2026版《金版教程》高考一轮复习物理第三章 综合测评

高考总复习首选用卷物理第三章综合测评eq\a\vs4\al()时间：75分钟eq\a\vs4\al()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．(2025·山西省大同市高三上月考)如图所示是神舟十四号飞船夜间返回的红外照片，打开降落伞后，飞船先减速后匀速下降，最后安全着陆，则()A．打开降落伞之后，飞船仍处于失重状态B．匀速下降阶段，飞船的机械能守恒C．减速下降阶段，飞船的机械能的减少量等于合力对飞船做的功D．匀速下降阶段，飞船的机械能的减少量等于重力对飞船做的功答案：D解析：打开降落伞后，飞船减速运动时，其加速度方向向上，飞船处于超重状态，故A错误；匀速下降阶段，飞船动能不变，重力势能减小，则飞船的机械能减小，故B错误；根据动能定理，减速下降阶段，合力对飞船做的功等于飞船的动能的减少量，而该阶段飞船的动能的减少量小于飞船的机械能的减少量，故C错误；匀速下降阶段，根据功能关系，飞船的机械能的减少量等于阻力对飞船做的功的大小，而该阶段重力与阻力大小相等，做功的大小相等，所以飞船的机械能的减少量等于重力对飞船做的功，故D正确。2．(2020·江苏高考)质量为1.5×103kg的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为20m/s，受到的阻力大小为1.8×103N。此时，汽车发动机输出的实际功率是()A．90W B．30kWC．36kW D．300kW答案：C解析：汽车匀速行驶，则牵引力与阻力平衡，有F＝f＝1.8×103N，汽车发动机输出的实际功率P＝Fv＝1.8×103×20W＝36kW，故C正确。3．如图所示，内壁光滑的半圆形槽竖直固定在水平面上，O是圆心，半圆形槽内壁上的两个点A、B到圆心O所在水平面的竖直距离分别为hA、hB。在槽口无初速度释放一个小球，以半圆形槽最低点为零势能点，当小球滚落到A点时，其动能与重力势能相等；当小球滚落到B点时，其动能为重力势能的2倍，则eq\f(hA,hB)的值为()A.eq\f(2,3) B.eq\f(3,4)C.eq\f(4,5) D.eq\f(5,6)答案：B解析：设半圆形槽的半径为R，小球从开始释放到A点，由机械能守恒定律得mgR＝mg(R－hA)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，在A点有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝mg(R－hA)，解得hA＝eq\f(1,2)R；小球从开始释放到B点，由机械能守恒定律得mgR＝mg(R－hB)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，在B点有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝2mg(R－hB)，解得hB＝eq\f(2,3)R，因此eq\f(hA,hB)＝eq\f(3,4)，B正确。4．如图，斜面AB与水平面平滑连接，曲面ADC与水平面相切于C点，曲面上D点的切线与AB平行，物体与各接触面间动摩擦因数均相同。物体从A点由静止沿斜面AB下滑，最终停在水平面上的P点，若从同一点A由静止沿曲面ADC下滑，下列说法正确的是()A．物体沿曲面滑至D点时受到的支持力与沿斜面AB下滑过程中受到的支持力相等B．物体沿曲面ADC下滑，最终将停在P点左侧C．物体沿曲面ADC下滑的过程中，重力的功率一直都在增大D．物体沿曲面ADC下滑到B点时的动能等于沿斜面AB下滑到B点时的动能答案：B解析：设斜面AB与水平面的夹角为θ，物体沿斜面AB下滑时，由平衡条件得，斜面AB对物体的支持力FN＝mgcosθ，物体沿曲面滑至D点时，根据题意，曲面上D点切线与水平方向夹角为θ，设D点处曲面的曲率半径为R，物体速度大小为v，则根据牛顿第二定律有FN′－mgcosθ＝meq\f(v2,R)，所以FN′＝mgcosθ＋meq\f(v2,R)>FN，即物体沿曲面滑至D点时受到的支持力大于沿斜面AB下滑过程中受到的支持力，A错误；重力的功率为P＝mgvy，物体沿曲面ADC下滑的过程中，vy先增大后减小，所以重力的功率先增大后减小，C错误；物体沿着曲面运动时，与接触面间的弹力更大，摩擦力更大，物体克服摩擦力做的功更多，所以物体沿曲面ADC下滑到B点时的动能小于沿斜面AB下滑到B点时的动能，物体沿曲面ADC下滑，最终将停在P点左侧，B正确，D错误。