阶段检测卷（二）《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(二)
100分,限时75分钟,范围(第四至八单元)
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.电动平衡车越来越受到年轻人的喜爱,如图所示。当人站在电动平衡车上和车一起匀速水平前进的过程中,下列说法中正确的是 (　　)
A.人和平衡车的总机械能一直保持不变
B.平衡车车轮往往做得比较粗糙是为了减小摩擦力
C.人和平衡车匀速运动的速度越快,惯性越大
D.平衡车受到的重力和地面对车的支持力是一对平衡力
2.一列简谐横波在同一种均匀介质中沿x轴方向传播,t1=0.2 s时刻的波形如图甲所示,质点M的平衡位置在xM=7.5 cm处,质点N的平衡位置在xN=3 cm处,质点N的振动图像如图乙所示。则下列说法中正确的是 (　　)
　　
A.该波沿x轴正方向传播
B.该波的传播速度大小为30 m/s
C.在t2=0.35 s时刻,质点M的运动速率最大
D.自t1=0.2 s时刻起,质点M第一次到达波谷所用的时间为0.15 s
3.如图所示是四只猴子“水中捞月”时的情景,它们将一棵又直又高的树枝压弯,竖直倒挂在树梢上,从下到上依次为1、2、3、4号猴子。正当1号猴子打算伸手捞水中“月亮”时,2号猴子突然两手一滑没抓稳,1号猴子扑通一声掉进了水里。假设2号猴子手滑前四只猴子都处于静止状态,其中1号猴子的质量为,其余3只猴子的质量均为m,重力加速度大小为g,那么在2号猴子手滑后的一瞬间 (　　)
A.4号猴子的加速度为0
B.2号猴子对3号猴子的作用力大小为
C.3号猴子对4号猴子的作用力大小为
D.树梢对4号猴子的作用力大小为3mg
4.“神十四”航天员进行约5.5小时的出舱活动并圆满完成既定任务后,安全返回空间站问天实验舱如图甲所示。已知地球半径R=6 400 km,地球表面重力加速度大小为g0,在离地面高度h=400 km的轨道上,问天实验舱绕地球做匀速圆周运动,所在处的重力加速度大小为g'。假设航天员在问天实验舱的桌面上放置如图乙中的实验装置,不可伸缩的轻绳长为L,轻绳一端绑一个质量为m的小球,另一端绑在支架O点,在离桌面最近的A点位置给小球一个垂直于OA的初速度v,小球沿乙图虚线轨迹做圆周运动,其中B为最高点,下列说法正确的是 (　　)
　　
A.g'∶g0=289∶256
B.小球经过A点时,轻绳的张力大小为mg'+
C.小球从A点圆周运动到B点过程中,克服重力做功为mg'L
D.小球运动过程中,轻绳的拉力提供小球做圆周运动的向心力
5.在无风天气里,毽子受到的空气阻力大小与其下落的速度大小成正比。一毽子从高处由静止竖直下落至地面过程中,位移大小为x、速度大小为v、加速度大小为a,重力势能为Ep、动能为Ek、下落时间为t。取地面为零势能面,则下列图像正确的是 (　　)
　　　　　　　　　　　　
6.2023年1月21日,神舟十五号3名航天员在400 km高的空间站向祖国人民送上新春祝福,空间站的运行轨道可近似看作圆形轨道Ⅰ,设地球表面重力加速度大小为g,地球半径为R,椭圆轨道Ⅱ为载人飞船运行轨道,两轨道相切于A点,下列说法正确的是 (　　)
A.在轨道Ⅰ通过A点的速度大于在轨道Ⅱ通过B点的速度
B.载人飞船在A点的加速度大于在B点的加速度
C.空间站在轨道Ⅰ上的速度小于
D.载人飞船沿轨道Ⅰ和轨道Ⅱ运行时,在相同时间内与地球连线扫过的面积相等
7.如图所示,某斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h,斜面与水平面平滑连接,斜面倾角为θ,小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ,一小木块从斜面的顶端由静止开始滑下,滑到水平面上距离O点为x0的A点停下。以O点为原点建立xOy坐标系,改变斜面倾角和斜面长度,小木块仍在A点停下,则小木块静止释放点的坐标可能是 (　　)
