2023版高考生物二轮复习阶段滚动卷一（含解析）

2020版高考生物二轮复习阶段滚动卷一（含解析）PAGE32-阶段滚动卷一本试卷分第一卷(选择题)和第二卷(非选择题)两局部，总分值100分，时间90分钟。第一卷一、选择题(此题共12小题，每题4分，共48分。在每题给出的四个选项中，第1～7题只有一个选项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求，全部答对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．(2022·乌鲁木齐二模)2022年7月1日，具有完全自主产权的我国加长版“复兴号〞动车组正式在京沪线上运行。一列加长版“复兴号〞动车组从上海虹桥车站由静止开始做匀加速直线运动，从某节车厢前端开始通过站台上一站立的工作人员开始计时，相邻两节车厢依次通过该工作人员的时间之比不可能是()A．2∶1B．5∶2C．6∶5D．7∶3答案B解析初速度为零的匀变速直线运动通过连续相等位移的时间之比为1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶…∶(eq\r(n＋1)－eq\r(n))。通过连续两个相等位移的时间的最大比值为1∶(eq\r(2)－1)，该题是从某节车厢前端通过该工作人员开始计时，故只要比值小于1∶(eq\r(2)－1)均有可能，故B不可能。2.如下图，A、B两物体相距s＝7m，物体A以vA＝4m/s的速度向右做匀速直线运动(A所受的平衡摩擦的外力未画出)，而物体B此时的速度vB＝10m/s，只在滑动摩擦力作用下向右做匀减速直线运动，B与水平地面的动摩擦因数μ＝0.2，那么物体A追上物体B所用的时间为()A．7sB．8sC．9sD．10s答案B解析B匀减速运动的加速度大小a＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2，B速度减为零的时间t1＝eq\f(vB,a)＝eq\f(10,2)s＝5s，此时A的位移xA＝vAt1＝4×5m＝20m，B的位移xB＝eq\f(v\o\al(2,B),2a)＝eq\f(100,4)m＝25m，由于xB＋s＞xA，可知B速度减为零时，A还未追上B，A继续追及的时间t2＝eq\f(xB＋s－xA,vA)＝eq\f(25＋7－20,4)s＝3s，那么物体A追上物体B所用的时间t＝t1＋t2＝5s＋3s＝8s，故B正确，A、C、D错误。3．(2022·湖南三湘名校教育联盟三模)甲、乙两辆汽车在平直公路上，从同一地点同时同向均做匀加速直线运动，甲、乙速度的平方随位移变化的图象如下图，那么()A．甲车的加速度比乙车的加速度小B．在x＝0.5m处甲、乙两车的速度均为2m/sC．在t＝2s末甲、乙两车相遇D．在x＝4m处甲、乙两车不相遇答案C解析根据匀变速直线运动速度位移关系公式v2－veq\o\al(2,0)＝2ax，得v2＝2ax＋veq\o\al(2,0)，可知图象的斜率k＝2a，由图可知，甲的斜率大于乙的斜率，故甲车的加速度比乙车的加速度大，A错误；由图象可知，在x＝0.5m处甲、乙两车的速度平方均为2m2·s－2，速度均为eq\r(2)m/s，故B错误；由v2－veq\o\al(2,0)＝2ax，结合图象可知，甲车做初速度为0、加速度为2m/s2的匀加速直线运动，乙车做初速度为1m/s、加速度为1m/s2的匀加速直线运动，根据匀变速直线运动规律可得两车相遇时：x＝eq\f(1,2)a甲t2＝v0t＋eq\f(1,2)a乙t2，解得t＝2s，相遇时的位移为x＝4m，故C正确，D错误。4．(2022·山东威海三模)甲、乙两球质量分别为m1、m2，从不同高度由静止释放，如图a所示。甲、乙两球的v­t图象分别如图b中的①、②所示。球下落过程所受空气阻力大小f满足f＝kv(v为球的速率，k为常数)，t2时刻两球第二次相遇。落地前，两球的速度都已到达各自的稳定值v1、v2。以下判断不正确的选项是()A．m1＞m2B．乙球释放的位置高C．两球释放瞬间，甲球的加速度较大D．