5．将传感器安装在蹦极运动员身上，可以测量出运动员在不同时刻下落的高度及速度，如图甲所示，运动员从蹦极台自由下落，根据传感器测到的数据，得到如图乙所示的v­x图像。下列说法正确的是()A．运动员下落整个过程中加速度保持不变B．运动员下落整个过程中机械能守恒C．运动员下落15m时，弹性绳的拉力与运动员的重力大小相等D．弹性绳达到原长，运动员的动能开始减小答案：C解析：在运动员下落的高度小于弹性绳的自然长度之前，运动员只受重力作用，运动员加速度为重力加速度，保持不变，在运动员下落的高度大于弹性绳的自然长度之后，弹性绳弹力逐渐增大，运动员的重力和弹性绳弹力的合力提供运动员的加速度，所以运动员的加速度先不变后减小再反向增大，故A错误；运动员下落的整个过程中，弹性绳的弹力对运动员做负功，运动员的机械能减小，故B错误；由题图乙可知，运动员下落15m时，速度达到最大，此时运动员的加速度为零，则弹性绳的拉力与运动员的重力大小相等，故C正确；弹性绳达到原长时，弹性绳的弹力将从0开始增大，运动员将向下做加速度减小的加速运动，直到加速度减为零时，速度达到最大，动能达到最大，故D错误。6．如图甲所示，一质量为2kg的物体静止在水平地面上，水平推力F随位移x变化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为0.1，取g＝10m/s2，下列说法正确的是()A．物体运动的最大速度为eq\r(3)m/sB．在运动中由于摩擦产生的热量为6JC．物体在水平地面上运动的最大位移是4.5mD．物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动答案：C解析：物体所受滑动摩擦力大小为Ff＝μmg＝2N，当F大于Ff时，物体做加速运动，当F与Ff大小相等时，物体运动的速度最大，由题图乙可知此时物体运动的位移为x1＝3m－eq\f(2N,6N)×3m＝2m，因F­x图像与横坐标轴所围的面积表示F做的功，则F在物体运动位移为x1的过程中对物体所做的功为W＝eq\f(2＋6,2)×2J＝8J，设物体运动的最大速度为vm，根据动能定理有W－Ffx1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，解得vm＝2m/s，故A错误；根据功能关系可知，整个运动过程中，由于摩擦产生的热量等于F做的总功，即Q＝eq\f(1,2)×6×3J＝9J，故B错误；物体在水平地面上运动的最大位移是xm＝eq\f(Q,Ff)＝4.5m，故C正确；当F大于Ff时，物体做加速运动，当F小于Ff时，物体做减速运动，即推力撤去之前已经开始做减速运动，故D错误。7．如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量M＝6m，把滑块从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，已知OA与水平面的夹角θ＝53°，OB长为L，与AB垂直，不计滑轮的摩擦力，重力加速度为g，滑块P从A到B的过程中，下列说法正确的是()A．对于重物Q，其重力的功率一直减小B．P与Q的机械能之和先增加后减小C．轻绳对滑块P做功为3mgLD．滑块P运动到位置B处速度达到最大，且大小为eq\f(4\r(3gL),3)答案：B解析：重物Q释放瞬间的速度为零，当滑块P运动至B点时，根据运动的合成与分解，可知重物Q的速度也为零，所以P从A点运动至B点的过程中，重物Q的速度先增加后减小，重物Q的重力的功率先增加后减小，故A错误；对于P、Q系统，竖直杆不做功，系统的机械能变化只与弹簧对P的做功有关，由题知，P经过A、B两点时弹簧弹力大小相等，则P在A点时弹簧被压缩，P在B点时弹簧被拉伸，故P从A到B的过程中，弹簧对P先做正功，后做负功，所以系统的机械能先增加后减小，故B正确；P从A到B的过程中，设轻绳拉力对Q做功为W，P到达B点时Q的速度为0，对Q利用动能定理得6mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,cos53°)－L))＋W＝0－0，解得W＝－4mgL，则轻绳对P做功为－W＝4mgL，故C错误；由于滑块P在A、B两点处弹簧的弹力大小相等，所以滑块P在A点时受到弹簧向上的弹力，运动至B点时受到弹簧向下的弹力，对P受力分析可知，滑块P运动到B点时所受合力竖直向下，则加速度竖直向下，所以滑块P从A到B的过程中，开始时加速最后减速，即在A、B间某位置速度最大，故D错误。