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2.已知P由靜止開始從A點(diǎn)釋放，恰好能滑動到C點(diǎn)而停下，那么θ、μ1、μ2間應(yīng)滿足的關(guān)系是(　　) A．tan θ＝ B

4、．tan θ＝ C．tan θ＝2μ1－μ2 D．tan θ＝2μ2－μ1 解析：設(shè)斜面長為L，小物塊P由A點(diǎn)滑動到C點(diǎn)的全過程由動能定理得mgLsin θ－μ1mgcos θ×L－μ2mgcos θ×L＝0－0，解得tan θ＝，故選項(xiàng)A正確． 答案：A 5．(xx·湖南衡陽聯(lián)考)“神舟十號”與“天宮一號”多次成功實(shí)現(xiàn)交會對接．如圖所示，交會對接前“神舟十號”飛船先在較低圓軌道1上做圓周運(yùn)動，在適當(dāng)位置經(jīng)變軌后與圓軌道2上運(yùn)動的“天宮一號”對接．M、Q兩點(diǎn)在軌道1上，P點(diǎn)在軌道2上，三點(diǎn)連線過地心，把飛船的加速過程簡化為只做一次短時加速．下列關(guān)于“神船十號”變軌過程的描述，正確

5、的是(　　) A．“神船十號”在M點(diǎn)加速，則一定會在P點(diǎn)與“天宮一號”相遇 B．“神船十號”可以與“天宮一號”同軌加速追及 C．“神船十號”在軌道1上M點(diǎn)的加速度小于在軌道2上P的加速度 D．“神舟十號”變軌后的運(yùn)行周期大于變軌前的運(yùn)行周期 解析：“神船十號”加速后，萬有引力不足以提供向心力，軌道半徑增大，B項(xiàng)錯；“神舟十號”與“天宮一號”相遇過程比較復(fù)雜，不僅與加速度的大小、方向有關(guān)，還與其他因素有關(guān)，A項(xiàng)錯；根據(jù)萬有引力定律F＝G可知，“神舟十號”在M點(diǎn)受萬有引力較大，加速度較大，C項(xiàng)錯；由開普勒第三定律＝k可知，變軌后的運(yùn)行周期大于變軌前的周期，D項(xiàng)正確． 答案：D 6．一

6、快艇要從岸邊某一不確定位置處到達(dá)河中離岸邊100 m遠(yuǎn)的一浮標(biāo)處，已知快艇在靜水中的速度vx圖象和水流的速度vy圖象如圖甲、乙所示，則下列說法中正確的是(　　) A．快艇的運(yùn)動軌跡為直線 B．快艇的運(yùn)動軌跡為曲線 C．快艇最快到達(dá)浮標(biāo)處的時間為20 s D．快艇最快到達(dá)浮標(biāo)處經(jīng)過的位移大于100 m 解析：快艇實(shí)際運(yùn)動的兩個分運(yùn)動分別是勻速直線運(yùn)動和勻加速直線運(yùn)動，且不在同一直線上，故快艇的運(yùn)動軌跡為曲線，A錯，B對；最快到達(dá)浮標(biāo)處的方式是使vx垂直于河岸和浮標(biāo)且保持圖甲所示的加速度a＝0.5 m/s2做勻加速直線運(yùn)動，則at2＝x，代入x＝100 m有t＝20 s，C項(xiàng)正確；但

7、實(shí)際位移為x′>100 m，D項(xiàng)對． 答案：BCD 7．(xx·江西南昌一模)如圖所示，一小球以速度v0從傾角為α＝53°的斜面頂端A處水平拋出，垂直落到在斜面底端與斜面垂直的擋板上的B點(diǎn)，已知重力加速度為g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，則下列說法正確的是(　　) A．小球到達(dá)B點(diǎn)的速度大小為v0 B. 斜面的長度為 C．小球到達(dá)B點(diǎn)時重力的瞬時功率為mgv0 D．B點(diǎn)到水平面的高度為 解析：由小球以速度v0從傾角為α＝53°的斜面頂端A處水平拋出，垂直落到在斜面底端與斜面垂直的擋板上的B點(diǎn)，可知擋板與水平面的夾角為37°，落到擋板上時的速度vB＝＝v

8、0，A正確；豎直速度為vy＝＝v0，所以在B點(diǎn)時重力的瞬時功率為mgvy＝mgv0，C錯誤；平拋下落的高度為h＝＝，平拋的時間為t＝＝，水平位移為x＝v0t＝，所以斜面的長度為L＝＋(－)sin 37°＝，B錯誤；B點(diǎn)到水平面的高度為(－)cos 37° sin 37°＝，D正確． 答案：AD 8. 如圖所示，一足夠長的木板靜止在粗糙的水平地面上，t＝0時刻滑塊從木板的左端以速度v0水平向右滑行，木板與滑塊間存在摩擦，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．滑塊的v－t圖象可能是圖中的(　　) 解析：設(shè)滑塊質(zhì)量為m，木板質(zhì)量為M，滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ1，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為