两球第一次相遇的时刻在t1时刻之前答案C解析两球稳定时均做匀速直线运动，那么有kv＝mg，得m＝eq\f(kv,g)，所以有eq\f(m1,m2)＝eq\f(v2,v1)，由图知v2＞v1，故m1＞m2，A正确，不符合题意；v­t图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，0～t2时间内，乙球下降的高度较大，而t2时刻两球第二次相遇，所以乙球释放的位置高，故B正确，不符合题意；两球释放瞬间v＝0，此时空气阻力f＝0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g，故C错误，符合题意；在t1～t2时间内，甲球下落的高度较大，而t2时刻两球第二次相遇，所以两球第一次相遇的时刻在t1时刻之前，故D正确，不符合题意。应选C。5．(2022·江苏省七市高三第三次调研)将小球以某一初速度从A点水平向左抛出，运动轨迹如下图，B为轨迹上的一点。改变抛出点位置，为使小球仍沿原方向经过B点，不计空气阻力，以下做法可能实现的是()A．在A点左侧等高处以较小的初速度水平抛出小球B．在A点右侧等高处以较大的初速度水平抛出小球C．在A、B两点间轨迹上某点沿切线向左下方抛出小球D．在A、B两点间轨迹上某点以较小的初速度水平向左抛出小球答案C解析根据平抛运动的推论：速度反向延长线过水平位移的中点，如以下图。在与A等高处水平抛出小球，无论在A点左侧还是右侧，只要沿原方向经过B点，那么不满足平抛运动的推论，A、B错误；当在A、B两点间轨迹上某点沿切线向左下方抛出小球，只要小球速度等于原小球经过该点时的速度，那么小球轨迹与原轨迹重合，小球能够沿原方向经过B点，C正确；在A、B两点间轨迹上某点以较小的初速度水平向左抛出小球，根据几何关系可知，如果沿原方向经过B点，小球速度反向延长线不能过水平位移中点，D错误。6．(2022·广东揭阳一模)在竖直墙壁上悬挂一镖靶，某人站在离墙壁一定距离的某处，先后将两只飞镖A、B由同一位置水平掷出，两只飞镖落在靶上的状态如下图(侧视图)，假设不计空气阻力，以下说法中正确的选项是()A．A、B两镖在空中运动的时间相同B．B镖掷出时的初速度比A镖掷出时的初速度小C．A、B镖的速度变化方向可能不同D．A镖的质量一定比B镖的质量小答案B解析B镖下落的高度大于A镖下落的高度，根据h＝eq\f(1,2)gt2得t＝eq\r(\f(2h,g))，B镖下降的高度大，那么B镖的运动时间长，故A错误；因为A、B两镖水平位移相等，B镖的运动时间长，那么B镖的初速度小，故B正确；因为A、B镖都做平抛运动，速度变化量的方向与加速度方向相同，均竖直向下，故C错误；平抛运动的时间与质量无关，此题无法比拟两飞镖的质量，故D错误。7．(2022·山东潍坊二模)如下图，固定的光滑直杆倾角为30°，质量为m的小环穿过直杆，并通过弹簧悬挂在天花板上，小环静止时，弹簧恰好处于竖直位置，现对小环施加沿杆向上的拉力F，使环缓慢沿杆滑动，直到弹簧与竖直方向的夹角为60°。整个过程中，弹簧始终处于伸长状态，以下判断正确的选项是()A．弹簧的弹力逐渐增大B．弹簧的弹力先减小后增大C．杆对环的弹力逐渐增大D．拉力F先增大后减小答案B解析整个过程中，弹簧始终处于伸长状态，由几何关系可知，弹簧的长度先减小后增大，即弹簧的伸长量先减小后增大，弹簧的弹力先减小后增大，A错误，B正确；开始时，弹簧恰好处于竖直位置，此时F弹＝mg，杆对环的弹力N为0，当环缓慢沿杆滑动，直到弹簧与竖直方向的夹角为60°时，由几何关系知，弹簧的长度等于开始时的长度，此时F弹＝mg，在垂直杆方向，F弹cos30°＝mgcos30°＋N′，那么N′＝0，故杆对环的弹力先增大后减小，C错误；设弹簧与杆之间的夹角为θ，那么从开始到弹簧与杆垂直位置的过程中，由平衡知识：F弹cosθ＋F＝mgsin30°，随θ角的增加，F弹减小，cosθ减小，那么F增大，从弹簧与杆垂直位置到弹簧与竖直方向的夹角为60°的过程中，由平衡知识：F＝F弹cosθ＋mgsin30°，随θ角的减小，F弹增大，cosθ增大，那么F仍然是增大；综上可知拉力F一直增大，D错误。8．(2022·河南百师联盟高三上学期七调)在光滑水平面上，a、b两小球沿水平面相向运动。当小球间距小于或等于L时，受到大小相等、方向相反的相互排斥恒力作用。小球间距大于L时，相互排斥力为零。