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8．如图所示为某探究活动小组设计的节能运输系统。斜面轨道倾角θ＝37°，质量为M的集装箱与轨道间的动摩擦因数为0.5，集装箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入箱中，之后集装箱载着货物沿轨道无初速度滑下(货物与箱之间无相对滑动)，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后集装箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程。下列说法正确的是()A．集装箱与弹簧没有接触时，上滑与下滑的加速度大小之比为5∶2B．集装箱与货物的质量之比为1∶4C．若集装箱与货物的质量之比为1∶1，则集装箱不能回到轨道顶端D．若集装箱与货物的质量之比为1∶6，则集装箱不能回到轨道顶端答案：BC解析：根据牛顿第二定律，上滑时，对集装箱有Mgsinθ＋μMgcosθ＝Ma1，下滑时，对集装箱和货物整体有(M＋m)gsinθ－μ(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a2，联立解得eq\f(a1,a2)＝eq\f(5,1)，故A错误；设轨道顶端到弹簧压缩至最短位置间的距离为x，集装箱从轨道顶端滑至弹簧被压缩到最短，再到返回轨道顶端的过程，对集装箱和货物整体，根据动能定理，有mgxsinθ－μ(M＋m)gcosθ·x－μMgcosθ·x＝0，解得eq\f(M,m)＝eq\f(1,4)，故B正确；设集装箱最后回到轨道顶端时的动能为Ek，由动能定理得Ek＝mgxsinθ－μ(M＋m)gcosθ·x－μMgcosθ·x＝2x(m－4M)，若集装箱与货物的质量之比为1∶1，则Ek＝－6xM<0，说明集装箱不能回到轨道顶端，若集装箱与货物的质量之比为1∶6，则Ek＝4xM>0，说明集装箱能回到轨道顶端，故C正确，D错误。9．如图所示，长为L的轻绳一端固定在O点，另一端固定一小球(可看成质点)，现使小球在最低点获得v0＝2eq\r(gL)的水平初速度，取重力加速度为g，在此后的运动过程中，下列说法正确的是()A．轻绳第一次刚好松弛时，轻绳与竖直方向夹角的余弦值为eq\f(1,3)B．轻绳第一次刚好松弛时，轻绳与竖直方向夹角的余弦值为eq\f(2,3)C．小球第一次运动到最高点时与O点的高度差为eq\f(23,27)LD．小球第一次运动到最高点时与O点的高度差为eq\f(25,27)L答案：BC解析：小球以初速度v0＝2eq\r(gL)绕O点做圆周运动，当轻绳第一次刚好松弛时，轻绳的拉力恰好为零，设此时小球的速度大小为v1，轻绳与竖直方向的夹角为α，此时对小球受力分析如图所示，由重力的径向分力提供向心力，有mgcosα＝meq\f(veq\o\al(2,1),L)，小球从最低点到轻绳第一次刚好松弛的位置，由动能定理得－mg(L＋Lcosα)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，联立解得v1＝eq\r(\f(2gL,3))，cosα＝eq\f(2,3)，故A错误，B正确；轻绳第一次松弛后，小球只受重力，以初速度v1做斜上抛运动，设此过程上升的最大高度为h，有(v1sinα)2＝2gh，而sinα＝eq\f(\r(5),3)，解得h＝eq\f(5,27)L，则小球第一次运动到最高点时，与O点的高度差为Δh＝Lcosα＋h＝eq\f(23,27)L，故C正确，D错误。10．如图所示，光滑直角杆aOb固定，质量均为0.1kg的P、Q两小球(均可视为质点)分别套在水平杆Oa和竖直杆Ob上，两小球用长为5m的细线(不可伸长，且始终绷紧)相连。开始时P静止在O点，现对P施加一水平拉力，使P向右做加速度大小为0.5m/s2的匀加速直线运动。取重力加速度大小g＝10m/s2。在P从O点向右运动4m的过程中()A．该水平拉力F先增大后减小B．P所受重力的冲量大小为4N·sC．Q所受重力对Q做的功为－3JD．