9、μ2，若μ1mg≤μ2(M＋m)g，則滑塊向右做勻減速運(yùn)動，加速度大小為a1＝μ1g，木板不動，選項(xiàng)D正確；若μ1mg>μ2(M＋m)g，則滑塊向右做勻減速運(yùn)動，加速度大小為a1＝μ1g，木板向右做勻加速運(yùn)動，當(dāng)二者同速后，一起以a2＝μ2g的加速度勻減速到停止，因a1>a2，故選項(xiàng)B正確． 答案：BD 二、非選擇題 9．(xx·河北保定質(zhì)檢)某同學(xué)做“驗(yàn)證力的平行四邊形定則”的實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示，其中A為固定橡皮條的圖釘，O為橡皮條與細(xì)繩的結(jié)點(diǎn)，OB與OC為細(xì)繩．根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在白紙上所作圖如圖乙所示，已知實(shí)驗(yàn)過程中操作正確． (1)乙圖中F1、F2、F、F′四個力，其中力____

10、____(填上述字母)不是由彈簧測力計直接測得的．實(shí)驗(yàn)中，要求先后兩次力的作用效果相同，指的是________(填正確選項(xiàng)前字母)． A．兩個彈簧測力計拉力F1和F2的大小之和等于一個彈簧測力計拉力的大小 B．橡皮條沿同一方向伸長 C．橡皮條伸長到同一長度 D．橡皮條沿同一方向伸長同一長度 (2)丙圖是測量中某一彈簧測力計的示數(shù)，讀出該力大小為________N. 解析：(1)F在以F1與F2為鄰邊的平行四邊形的對角線上，不是由彈簧測力計直接測出的．該實(shí)驗(yàn)采用了“等效替代”法，即合力與分力的關(guān)系是等效的，前后兩次要求橡皮條沿同一方向伸長同一長度，故A、B、C錯誤，D正確．(2)根據(jù)

11、丙圖讀出力的值為9.0 N. 答案：(1)F　D　(2)9.0(8.8～9.2之間均可) 10．為了探究質(zhì)量一定時加速度與力的關(guān)系．一同學(xué)設(shè)計了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置．其中M為帶滑輪的小車的質(zhì)量，m為砂和砂桶的質(zhì)量．(滑輪質(zhì)量不計) (1)實(shí)驗(yàn)時，一定要進(jìn)行的操作或保證的條件是________． A．用天平測出砂和砂桶的質(zhì)量 B．將帶滑輪的長木板右端墊高，以平衡摩擦力 C．小車靠近打點(diǎn)計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時記錄彈簧測力計的示數(shù) D．改變砂和砂桶的質(zhì)量，打出幾條紙帶 E．為減小誤差，實(shí)驗(yàn)中一定要保證砂和砂桶的質(zhì)量m遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量M (2)該同學(xué)在實(shí)

12、驗(yàn)中得到如圖所示的一條紙帶(相鄰兩計數(shù)點(diǎn)間還有兩個點(diǎn)沒有畫出)．已知打點(diǎn)計時器采用的是頻率為50 Hz的交流電，根據(jù)紙帶可求出小車的加速度為________m/s2(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)． (3)以彈簧測力計的示數(shù)F為橫坐標(biāo)，加速度a為縱坐標(biāo)，畫出的a—F圖象是一條直線，圖線與橫軸的夾角為θ，求得圖線的斜率為k，則小車的質(zhì)量為________． A．2tan θ　　　B. C．k　　　D. 解析：(1)彈簧測力計的讀數(shù)的2倍等于小車受到的拉力，無需用天平測出砂和砂桶的質(zhì)量，不需要保證砂和砂桶的質(zhì)量m遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量M，選項(xiàng)A、E錯誤；將帶滑輪的長木板右端墊高，可平衡摩擦力，讓

