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绝密★启用前
2025 届高考物理一轮复习阶段检测卷一
力学综合
考试范围：力学综合；考试时间：75 分钟；满分：100 分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、选择题（其中1—7 题为单项选择题，8—10 题为多项选择题）
1．（2024·北京·模拟预测）“神舟十六号”载人飞船安全着陆需经过分离、制动、再入和减速四个阶段。如
图所示，在减速阶段，巨型降落伞为返回舱提供阻力，假设返回舱做直线运动，则在减速阶段（ ）
A．伞绳对返回舱的拉力等于返回舱的重力
B．伞绳对返回舱拉力的冲量与返回舱重力冲量的矢量和为零
C．合外力对返回舱做的功等于返回舱机械能的变化
D．除重力外其他力对返回舱做的总功等于返回舱机械能的变化
【答案】D
【详解】A．返回舱做减速运动，则伞绳对返回舱的拉力大于返回舱的重力，选项A 错误；
B．返回舱的动量不断减小，则根据动量定理，伞绳对返回舱拉力的冲量与返回舱重力冲量的矢量和不为零，
方向向上，选项B 错误；
C．根据动能定理，合外力对返回舱做的功等于返回舱动能的变化，选项C 错误；
D．由能量关系可知，除重力外其他力对返回舱做的总功等于返回舱机械能的变化，选项D 正确。
故选D。
2．（2024·北京海淀·模拟预测）1772 年，法籍意大利数学家拉格朗日在论文《三体问题》中指出：两个质
量相差悬殊的天体（如太阳和地球）所在同一平面上有5 个特殊点，如图中的
、
、
、
、
所示，
人们称为拉格朗日点。若飞行器位于这些点上，会在太阳与地球共同引力作用下，可以几乎不消耗燃料而保
持与地球同步做圆周运动。若发射一颗卫星定位于拉格朗日
点，下列说法正确的是（ ）
A．该卫星绕太阳运动周期大于地球公转周期
B．该卫星在
点处于平衡状态
C．该卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度
D．该卫星在
处所受太阳和地球引力的合力比在
处小
【答案】C
【详解】AC．该卫星与地球同步绕太阳运动，可知卫星绕太阳运动周期等于地球公转周期，根据
可知，该卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度，选项A 错误，C 正确；
B．该卫星绕太阳做匀速圆周运动，可知在
点不是处于平衡状态，选项B 错误；
D．该卫星在
处所受太阳和地球引力的合力等于卫星绕太阳做圆周运动的向心力，则根据
因在L2点的转动半径大于在L1的转动半径，可知卫星在
处所受太阳和地球引力的合力比在
处大，选项
D 错误。
故选C。
3．（2024·湖北·模拟预测）如图，在足够长的斜面底端A 点向斜上方抛出一小球，小球与斜面垂直碰撞于D
点，不计空气阻力。已知斜面倾角θ=45°，重力加速度大小g 取10m/s2。则可以求出的物理量是（ ）
A．初速度v0与水平面夹角
B．小球的初速度v0的大小
C．小球在空中运动的时间
D．小球克服重力所做的功
1
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【答案】A
【详解】A．设初速度方向与水平方向夹角
，小球由A 点至D 点的过程中，在竖直方向上做初速度为
，加速度为g 的竖直上抛运动，在水平方向上做速度为
的匀速直线运动，由几何关系得小球
的水平位移与竖直位移大小相等，设小球在空中运动的时间为t，则
又小球与斜面垂直碰撞于D 点，则
联立解得
即
故A 正确；
BCD．根据已知条件不能求出小球的初速度和小球在空中运动的时间，又因为小球质量未知，所以不能求出
重力做功，故BCD 错误。
故选A。
4．（2024·浙江金华·三模）如图甲所示质量为m 的B 木板放在水平面上，质量为2m 的物块A 通过一轻弹簧
与其连接。给A 一竖直方向上的初速度，当A 运动到最高点时，B 与水平面间的作用力刚好为零。从某时刻
开始计时，A 的位移随时间变化规律如图乙，已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是（
）
A．物块A 做简谐运动，回复力由弹簧提供
B．物体B 在
时刻对地面的压力大小为
C．物体A 在运动过程中机械能守恒
D．物体A 的振动方程为
【答案】D
【详解】A．物块A 做简谐运动，回复力由弹簧的弹力和重力的合力来提供，A 错误；
B．
时刻物块A 在平衡位置，此时弹簧处于压缩状态，弹力为
对物体B 受力分析有
则可得
，由牛顿第三定律得物体B 在
时刻对地面的压力大小为
