2025届高考物理二轮专题复习与测试滚动综合练一力学综合

这是一份2025届高考物理二轮专题复习与测试滚动综合练一力学综合，共6页。试卷主要包含了9 km/s，072 m等内容，欢迎下载使用。

A．小球A对物体B的压力逐渐增大
B．小球A对物体B的压力逐渐减小
C．墙面对小球A的支持力逐渐减小
D．墙面对小球A的支持力先增大后减小
解析：
对A球受力分析并建立直角坐标系如图所示，由平衡条件得，竖直方向有N2cs θ＝mg，水平方向有N1＝N2sin θ，联立解得N2＝ eq \f(mg,cs θ) ，N1＝mg tan θ；B缓慢向右移动一小段距离，A缓慢下落，则θ增大，所以N2增大，N1增大，由牛顿第三定律知小球A对物体B的压力逐渐增大，故A正确，B、C、D错误。
2.如图所示，站在水平地面上的人通过轻绳绕过定滑轮A和轻质动滑轮B将一重物吊起。若系统在图示位置静止时B两侧轻绳的夹角为120°，A右侧轻绳沿竖直方向，不计一切摩擦，此时人对地面恰好无压力，则人与重物的质量之比为( A )
A．1∶1 B．1∶2
C．2∶1 D．2∶3
解析：人对地面恰好无压力，则绳子的张力大小F＝m人g，对重物分析有2F cs 60°＝m物g，解得人与重物的质量之比m人∶m物＝1∶1。
3．(多选)如图所示，小陈去某商场购物，他先从一楼搭乘图甲所示的观光电梯到达六楼超市，再搭乘图乙所示的自动人行道电梯到四楼，最后搭乘图丙所示的自动扶梯到五楼。已知图乙和图丙所示的电梯均匀速运行，图乙的梯面倾斜程度处处相同，且小陈搭乘三种电梯的过程中都站在电梯上不动，则( BD )
A．搭乘图甲所示电梯的过程中，合外力对小陈做功最大
B．搭乘图乙所示电梯的过程中，小陈所受重力做功的功率不变
C．搭乘图乙所示电梯的过程中，摩擦力对小陈不做功
D．搭乘图丙所示电梯的过程中，小陈的机械能增大
解析：题图甲中，人在电梯中的初末速度均为零，题图乙和丙搭乘电梯的过程中，电梯均匀速运动，根据动能定理可得，合外力对小陈做的功均为0，A错误；题图乙中的梯面倾斜程度处处相同，即电梯运动速度方向与竖直方向的夹角一定，根据P＝mgv cs θ可知，搭乘题图乙所示的电梯的过程中，小陈受到的重力做功的功率不变，B正确；题图乙中的梯面倾斜，匀速运动时，对人进行分析，人受到重力、垂直于倾斜梯面的支持力与沿梯面向上的静摩擦力，可知，搭乘题图乙所示电梯的过程中，摩擦力对小陈做负功，C错误；搭乘题图丙所示的电梯的过程中，小陈的动能不变，重力势能增大，小陈的机械能增大，D正确。
4.“福建舰”是中国完全自主设计建造的首艘电磁弹射型航空母舰，采用平直通长飞行甲板。假设某战斗机在跑道上加速时加速度大小为10 m/s2，弹射系统向战斗机提供的初速度大小为30 m/s，当战斗机速度达到60 m/s时能离开航空母舰起飞，战斗机在跑道上运动可视为匀加速直线运动。下列说法正确的是( B )
A．航空母舰静止，战斗机需在甲板上滑行6 s起飞
B．航空母舰静止，战斗机需在甲板上滑行135 m起飞
C．若航空母舰沿战斗机起飞方向航行，则战斗机需相对于甲板滑行135 m起飞
D．战斗机在航空母舰上加速运动过程，航空母舰可以看成质点
解析：航空母舰静止时，战斗机需在甲板上滑行的时间t＝ eq \f(v－v0,a) ＝ eq \f(60－30,10) s＝3 s，故A错误；战斗机在甲板上滑行的距离x＝ eq \f(v＋v0,2) t＝ eq \f(90,2) ×3 m＝135 m，故B正确；由B项知战斗机相对于海面的位移大小为135 m，战斗机从被弹出到起飞的过程中假设航空母舰沿战斗机起飞方向航行的位移为x0，则战斗机相对于甲板滑行的距离d＝135 m－x0，故C错误；战斗机在航空母舰上加速运动过程，涉及跑道的长度，故航空母舰不可以看成质点，故D错误。
