阶段检测卷（一）《巅峰突破》2026版物理高三一轮复习（含答案解析）

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密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
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姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
阶段检测卷(一)
90分,限时75分钟,范围(第一至三单元)
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.有关运动项目的描述,下列说法正确的是 (　　)
　　　
A.甲图中跳水运动员在空中运动到最高点时加速度为零
B.乙图中研究羽毛球运动员击球动作时,运动员可视为质点
C.丙图中撑竿跳运动员在撑竿起跳上升过程中,运动员始终处于超重状态
D.丁图中跨栏运动员在100米跨栏比赛中获得第一名,该运动员全程平均速度最大
2.两静止在水平地面上的“人字梯”和“八字脚”桌子如图所示,“人字梯”上端有铰链连接可改变左右两脚的夹角,桌子为一次注塑成型的塑料桌,则 (　　)
A.塑料桌桌脚不受地面摩擦力作用
B.“人字梯”梯脚不受地面摩擦力作用
C.塑料桌左侧桌脚一定受到地面水平向右的摩擦力
D.“人字梯”左边梯脚受到地面的摩擦力水平向左
3.两玩具车甲、乙在t=0时刻的位置如图1所示,速度随时间的变化图像如图2所示。已知4 s时两车恰好不相撞,5 s时乙车停止运动,且此时甲车超前乙车2.5 m。两车均可视为质点,则乙车出发的位置-x0为 (　　)
　　
A.-10 m　　　　 B.-20 m C.-30 m　　　　 D.-40 m
4.某中学航天课外活动小组在发射飞行器,升空后,飞行器斜向上做匀加速直线运动,方向与竖直方向成53°角,加速度大小为0.1g,如图所示。若空气阻力大小为重力的0.1,重力加速度为g,飞行器的质量为m保持不变,则飞行器推力的大小是(不再考虑其他作用力,cos 53°=0.6,sin 53°=0.8) (　　)
A. mg　　　　 B. mg
C. mg　　　　 D.mg
5.冰雪运动爱好者利用无人机牵引,在光滑水平冰面上匀速滑行,如图所示。牵引绳与竖直方向成θ角,人所受阻力恒定。则 (　　)
A.θ角越大,绳子对人的拉力越大
B.θ角越大,冰面对人的支持力越大
C.空气对无人机的作用力可能沿着绳子方向
D.无人机对绳的拉力与绳对人的拉力是一对相互作用力
6.某同学在做“验证力的平行四边形定则”实验,如图所示,将轻质弹簧的一端固定在A'点,另一端A处系上绳套及两根细绳,弹簧测力计P、Q通过细绳套互成角度地拉动轻质弹簧。当弹簧测力计P的轴线与轻质弹簧垂直时,弹簧测力计P的示数为4.00 N,弹簧测力计Q的示数为5.00 N。保持图中结点O及弹簧测力计Q的拉伸方向不变,使弹簧测力计P逆时针缓慢转动至示数最小,其最小示数为 (　　)
A.1.80 N　　　　 B.2.40 N C.3.00 N　　　　D.4.00 N
7.如图所示,倾角为θ=37°且长L=0.4 m的传送带以恒定的速率v=1 m/s沿顺时针方向运行,现将一质量m=2 kg的物块(可视为质点)以v0=3 m/s的速度从底部滑上传送带,传送带与物块之间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g=10 m/s2,则物块 (　　)
A.先做减速后做匀速运动
B.开始加速度大小为2 m/s2
C.经过t=0.2 s到达顶端