，B 错误；
C．物体A 在运动过程中除了受重力外，还受弹簧的弹力，弹力对物体A 做功，故机械能不守恒，C 错误；
D．由图乙可知振幅为
周期为
角速度为
规定向上为正方向，t=0 时刻位移为0.05m，表示振子由平衡位置上方0.05m 处开始运动，所以初相为
则振子的振动方程为
故D 正确。
故选D。
5．（2024·山东菏泽·模拟预测）如图，将总质量为
的2000 粒黄豆从距秤盘
高处连续均匀地倒在
秤盘上，观察到指针指在刻度为
的位置附近。若每粒黄豆与秤盘在极短时间内垂直碰撞一次，且碰撞前
后速率不变，重力加速度
，不计空气阻力，则持续倾倒黄豆的时间约为（ ）
2
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A．1.5s
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】黄豆落在秤盘上的速度大小为
黄豆与秤盘碰撞过程，由于碰撞时间极短，则碰撞力远大于黄豆受到的重力，故重力可以忽略，取竖直向上
为正方向，由动量定理得
由题意有
联立解得
即持续倾倒黄豆的时间约为
。
故选C。
6．（2024·河南·二模）2024 年1 月11 日，太原卫星发射中心在山东海阳附近海域使用“引力一号”遥一商
业运载火箭将卫星顺利送入预定轨道，飞行试验任务获得圆满成功，这是“引力一号”火箭首次飞行，创造
全球最大固体运载火箭、中国运力最大民商火箭纪录。已知卫星的质量为m，在轨道上稳定运行时离地面的
高度为h，地球表面附近的重力加速度为g，地球半径为R。卫星的运动可视为匀速圆周运动，不考虑地球自
转的影响。下列说法正确的是（ ）
A．火箭加速升空过程中，卫星处于失重状态
B．在轨道上运行时，卫星的线速度将大于地球的第一宇宙速度
C．在轨道上运行时，卫星的动能为
D．在轨道上运行时，卫星的速度大小为
【答案】C
【详解】A．火箭加速升空过程中，卫星处于超重状态，故A 错误；
B．在轨道上运行时，卫星的线速度小于地球的第一宇宙速度，故B 错误；
C D．地球表面质量为
的物体有
卫星在轨道上运行时，根据万有引力提供向心力有
则卫星的速度大小为
动能
故C 正确，D 错误；
故选C。
7．（2024·江苏·模拟预测）通电直导线
的质量为
、长为，用两根细线把导线水平吊起，导线上的电流
为
，方向如图所示。在竖直方向加一个方向向上的匀强磁场，磁感应强度大小为
，导线处于平衡时悬线
与竖直方向成
，已知
，
，重力加速度为
。下列说法正确的是（ ）
A．
B．悬线的拉力大小为
C．若增大磁感应强度，则导线静止时悬线与竖直方向的夹角将变小
3
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D．若将导线拉到最低处由静止释放，则导线
的最大速度为
【答案】D
【详解】AB．对导线受力分析，如图所示
根据平衡条件，可得
，
解得
，
故A B 错误；
C．由上面选项分析可知
若增大磁感应强度，安培力增大，则悬线的偏角将增大。故C 错误；
D．由受力分析可知，导线静止时的位置为等效最低点，若将导线拉到最低处由静止释放，则导线处于等效
最低点时具有最大速度，由根据动能定理，可得
解得
故D 正确。
故选D。
8．（2024·河南·模拟预测）如图所示，一根不可伸长的细绳跨过两个光滑滑轮，绳的一端固定在水平天花板
A 点，另一端被小明拉住，动滑轮
下方吊一质量为m 的物体，水平地面上的C 点在定滑轮
正下方，D 点
和E 点分居C 点两侧，
，小明此时站在D 点，重力加速度为g，不计滑轮大小，下列说法正确的是
（ ）
A．小明在D 点下拉绳子，拉力变大
B．小明在D 点保持不动，将A 点左移，拉力不变
C．小明手捏绳端手臂保持下垂，从D 点走到C 点的过程中，拉力变小
D．小明手捏绳端手臂保持下垂，从D 点走到E 点的过程中，绳上的拉力先变大再变小
【答案】AC
【详解】A．如图，设
间绳长为
，
间距离为
，绳与水平方向的夹角为
，有
若小明在
点沿绳下拉绳子，
变小，
不变，
变小，由两式可得拉力FT变大，故A 正确；
B．若小明在
点保持不动，将A 点左移，
不变，
变大，
变小，由两式可得拉力FT变大，故B 错误；
C．若小明手捏绳端手臂保持下垂，从
点走到
点的过程中，
右端绳长变短，
间绳长
变长，
不变，
变大，由两式可得拉力FT变小，故C 正确；
D．若小明手捏绳端手臂保持下垂，从
点走到
点的过程中，
右端绳长先变短再变长，
间绳长
先变
长再变短，
不变，
先变大再变小，由两式可得绳上的拉力先变小再变大，故D 错误。
故选AC。
