卷6 阶段综合检测(1)(1-5章)（含答题卡）-【创新教程】2026年高考物理总复习大一轮创新示范卷

物理 创新示范卷（六） 题号 1 2 3 6 6 7 8 9 10 答案 D D B 0 D C AC AD AB 1.D[研究全红嫌在女子10米台决赛中的姿态，全红 同，到地面的高度相同，选项B错误；C物体与同步卫 婵不可看作质点，否则就没有姿态可言了，故A错误： 星的角速度相同，根据=wr可知C物体的线速度小 根据牛频第三定律可知，郑钦文在女单网球决赛中发 球时球拍对网球的作用力等于网球对球拍的作用力， 于问步卫笔的我选度：而旅据G-m祭，周A r2 故B错误：马龙在乒乓球男子团体决赛中，把乒乓球 的周期小于同步卫星的周期，可知A的轨道半径小于 以原追率打回，则该过程乒乓球速度的变化量不为 同步卫里的轨道丰经，根据6恤=m二一√， GM 零，故乒乓球的加速度不为0，故C错误：设李雯雯的 2 一只手对杠铃的支持力为N,两手臂间夹角为0，质量 可知A物体的线速度大于同步卫星的线速度，可知C 为m,根据平衡条件有2Vcos0=mg,解得V= 物体的线速度一定小于A卫星的线速度，选项C正 25)故两手臂间夹角0越大，则c0s0越小，故N越 确.] 8.AC[对PQ杆及小球进行分析，如图所示， 大，根据牛顿第三定律，可知杠铃对某一手臂的作用 力越大，故D正确，] 根据共点力平衡条件有Fp=mg tan37=3 4 2.D[因为物体微匀变缝直线运动，则有x=1十7心， 由图可知，当t=2s时，x=6m,代入得6=%×2十 cos 373-5 mg,又有FQ=m5 4mg,故选 AC.] 2ax2, 9.AD [根搭开普勒第三定律R+R》 T号 当1=4s时x=0m,代入得0=功×4十2a×4 kR+2RnR 联立解得v=6m/s,a=一3ms2, 2 T (2+n+k) 根据速度时间公式得v=0十at, T ,科到√8n十产，故A正确： 在1=4s末物体的速度为u=6m/s十（一3）×4m/s 根据加速离心、减速向心，可知由轨道进入轨道Ⅱ其速 =-6m/s,即此时速度大小为6m/s.] 度减小，需要在M点点火使其减速才能完成，故B错 3.B[设轻绳上的拉力大小等于T,则F=Tcos37,T 误：根据 GMm (nR+R)2 2一m(nR士R)2·得M= +Tsin37°=mg,解得F=mg,故选R.] 4π2(nR+R)3 4.B[由于表演者在最低，点和最高点有动作，因此重心 GT吃 的轨迹不是圆周，故A错误；表演者在最高处所受合 故C错误：根 力不为零，故C错误：表演者做曲线运动，所受合力不 (nR+R=m(nR+R)4g和GMm GMm T房 R2 为零，则加速度不为零，又速度大小发生变化，由向心 力公式可知，表演者所受合力大小也发生变化，故B =mg,得g=4r2(n+1)3R T号 正确，D错误.] 故D正确.] 5.C[设地球的质量为M.则有M=p·专，遮感回十三 10.AB[由题图乙可知，木块A先做匀减速运动，长木 板B先做匀加速运动，最后二者一起做匀速运动，共 号01组卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心 同速度u=1m/s,取水平向右为正方向，根据动量守 力样，部=他联a错a品此选C] 恒定律得 mo=(m十M)v,解得M=2kg,故B正确：由题图乙 6.D[匀速上升过程中，平台的动能不变，重力势能增 加，则机械能增加，故A错误；匀速下降过程中“剪叉” 可知，长木板B微匀加建运动的加速度为B= △1 对平台的作用力与平台的重力平衡，则“剪又”对平台 1 的作用力不变，故B错误：匀速上升过程中，设“剪叉” m's2=1ms2,对长木板B,根据牛颜第二定律得 中每一根臂与竖直方向夹角为0，以平台为对象，根据 mg=MaB,解得2=0.1， 受力平衡可得2Ncos=mg,上升过程中，由于0逐渐 故A正确：由题图乙可知，前1s内长木板B的位移 减小，cos0逐浙增大，则“剪叉”中每一根臂的弹力逐 渐减小，故C错误：启动上升的眸间，由于加速度方向 为第=792-号×1X12m=0.5m… 向上，则平台处于超重状态，故D正确， 7.C[A、B两卫星的质量关系不确定，则不能比较两卫 木块A的位移为-士-2安X1m=1.5m 星所受的万有引力大小关系，也不能比较A、B两卫星 所以长木板B的最小长度为L=xA一xB=1m,故C 的重力势能的关系，选项A,D错误：根据GMm= 错误；木块A与长木板B组成的系统损失的机械能 r2 T,可知因A,B两卫星周期相同，则轨道半径相 为△E=之m6-名(m+M02=2小 故D错误.] 