D.相对传送带发生的位移大小为0.4 m
8.工人为某小区安装空调外机时,由于操作不慎,一膨胀螺丝从16楼地面等高处由静止下落到1楼的草坪上。已知每层楼高为3 m,忽略空气阻力和膨胀螺丝的大小,重力加速度大小g=10 m/s2,下列说法正确的是 (　　)
A.膨胀螺丝的下落时间为3 s
B.膨胀螺丝落地前瞬间的速度大小为8 m/s
C.膨胀螺丝经过15楼和12楼所用时间之比为1∶(2-)
D.膨胀螺丝经过15楼和12楼所用时间之比为1∶2
9.如图所示,水平面上有一边长为1 m的正方体空间,一质量为0.1 kg的质点固定在O点处,向它施加两个恒力,方向沿正方体的两边,大小F1=F2=1 N,重力加速度g取10 m/s2。从O点由静止释放后 (　　)
A.质点将从A点飞出
B.质点将从B点飞出
C.质点在正方体区域内运动时间为1 s
D.质点在正方体区域内运动时间为 s
10.某同学利用如图甲所示的装置,探究滑块a上升的最大高度,忽略一切阻力及滑轮和细绳的质量。起初物块a放在地面上,物块b距地面的高度为h,细绳恰好绷直,现静止释放物块b,物块b碰地后不再反弹,测出物块a上升的最大高度H(未碰滑轮),每次释放物块b时,确保物块a在地面上,改变细绳长度及物块b距地面的高度h,寻找多组(H,h),然后作出H-h图像(如图乙所示),测得图线的斜率为k,已知物块a、b的质量分别为m1、m2。则 (　　)
　　
A.物块a、b的质量之比=-1
B.物块a、b的质量之比=-1
C.H-h图线的斜率k的取值范围是1D.H-h图线的斜率k的取值范围是0二、非选择题(本题共4小题,共50分)
11.(10分)如图甲所示,某兴趣小组利用力传感器、加速度传感器、动滑轮和定滑轮等实验仪器测量物块的质量M和物块与台面间的动摩擦因数μ。调节定滑轮高度,使细线与台面平行,不计滑轮与细线、轮轴间摩擦。已知当地的重力加速度g=10 m/s2。
　　
(1)为了达到实验目的,实验前,　　　　(填“需要”或“不需要”)将台面调整到水平。实验中,动滑轮质量　　　　(填“会”或“不会”)影响实验结果。
(2)物块质量M不变,将钩码放入托盘中,将托盘静止释放并记录加速度传感器数值a与力传感器数值F,改变钩码个数多次实验,作出a-F图像,如图乙所示,则动摩擦因数μ=　　　　,物块的质量M=　　　　kg。(结果均保留2位有效数字)
(3)现将物块换成小车,用该装置测量一个不规则的小物体的质量m0,实验步骤如下:
①小车空载时进行实验并采集数据;
②m0放入小车中进行实验并采集数据;
③作出两次实验的a-F图像如图丙所示,则小物体的质量m0=　　　　(结果用b、c、d表示)。
12.(12分)如图所示,放在粗糙斜面(斜面固定不动)上的物块A和悬挂的物块B均处于静止状态,轻绳AO绕过光滑的定滑轮与轻质弹簧的右端及轻绳BO的上端连接于O点。轻质弹簧中轴线沿水平方向,轻绳OC段与竖直方向的夹角θ=53°,斜面倾角α=53°,弹簧劲度系数为k=200 N/m,弹簧的形变量x=2 cm,物块A与斜面间的动摩擦因数μ=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。
(1)求B物块的质量;
(2)若物块A的质量为mA=0.5 kg,求物块A受到的摩擦力大小及方向;
(3)为了使A和B始终在图示位置处于静止状态,A物块的质量要满足什么条件
13.(14分)北京冬奥会期间,上百台机器人承担起赛事服务的重任。某次工作中,一台机器人沿直线从静止开始以大小为a的加速度匀加速运动2 s,再匀速运动2 s,最后以大小为0.5a的加速度匀减速直至停止,全程通过的位移是20 m。
(1)求加速度大小a和上述减速运动的时间t。
