湖南省常德市汉寿县汉寿县第一中学2025-2026学年高三下学期2月阶段检测物理试题（含答案）

湖南省常德市汉寿县第一中学 2025-2026 学年高三下学期
2月阶段性检测物理试题
一、单选题
1 ．如图所示，楔形木块 a 、b 、c 固定在水平面上，斜面ab 、bc 与水平面的夹角分别为
37° 、53° , 一轻质光滑定滑轮固定在斜面体的顶端，质量分别为m = 0.2kg 和M = 0. 8kg 的物体 P 、Q 通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，连接物体的轻绳与斜面平行，PQ 恰好不滑动。两物体与斜面体间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知
cos 53。= 0.6 ，sin 53。= 0.8 ，重力加速度为g = 10 ms2 。则剪断轻绳后， P、Q 对斜面的摩擦力大小分别是( )
A ．1.2N ，3.9N B ．1.2N ，4.8N C ．0.975N ，3.9N D ．0.975N ，4.8N
2 ．传送带是物料搬运系统机械化和自动化的传送用具，可以替代人工搬运，节省人力物力。一水平传送带两端相距36m，物料与传送带间的动摩擦因数为0.2 。物料从一端轻放上传送带，被传送至另一端。当传送带分别以8m / s 和16m / s 的速度大小匀速运动时，取重力加速 度大小g = 10m / s2 ，物料通过传送带的时间差为( )
A ．0.5s B ．1s C ．2.5s D ．4s
3 ．如图甲所示，质量为 2kg 的物块 m 和质量为 3kg 的物块 M 叠放，静止在光滑水平面上，零时刻起随时间如图乙所示的力 F 作用在 M 上，若 m 和 M 之间的动摩擦系数为 0.1，则 m 和 M 刚要开始滑动的时刻及该时刻的速度分别为( )
A ．10s 、5m/s B ．15s 、15m/s C ．20s 、10m/s D ．30s 、20m/s
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4 ．空间站的发射和回收过程中，航天员要承受超重或失重的考验。在某空间站竖直向上加速发射过程中，有一段时间内的加速度达到 3.5g。已知空间站中航天员的质量为 m，取重力加速度g = 10m / s2 ，则在该段时间内( )
A ．航天员处于失重状态
B ．空间站对航天员的作用力大小为 4.5mg
C ．空间站中质量为 2kg 的物体置于台秤上的视重为 70N
D ．空间站对航天员的作用力大于航天员对空间站的作用力
5 ．如图，一上端开口的箱子固定在水平地面上，内壁光滑，长为 10m。在小球 A 以某一速度向右运动的同时，一小球 B 从 A 正上方距离箱底 5m 高处水平抛出。若两小球在离箱子左侧 8m 处相遇，则 A 的速度大小可能是（重力加速度 g 取10m/s2 ，小球 A 与箱壁碰撞后速度大小不变）( )
A ．2m/s B ．6m/s C ．12m/s D ．16m/s
6 ．加快发展新质生产力是新时代可持续发展的必然要求，我国新能源汽车的迅猛发展就是最好的例证。某新能源汽车生产厂家在平直公路上测试汽车性能， t ＝0 时刻驾驶汽车由静止启动，t1 = 6s 时汽车达到额定功率，t2 = 14s 时汽车速度达到最大，如图是车载电脑生成的汽车牵引力 F 随速率倒数变化的关系图像。已知汽车和司机的总质量 m ＝2000kg，所受阻力与总重力的比值恒为 ，重力加速度 g = 10m/s2 ，下列说法正确的是( )
A ．汽车启动后做匀加速直线运动，直到速度达到最大
B ．汽车在 BC 段做匀加速直线运动
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C ．汽车达到的最大速度大小为 20m/s
D ．从启动到速度达到最大过程中汽车通过的距离为 150m
二、多选题
7 ．质量为 m 的物体置于水平面上，在水平恒力 F 的作用下由静止开始前进了 s 的距离，撤去力 F 后，物体又前进了 s 的距离后停止运动。则下列说法正确的是( )
A ．物体受到的摩擦阻力大小为
B ．物体受到的摩擦阻力大小为 F
C ．运动过程中物体的最大速度为
D ．物体运动到位移中点时的速度最大