A.　　　　B. C.　　　　D.
8.如图所示为汽车的加速度和车速的倒数的关系图像,若汽车质量为2.5×103 kg,它由静止开始沿平直公路行驶,且行驶中阻力恒定,最大车速为30 m/s,则 (　　)
A.汽车的最大功率为6.5×104 W
B.汽车匀加速所需时间为4 s
C.汽车所受阻力为2.5×103 N
D.汽车在车速为5 m/s时,功率为3.75×104 W
9.如图所示,劲度系数为100 N/m的轻弹簧下端固定于倾角为θ=53°的光滑斜面底端,上端连接质量为5 kg的物块Q,Q同时与和斜面平行的轻绳相连,轻绳跨过固定在斜面顶端O点的定滑轮与套在光滑竖直固定杆上的物块P连接,图中O、B两点等高,其间距d=0.3 m。当整个系统静止时,P在A点静止不动,A、B间距离h=0.4 m,此时轻绳张力大小为50 N。现将P从杆上B点上方0.4 m处的C点由静止释放,P从C点到A点过程中绳子一直存在张力,不计滑轮大小及摩擦。重力加速度g=10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,下列说法正确的是 (　　)
A.P的质量为4 kg
B.P的质量为3 kg
C.P到达A时的速度大小为4 m/s
D.P到达A时的速度大小为 m/s
10.如图甲所示,物块A、B的质量均为2 kg,用轻弹簧拴接,放在光滑的水平地面上,物块B右侧与竖直墙壁接触但不粘连。物块C从t=0时以一定速度向右运动,在t=4 s时与物块A相碰,并立即与物块A粘在一起不再分开,物块C的v-t图像如图乙所示。下列说法正确的是 (　　)
　
A.物块C的质量为1 kg
B.物块B离开墙壁前,弹簧的最大弹性势能为40.5 J
C.4 s到12 s的时间内,墙壁对物块B的冲量大小为0
D.物块B离开墙壁后,物块B的最大速度大小为3.6 m/s
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研究两个不同材质小球的碰撞是否为弹性碰撞,主要实验步骤如下:
①用天平测出半径相同的入射小球和被撞小球的质量分别为12 g和10 g;
②按照如图甲所示安装实验装置,调整斜槽末端水平,并在斜槽末端悬挂铅垂线(未画出);
③白纸在下,复写纸在上且在适当位置铺放好,记下铅垂线所指的位置O;
④不放被撞小球,让入射小球每次均从斜槽上某固定位置自由释放,重复10次。用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面;
⑤把被撞小球放在斜槽末端,让入射小球均从斜槽上同一固定位置沿斜槽自由释放,使它们发生碰撞,重复实验10次。用步骤④的方法,标出碰后入射小球和被撞小球落点的平均位置;
⑥测量标记落点的平均位置a、b、c到O点的距离,如图乙所示。
(1)图乙中Ob间的距离为　　　　cm;
(2)在实验操作规范的情况下,根据实验数据判断,　　　　(选填“a”“b”或“c”)为被撞小球落点的平均位置;
(3)根据数据计算,本次实验中两小球的碰撞　　　　(选填“是”或“不是”)弹性碰撞。
12.(8分)在天宫课堂中,我国航天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验。受此启发,某同学利用阿特伍德机、无线加速度传感器(质量m2=1 kg)、砝码一套(总质量m=0.9 kg)设计了测量物体质量m1的实验。如图甲所示,轻质托盘A、B中分别固定质量为m1的待测物体和质量为m2的无线加速度传感器,通过轻绳跨过轻质定滑轮(质量和摩擦可忽略),并始终保证实验时A下降,B上升。当地重力加速度g=9.8 m/s2。
　
实验步骤如下:
(1)取出质量为m'的砝码放在A中,剩余砝码都放在B中。
(2)由静止释放,A下降,B上升,记录无线加速度传感器加速度的大小a。
(3)改变m'(左右两侧砝码的总质量始终不变),记录相应的加速度大小a,得到多组m'及a的数据,作出a-　　　(选填“m'”或“”)图线,如图乙所示。
(4)图线的斜率k=　　　　　　　,物体质量m1=　　　　kg。(结果均保留一位有效数字)