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9．（2024·青海·模拟预测）如图甲所示，a、b 两物块（均视为质点）用轻质弹簧连接并放置在光滑的水平
面上，b 的质量为m，t=0 时，使a 获得水平向右、大小为v0的速度，a、b 运动的速度一时间关系图像如图乙
所示，已知阴影部分的面积为S0，弹簧的弹性势能
与弹簧的形变量x 以及弹簧的劲度系数k 之间的关系式
为
，弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A．t1时刻，a、b 间的距离最大
B．a 的质量为2m
C．0~t3时间内，a 所受冲量的大小为
D．弹簧的劲度系数为
【答案】BD
【详解】A．t1时刻之前a 的速度大于b 的速度，t1时刻a 的速度等于b 的速度，故t1时刻a、b 间的距离最小，
故A 错误；
B．设a 的质量为
，由动量守恒定律得
解得
故B 正确；
C．0~t3时间内，对a 由动量定理
方向与a 的初速度方向相反，大小为
，故C 错误；
D．分析题意可得0 时刻弹簧处于原长，设
时刻弹簧的形变量为
，已知阴影部分的面积为
，则有
设弹簧的劲度系数为k，则有
由系统的机械能守恒定律可得
综合解得
故D 正确。
故选BD。
10．（2024·广东深圳·模拟预测）如图为某公园的喷泉，观察到主喷泉和周围副喷泉喷出竖直水柱高度之比
为
，主、副喷泉出水口的横截面积之比也为
，不计空气阻力，下列选项正确的是（ ）
A．主喷泉与某一副喷泉喷出水柱的初速度之比为
B．主喷泉与某一副喷泉单位时间内喷出水的质量之比为
C．主喷泉与某一副喷泉喷口上方空中的水量之比为
D．给主喷泉和某一副喷泉喷水的电动水泵输出功率之比为
【答案】CD
【详解】A．水离开喷壶管口做竖直上抛运动，由速度位移关系式可得水离开时的初速度大小为
v =√2gℎ
故主喷泉与某一副喷泉喷出水柱的初速度之比为
故A 错误；
B．主喷泉与某一副喷泉单位时间内喷出水的质量之比为
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故B 错误；
C．根据
v =>¿
主喷泉与某一副喷泉喷口上方空中的水量之比为
故C 正确；
D．电动水泵输出功率为
则给主喷泉和某一副喷泉喷水的电动水泵输出功率之比为
故D 正确。
故选CD。
二、实验题
11．（2024·山西·二模）在用单摆测量重力加速度时，小明将小锁头栓接在不易形变的细丝线一端，另一端
固定在O 点，并在细线上标记一点A，如图所示。
(1)将小锁头拉到某一高度（细线与竖直方向夹角很小）由静止释放，当锁头第一次到达最低点D 时开始计时
并计数为1，以后锁头每到达D 点一次，计数增加1，计数为N 时，秒表测出单摆运动时间为t，则该单摆的
周期
；
(2)他保持A 点以下的细线长度不变，通过改变OA 间细线长度L 以改变摆长，并测出单摆运动对应的周期
T，测量多组数据后，作出图乙所示图像，图像纵坐标应为 （选填“
”、“
”、“
”、“
”）；
(3)已知图像的斜率为k，可求得当地的重力加速度
。
(4)图线乙明显不过原点，其图像与横轴交点的意义是 。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)A 点距小锁头重心距离的负值
【详解】（1）单摆一周内经过两次平衡位置，由题意可知
解得
（2）设A 点距小锁头重心距离为
，根据单摆周期公式
化简得
可知图乙所示图像纵坐标应为
（3）
图像的斜率为
，根据
解得
（4）当
时，
，因此图线乙不过原点，其图像与横轴交点的意义是A 点距小锁头重心距离的负
值
12．（2024·广西·二模）小黄同学在暗室中用图示装置做“测定重力加速度”的实验，用到的实验器材有：
分液漏斗、阀门、支架、接水盒、一根有荧光刻度的米尺、频闪仪。具体实验步骤如下：
6
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①在分液漏斗内盛满清水，旋松阀门，让水滴以一定的频率一滴滴的落下；
②用频闪仪发出的闪光将水滴流照亮，由大到小逐渐调节频闪仪的频率，当频率为25Hz 时，第一次看到一
串仿佛固定不动的水滴；
③用竖直放置的米尺测得各个水滴所对应的刻度；
④处理数据，得出结论；
(1)水滴滴落的时间间隔为 s。
(2)小黄同学测得连续相邻的五个水滴之间的距离如图乙所示，根据数据计算当地重力加速度g=
m/s2；D 点处水滴此时的速度
m/s。（结果均保留三位有效数字）
(3)小黄同学怀疑自己的测量结果不是很符合当地的重力加速度值，于是他打开手机上的测量
，