答案-12 创新示范卷·参考答案 11.解析：(1)电火花打点计时器接220V交流电源，该 解得x=1.5m, 同学未找到低压电源，而电磁打点计时器必须使用 La-x 低压交流电源，故打点计时器应选图丁中的A, 匀速运动的时间3= (②)根据逐差法，可得重力加速度为g=tExC 解得t3=18s, 4T2 物块运动的总时间 12.52-7.05)-(7.05-314①×10-2y2=9.75ms2； t=t1十t2十t3=3.5s. 4×0.022 答案：(1)1=4ms(2)t=3.5s (3)设每小格为1，当下端悬吊0,8N的重物，静止时 14.解析：(1)由题意可知，照相机照相的时间间隔T= 弹簧下瑞的指针指在刻度为C的位置，则有k△1= 1g, =0.05s, 1 当悬吊1N的重物，静止时弹簧下端的指针指在刻 每相邻两位置之间被删去3个影像，则相邻两位置 度为O的位置，则有k△2=m'g, 的时间间隔1=4T, 解得k=Nm, 解得t=0.2s: 因为！未知，所以不能测出弹簧的劲度系数具体数 (2)小球做平抛运动，竖直方向的运动为自由落体运 值； 动，由题意有H=7(3)2- 1 28(2)2, (4)设甲图中每小格长度为L0,根据胡克定律可得弹 簧的劲度系敦k=AF=1-0.8.1 解得H=1m: 4x10L050L0' (3)设每相邻两位置的水平距离为x,根据平抛运动 指针指在刻度板上A点时，弹力为FA=0.8N+ 的位移公式有x=o1 k:5L,=0.8N+0×5L=0.9N 气r+( 根据牛领第二定律可得FA一mg=ma, 2=√x2+H, 解得a-P-ms_Q9-Q1X975vg=-0.75m子. 又由题意知81ts2=2:5, 0.1 可知加速度大小为0.75ms2,加速度的方向为竖直 解得w=57 7 m/s. 向下. 答案：(1)A(2)9.75(3)否(4)0.75 12.解析：(1)由图2可知，小球的直径为d=18mm+ 答案：11=0.2s2H=1m（3③w-5y9m 6×0.1mm=18.6mm, 15.解析：(1)气门嘴灯每次到达最低点，a、b刚接触时弹 小球的运动半径r=r。十 ,小球通过光电门时的速 d 簧弹力则有F=mg十kL=3mg, 最低点刚好发光，由牛頓第二定律可得F一mg 度为一，由牛顿第二定律有F-m二，联立解得 =mR' Ftr 解得=√2gR. (2)最高点刚好发光，车轮匀速转动的线速度有最小 (2)根据上述分析可得F 整理可得 值，由牛顿第二定律可得F十mg=m尺， 、 解得2=2√gR: (3)若车轮以线速度=v=√3gR转动，气门嘴灯 答案：118.6o十号号 r /2 所需向心力则有F。=mR=3mg: 13.解析：(1)物块在斜面上下滑时，由牛頓第二定律 ngsin37°-mngcos37°=ma, 可知此力恰好等于触点a、b接触时弹簧的弹力Fm= 由运动学公式=2aL1, F 联立解得=4m/s; 即无重力参与向心力，则此位置对应与圆心等高处， (2)令物块在斜面上运动的时间为t1,由山1=at 可知气门嘴灯恰好在与轮轴等高处开始发光，其发 得t1=2s, 光时间在下半圆周，可知车轮每转一图发光时间1= 物块运动到传送带上时，由牛顿第二定律得2mg= 12πR=x√3gR 1d2 3g 物块与传送带共速时，由速度公式得o=U1一a2t2, 答案：(1)=√2gR:(2)2=2√gR: 解得12=0.5s, 物块匀减速运动的位移江=叫十 (3)1=π3gR 21g 3g 答案-13null