13.(12分)如图所示,半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上,下端与水平地面在P点相切,一个质量为m的物块B(可视为质点)静止在水平地面上,左端固定有水平轻弹簧,Q点为弹簧处于原长时的左端点,P、Q间的距离为R,PQ段地面粗糙、与物块A之间的动摩擦因数为μ=0.25,Q点右侧水平地面光滑,现使质量为2m的物块A(可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑,重力加速度为大小g。求:
(1)物块A沿圆弧轨道滑至P点时对轨道的压力大小;
(2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)。
14.(16分)随着生活水平提高,网上购物逐渐增多,为提高效率,快递公司引进了包裹自动分捡设备。如图所示,传送带为自动分捡设备的一部分,其长为L=12.25 m,倾斜角为θ=30°,以v=9 m/s顺时针转动。传送带与包裹之间的动摩擦因数为μ=,将可视为质点的包裹由传送带左上方以一定的速度水平抛出,抛出点与传送带顶部的高度差h=0.2 m,恰好可以无碰撞地进入传送带顶端,之后沿传送带运动。不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)包裹水平抛出时的速度大小;
(2)包裹刚被抛到传送带上时的加速度大小;
(3)包裹从被抛出到滑至传送带底端的总时间。
15.(18分)如图所示,在竖直平面内倾角θ=37°的斜面AB、FG和HI,在G和H处与水平轨道GH平滑连接,在轨道AB、FG上高为R的B(F)处与一光滑的半径为R的螺旋形圆轨道BCDEF平滑连接,一质量为m的滑块位于轨道AB上高为h处静止下滑。滑块一旦脱离圆轨道,便会落在地上。已知R=1 m,m=1 kg,滑块与斜面轨道间的动摩擦因数μ=0.15,与水平轨道GH间的动摩擦因数μ'=0.4,轨道GH长LGH=R,轨道HI长LHI=5R,轨道连接处均光滑,滑块可视为质点,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)若h=2R,求滑块沿直轨道滑到B点的速度大小;
(2)若h=2R,滑块刚从直轨道AB滑入螺旋圆形轨道时,求滑块所受合力的大小;
(3)滑块不脱离轨道,最终停留在GH间,求高度h的范围。
答案全解全析
1.A　人站在电动平衡车上和车一起匀速水平前进的过程中,动能不变,重力势能不变,故人和平衡车的总机械能一直保持不变,A正确;平衡车车轮往往做得比较粗糙是为了增大车轮与地面间的最大静摩擦力,避免车轮打滑,B错误;惯性只和质量有关,与运动的速度无关,C错误;人和平衡车受到的总重力和地面对车的支持力是一对平衡力,D错误。
易错警示　本题易错选C项。由于对影响物体惯性的因素不理解,任凭感觉错误地认为惯性的大小与物体运动的速度有关。
2.D
识图有法
解析　由题图乙可知,在t=0.2 s时刻,质点N沿y轴正方向运动,结合题图甲,根据同侧法可知,该波沿x轴负方向传播,故A错误;由题图可知,该波的波长与周期分别为λ=0.12 m、T=0.4 s,则波速v==0.3 m/s,故B错误;t2-t1=0.35 s-0.2 s=0.15 s,将题图甲的波形沿x轴负方向平移Δx=v(t2-t1)=0.3×0.15 m=4.5 cm的距离,根据平移后的波形可知在t2=0.35 s时刻,质点M恰好位于波谷,此时质点M速率为零,故C错误;根据上述分析可知,自t1=0.2 s时刻起,在t2=0.35 s时刻,质点M第一次到达波谷,则其所用的时间t=t2-t1=0.35 s-0.2 s=0.15 s,故D正确。
3.C　设树梢对猴子的作用力为T,对整体有T-=0,当2号猴子手滑后的一瞬间,对2、3、4号猴子整体分析可得T-3mg=3ma',联立解得a'=,方向竖直向上。对2号猴子受力分析可得F23-mg=ma',解得2号猴子与3号猴子之间的作用力大小为F23=,故A、B均错误;以2、3号猴子为整体进行受力分析可得F34-2mg=2ma',解得3号猴子与4号猴子之间的作用力大小为F34=,故C正确;树梢对4号猴子的作用力保持不变,作用力大小仍为,故D错误。
4.D　根据万有引力定律,在地球表面=mg0,在离地400 km高空,由=mg'可得g'∶g0=162∶172=256∶289,故A错误;以问天实验舱的桌面为参照物,小球在问天实验舱中处于完全失重状态,重力效果消失,轻绳的拉力提供小球绕O点做圆周运动的向心力,小球经过A点时,轻绳的拉力大小为,故B、C错误,D正确。