小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度v随时间t的变化关系图象如下图，由图可知()A．a球质量大于b球质量B．在t1时刻两小球间距最小C．在0～t2时间内两小球间距逐渐减小D．在0～t3时间内b球所受排斥力方向始终与运动方向相反答案AC解析从速度—时间图象可以看出，在0～t3时间内b球的速度—时间图线的斜率绝对值较大，所以b球的加速度较大，两小球之间的排斥力为相互作用力，大小相等，根据a＝eq\f(F,m)知，加速度大的质量小，所以b球质量较小，故A正确；开始时二者做相向运动，两球间距逐渐减小，当两小球速度相等时距离最近，即t2时刻两小球最近，之后距离又开始逐渐变大，故B错误，C正确；b球0～t1时间内做匀减速直线运动，所受排斥力与运动方向相反，在t1～t3时间内做反向的匀加速直线运动，所受排斥力与运动方向相同，D错误。9．(2022·山东泰安一模)雨滴在空气中下落时会受到空气阻力的作用。假设阻力大小只与雨滴的速率成正比，所有雨滴均从相同高处由静止开始下落，到达地面前均到达最大速率。以下判断正确的选项是()A．到达最大速率前，所有雨滴均做匀加速运动B．所有雨滴的最大速率均相等C．较大的雨滴最大速率也较大D．较小的雨滴在空中运动的时间较长答案CD解析根据牛顿第二定律：a＝eq\f(mg－kv,m)，那么雨滴下落时，随速度的增大，加速度逐渐减小，那么到达最大速率前，所有雨滴均做加速度减小的变加速运动，A错误；当a＝0时速度最大，那么vm＝eq\f(mg,k)，那么雨滴的质量越大，其最大速度越大，B错误，C正确；较小的雨滴在空中运动的最大速度较小，整个过程的平均速度较小，下落的高度相同，它在空中运动的时间较长，D正确。10．(2022·广东肇庆三模)如下图，一位同学玩飞镖游戏。圆盘最上端有一P点，飞镖抛出时与P等高，且距离P点为L。当飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘以经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动。忽略空气阻力，重力加速度为g，假设飞镖恰好击中P点，那么()A．飞镖击中P点所需的时间为eq\f(L,v0)B．圆盘的半径可能为eq\f(gL2,2v\o\al(2,0))C．圆盘转动角速度的最小值为eq\f(πv0,L)D．P点随圆盘转动的线速度不可能为eq\f(5πgL,4v0)答案AC解析飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，因此t＝eq\f(L,v0)，故A正确；飞镖击中P点时，P恰好在最下方，那么2r＝eq\f(1,2)gt2，解得圆盘的半径为：r＝eq\f(gL2,4v\o\al(2,0))，故B错误；飞镖击中P点，那么P点转过的角度满足：θ＝ωt＝π＋2kπ(k＝0,1,2…)，故ω＝eq\f(θ,t)＝eq\f(2k＋1πv0,L)，那么圆盘转动角速度的最小值为eq\f(πv0,L)，故C正确；P点随圆盘转动的线速度为：v＝ωr＝eq\f(2k＋1πv0,L)·eq\f(gL2,4v\o\al(2,0))＝eq\f(2k＋1πgL,4v0)，当k＝2时，v＝eq\f(5πgL,4v0)，故D错误。11．(2022·河北衡水中学三模)如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A。木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a­F图象，g取10m/s2，那么()A．滑块A与木板B间动摩擦因数为0.1B．当F＝10N时木板B加速度为4m/s2C．木板B的质量为1kgD．滑块A的质量为4kg答案BC解析由图乙知，F≤8N时，A、B相对静止，当F＝8N时，加速度为：a＝2m/s2，对A、B整体，由牛顿第二定律有：F＝(mA＋mB)a，代入数据解得：mA＋mB＝4kg；当F大于8N时，A、B发生相对滑动，对B，根据牛顿第二定律得：a＝eq\f(F－μmAg,mB)＝eq\f(1,mB)F－eq\f(μmAg,mB)，由图示图象可知，图线的斜率：k＝eq\f(1,mB)＝eq\f(2,8－6)kg－1＝1kg－1，解得：mB＝1kg，滑块A的质量为：mA＝3kg；对于方程a＝eq\f(F－μmAg,mB)＝eq\f(1,mB)F－eq\f(μmAg,mB)，由图乙知当a＝0时，F＝6N，代入数据解得μ＝0.2，故A、D错误，C正确。