(2)另一次工作中,机器人以2 m/s的速度匀速运动时,突然发现其正前方1 m处有一位运动员以1 m/s的速度同向匀速运动。为避免撞人,机器人立即减速,求机器人的加速度应满足什么条件
14.(14分)如图所示,在光滑的水平面上有一足够长的质量为M=4 kg的长木板,在长木板右端有一质量为m=1 kg的物块,长木板与物块间动摩擦因数为μ=0.2,长木板与物块均静止,现用F=14 N的水平恒力向右拉长木板,经时间t=1 s撤去水平恒力F。已知重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)在F的作用下,长木板的加速度大小。
(2)刚撤去F时,物块到长木板右端的距离。
(3)最终物块到长木板右端的距离。
答案全解全析
1.D　甲图中跳水运动员在空中运动到最高点时加速度不为零,等于重力加速度,故A错误;乙图中研究羽毛球运动员击球动作时,运动员形状不可忽略,运动员不可视为质点,故B错误;丙图中撑竿跳运动员在撑竿起跳上升过程中,当弹力小于重力时,合力向下,运动员处于失重状态,故C错误;丁图中跨栏运动员在100米跨栏比赛中获得第一名,位移相同,时间最短,该运动员全程平均速度最大,故D正确。
2.A
思路点拨　(1)先分析相对运动趋势,再判断摩擦力的有无、分析摩擦力的方向。
(2)塑料桌在水平方向没有运动趋势,因此桌子不受地面的摩擦力作用;“人字梯”两侧的半边梯子有向外运动的趋势,因此半边梯子受到地面的摩擦力指向内侧。
解析　桌子为一次注塑成型的塑料桌,静止在水平地面上,对桌子进行分析,受到重力、地面的支持力,重力与支持力的方向均沿竖直方向,因此桌子在水平方向没有运动趋势,即塑料桌桌脚不受地面的摩擦力作用,故A正确,C错误;对“人字梯”左侧半边梯子进行分析,其受到重力、地面的支持力与右侧半边梯子向左的弹力作用,左侧半边梯子在右侧半边梯子向左弹力作用下有向左运动的趋势,因此,左侧半边梯子受到地面水平向右的摩擦力作用,同理可以判定,右侧半边梯子受到地面水平向左的摩擦力作用,故B、D错误。
3.D
思路点拨　应用v-t图像的面积分析追及相遇问题,如图所示。
解析　已知4 s时两车恰好不相撞,则4 s时两车在同一位置,4~5 s内两车间距为△BCD的面积,即2.5 m;0~4 s内两车间距为△OAB的面积,根据△BCD和△OAB相似可得,△OAB的面积为△BCD的面积的16倍,即x0=16×2.5 m=40 m,所以乙车的初始位置为-x0=-40 m,选D。
4.B
思路点拨　(1)先将飞行器受到的各个力沿运动方向与垂直于运动方向进行正交分解,如图所示,设飞行器推力在x、y两个方向的分力分别为Fx、Fy;(2)在x方向应用牛顿第二定律列方程,在y方向应用平衡条件列方程,联立两个方程就能求出推力的大小。
解析　对飞行器受到的重力和推力进行矢量分解,根据牛顿第二定律有Fy=mg sin 53°=mg,Fx-f-mg cos 53°=ma,解得Fx=mg,根据力的合成有F== mg,选B。
5.B　以人为研究对象,受力分析如图
水平方向f=T sin θ,竖直方向T cos θ+N=mg,可得N=mg-T cos θ,T=,人所受阻力恒定,则θ角越大,绳子对人的拉力T越小,冰面对人的支持力N越大,故A错误,B正确;由于无人机受重力、空气作用力、绳子拉力三力平衡,若空气对无人机的作用力沿着绳子方向,则合力不能为零,不可能匀速飞行,故C错误;相互作用力是在两个相互作用的物体之间,无人机对绳的拉力与绳对人的拉力中涉及三个物体,(易错点)故D错误。
6.B
思路点拨　两测力计的拉力的合力F不变,测力计Q的拉伸方向不变,测力计P逆时针旋转时,根据平行四边形定则作出力的动态矢量合成图。