利用其中的加速度传感器测出当地的重力加速度值为
，你认为造成上述实验与手机加速度传感器测
量有差别的原因是 （写出一种即可）。
【答案】(1)0.04
(2) 9.69 2.48
(3)存在空气阻力
【详解】（1）由于频率由大到小逐渐调节，第一次看到一串仿佛固定不动的水滴，说明闪光的时间间隔等
于水滴的时间间隔，闪光的频率为25Hz，因此时间间隔
故填0.04；
（2）[1]根据逐差法
故填9.69；
[2]根据匀变速直线运动的规律
故填2.48；
（3）水滴下落时要受空气阻力作用，这可能是导致实验测得数据与手机加速度传感器测量有差别的原因之
一，故填存在空气阻力。
三、解答题
13．（2024·河南·模拟预测）如图甲所示，倾角为θ=60°的斜面放在光滑水平面上，一光滑小物块（可视为质
点）放在斜面上，小物块由静止滑到斜面底端时斜面的位移为x，斜面的位移与小物块在斜面上释放的位置
有关，设小物块由静止释放的位置距离斜面底端的距离为l，则x-l 图像如图乙所示，已知小物块质量为m，
斜面质量为M，重力加速度为g。
（1）求斜面的质量与小物块的质量的关系；
（2）若小物块滑到斜面底端时竖直方向速度满足vy=
vM，求小物块下滑到斜面底端过程中，斜面所受合
力的冲量（结果用l 表示）。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）根据题意整个系统水平方向动量守恒，设小物块水平方向位移为xm，则
联立解得
根据图乙可知
图像的斜率为
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解得
（2）对整个系统，由机械能守恒定律得
水平方向动量守恒，则
又因为
联立解得
由动量定理得，斜面所受合力的冲量为
14．（2024·天津宁河·模拟预测）如图所示，
是光滑轨道，其中
部分是半径
的竖直放置的
半圆，
部分与
部分平滑连接。一质量为
的小木块放在轨道水平部分，木块被水平飞来的
质量为
的子弹射中，子弹留在木块中。子弹击中木块前的速度为
。若被击中的木块能
沿轨道滑到最高点C，重力加速度为
，求：
（1）子弹击中木块后的速度v 的大小；
（2）子弹击中木块并留在其中的过程中子弹和木块产生的热量Q；
（3）木块从C 点飞出后落地点距离B 点的距离s。
【答案】（1）5m/s；（2）2475J；（3）1.2m
【详解】（1）子弹击中木块，根据动量守恒有
解得子弹击中木块后的速度大小为
（2）子弹击中木块并留在其中的过程中，根据能量守恒可得
代数数据解得子弹和木块产生的热量为
（3）击中后根据动能定理可得
解得
木块从C 点飞出后做平抛运动，竖直方向有
解得
水平方向有
解得
15．（2024·陕西铜川·模拟预测）如图所示，光滑水平面上放置质量为
kg 的木板B，木板B 上表面不
光滑，其右侧相距
处放置四分之一的光滑圆弧形轨道C，其最低点切线水平，并与B 上表面等高，弧
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形轨道C 的质量
kg，半径
m。质量
kg 的物块A 以速度
m/s 从木板B 的左端滑上木板，
当物块滑到木板最右端时两者速度相等，此后B 与C 发生碰撞并粘合在一起，物块与木板B 间的动摩擦因数
，重力加速度
m/s 。求：
（1）从物块A 滑上木板B 至木板B 与弧形轨道C 碰撞所用时间；
（2）物块A 沿圆弧形轨道上升的最大高度；
（3）物块返回弧形轨道C 时对轨道最低点的压力大小；
（4）分析物块能否从木板左端滑离，若能滑离，求其滑离时速度大小；若不能，求其最终离木板左端的距
离。
【答案】（1）
s；（2）0.1m；（3）
N（4）不能，
m
【详解】（1）物块滑到木板右端时两者速度相等，由动量守恒，有
得
m/s
木板的加速度
m/s
达到共速用时
s
其位移
m
木板长度为L，有
得
m
此后板块做匀速运动到碰撞用时
s
从物块A 滑上木板B 至木板B 与弧形轨道C 碰撞所用时间
s
（2）木板与弧形轨道碰撞，有
解得
m/s
此后物块与弧形轨道碰撞，当物块距离弧形轨道最大高度时两者达到共同速度
得
m/s
得
m
（3）物块返回轨道最低点时，物块速度为
，轨道速度为
，由动量守恒和机械能守恒，有
得
m/s
m/s
由牛顿第二定律
9
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得
N
由牛顿第三定律，物块对轨道最低点压力大小
N
方向向下；
（4）设物块没有滑离木板，共速度为
，有
得
m/s
物块与木板B 相对位移为x，有
得
m
没有滑离木板，距离左端
ma
10