当F＝10N＞8N时，滑块A与木板B相对滑动，B的加速度为：aB＝eq\f(F－μmAg,mB)＝eq\f(10－0.2×3×10,1)m/s2＝4m/s2，故B正确。12．2022年央视春晚参加了非常多的科技元素，在舞台表演中还出现了无人机。现通过传感器将某台无人机上升向前追踪拍摄的飞行过程转化为竖直向上的速度vy及水平方向速度vx与飞行时间t的关系图象，如下图。那么以下说法正确的选项是()A．无人机在t1时刻处于超重状态B．无人机在0～t2这段时间内沿直线飞行C．无人机在t2时刻上升至最高点D．无人机在t2～t3时间内做匀变速运动答案AD解析根据图象可知，无人机在t1时刻，在竖直方向上向上做匀加速直线运动，有竖直向上的加速度，处于超重状态，故A正确；由图象可知，无人机在t＝0时刻，vy＝0，合初速度为vx沿水平方向，水平与竖直方向均有加速度，那么合加速度与合初速度不共线，所以无人机做曲线运动，即无人机沿曲线上升，故B错误；无人机在竖直方向，先向上做匀加速直线运动，后向上做匀减速直线运动，在t3时刻上升至最高点，故C错误；无人机在t2～t3时间内，在水平方向上做匀速直线运动，而在竖直方向上向上做匀减速直线运动，因此无人机做匀变速运动，故D正确。第二卷二、非选择题(此题共4小题，共52分。解容许写出必要的文字说明、只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13.(2022·山东淄博三模)(12分)如下图，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。某次实验中，砝码的质量m1＝0.1kg，纸板的质量m2＝0.01kg，各接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1m，重力加速度g取10m/s2。砝码移动的距离超过l＝0.002m，人眼就能感知。假设本次实验未感知到砝码的移动，求：(1)砝码移动的最长时间；(2)假设实验中拉力为恒力，那么纸板所需的拉力至少多大？答案(1)eq\f(\r(10),50)s(2)2.44N解析(1)设砝码在纸板上加速运动时的加速度大小为a1，在桌面上减速运动的加速度大小为a2，由μm1g＝m1a1＝m1a2知：a1＝a2＝2m/s2所以砝码加速和减速的时间相等，分析可知加速运动的最大距离是eq\f(1,2)l，由eq\f(1,2)l＝eq\f(1,2)a1t2，得：t＝eq\f(\r(10),100)s那么砝码移动的最长时间为tm＝2t＝eq\f(\r(10),50)s。(2)设当纸板的加速度为a3时砝码经历时间t恰好从纸板上滑下，那么此时的拉力最小，设为F，对纸板，由运动学公式：d＋eq\f(l,2)＝eq\f(1,2)a3t2得：a3＝202m/s2由F－μ(m1＋m2)g－μm1g＝m2a3得：F＝2.44N即纸板所需的拉力至少为2.44N。14．(12分)如下图，上外表光滑、下外表粗糙的木板放置于水平地面上，可视为质点的滑块静止放在木板的上外表。t＝0时刻，给木板一个水平向右的初速度v0，同时对木板施加一个水平向左的恒力F，经一段时间，滑块从木板上掉下来。木板质量M＝3kg，高h＝0.2m，与地面间的动摩擦因数μ＝0.2；滑块质量m＝0.5kg，初始位置距木板左端L1＝0.46m，距木板右端L2＝0.14m；初速度v0＝2m/s，恒力F＝8N，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)滑块从离开木板开始到落至地面所用的时间；(2)滑块离开木板时，木板的速度大小；(3)从t＝0时刻开始到滑块落到地面的过程中，摩擦力对木板做的功。答案(1)0.2s(2)0.6m/s(3)－7.38J解析(1)设滑块从离开木板开始到落到地面所用的时间为t0，以地面为参考系，滑块离开木板后做自由落体运动，根据运动学公式知h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,0)得t0＝eq\r(\f(2h,g))＝0.2s。