解析　保持图中结点O位置不变,则两测力计的拉力的合力不变,测力计Q的拉伸方向不变,根据平行四边形定则,测力计P逆时针旋转时,两测力计的拉力FP、FQ的变化情况如图所示,由图可知,FP与FQ垂直时,FP最小。由几何知识可知,FQ与F夹角的正弦值为 sin θ=,F=3.00 N,所以FP的最小示数为FPmin=F sin θ=2.40 N,选B。
7.C
思路点拨　(1)由于物块滑上传送带的初速度大于传送带的速度,则物块受到的滑动摩擦力沿传送带向下;(2)由于tan 37°=0.75>μ=0.5,所以物块与传送带共速后不能随传送带匀速向上运动。
解析　开始加速度大小为a==10 m/s2,物块与传送带共速时有-v2=2ax,得x=L=0.4 m,则物块只做匀减速运动至与传送带共速,A、B错误;到达顶端的时间为t==0.2 s,C正确;相对传送带发生的位移大小为Δx=x-vt=0.2 m,D错误。
8.AC　膨胀螺丝在空中下落的高度为h=45 m,根据自由落体运动下落时间和高度的关系有h=gt2,解得t=3 s,选项A正确;膨胀螺丝落地前瞬间的速度大小v=gt=30 m/s,选项B错误;根据初速度为零的匀加速直线运动在第1x、第2x、第3x……第nx所用时间之比为1∶(-1)∶(-)∶…∶(-)可知,膨胀螺丝经过15楼和12楼所用时间之比为1∶(2-),选项C正确,D错误。
9.BD
思路点拨　(1)质点受到的三个力不在同一平面内,是立体分布的,先将F1、F2两个力合成,再分析质点在这个合力方向上和竖直方向上的运动;(2)由匀加速直线运动的规律求出质点在正方体区域内的运动时间。
解析　根据力的合成可得F1、F2两个力的合力大小为F== N,方向沿OA方向,受到的重力为G=mg=0.1×10 N=1 N,因此质点在OA和竖直方向均做初速度为零的匀加速直线运动,OA方向根据牛顿第二定律可得F=ma,解得a=10 m/s2,当质点落到水平面上时,在竖直方向有h=g,解得t1= s,则在这段时间内,沿OA方向运动的距离为x=a,解得x= m,所以质点穿出正方体区域从B点射出,选项B、D正确。
10.BC　物块a的上升过程分为两个阶段,第一阶段为在物块b释放后,在绳子拉力的作用下加速上升,与此同时物块b加速下降,速率与物块a相同;第二个阶段为物块b落地后,物块a在自身重力的作用下减速上升直至最高点。则第一阶段对整体由动能定理有(m2-m1)gh=(m1+m2)v2,第二阶段对物块a由动能定理有-m1g(H-h)=0-m1v2,联立以上两式可得H=h,结合图像可得k=,可知=-1,故A错误,B正确;要将物块a拉起,则有T-m1g>0,对物块b,则有m2g-T>0,可得m2>m1,因此有<<,即111.答案　(1)需要(2分)　不会(2分)　(2)0.20(2分)　0.60(2分)　(3)(2分)
解析　(1)为了达到实验目的,实验前需要将台面调整到水平,因为水平时台面对物块有FN=Mg,Ff=μFN,得物块受到的摩擦力大小Ff=μMg,所以应将台面调整到水平,从而方便研究μ及M;由于物块受到的拉力可由力传感器直接测出,故实验结果不受滑轮质量的影响。
(2)由于动滑轮省力但费距离,且加速度传感器测量的是m的加速度a,则对物块,其加速度为2a,根据牛顿第二定律有F-μMg=M·2a,整理得a=F-,结合图乙可得= kg-1,=1.0 m/s2,可得M=0.60 kg,μ=0.20。
(3)空载时,对小车有F-μM0g=M0·2a,即a=F-,放入m0后,有F-μ(M0+m0)g=(M0+m0)·2a,即a=F-,结合图丙可得=,=,联立可得m0=。
12.答案　(1)0.3 kg　(2)1 N　方向沿斜面向下
(3) kg≤m≤1 kg
解析　(1)对O点进行受力分析
根据受力平衡可得