5.江南多雨，屋顶常常修成坡度固定的“人”字形，“人”字形的尖顶屋可以看作是由两个斜面构成的。如图所示，斜面与水平方向的夹角均为α，房屋长度2x为一定值，将雨滴从“人”字形坡顶开始的下滑过程简化为雨滴从光滑斜面顶端由静止下滑。不考虑雨滴滑下时质量的变化，下列说法正确的是( C )
A．α越大，雨滴滑下的时间越长
B．α越大，雨滴滑下的时间越短
C．α越大，雨滴滑下获得的动能越大
D．当α＝45°时，雨滴滑下获得的动量最大
解析：将雨滴从“人”字形坡顶开始的下滑看作由静止开始的匀变速直线运动，其加速度a＝g sin α，则由 eq \f(x,cs α) ＝ eq \f(1,2) at2，可知雨滴运动的时间t＝ eq \r(\f(2x,g cs αsin α)) ＝ eq \r(\f(4x,g sin 2α)) ，可知当α＝45°时，雨滴滑下时所用的时间最短，故A、B错误；由动能定理可得mgx tan α＝Ek，可知α越大，雨滴滑下时获得的动能越大，故C正确；雨滴滑下获得的动量p＝ eq \r(2mEk) ，可知动能越大，动量也越大，即α越大，雨滴滑下时的动量越大，故D错误。
6．(2024·梅州市二模)2024年1月18日1时46分，天舟七号货运飞船成功对接于空间站(离地面高度约为400 km)天和核心舱后向端口。天舟七号货运飞船装载了航天员在轨驻留消耗品、推进剂、应用实(试)验装置等物资，并为神舟十七号航天员乘组送去龙年春节的年货。下列说法正确的是 ( D )
A．为实现成功对接，天舟七号在与空间站同一轨道上需要加速靠近天和核心舱
B．天舟七号与空间站的组合体在轨道上运行速度大于7.9 km/s
C．天舟七号与空间站的组合体在轨道上运行周期比同步卫星的周期大
D．天舟七号与空间站的组合体在轨道上稳定运行时，“年货”处于完全失重状态
解析：为实现成功对接，天舟七号需点火加速做离心运动从较低轨道进入较高轨道，故A错误；由G eq \f(Mm,r2) ＝m eq \f(v2,r) 得v＝ eq \r(\f(GM,r)) ，可知空间站的轨道半径大于地球的半径，所以天舟七号与空间站的组合体在轨道上运行速度小于7.9 km/s，故B错误；由G eq \f(Mm,r2) ＝mr eq \f(4π2,T2) 得T＝2π eq \r(\f(r3,GM)) ，可知空间站的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，得空间站的周期小于地球同步卫星的周期，故C错误；天舟七号与空间站的组合体在轨道上稳定运行时，因为万有引力充当做圆周运动的向心力，可知空间站内物体处于完全失重状态，故D正确。
7．某人所受重力为G，他穿着平底鞋起跳，竖直着地过程中，双脚与地面间的作用时间为t，地面对他的平均冲击力大小为4G，若他穿上带有减震气垫的鞋起跳，以与第一次相同的速度着地时，双脚与地面间的作用时间变为2.5t，则地面对他的平均冲击力变为( C )
A．1.2G B．1.6G
C．2.2G D．2.6G
解析：设脚着地瞬间的速度大小为v，取竖直向上为正方向，他穿着平底鞋起跳，双脚竖直着地过程中，根据动量定理有(F－G)t＝0－(－mv)，其中F＝4G，穿上气垫鞋起跳，双脚竖直着地过程中，根据动量定理有(F′－G)×2.5t＝0－(－mv)，解得F′＝2.2G。
8.工人使用一块长L＝4 m的木板从平台上卸货，木板一端搭在平台上(与平台等高)，另一端固定在地面上，形成倾角θ＝37°的斜面。工人甲从木板底部推动质量M＝3 kg的小车，使小车以v0＝12 m/s的速度冲上木板。工人乙站在平台上，当小车在木板上运动到某处时，以v1＝1.6 m/s的速度水平抛出货物，货物速度方向与木板平行时恰好落入到达斜面顶端的小车，两者速度立刻变为零。已知小车与木板间的摩擦力与压力大小之比k＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，小车和货物均可视作质点。求：
