第三单元 单元提升卷《巅峰突破》2026版物理高三一轮单元突破验收卷（含答案解析）

(
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
(
姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
单元提升卷
100分,限时75分钟
一、选择题(本题共10小题,共40分。在每小题给出的四个选项中,第1—7题只有一项符合题目要求,每小题4分;第8—10题有多项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.在高速行驶的高铁列车窗台上,放了一枚直立的硬币,如图所示,在列车行驶的过程中,硬币始终直立在列车窗台上,直到列车转弯的时候,硬币才倒下。这证明了中国高铁具有极好的稳定性。关于这枚硬币,下列判断正确的是 (　　)
A.硬币处于直立状态时,一定只受重力和支持力,且处于平衡状态
B.硬币处于直立状态时,列车不一定做匀速直线运动
C.如果硬币向列车的右侧运动,说明列车向右转弯
D.列车加速或减速行驶时,硬币都受到与列车运动方向相反的摩擦力作用
2.“天宫课堂”第四课于2023年9月21日下午开课,神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮在中国空间站梦天实验舱面向全国青少年进行太空科普授课。在奇妙“乒乓球”实验中,航天员朱杨柱做了一颗水球,桂海潮用被疏水性能很好的白毛巾包好的球拍击球,水球被弹开。对于该实验说法正确的是 (　　)
A.击球过程中,水球所受弹力是由于水球发生形变产生的
B.击球过程中,水球对“球拍”的作用力与“球拍”对水球的作用力是一对平衡力
C.梦天实验舱内,水球体积越大其惯性越大
D.梦天实验舱内可进行牛顿第一定律的实验验证
3.“神舟十六号”返回舱载着三名航天员于10月31日返回地面,图甲是返回舱降落的场景,从引导伞、主伞依次打开到返回舱即将落地,返回舱的简化v-t图像如图乙所示。舱内航天员的超重感觉最明显的时段是 (　　)
　　
A.从t1到t2　　　　 B.从t2到t3
C.从t3到t4　　　　 D.从t4到t5
4.2025年5月,某市一家游乐场发生了一起惊险的事故。一火箭蹦极两根弹性缆绳的其中一根在运行中突然断裂,导致两名游客悬挂在半空中。幸运的是,他们及时被救下,没有造成人员伤亡。假设两名游客及座椅的总质量为m,缆绳即将断裂时每根缆绳与竖直方向的夹角均为60°、张力大小均为3mg,简化为如图所示模型,已知重力加速度为g,则其中一根缆绳断裂瞬间,这两名游客的加速度大小为 (　　)
A.g　　　　 B.g　　　　 C.g　　　　 D.0
5.如图所示,竖直平面内半径R1=10 m的圆弧AO与半径R2=2.5 m的圆弧BO在最低点C相切。两段光滑的直轨道的一端在O点平滑连接,另一端分别在两圆弧上且等高。一个小球从左侧直轨道的最高点A由静止开始沿直轨道下滑,经过O点后沿右侧直轨道上滑至最高点B。不考虑小球在O点的机械能损失,重力加速度g取10 m/s2,则在此过程中小球运动的时间为 (　　)
A.1.5 s　　　　 B.2.0 s
C.3.0 s　　　　 D.3.5 s
6.如图所示,竖直放置的轻弹簧的下端固定在水平地面上,上端拴接着质量为m的木块A。开始时质量为2m的木块B叠放在木块A上,A、B保持静止,此时弹簧的压缩量为x。现取走木块B,弹簧始终竖直,且处于弹性限度内。不计空气阻力,已知弹簧的弹性势能Ep=kx2,重力加速度大小为g,则在A运动过程中 (　　)
A.当木块A在最高点时,弹簧对A的作用力为mg