该水平拉力F做的功为eq\f(23,9)J答案：BD解析：设细线与水平方向的夹角为θ，细线不可伸长且始终绷紧，则两小球沿细线方向的加速度相等，则有aPcosθ＝aQsinθ，设细线上的张力大小为T，根据牛顿第二定律，对P有F－Tcosθ＝maP，对Q有Tsinθ－mg＝maQ，联立解得F＝maP＋eq\f(mg,tanθ)＋eq\f(maP,tan2θ)，P向右运动过程中，θ减小，则水平拉力F增大，A错误；设P从O点向右运动4m所用时间为t，有x＝eq\f(1,2)aPt2，解得t＝4s，则该过程中，P所受重力的冲量大小I＝mgt＝4N·s，B正确；根据几何关系可知，P从O点向右运动4m的过程中，Q的位移为xQ＝2m，方向竖直向上，则Q所受重力对Q做的功W＝－mgxQ＝－2J，C错误；P、Q两小球沿细线方向的速度相等，则有vPcosθ＝vQsinθ，当P运动了4m时，P的速度大小vP＝aPt＝2m/s，根据几何关系，可解得此时θ＝37°，则此时Q的速度大小vQ＝eq\f(8,3)m/s，根据功能关系，对P、Q系统有WF＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)＋mgxQ，解得该水平拉力做的功WF＝eq\f(23,9)J，D正确。三、非选择题：本题共5小题，共54分。11．(6分)(2024·黑龙江省大庆市高三下段考)某兴趣小组的同学利用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。他们将一根粗细忽略不计的轻杆水平固定在铁架台上，用两根等长轻绳共同将小球吊在轻杆上，两根轻绳分别固定于O1、O2两点，在小球自然悬垂的位置上安装一个光电门(图中没有画出)，光电门接通电源发出的光线与小球的球心在同一水平线上。实验时将小球拉至使其球心与轻杆处于同一水平面处，两轻绳刚好伸直，由静止释放小球，记录小球通过光电门的时间。(1)该兴趣小组用游标卡尺测量小球的直径，由图乙可知小球的直径为d＝________mm。(2)关于该实验，下列说法中正确的是________。A．固定小球的两根轻绳一定要互相垂直B．应选用密度较大的小球做实验C．必须用天平测出小球的质量D．若光电门发出的光线高于小球自然下垂的球心位置，经计算，小球重力势能的减少量一定大于动能的增加量(3)如果测得小球自然下垂时球的上沿到轻杆的垂直距离为L，小球通过光电门的时间为t。若当地重力加速度为g、小球的直径为d，当实验所得数据满足关系式eq\f(1,t2)＝________时，可以验证小球摆动过程中机械能是守恒的。答案：(1)9.60(2)B(3)eq\f(g（2L＋d）,d2)解析：(1)由图乙可知，游标尺为20分度，且第12个刻线与主尺某刻线对齐，则小球的直径为d＝9mm＋12×0.05mm＝9.60mm。(2)固定小球的两根轻绳不一定要互相垂直，故A错误；应选用密度较大的小球做实验，从而减小空气阻力的影响，故B正确；要验证的关系是小球重力势能的减少量等于小球动能的增加量，即mgh＝eq\f(1,2)mv2，则式子两边的m可以消掉，故不需要用天平测量小球的质量，故C错误；若光电门发出的光线高于小球自然下垂的球心位置，则所测遮光时间t偏小，根据v＝eq\f(d,t)可知，测量的速度比真实值偏大，动能的增加量比真实值偏大，考虑阻力的影响，则经计算，小球重力势能的减少量可能小于动能的增加量，故D错误。(3)根据题意可知，小球通过光电门的速度为v＝eq\f(d,t)，则小球向下摆动过程中动能的增加量为ΔEk＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(md2,2t2)，重力势能的减少量为ΔEp＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(d,2)))，若小球摆动过程中机械能守恒，则小球重力势能的减少量等于小球动能的增加量，即eq\f(md2,2t2)＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(d,2)))，整理得eq\f(1,t2)＝eq\f(g（2L＋d）,d2)。12．(9分)(2021·河北高考)某同学利用图1中的实验装置探究机械能变化量与力做功的关系。所用器材有：一端带滑轮的长木板、轻细绳、50g的钩码若干、光电门2个、数字计时器、带遮光条的滑块(质量为200g，其上可放钩码)、刻度尺。当地重力加速度为9.80m/s2。