(2)木板向右做匀减速直线运动，由牛顿第二定律F＋μ(m＋M)g＝Ma1得a1＝5m/s2那么木板减速到零所经过的位移s1＝eq\f(v\o\al(2,0),2a1)＝0.4m由于s1＜L1＝0.46m，说明这时滑块仍然停留在木板上，此后木板开始向左做匀加速直线运动，摩擦力的方向改变，由牛顿第二定律F－μ(m＋M)g＝Ma2得a2＝eq\f(1,3)m/s2滑块离开木板时，木板向左的位移s2＝s1＋L2＝0.54m该过程根据运动学公式得滑块滑离瞬间木板的速度v2＝eq\r(2a2s2)＝0.6m/s。(3)滑块离开木板后，木板所受地面的支持力及摩擦力随之改变，由牛顿第二定律F－μMg＝Ma3，得a3＝eq\f(2,3)m/s2故木板在t0这段时间的位移为s3＝v2t0＋eq\f(1,2)a3teq\o\al(2,0)＝eq\f(2,15)m整个过程摩擦力对木板做的功为Wf＝－μ(m＋M)g(s1＋s2)－μMgs3＝－7.38J。15．(14分)将一端带有四分之一圆弧轨道的长木板固定在水平面上，其中B点为圆弧轨道的最低点，BC段为长木板的水平局部，长木板的右端与平板车平齐并紧靠在一起，但不粘连。现将一质量m1＝2kg的物块由圆弧的最高点A无初速度释放，经过B点时对长木板的压力大小为40N。物块经C点滑到平板车的上外表，假设平板车固定不动，物块恰好停在平板车的最右端。圆弧轨道的半径R＝3.6m，BC段的长度L1＝5.0m，平板车的长度L2＝4.0m，物块与BC段之间的动摩擦因数μ＝0.2，平板车与水平面之间的摩擦力可忽略不计，g＝10m/s2。求：(1)物块滑到B点的速度vB；(2)物块在BC段滑动的时间t；(3)假设换一材料、高度相同但长度仅为L3＝1m的平板车，平板车的质量m2＝1kg，且不固定，试通过计算判断物块是否能滑离小车，假设不能滑离，求出最终物块离平板车左端的距离；假设能滑离，求出滑离时物块和小车的速度的大小。答案(1)6m/s(2)1s(3)能滑离滑离时物块的速度大小为eq\f(10,3)m/s，小车的速度大小为eq\f(4,3)m/s解析(1)根据作用力和反作用力等大反向可得：物块在B点时受到长木板的支持力F＝40N对物块在B点竖直方向上应用牛顿第二定律可得：F－m1g＝eq\f(m1v\o\al(2,B),R)，解得vB＝eq\r(\f(F－m1g,m1)R)＝6m/s。(2)物块在BC段上的合外力为f＝μm1g，故物块以大小为a＝μg＝2m/s2的加速度做匀减速运动，故由匀减速运动规律可得：L1＝vBt－eq\f(1,2)at2所以，5＝6t－t2，故t＝1s或t＝5s故物块向右运动到C的时间为t＝1s。eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(物块减速到零需要的时间t0＝\f(vB,a)＝3s，故t＝5s舍去))(3)由(2)可得：物块在C点的速度vC＝vB－at＝4m/s平板车固定不动，物块恰好停在平板车的最右端，故在平板车上的平均速度为eq\f(1,2)vC＝2m/s，所以，运动时间t1＝eq\f(L2,\f(1,2)vC)＝2s那么，加速度大小a1＝μ′g＝eq\f(vC,t1)＝2m/s2所以，物块和平板车间的动摩擦因数μ′＝0.2平板车不固定时，物块做加速度大小为a1＝2m/s2的匀减速运动，平板车做加速度a2＝eq\f(μ′m1g,m2)＝2μ′g＝4m/s2的匀加速运动，直到到达共同速度或物块滑出平板车，假设物块和平板车经过时间t2到达共同速度v，那么有v＝vC－a1t2＝a2t2解得t2＝eq\f(vC,a1＋a2)＝eq\f(2,3)s，故v＝a2t2＝eq\f(8,3)m/s那么，物块和平板车的相对位移d＝eq\f(vC＋v,2)t2－eq\f(v,2)t2＝eq\f(4,3)m＞L3由此可知，在物块与平板车到达共速之前，物块已经滑离平板车，设物块在平板车上的运动时间为t3，那么有相对位移L3＝vCt3－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,3)得1＝4t3－3teq\o\al(2