13、拉力充當(dāng)小車的合外力，選項(xiàng)B正確；為了在紙帶上打下更多清晰的點(diǎn)，小車要靠近打點(diǎn)計時器，先接通電源，再釋放小車，選項(xiàng)C正確；為了減小誤差，需要打出多條紙帶，故需改變砂和砂桶的質(zhì)量，選項(xiàng)D正確． (2)相鄰兩個計數(shù)點(diǎn)間還有兩個點(diǎn)沒畫出，故相鄰兩計數(shù)點(diǎn)間的時間間隔t＝0.06 s，逐差法求得加速度a＝×10－2m/s2≈1.3 m/s2. (3)對小車受力分析，由牛頓第二定律可得：2F＝Ma，可得：a＝F，即k＝＝tan θ，選項(xiàng)D正確，選項(xiàng)A、B、C錯誤． 答案：(1)BCD　(2)1.3　(3)D 11．(xx·溫州十校聯(lián)考)如圖所示，“蝸?！睜钴壍繭AB豎直固定在水平地面上，與地面在B

14、處平滑連接．其中“蝸?！睜钴壍烙蓛?nèi)壁光滑的半圓軌道OA和AB平滑連接而成，半圓軌道OA的半徑R1＝0.6 m，半圓軌道AB的半徑R2＝1.2 m，水平地面BC長為xBC＝11 m，C處是一個開口較大的深坑，一質(zhì)量m＝0.1 kg的小球從O點(diǎn)沿切線方向以某一初速度進(jìn)入軌道OA后，沿OAB軌道運(yùn)動至水平地面，已知小球與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，g取10 m/s2. (1)為使小球不脫離OAB軌道，小球在O點(diǎn)的初速度v0至少為多大？ (2)若小球在O點(diǎn)的初速度v0＝6 m/s，求小球在B點(diǎn)對半圓軌道的壓力大??； (3)若使小球能落入深坑C，則小球在O點(diǎn)的初速度v0至少為多大？ 解

15、析：(1)小球通過最高點(diǎn)A的臨界條件是mg＝ 解得小球經(jīng)A點(diǎn)的最小速度為 vA＝＝ m/s 小球由O到A過程由機(jī)械能守恒定律得 mg·2R1＋mv＝mv 解得v0＝m/s. (2)小球由O到B過程機(jī)械能守恒，則 mgR2＋mv＝mv 解得vB＝2 m/s 在B點(diǎn)由牛頓第二定律得 FN－mg＝ 解得FN＝6 N 由牛頓第三定律得軌道受到的壓力F′N＝FN＝6 N. (3)小球由O到C過程由動能定理得 mgR2－μmgxBC＝0－mv 解得v0＝8 m/s. 答案：(1) m/s　(2)6 N　(3)8 m/s 12．(xx·安徽江南十校聯(lián)考)如圖所示，傾角為θ＝

16、37°的固定斜面與足夠長的水平面平滑對接，一勁度系數(shù)k＝18 N/m輕質(zhì)彈簧的上端固定于斜面頂端，另一端固連在一質(zhì)量m＝1 kg的光滑小球上，跟緊靠的物塊(質(zhì)量也為m)與斜面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.75，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，與水平面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.1，圖中施加在物塊上的力F＝18 N，方向沿斜面向上，A和B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，且斜面對B恰無摩擦力，當(dāng)撤掉力F，A和B一起沿斜面下滑到某處分離，分離后A一直在斜面上運(yùn)動，B繼續(xù)沿斜面下滑，已知：sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2. (1)A和B分離后A能否再回到了出發(fā)點(diǎn)？請簡述理由．

17、(2)A和B分離時B的速度為多大？ (3)求B最終停留的位置． 解析：(1)A不能回到出發(fā)點(diǎn)．因?yàn)樾∏蚺c物塊一起下滑過程，物塊對小球的彈力做負(fù)功而使小球的機(jī)械能減少了． (2)未撤掉力F時，對A和B整體，根據(jù)平衡條件得 2mgsin θ＋F1＝F① 其中彈簧彈力F1＝kx1② 解得彈簧的壓縮量x1＝m③ 分離時，A和B間無彈力作用，但速度和加速度仍相等，根據(jù)牛頓第二定律， 對B：mgsin θ－Ff＝maB④ 其中Ff＝μ1mgcos θ， 解得aB＝0⑤ 對A：mgsin θ－F2＝maA， 其中彈力F2＝kx2⑥ 由aA＝aB＝0，解得分離時彈簧的伸長量為 x2＝m⑦ 可見x1＝x2，A和B整體從開始運(yùn)動到分離，彈簧彈力做功為零，根據(jù)動能定理有 2mgsin θ(x1＋x2)－Ff(x1＋x2)＝·2mv2⑧ 解得分離時物塊B的速度 v＝＝2 m/s⑨ (3)分離后B在斜面上做勻速運(yùn)動，到達(dá)水平面后做勻減速直線運(yùn)動，設(shè)停留點(diǎn)距斜面底端為x，根據(jù)動能定理有 －μ2mgx＝0－mv2，解得x＝2 m⑩ 答案：(1)見解析　(2)2 m/s　(3)2 m