B.当木块A在最高点时,弹簧对A的作用力为3mg
C.基于初始位置,木块A上升x时,A速度最大
D.基于初始位置,木块A上升x时,A速度最大
7.如图甲所示,倾斜白色的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动,传送带的倾角为θ,一煤块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动,其运动的v-t图像如图乙所示,煤块到传送带顶端时速度恰好为零,重力加速度g取10 m/s2,则 (　　)
　　　
A.由图乙可知,0~1 s内煤块受到的摩擦力大于1~2 s内煤块受到的摩擦力
B.0~2 s内煤块所受摩擦力方向一直与煤块运动的方向相反
C.传送带的黑色痕迹长10 m
D.煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25
8.如图所示,劲度系数为k的轻弹簧上端固定于P点,下端连接一个质量为m可视为质点的物块。现将物块从O点由静止释放,OP为弹簧原长,物块到达的最低点为A点。不计空气阻力,重力加速度大小为g。下列说法正确的是　 (　　)
A.物块在A点的加速度大小为g
B.O、A两点的距离为
C.从O点到A点,物块的加速度先增大后减小
D.从O点到A点,物块所受合力先减小后增大
9.在杭州第19届亚运会跳水项目女子10 m跳台决赛中,中国选手全红婵以438.20的总得分夺冠。某参加该决赛的运动员身高1.5 m,体重35 kg,设该运动员竖直向上跳离跳台时的速度约为5 m/s,重力加速度g=10 m/s2,则 (　　)
A.该运动员完成“下蹲→起跳”的过程中,双脚对跳台的作用力始终等于350 N
B.该运动员完成“下蹲→起跳”的过程中,双脚对跳台的作用力始终大于350 N
C.可以估算该运动员在空中完成系列动作的时间
D.可以估算该运动员在空中完成系列动作的路程
10.如图甲所示,物块A与木板B静止叠放在光滑水平地面上,A、B间的动摩擦因数μ=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对A施加水平向右的大小变化的拉力F,且F=2t(N),测得B的加速度a与力F的关系如图乙所示,重力加速度g=10 m/s2,则 (　　)
　　
A.当t<12 s时,A、B保持相对静止
B.当t>12 s时,A、B保持相对静止
C.当t=12 s时,B的速度大小为24 m/s
D.A和B的质量之比为2∶1
二、非选择题(本题共5小题,共60分)
11.(6分)某实验小组用如图甲所示的实验装置来测量滑块与长木板之间的动摩擦因数,动滑轮的重力可忽略不计,轻质细线与滑轮之间的摩擦力忽略不计,重力加速度为g,主要实验步骤如下:
a.将带有定滑轮的长木板固定放置在水平桌面上,按图甲所示的装置来连接其他器材;
b.静止释放滑块,稳定时记下力传感器的示数F以及加速度传感器的示数a;
c.更换重物,重复步骤b,记录多组相对应的a、F;
d.利用实验所得到的数据,作出a-F图像如图乙所示。
　　
回答下列问题:
(1)下列说法正确的是　　　　。(填字母)
A.长木板上方的细线与长木板无须平行
B.实验时应将长木板的左端适当的垫高来平衡摩擦力
C.滑块释放位置应尽量靠近木板右端
D.实验中无须使滑块的质量远大于重物的质量
(2)当传感器示数为F时,细线拉力大小为　　　。
(3)由图乙所给的信息可得滑块与长木板之间的动摩擦因数为　　　　。