易错警示　本题易错选B选项。没有考虑小球在问天实验舱处于完全失重状态,错误认为绳子拉力与重力的合力提供小球做圆周运动的向心力。
5.B　毽子下落过程中,所受空气阻力先逐渐变大,则加速度逐渐减小,最后f=mg,加速度为零,即速度先增大后不变,则x-t图像的斜率先增加后不变,选项A错误;根据牛顿第二定律mg-kv=ma,可得a=g-v,选项B正确;重力势能Ep=mg(h-x),则Ep与x成线性关系,选项C错误;动能Ek=mv2=ma2t2因加速度随时间逐渐减小(非线性),则动能与时间一定不是线性关系,选项D错误。
6.C
模型建构
解析　如图轨道Ⅱ与轨道Ⅲ内切,飞船在轨道Ⅲ的运行速度大于在轨道Ⅰ通过A点的速度,在轨道Ⅱ通过B点的速度大于在轨道Ⅲ的运行速度,则载人飞船在轨道Ⅰ通过A点的速度小于在轨道Ⅱ通过B点的速度,故A错误;根据万有引力提供向心力,有G=ma,解得a=G,由图可知,A点到地心的距离大于B点到地心的距离,所以载人飞船在A点的加速度小于在B点的加速度,故B错误;根据万有引力提供向心力有=m,由万有引力等于重力有=mg,可知,是围绕地球做圆周运动的最大速度,则空间站在轨道Ⅰ上的速度小于,故C正确;根据开普勒第二定律可知,在同一条轨道上运动的卫星,相同的时间内扫过的面积相等,而不同轨道间不满足该条件,故D错误。
7.D　小木块从斜面的顶端由静止开始滑下,最终停在A点,设斜面长为L,则斜面在水平面的投影为x1=L cos θ,根据功能关系可得mgh=μmgL cos θ+μmg(x0-x1),整理可得mgh=μmgx0,解得μ=,改变斜面倾角和斜面长度,小木块仍在A点停下,设小木块静止释放点的坐标为(x',h'),根据前面的分析可得mgh'=μmg(x0-x'),整理可得h'=h-·x',当x'=x0时,解得h'=h;当x'=x0时,解得h'=h;当x'=x0时,解得h'=h;当x'=x0时,解得h'=h,故A、B、C错误,D正确。故选D。
8.CD
识图有法
解析　根据牛顿第二定律可得F-f=ma,汽车的功率为P=Fv,解得a=·-,汽车由恒定的加速度a=2 m/s2启动,先做匀加速直线运动,当v1=10 m/s时,功率达到额定功率Pm,此后保持额定功率不变,做加速度减小的变加速直线运动,当加速度等于零时,速度最大,为vm=30 m/s,此后做匀速直线运动,结合图像可得2 m/s2=·-,0=·-,代入数据解得Pm=7.5×104 W,f=2.5×103 N,故A错误,C正确;汽车做匀加速运动的时间t1==5 s,故B错误;汽车做匀加速直线运动所受牵引力F1=f+ma=7.5×103 N,汽车在车速为5 m/s时正处于匀加速直线运动的阶段,汽车的瞬时功率P=F1v=3.75×104 W,故D正确。
9.AD
模型建构
解析　当整个系统静止时,对P进行受力分析,根据平衡条件,在竖直方向上可得mPg=F sin 53°,解得mP=4 kg,故A正确,B错误;由图分析可知,当P分别位于C点和A点时,弹簧的形变量相同,弹簧的弹性势能相等,设P到达A时的速度为v,根据功能关系可得mPg·2h=mPv2+mQ(v sin 53°)2,代入数据可得v= m/s,故C错误,D正确。
10.AD　由题图可知,C与A碰前速度为v1=9 m/s,碰后速度为v2=3 m/s,C与A碰撞过程动量守恒,以C的初速度方向为正方向,由动量守恒定律有mCv1=(mA+mC)v2,解得mC=1 kg,故A正确;A、C粘在一起速度变为0时,弹簧的弹性势能最大,为Ep=(mA+mC)=13.5 J,故B错误;由题图乙知,12 s末A和C的速度为v3=-3 m/s,4 s到12 s过程中墙壁对物块B的冲量大小等于弹簧对物块B的冲量大小,也等于弹簧对A和C整体的冲量大小,墙对B的冲量为I=(mA+mC)v3-(mA+mC)v2,解得I=-18 N·s,方向向左,故C错误;物块B刚离开墙壁时,由机械能守恒定律可得,A、C向左运动的速度大小为3 m/s,物块B离开墙壁后,系统动量守恒、机械能守恒,当弹簧再次恢复原长时,物块B的速度最大,则有(mA+mC)v3=(mA+mC)v4+mBvB,(mA+mC)=(mA+mC)+mB,代入数据解得vB=-3.6 m/s,物块B的最大速度大小为3.6 m/s,故D正确。
11.答案　(1)18.00(2分)　(2)c(1分)　(3)不是(3分)
解析　(1)由图乙可知,Ob之间的距离为18.00 cm。