8．风洞是研究空气动力学的实验设备。如图所示，一物体静止锁定在p 点，AB 间距为d = a0T2 ， p 点为 AB 的中点，该风洞产生如图所示的水平方向的周期性加速度，以水平向右为正方向。不考虑重力加速度的影响。下列说法正确的有( )
A ．若在 T 之间释放物体，则该物体一定能运动到 B 端
B ．若在 T ~ T 之间释放物体，则该物体一定能运动到 A 端
C ．不管什么时候释放物体，该物体一定能运动到其中一端
D ．不管什么时候释放物体，该物体一定一直做往返运动直到其中一端
9 ．如图所示，一质量为 m、可视为质点的小球固定在轻直杆的一端并绕 O 点在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时速度为 v。已知重力加速度为 g，杆长为 L，在图示位置，下列说法正确的是( )
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A ．若杆的弹力大小为 mg ，v 可能为
B ．若v ，小球受到的杆的弹力竖直向下
C ．若v =0 ，小球受到的杆的弹力也为 0
D ．若小球经过最高点时，速度变为 2v，则杆的弹力大小一定变为原来的 4 倍
10．2024 年 9 月 19 日，我国在西昌卫星发射中心成功发射第 59 颗、第 60 颗北斗导航卫星。若将 60 颗卫星的运动近似看成圆轨道，用 T 表示卫星的周期，r 表示卫星的轨道半径，如图所示为这些卫星绕地球在不同轨道上运动的lgT - lgr 图像。图中的 1 和 2 两点为其中的两颗卫星甲和乙对应的数据点。已知引力常量为 G，下列说法正确的是( )
A ．图像的斜率为
B ．地球质量为
C ．卫星甲和乙运动的线速度大小之比为10x2 :10x1
D ．卫星甲和乙向心加速度大小之比为102x2 :102x1
三、实验题
11．实验小组做平抛实验，得到小球做平抛运动的轨迹如图甲所示，图中每小方格的边长为 5cm，取重力加速度大小 g=10m/s2 ；另一实验小组用喷水枪喷射出一股水流，改变水流喷出时初速度的大小和方向，得到的运动轨迹如图乙所示，五条轨迹分别为 1 、2 、3 、4 、5，水流喷出时初速度方向与水平方向的夹角在对应的轨迹上标出，以此来探究斜抛运动的规律。回答下列问题:
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(1)由图甲可知，O 点____（填“是”或“不是”）平抛运动的抛出点，平抛运动的初速度大小
v0=____m/s（结果保留两位有效数字）。
(2)五条轨迹中运动时间最长的是轨迹_______（填“1”“2”“3”“4”或“5”），轨迹 2 与轨迹 4 的初速度大小__________（填“相等”或“不相等”）。
12 ．某同学要测量由某种导电材料制成的横截面积为 2mm2 的电阻丝的电阻率：
(1)先用游标卡尺测量其长度，如图所示，其读数为______mm。
(2)再用多用电表粗测其阻值，选择欧姆“×10”挡位，发现指针偏转角度过大，故而将选择开关旋到挡位______（填“×1”或“×100”）。接下来进行的操作是______。
A.直接测量 B.欧姆调零 C.机械调零
(3)该同学采用伏安法更精确测量其阻值，除待测电阻丝外，实验室还备有的实验器材如下：电源 E（电动势 4.5V，内阻约 2Ω )
电压表 V（量程 3V，内阻约3ka）
电流表 A（量程 0.6A，内阻未知）
滑动变阻器R1（阻值 0 ~ 5a ，额定电流 0.5A）
滑动变阻器R2 （阻值 0 ~ 10a ，额定电流 1A）
开关 S；导线若干
滑动变阻器 R 应选______（填“R1 ”或“R2 ”）；实验前电路如图所示，用试触法时发现电压表
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示数变化较大，故应将电压表右侧导线接在______处（填“a”或“b”）。
(4)若实验测得该电阻阻值为 8.2 a ，则该材料的电阻率为______ a . m （保留两位有效数字）。
四、解答题
13．如图甲是物流用机器人运送、投递包裹的场景。简化图如乙所示， 工作人员在供包台将包裹放在机器人的水平托盘上，包裹将自动送至方形分拣口，停止运动后缓慢翻起托盘，让包裹滑入投递口。其启动和制动过程可视为匀变速直线运动， 抵达分拣口时，速度恰好减为零，翻转托盘倾角缓慢增大，直至包裹下滑，包裹与托盘接触面动摩擦因数为 ，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度 g 大小取 10m/s2。现把质量 m = 1kg 的包裹从供包台沿直线运至相距L = 63m 的分拣口处，在运行过程中包裹与水平托盘保持相对静止。运行最大速度v = 4m/s ，机器人运送包裹途中，看作质点。求：