12.(10分)如图是某课外兴趣小组设计的探究物体平均加速度与物体受力、物体质量关系的实验方案图。该小组同学先将挡板竖直固定在水平桌面上,再将弹簧一端固定在挡板上,另一端处于自然伸长状态,并在桌面上标记自由端的位置O;在O点左侧安装一光电门,并调整其高度;将刻度尺紧贴桌边固定,使其0刻度线与O点对齐。将装有遮光片的小车置于桌面上并向右压缩弹簧到某位置,记录固定在小车右侧面的薄长铁条此时所指刻度尺的刻度值x,然后释放小车,记录光电门显示的遮光时间Δt。用游标卡尺测得遮光片的宽度d。请回答下面问题:
(1)光电门的位置应离O点适当　　　　(选填“近些”或“远些”);
(2)小车加速过程的平均加速度为a=　　　　;(用实验中测得的物理量表示)
(3)为减小实验误差,本实验应选用劲度系数　　　　(选填“较大”或“较小”)的弹簧进行实验;
(4)保持小车质量不变,要探究小车平均加速度a与所受合力F的关系,只需探究平均加速度a与　　　　的关系即可。(用测得的物理量的符号表示)
13.(12分)如图所示,足够长的斜面体固定在水平地面上,一小物块以初速度v0=5 m/s从斜面底端冲上斜面的同时受到F=40 N的水平恒力,当小物块沿斜面向上运动x=10 m时撤去该力,此时小物块的速度为v1=15 m/s。已知小物块与斜面体间的动摩擦因数μ=0.5,斜面倾角为37°,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)该小物块的质量m;
(2)小物块再次回到斜面底端时的速度v2(结果可保留根号)。
14.(14分)如图所示,深为h=8 m的枯井中有一质量为m=40 kg的重物A,通过跨过光滑定滑轮的轻绳与地面上质量为M=80 kg的重物B相连。某人用与水平方向成θ=53°角的力F拉重物B,恰好使其匀速运动。若该人用同样大小的力水平拉重物B,并将井中的重物A由井底拉到井口。取重力加速度g=10 m/s2,重物B与地面之间的动摩擦因数为μ=0.25,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,求:
(1)拉力F的大小;
(2)水平拉重物B时,B的加速度大小;
(3)为使重物A能到达井口,水平力F作用的最短时间。
15.(18分)某生产流水线利用如图所示装置将质量m=5 kg的工件从倾角θ=37°的梯形滑坡滑下通过平板车运送至固定水平平台上。滑坡固定在水平地面上,其斜边长x0=2 m,末端有一小段圆弧可使工件无机械能损失地沿水平方向滑出。与滑坡末端等高的平板车由长L=2 m的车身和伸出车尾的“伸缩臂”组成(臂长可调节,伸缩臂厚度不计、高度略高于水平平台)。质量M=15 kg的平板车紧挨滑坡静止放置,车尾与平台间的水平距离s=1 m。现工件从滑坡顶端由静止滑下冲上平板车,车尾与平台右侧相碰时为弹性碰撞,忽略平板车与水平地面间的摩擦,工件与滑坡间的动摩擦因数μ1=0.25,工件与平板车(包括伸缩臂)间的动摩擦因数μ2=0.3,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,工件可视为质点。求:
(1)工件冲上平板车时的速度大小;
(2)为使工件速度为0时刚好落在平台上,伸缩臂臂长的最小值。
答案全解全析
1.B
思路点拨　硬币直立时并不一定处于平衡状态,可能是列车处于加速或减速状态,列车对硬币的静摩擦力是硬币产生加速度的原因。
解析　硬币直立时,其受到的重力和支持力是一对平衡力;若列车加速运动,列车对硬币的静摩擦力方向与行驶方向相同;若列车减速运动,列车对硬币的静摩擦力方向与运动方向相反,故A、D错误,B正确。硬币向列车的右侧运动,是因为此时列车向左拐弯,而硬币由于惯性,仍保持原来的运动状态,故C错误。