(1)货物抛出点距平台的高度；
(2)货物的质量m。
解析：(1)由于货物落入小车时速度方向沿着斜面方向，有vy＝v1tan θ＝1.2 m/s
根据竖直方向做自由落体运动，有v eq \\al(2,y) ＝2gh
解得h＝0.072 m。
(2)小车沿斜面向上运动，则有
a1＝ eq \f(Mg sin θ＋kMg cs θ,M) ＝10 m/s2
根据运动学公式可得v eq \\al(2,t) －v eq \\al(2,0) ＝－2a1L
解得vt＝8 m/s
货物沿斜面方向的速度vm＝ eq \f(v1,cs θ) ＝2 m/s
货物和小车碰撞瞬间沿斜面方向动量守恒，有
Mvt－mvm＝0
解得m＝12 kg。
答案：(1)0.072 m (2)12 kg
9.在火力发电厂，将煤块制成煤粉的球磨机的核心部件是一个半径R＝ eq \r(2) m的躺卧圆筒。圆筒绕水平中心轴旋转，将筒内的钢球带到一定高度后，钢球脱离筒壁落下将煤块击碎，截面简化如图。设筒内仅有一个质量m＝0.2 kg、大小不计的钢球，初始静止在最低点A。(g取10 m/s2)
(1)启动电机使圆筒加速转动，钢球与圆筒保持相对静止，第一次到达与圆心等高的位置B时，圆筒的角速度ω0＝ eq \r(2) rad/s，求此时钢球线速度v0的大小和该过程中圆筒对钢球所做的功W；
(2)当钢球通过C点时，另一装置瞬间让钢球与圆筒分离(分离前后钢球速度不变)，此后钢球仅在重力作用下落到位置D。CD连线过O点，与水平方向成45°，求分离时圆筒的角速度ω1；
(3)停止工作后将圆筒洗净，内壁视为光滑。将一钢球从位置C正下方的E点由静止释放，与筒壁碰撞6次后恰好又回到E点。若所有碰撞都是弹性的(即碰撞前后沿半径方向的速度大小相等、方向相反，沿切线方向速度不变)，求钢球从释放开始至第一次回到E点所用的时间；若改变钢球释放的高度，钢球能否与筒壁碰撞3次后回到释放点，并简要说明理由(取 eq \r(\r(2)－1) ＝ eq \f(\r(10),5) )。
解析：(1)此时钢球线速度v0＝ω0R
解得v0＝2 m/s
该过程中设圆筒对钢球做的功为W，由动能定理有
W－mgR＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0)
解得W＝(0.4＋2 eq \r(2) ) J。
(2)钢球分离后做斜抛运动，将运动沿水平方向和竖直方向分解可得 eq \r(2) R＝vCt cs 45°
－ eq \r(2) R＝vCt sin 45°－ eq \f(1,2) gt2
解得vC＝ eq \r(10) m/s
根据圆周运动，有vC＝ω1R
解得ω1＝ eq \r(5) rad/s。
(3)钢球碰撞6次返回E点，在F点发生碰撞后做平抛运动，在F点与A点之间满足(1－cs 45°)R＝ eq \f(1,2) gt eq \\al(2,1)
解得t1＝ eq \r(\f(\r(2)－1,5)) s＝ eq \f(\r(2),5) s
又R sin 45°＝vFt1
解得vF＝ eq \f(5\r(2),2) m/s
从E点与F点之间满足vF＝gt2
解得t2＝ eq \f(\r(2),4) s
则从E点出发到返回E点的时间t＝4t1＋4t2
解得t＝ eq \f(9\r(2),5) s
若经过3次碰撞后回到E点，必须在右下圆弧沿半径方向与筒壁发生碰撞。
如此碰撞的路径小球的速度的反向延长线不过水平位移的中点，违背了平抛运动的规律，故不能经过3次回到E点。
答案：(1)2 m/s (0.4＋2 eq \r(2) ) J (2) eq \r(5) rad/s
(3)见解析