(1)在机器人到达投递口处，要使包裹能够下滑，托盘的最小倾角θ 应该是多少；
(2)机器人制动时的最大加速度，及此时托盘对包裹的作用力 F 的大小；
(3)求机器人从供包台运行至分拣口所需的最短时间 t。
14 ．如图所示，纸面内直角三角形 BCD 区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，
（1）求电子进入磁场时的速度 v0 ；
（2）请在答题卡的图上作出电子在磁场中运动的轨迹（保留作图痕迹,标明圆心 O 的位置），
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并求出电子在磁场运动的半径 R ；
（3）求该磁场的磁感应强度 B。
15．如图所示，边长为L 、质量为m 、电阻为R 的正方形导体框ABCD 静止在光滑水平面上，空间存在垂直水平面向下、足够多的磁场带，磁场带的宽度为L ，相邻磁场带的间距为2L 。磁场带整体以水平速度v0 向右匀速运动。已知导体框的电阻R 。求：
(1)当导体框AB 边刚进入第一个磁场带时，AB 两端的电压UAB ；
(2)导体框离开第二个磁场带到进入第三个磁场带所用的时间；
(3)导体框AB 边刚进入第三个磁场带时导体框的加速度和导体框穿过第三个磁场带的过程中安培力对导体框做的功。
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1 ．A
对物体 P 受力分析，由平衡条件得mg sin 37° + μmg cos 37° = T对物体 Q 受力分析，由平衡条件得Mg sin 53° = μ . Mg cos 53° + T
联立得
剪断轻绳后，对 P 受力分析mg sin 37° < μmg cos 37°对 Q 可得Mg sin 53° > μ . Mg cos 53°
所以 P 受到的是静摩擦力fP = mg sin 37° = 1.2N Q 受到滑动摩擦力fQ = μ . Mg cos 53° = 3.9N
故选 A。
2 ．A
物料在传送带加速运动时的加速度为
当传送带以v = 8m / s 的速度大小匀速运动时，物料加速过程的时间为
加速过程的位移为
匀速过程的时间为
物料通过传送带的时间为
t = t1 + t2 = 6.5s
当传送带以v = 16m / s 的速度大小匀速运动时，设物料在传送带上一直做匀加速直线运动，则有
解得
物料离开传送带的速度为
v1 = at = 12m / s < 16m / s
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假设成立，故物料通过传送带的时间差为
Δt = t - t = 6.5s - 6s = 0.5s
故选 A。
3 ．A
m 和M 刚要开始滑动时，两者间的静摩擦力达到最大值，对物块m ，根据牛顿第二定律得
μmg = ma
得
a = μg = 1m / s2
对两物块组成的整体，由牛顿第二定律得
F = (M + m)a = (3 + 2) ×1N = 5N
由F - t 图象可得
F = 0.5t(N)
则当F = 5N 时
t = 10s
在0 ~ 10s 内，F 与t 成正比，则整体的加速度a 与t 也成正比，根据a - t 图象与时间轴所围的面积表示速度变化量
可知，0 ~ 10s 内，速度变化量为
因为整体的初速度为 0，所以 t = 10s 时整体的速度为
v = Δv = 5m / s
故 A 正确，BCD。
故选 A。
4 ．B
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A ．因为加速度向上，所以航天员处于超重状态，故 A 错误；
B ．对航天员根据牛顿第二定律，有F - mg = ma
解得F = 3.5mg故 B 正确；
C ．根据牛顿第二定律，有FN - mg = ma
解得FN = 90N
故 C 错误；
D ．间站对航天员的作用力与航天员对空间站的作用力大小相等、方向相反是一对作用力与反作用力，故 D 错误。