(2)在实验操作规范的情况下,根据实验数据判断,因为入射小球质量大于被撞小球质量,所以被撞小球落点的平均位置为c点。
(3)若两小球碰撞为弹性碰撞,则有
m1v1=m1v'1+m2v'2
m1=m1v'+m2v'
两式联立得v1+v'1=v'2
等式两边同时乘以时间t,得x1+x'1=x'2
本次实验中,两小球的碰撞:5.00 cm+18.00 cm>20.00 cm,所以两小球的碰撞不是弹性碰撞。
12.答案　(3)m'(3分)　(4)4 m/(kg·s2)(3分)　3(2分)
解析　(3)对A,由牛顿第二定律有(m1+m')g-T=(m1+m')a,对B,由牛顿第二定律T-(m2+m-m')g=(m2+m-m')a,联立解得a=m'+g,a-m'图线为直线,故应作a-m'图线;
(4)结合数据图线,可得斜率k≈4 m/(kg·s2),由(3)得k===4 m/(kg·s2),故m1=3 kg。
13.答案　(1)6mg　(2)mgR
解题指引　1.“半径为R的四分之一光滑圆弧轨道”物块A由静止滑到P过程中机械能守恒。
2.“PQ段地面粗糙”有摩擦力做功,应用动能定理求解物块A与弹簧接触时的速度。
3.“被压缩的最大弹性势能”物块A、B有共同的速度。
解析　(1)物块A从静止沿圆弧轨道滑至P点,设物块A在P点的速度大小为vP,由机械能守恒定律有
2mgR=×2m (2分)
在最低点轨道对物块A的支持力大小为FN,由牛顿第二定律有FN-2mg= (1分)
联立解得FN=6mg
由牛顿第三定律可知物块A滑至P点时对轨道的压力大小为6mg。 (1分)
(2)设物块A与弹簧接触前瞬间的速度大小为v0,由动能定理有2mgR-μ×2mgR=×2m (2分)
解得v0= (1分)
当物块A、物块B具有共同速度v时,弹簧的弹性势能最大,由动量守恒定律有2mv0=(2m+m)v (2分)
根据能量守恒有×2m=×(2m+m)v2+Ep(2分)
联立解得Ep=mgR (1分)
14.答案　(1)2 m/s　(2)10 m/s2　(3)1.7 s
解析　(1)设包裹进入传送带顶端时竖直方向的速度为vy,有=2gh (1分)
解得vy=2 m/s(1分)
包裹恰好可以无碰撞地进入传送带顶端,则
tan 30°= (1分)
可得v0=2 m/s(1分)
(2)设包裹刚被抛到传送带上时的加速度大小为a1,由牛顿第二定律μmg cos 30°+mg sin 30°=ma1 (1分)
可得a1=10 m/s2 (1分)
(3)设包裹做平抛运动的时间为t1,则h=g (1分)
可得t1=0.2 s(1分)
包裹刚落到传动带上时的速度满足
sin 30°= (1分)
可得v1=4 m/s(1分)
设包裹从刚落到传送带上到与传送带速度相等的时间为t2,则t2==0.5 s(1分)
在t2时间内,包裹在传送带上下滑的位移x=t2 (1分)
因μmg cos 30°=mg sin 30° (1分)
包裹与传送带速度相等之后匀速下滑,设包裹与传送带速度相等之后到滑至传送带最底端的时间为t3,则
L-x=vt3 (1分)
解得t3=1 s(1分)
包裹从被抛出到滑至传送带底端的总时间t=t1+t2+t3
得t=1.7 s(1分)
15.答案　(1)4 m/s　(2)2 N　(3) m解析　(1)根据能量守恒可得
mgR=m+μmgR cot θ (2分)
解得vB=4 m/s(1分)
(2)滑块在B点时,对其受力分析,滑块受重力、支持力,在垂直斜面方向上合力提供向心力
FⅠ==16 N(2分)
在沿斜面方向有FⅡ=mg sin θ=6 N(1分)
则此时滑块所受合力的大小
F= N=2 N(1分)
(3)当h=h1时滑块恰好过螺旋圆形的轨道
(h1-2.8R)mg=m+μmg(h1-R) cot θ (2分)
mg=m (1分)
解得h1= m(1分)
设当h=h2时滑块恰好不滑出轨道HI
mgh2=μmgh2 cot θ+μ'mgLGH+μmgLHI cos θ+mgLHI sin θ (2分)
解得h2=5 m(1分)
设滑块从HI轨道上静止滑下,恰好不脱离螺旋圆形轨道且最终停留在GH间时,轨道HI的长度L'HI
mgL'HI sin θ=μmgL'HI cos θ+μmgR cot θ+mg(R+0.8R)+μ'mgLGH (2分)
解得L'HI=5R=5 m=LHI (1分)
即滑块恰好不冲出HI轨道同时也不会脱离圆轨道时,h的范围为 m