实验操作步骤如下：①安装器材，调整两个光电门距离为50.00cm，轻细绳下端悬挂4个钩码，如图1所示；②接通电源，释放滑块，分别记录遮光条通过两个光电门的时间，并计算出滑块通过两个光电门的速度；③保持绳下端悬挂4个钩码不变，在滑块上依次增加一个钩码，记录滑块上所载钩码的质量，重复上述步骤；④完成5次测量后，计算出每次实验中滑块及所载钩码的总质量M、系统(包含滑块、滑块所载钩码和轻细绳悬挂钩码)总动能的增加量ΔEk及系统总机械能的减少量ΔE，结果如下表所示：M/kg0.2000.2500.3000.3500.400ΔEk/J0.5870.4900.3920.2940.195ΔE/J0.3930.4900.6860.785回答下列问题：(1)实验中轻细绳所悬挂钩码重力势能的减少量为________J(保留三位有效数字)；(2)步骤④中的表格所缺数据为________；(3)若M为横轴，ΔE为纵轴，选择合适的标度，在图2中绘出ΔE­M图像；若忽略轻细绳与滑轮之间的摩擦力做功，则滑块与木板之间的动摩擦因数为________(保留两位有效数字)。答案：(1)0.980(2)0.588(3)图见解析0.40(0.38～0.42均可)解析：(1)滑块通过光电门1、2的过程，轻细绳所悬挂钩码下降的高度为L＝50.00cm，4个钩码重力势能的减少量为ΔEp＝4mgL＝4×0.05×9.80×0.5J＝0.980J。(2)滑块和钩码组成的系统总机械能的减少量ΔE＝ΔEp－ΔEk，则第3次实验中系统减少的机械能为ΔE3＝0.980J－0.392J＝0.588J。(3)根据表格数据描点作ΔE­M图像如图。若忽略轻细绳与滑轮之间的摩擦力做功，根据功能关系可知ΔE＝μMgL，则ΔE­M图像的斜率为k＝μgL＝eq\f(0.785－0.393,0.400－0.200)m2/s2＝1.96m2/s2，解得滑块与木板之间的动摩擦因数为μ＝eq\f(k,gL)＝eq\f(1.96,9.80×50.00×10－2)＝0.40。13．(11分)(2023·辽宁高考)某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v1＝80m/s时离开水面，该过程滑行距离L＝1600m、汲水质量m＝1.0×104kg。离开水面后，飞机攀升高度h＝100m时速度达到v2＝100m/s，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水。取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；(2)整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE。答案：(1)2m/s240s(2)2.8×107J解析：(1)飞机在水面滑行阶段，由匀变速直线运动规律有veq\o\al(2,1)＝2aLL＝eq\f(1,2)v1t代入数据解得a＝2m/s2，t＝40s。(2)整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋mgh代入数据解得ΔE＝2.8×107J。14．(12分)北京冬奥会中的冰壶比赛令人印象深刻，冰壶比赛场地如图所示：运动员从起滑架处推着冰壶(可视为质点)沿中心线出发，在投掷线处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近大本营圆心O，为了使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷摩擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的阻力减小。已知冰壶质量m＝20kg，未刷冰时，冰壶与冰面间的动摩擦因数μ1＝0.02，刷冰后，冰壶与冰面间的动摩擦因数μ2＝0.01，起滑架到投掷线的距离l1＝10m，投掷线与圆心O点的距离为l2＝30m，取g＝10m/s2。(1)比赛中在不刷冰的情况下，要使冰壶刚好停在大本营圆心O处，求冰壶从投掷线被投出时速度v0大小；(2)比赛中若冰壶从投掷线被投出时速度v1＝3m/s，为了使冰壶恰好停在圆心O处，求冰壶被投出后需要刷冰的距离s；(3)投壶手从起滑架处开始对冰壶施加一个沿中心线的水平推力F＝20N，推着冰壶由静止出发，冰壶到达投掷线之前就撤除推力，冰壶沿着中心线做匀减速直线运动，在不刷冰的情况下，最后停在圆心O处，求推力F的作用时间t。答案：(1)2eq\r(3)m/s(2)15m(3)2eq\r(5)s解析：(1)在不刷冰的情况下，冰壶从投掷线被投出后到停在圆心O的过程，根据动能定理得－μ1mgl2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝2eq\r(3)m/s。(2)冰壶从被投出后到停在圆心O的过程，根据动能定理得－μ1mg(l2－s)－μ2mgs＝0－eq