2.C　击球过程中,水球所受弹力是由于球拍发生形变产生的,故A错误;击球过程中,水球对“球拍”的作用力与“球拍”对水球的作用力是一对作用力与反作用力,故B错误;梦天实验舱内,水球体积越大,水球质量越大,其惯性越大,故C正确;牛顿第一定律是理想情况,不能用实验直接验证,故D错误。
易错警示　分析弹力产生的原因时,要弄清楚发生形变的物体对其他物体有弹力的作用。本题中,球拍发生了形变,对水球有弹力。
3.B
4.B　缆绳断裂瞬间两名游客及座椅受到重力和其中一根缆绳的作用力,且这两个力的夹角为120°,设合力大小为F,由余弦定理有F2=(mg)2+(3mg)2-2mg·3mg·cos 60°,由牛顿第二定律有F=ma,解得a=g,选B。
5.C　设左侧轨道倾角为θ1,小球在左侧轨道上下滑的加速度大小为a1=g sin θ1,左侧轨道长x1=2R1 sin θ1,小球在左侧轨道上运动的时间为t1==2,同理,小球在右侧轨道上上滑的时间为t2=2,故小球在此过程中运动的时间为t=t1+t2=2=3 s,选C。
一题多解　如图所示,建立两个等时圆模型,小球在AO直轨道上运动的时间t1=2=2 s,小球在OB直轨道上运动的时间t2=2=1 s,所以小球由A运动到B的时间t=t1+t2=3 s。
6.A　开始时质量为2m的木块B叠放在木块A上,A、B保持静止,根据平衡条件有mg+2mg=kx,取走B瞬间,对A根据牛顿第二定律有kx-mg=ma,解得A的加速度a=2g;根据对称性可知,木块A在最高点时的加速度大小与木块A在最低点时的加速度大小相等,根据牛顿第二定律有F+mg=ma,解得木块A在最高点时弹簧对A的作用力F=mg,故A正确,B错误;当A的加速度为零时,A的速度最大,则kx1=mg,相对于初始位置,木块A上升的距离Δx=x-x1=x,故C、D错误。
7.D
思路点拨　(1)煤块与传送带速度相同时为临界状态,此时,滑动摩擦力方向发生突变,煤块的加速度发生改变。
(2)从图甲、乙得到的信息如下图。
解析　由图乙可知,在0~1 s内,煤块所受摩擦力的方向沿传送带向下,与煤块运动的方向相反;1~2 s内,煤块所受摩擦力的方向沿传送带向上,与煤块运动的方向相同。由于0~2 s内煤块对传送带的压力一直没变,根据滑动摩擦力公式f=μFN可知两段时间内摩擦力大小相等,故A、B错误。由图乙可知,在0~1 s内,煤块的加速度a1== m/s2=-8 m/s2,根据牛顿第二定律有-(mg sin θ+μmg cos θ)=ma1;同理,在1~2 s内,煤块的加速度a2=-4 m/s2,根据牛顿第二定律有-(mg sin θ-μmg cos θ)=ma2,解得μ=,θ=37°,故D正确。在0~1 s内煤块比传送带多走的位移Δx1=×(12-4)×1 m=4 m,所以黑色痕迹长为4 m;在1~2 s内传送带比煤块多走的位移Δx2=×4×1 m=2 m,黑色痕迹不会增加(易错点),依然为4 m,故C错误。
8.AD　物块从O点由静止释放后做简谐运动,因在O点时加速度向下、大小为g,则到达A点时加速度向上、大小为g,选项A正确;OA的中点为平衡位置,此时满足mg=k·Δx,则O、A两点的距离为x=2·Δx=,选项B错误;从O点到A点,开始阶段重力大于向上的弹力,则加速度向下,随弹力的增加,合力减小,加速度减小,当到达平衡位置时合力为零,此时加速度为零;然后继续向下运动,向上的弹力大于重力,合力增加,加速度向上且逐渐增大,到达最低点时加速度最大,则物块所受合力先减小后增大,物块的加速度先减小后增大,故C错误,D正确。