故选 B。
5 ．C
AB ．对 B 球由平抛规律，竖直方向有hgt2
水平方向有x =v0t
联立解得 A 的速度大小可能是 B 做平抛的初速度为v0 = 8m/s ，故 AB 错误；
CD．小球 A 与箱壁碰撞后速度大小不变，且不计碰撞时间，两小球相遇是发生在小球 A 与右箱壁发生弹性碰撞后返回时
故小球 A 速率为vA m/s = 12m/s
若小球 A 速度为16m/s ，则两小球相遇是在离箱子左侧 2× 10m -16 × 1m=4m 处故 C 正确，D 错误。
故选 C。
6 ．D
AB ．由图可知汽车在 AB 段汽车牵引力不变，根据牛顿第二定律
解得
a = 2.5m/s2
可知汽车在 AB 段做匀加速直线运动，汽车在 BC 段牵引力逐渐减小，做加速度减小的加速运动，故汽车启动后先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，直到速度达到最大，
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故 AB 错误；
C ．t1 = 6s 时汽车的速度为
v1 = at1 = 15m/s
汽车额定功率为
P = Fv1 = 10 × 103 × 15W = 1.5 × 105 W
汽车达到的最大速度大小为
故 C 错误；
D ．汽车做匀加速直线运动的位移为
从刚达到额定功率到速度达到最大过程中，根据动能定理
解得
x2 = 105m
汽车通过的距离为
x = x1 + x2 = 150m
故 D 正确。
故选 D。
7 ．ACD
AB ．设物体在运动中受到的摩擦力大小为 Ff，对整个运动用动能定理可得Fs-2Ffs=0
解得
A 正确，B 错误；
C ．由题意可知，水平恒力 F 撤去瞬间，物体的速度最大，由动能定理得
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解得
C 正确；
D ．由题意可知，因加速和减速整个运动中，加速度的大小相等，物体加速和减速运动的位移相等，因此物体运动到位移中点时的速度最大，D 正确。
故选 ACD。
8 ．AB
由 d = 1 at2
2 2
得 t = T
也就是说物体在t = 0 时刻从p 点释放，经时间T 运动到 B 端；
物体在t = 时刻从p 点释放，由V - t 图像可知，物体在 时间内向右运动的最大位移为 a0T d
接着由运动的对称性可知物体在 时间内向左运动的位移大小也为 d
此后重复这个过程，即物体是在p 点和距p 点右边水平方向上 d 的位置间往复运动，到达不了 B 端，也到达不了A 端。
若在0 ~ T 间释放物体，由V - t 图像与时间轴围成的面积可知，物体在第一个 2T 内位移的方向为正方向，此后物体的运动重复第一个 2T 内的运动，则物体一定能运动到 B 端；
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同理，若在 T ~ T 之间释放物体，由D - t 图像可知，物体在第一个 2T 内位移的方向为负方向，此后物体的运动重复第一个 2T 内的运动，则物体一定能运动到 A 端。
故选 AB。
9 ．AB
A ．若杆的弹力大小为 mg ，则小球的向心力 Fn = mg mg mg或 mg mg mg
结合Fn =
可得v 或v A 正确；
B ．当杆对小球无弹力时，则有mg 解得v
当v = 时，重力不足以提供向心力，小球受到的杆的弹力竖直向下，故 B 正确；
C ．若小球在最高点时速度为 0，则小球受到的杆的弹力大小等于小球的重力，C 错误；
D．根据Fn = 可知小球经过最高点时，速度变为 2v，则向心力变为原来的 4 倍，弹力不一定变为原来的 4 倍，故 D 错误。
故选 AB。
10 ．BD
(
r T
)A ．设地球质量为 M，由万有引力提供向心力有G = m( 2π)2 r
两边同时取对数，整理可得lgT lgrlg 故图像的斜率为 ，故 A 错误；
B ．当lgT = 0 时，有103x 可得地球质量为M 故 B 正确；
Mm v2
C ．根据万有引力提供向心力有G 2 = m
r r
可得v
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所以 故 C 错误；
D ．根据万有引力提供向心力有G ma可得a = G