T sin θ=F (1分)
T cos θ=mBg (1分)
又F=kx=200×0.02 N=4 N
解得T=5 N(1分)
mB=0.3 kg(1分)
(2)对A受力分析
由于G1=mAg sin α=4 N(1分)
T'=T=5 N
可知摩擦力大小为f=T'-G1=5 N-4 N=1 N(1分)
方向沿斜面向下; (1分)
(3)如果静摩擦力沿斜面向上且达到最大,如图所示
则有T'+fm=mg sin 53° (1分)
又fm=μFN=μmg cos 53°
解得m=1 kg(1分)
如果静摩擦力沿斜面向下且达到最大,如图所示
根据受力平衡可得T'=mg sin 53°+fm(1分)
又fm=μFN=μmg cos 53°
解得m= kg(1分)
所以为了使A和B始终在图示位置处于静止状态,A物块的质量要满足 kg≤m≤1 kg(1分)
13.答案　(1)2 m/s2　4 s　(2)大于等于0.5 m/s2　方向与运动方向相反
解析　(1)设加速运动的时间为t1,则v=at1 (1分)
加速运动的位移x1=t1 (1分)
设匀速运动的时间为t2,则匀速运动位移x2=vt2 (1分)
减速运动中,有0=v-0.5at (1分)
减速运动的位移x3=t (1分)
且总位移x=x1+x2+x3=20 m
解得a=2 m/s2 (1分)
t=4 s(1分)
(2)设经过时间t'机器人减速到1 m/s恰好与运动员相遇,
则机器人的加速度大小a1== (1分)
方向与运动方向相反,
这段时间里,根据-=-2a1x' (1分)
可得机器人位移大小x'= (1分)
运动员位移大小x″=vtt'=t' (1分)
根据题意x'=1 m+x″ (1分)
解得a1=0.5 m/s2 (1分)
所以为避免撞人,机器人应立即减速,机器人的加速度大于等于0.5 m/s2,方向与运动方向相反。 (1分)
14.答案　(1)3 m/s2　(2)0.5 m　(3)0.7 m
解析　(1)木板受到的滑动摩擦力水平向左,根据牛顿第二定律有F-μmg=Ma1 (1分)
解得a1=3 m/s2 (1分)
(2)撤去F之前,小物块受到的滑动摩擦力水平向右,则
加速度a2==μg=0.2×10 m/s2=2 m/s2 (1分)
方向水平向右
小物块相对木板向左的位移大小为
Δx1=a1t2-a2t2 (1分)
解得Δx1=0.5 m(1分)
即刚撤去F时,小物块离长木板右端0.5 m;
(3)刚撤去F时,木板的速度为
v1=a1t=3×1 m/s=3 m/s(1分)
小物块速度为v2=a2t=2×1 m/s=2 m/s(1分)
撤去F后,对长木板,根据牛顿第二定律有
μmg=Ma3 (1分)
可得长木板的加速度大小a3=0.5 m/s2 (1分)
两物体的最终速度v=v2+a2t'=v1-a3t' (1分)
解得t'=0.4 s
v=2.8 m/s(1分)
在t'内,小物块相对木板向左的位移大小为
Δx2=t'-t' (1分)
解得Δx2=0.2 m(1分)
最终物块到长木板右端的距离为x=Δx1+Δx2=0.5 m+0.2 m=0.7 m(1分)
解后复盘　(1)长木板在水平方向上受到拉力和滑动摩擦力作用,求出合力后再求加速度大小。
(2)撤去F之前,小物块和长木板都是由静止开始加速向右运动,小物块相对木板向左运动的位移大小Δx1就是撤去F时小物块到长木板右端的距离。
(3)撤去F之前长木板的加速度大于小物块的加速度,在撤去F时刻,长木板的速度大于小物块的速度;撤去F之后,小物块继续向右加速运动,而长木板则向右减速运动,当它们的速度相等时相对静止,可以求出小物块相对木板在这个阶段运动的位移大小Δx2,最终物块到长木板右端的距离为x=Δx1+Δx2。