9.CD　该运动员完成“下蹲”的过程中,运动员先向下加速,后向下减速,加速度方向先向下后向上,先失重后超重,则双脚对跳台的作用力先小于350 N,后大于350 N,故A、B错误;运动员从起跳到运动至最高点所需的时间t1=,运动员从起跳到运动至最高点的位移大小为x=,根据运动学公式有H+x=g,该运动员在空中完成系列动作的时间为t=t1+t2,故可以估算该运动员在空中完成系列动作的时间,故C正确;该运动员在空中完成系列动作的路程s=2x+H,故可以估算该运动员在空中完成系列动作的路程,故D正确。
10.ACD
思路点拨　两物体间的静摩擦力达到最大值是它们发生相对滑动的力学条件,此后,两物体的速度、加速度不再相同;本题中,当拉力较小时,A、B保持相对静止,拉力F=24 N时A与B发生相对滑动。
解析　当A与B间的摩擦力达到最大静摩擦力后,A、B会发生相对滑动,由图乙可知,B的最大加速度为4 m/s2,此时的拉力F=24 N,由F=2t(N)可知,当t<12 s时,拉力F<24 N,A、B保持相对静止;当t>12 s时,拉力F>24 N,A、B相对滑动,故A正确,B错误。当t=12 s时,拉力F=24 N,作出B的a-t图像如图所示,由于a-t图线与横轴围成的面积表示速度的变化量,所以0~12 s内B的速度变化量Δv=×12×4 m/s=24 m/s,则当t=12 s时,B的速度大小为24 m/s,故C正确。当F=24 N时,对A有F-μmAg=mAa,可得mA=4 kg,对B有μmAg=mBa,可得mB=2 kg,故mA∶mB=2∶1, D正确。
11.答案　(1)D(2分)　(2)(2分)　(3)(2分)
思路点拨　解答第(3)问时,要对滑块应用牛顿第二定律写出力与加速度的表达式,结合图乙中的数据来求解动摩擦因数。
解析　(1)定滑轮与滑块之间的细线应与长木板平行,故A错误;实验目的是测动摩擦因数,所以不需要平衡摩擦力,故B错误;为了减小误差,滑块释放位置应尽量靠近木板左端,故C错误;实验中细线的拉力可以用力传感器测出,所以实验中不需要使重物的质量远小于滑块的质量,故D正确。
(2)动滑轮的重力可忽略不计,可得细线的拉力大小为。
(3)设滑块的质量为M,根据牛顿第二定律有-μMg=Ma,可得a=-μg,结合题图乙可知μg=b,解得μ=。
12.答案　(1)近些(2分)　(2)(3分)　(3)较大(2分)　(4)x(3分)
解析　(1)为了比较准确地测量出小车离开弹簧时的速度大小,光电门的位置应离O点适当近些。
(2)小车经过光电门时的瞬时速度近似等于遮光片经过光电门时的平均速度,则v=,小车加速过程的位移为x,由速度与位移的关系,可得小车的平均加速度为a==。
(3)为减小实验误差,本实验应选用劲度系数较大的弹簧。劲度系数较大的弹簧,在形变量相同的情况下,弹簧的弹力较大,可以减小摩擦力的影响。
(4)x是弹簧的形变量,因此小车质量不变,要探究小车平均加速度a与所受合力F的关系,只需探究平均加速度a与形变量x的关系。
13.答案　(1)1 kg　(2) m/s
解析　(1)由匀变速直线运动中速度与位移的关系有
-=2a1x (1分)
解得a1=10 m/s2
施加力F的情况下,对小物块进行受力分析,如图甲所示。
根据牛顿第二定律有F cos 37°-mg sin 37°-μ(mg·cos 37°+F sin 37°)=ma1 (2分)
解得m=1 kg(1分)
(2)当撤去力F后,物块上滑时的受力如图乙所示。
乙
设撤去力F后物块上滑到速度减为零的过程中的加速度大小为a2,则根据牛顿第二定律有
mg sin 37°+μmg cos 37°=ma2 (1分)
解得a2=10 m/s2 (1分)
设此过程向上滑动的位移为x1,有=2a2x1 (1分)