所以卫星 1 和 2 向心加速度之比为102x2 :102x1 ，故 D 正确。
故选 BD。
11 ．(1) 是 1.5
(2) 1 相等
（1）[1]由题图甲可知，小球从 O 点到 A 点和从 A 点到 B 点的水平距离均为 15cm，故它们的运动时间相等，若 O 点是平抛运动的起点，则小球从 O 点到A 点和从 A 点到 B 点的竖直方向上的分位移大小之比应为 1:3，由题图甲可知，yOA = 5cm ，yAB = 15cm ，则有
yOA：yAB = 1: 3
则 O 点是平抛运动的抛出点；
[2]在竖直方向上yOA gt2水平方向上xOA = v0t
将yOA = 5cm = 0.05m ，xOA = 0.15m 代入，解得v0 = 1.5m/s
（2）[1]斜抛运动的运动时间由竖直方向上的高度来决定，高度越大，运动时间越长，则轨迹 1 的运动时间最长；
[2]设轨迹 2 、4 的初速度大小分别为v2 、v4 ，把轨迹 2 、4 的初速度分别沿着水平方向和竖直方向分解，则运动时间分别为t
射程分别为x2 = v2 cos 60° . t
由题图乙可知x2 = x4
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解得v2 = v4
12 ．(1)41.20
(2) ×1 B
(3) R2 a
(4) 4.0× 10-4
（1）游标卡尺读数为 41mm +10× 0.02mm = 41.20mm
（2）[1] 发现指针偏转角度过大，说明电阻较小，应选择小挡位，故将选择开关旋到挡位
×1； [2]换挡后需重新进行欧姆调零。 故选 B。 （3）[1]滑动变阻器若选用R1，则电路中电流的最小值为
为了实验安全进行，故不能选R1 只能选R2 ；
[2]由于Rx ，故采用电流表外接法，电压表接 a；
（4）根据 R = r 可得 r 代入数据解得 r = 4.0 × 10-4 a . m
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13 ．(1)θ = 30°
(3) t = 1.9s
（1）托盘倾斜包裹刚要下滑时满足mg sinθ = μmg cosθ解得tan → θ = 30°
（2）机器人制动时由静摩擦力提供加速度，当静摩擦力达到最大时，包裹的加速度最大
μmg = ma
解得a m / s2
此时托盘给包裹提供 2 个力，所以F 解得F N
(
v
4
（
3
）匀加速直线运动的最短时间
1
a
10
)t = m = = 0.4s
—、3
3
匀加速直线运动位移x1 = 解得x1 = 0.8m
匀加速直线运动与匀减速直线运动时间、位移相等，所以匀速直线运动的位移x2 = L - 2x1
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解得x2 = 4.4m
所以匀速直线运动时间t2
解得t = 2t1 + t2 = 1.9s
vo ，方向水平向右；（2）R = L 作图详见解析；（3）B （1）设电子到达小孔 S2 时的速度大小为 v0，根据动能定理有
解得
（2）由题意做出电子的运动轨迹如图所示
由几何关系可知，电子在磁场中做圆周运动的轨道半径为 S2C，所以R = L
（3）由洛伦兹力提供向心力
2
(
0
)ev B = m v0
L
解得
,方向向右， W安 mv
（1）由右手定则可知 A 点电势小于 B 点电势，可知UAB < 0 ，故当导体框 AB 边刚进入第一个磁场带时，AB 两端的电压UAB B0Lv0
（2）导体框进入第一个磁场带的过程中，安培力的冲量有
同理导体框离开第一个磁场的过程安培力的冲量I
所以当导体框穿过第一个磁场条的过程中，由动量定理有2 = mv1
所以当导体框穿过第二个磁场条的过程中，由动量定理有 mv2 - mv1解得v v0
此时导体框 AB 边与第三个磁场条右边界的距离为 L，所以导体框离开第二个磁场带到进入第三个磁场条所用时间t
（3）导体框 AB 边刚进入第三个磁场带时，对导体框学力分析并结合牛顿第二定律有
F安 = ma 其中F安 = B0IL 解得a （方向向右） 导体框穿过第三个磁场带的过程中，由动量定理有
由动能定理有W安 mv mv 联立解得W安 mv
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