解得x1=11.25 m(1分)
当物块上滑速度减为零后将向下滑动,设小物块下滑时的加速度大小为a3,下滑过程对小物块进行受力分析,如图丙所示。
丙
根据牛顿第二定律有
mg sin 37°-μmg cos 37°=ma3 (1分)
解得a3=2 m/s2 (1分)
则由速度与位移的关系可得=2a3(x+x1) (1分)
解得v2= m/s(1分)
14.答案　(1)750 N　(2)1.25 m/s2　(3)3.2 s
思路点拨　(1)拉力F与水平方向成θ=53°角时,对重物B进行受力分析,应用平衡条件求F的大小。
(2)F水平拉重物B时,应用整体法,对A和B整体进行受力分析,应用牛顿第二定律求A、B整体的加速度,即B的加速度。
(3)A、B整体先加速运动,后减速运动,A速度为0时,恰好到达井口,水平力F作用的时间最短;应用牛顿第二定律和运动学规律对这两个阶段分别列方程,求解水平力F作用的最短时间。
解析　(1)用与水平方向成θ=53°角的力F拉B时,对B在水平方向有F cos θ=f+mg (1分)
其中f=μFN(1分)
对B在竖直方向上有Mg=FN+F sin θ (1分)
解得F=750 N(1分)
(2)水平拉B时,对A和B整体,由牛顿第二定律有F-mg-μMg=(M+m)a (2分)
解得a=1.25 m/s2 (1分)
(3)设水平力F作用的时间为t,撤去力F后,A能恰好到达井口,此时t为所求最短时间。
对A,由匀加速直线运动规律有h1=at2 (1分)
v1=at (1分)
撤去F,对A和B整体,由牛顿第二定律有-mg-μMg=(M+m)a'(易错认为撤去F后,A向上做竖直上抛运动)(2分)
解得a'=-5 m/s2 (1分)
A做匀减速直线运动刚好能到达井口,则
h-h1= (1分)
解得t=3.2 s(1分)
15.答案　(1)4 m/s　(2) m
解析　(1)工件从滑坡上滑下,由动能定理有
mgx0 sin 37°-μ1mgx0 cos 37°=m (2分)
解得工件冲上平板车时的速度大小v0=4 m/s(1分)
(2)工件冲上平板车后,工件做匀减速运动,有
μ2mg=ma1 (1分)
解得a1=μ2g=3 m/s2 (1分)
平板车做匀加速运动,有μ2mg=Ma2 (1分)
解得a2=1 m/s2 (1分)
当平板车与工件共速时有
v0-a1t1=a2t1 (2分)
解得t1=1 s(1分)
工件的位移x1=v0t1-a1=2.5 m(1分)
平板车的位移x2=a2=0.5 m(1分)
工件相对平板车的位移Δx=x1-x2=2 m=L (1分)
则工件与平板车有共同速度时,工件刚好到达平板车的车尾,之后一起匀速运动,
速度大小为v1=a2t1=1 m/s(1分)
平板车与平台发生弹性碰撞后,工件以v1=1 m/s的速度向左做匀减速运动,平板车以v2=1 m/s的速度向右做匀减速运动,工件速度减为零所用时间为
t2== s(1分)
工件的位移大小x3== m(1分)
平板车的位移大小x4=v2t2-a2= m(1分)
故伸缩臂臂长的最小值lmin=x3+x4= m(1分)
解后复盘　(1)应用动能定理求解工件到滑坡底的速度。
(2)由于忽略平板车与水平地面间的摩擦,工件冲上平板车后,工件做匀减速运动,平板车做匀加速运动,工件与平板车有共同速度后一起匀速运动;分别对平板车与工件应用牛顿第二定律和运动学规律列方程式,并求出工件相对平板车的位移。
(3)车尾与平台右侧发生弹性碰撞后,工件向左减速运动,平板车反弹后向右减速运动,直到工件速度减为零,应用运动学公式分别求出平板车与工件的位移,根据相对运动的知识求出伸缩臂臂长的最小值。