12 第3章 阶段滚动检测卷(二)-【优学精讲】2025-2026学年高中物理必修第一册教用课件(人教版)

阶段滚动检测卷(二) 1 √ (时间：75分钟　分值：100分) 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1.2024年11月3日7时30分，西安马拉松鸣枪开跑，来自全国各地的35 000名选手从起点永宁门出发，在跑步的同时感受十三朝古都悠久的历史文化和丝路起点城市的新活力。在42.195 km的赛道上，经过激烈的角逐，某运动员以2小时12分12秒成绩夺得男子马拉松冠军。下列有关说法正确的是(　　) A.“11月3日7时30分”指的是时间间隔 B．“2小时12分12秒”指的是时刻 C．“42.195 km”指的是位移大小 D．“42.195 km”指的是路程 4 5 6 7 8 1 9 10 12 11 2 3 15 14 13 阶段滚动检测卷 解析：“11月3日7时30分”指的是时刻，A错误；“2小时12分12秒”指的是时间间隔，B错误；“42.195 km”是路径长度，因路径不是直线，则指的是路程，C错误，D正确。 4 5 6 7 8 1 9 10 12 11 2 3 15 14 13 阶段滚动检测卷 √ 2．下列说法正确的是(　　) A．裁判在给正在进行花样滑冰的运动员打分时，可以将运动员看成质点 B．我们说“日落西山”，是以太阳为参考系 C．两个运动的物体的位移大小均为20 m，这两个位移一定相同 D．长度能忽略的汽车经过某一站牌的速度72 km/h是瞬时速度 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 阶段滚动检测卷 解析：裁判在给正在进行花样滑冰的运动员打分时，运动员的形状、大小不能忽略不计，不可以将运动员看成质点，A错误；我们说“日落西山”，是以地面为参考系，B错误；两个运动的物体的位移大小均为20 m，这两个位移不一定相同，因为位移的方向可能不同，C错误；长度能忽略的汽车经过某一站牌的速度72 km/h是瞬时速度，D正确。 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 阶段滚动检测卷 √ 3．我国某运动员在巴黎奥运会中夺得女子网球冠军，决赛中对手击打的网球以36 km/h的初速度撞上球拍以后，被该运动员以54 km/h的速度沿相反方向击回，网球与球拍接触的时间为0.5 s，则网球的加速度(　　) A．大小为10 m/s2，方向与初速度方向相同 B．大小为50 m/s2，方向与初速度方向相同 C．大小为10 m/s2，方向与初速度方向相反 D．大小为50 m/s2，方向与初速度方向相反 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 阶段滚动检测卷 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 阶段滚动检测卷 √ 4．某运动员获得2024年奥运会跳水女子10 m台冠军。如图所示，电视直播画面显示了她第4跳的相关数据：起跳高度为11.4 m，腾空时间为1.6 s，入水速度为47.2 km/h，则该运动员在空中运动过程中(　　)   A．位移大小为10 m B．速度先变小后变大 C．平均速度为47.2 km/h D．加速度先变小后变大 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 阶段滚动检测卷 解析：运动员在竖直方向的位移大小为10 m，但其在水平方向也有一定的位移，所以位移大小大于10 m，A错误；先向上做减速运动，再向下做加速运动，速度先变小再变大，B正确；数据中的入水速度47.2 km/h指的是瞬时速度的大小，C错误；运动员全程只受重力，加速度一直为重力加速度，D错误。 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 阶段滚动检测卷 √ 5．某工厂对出厂前的玩具车进行性能测试，玩具车做直线运动的位移x和时间二次方t2的关系图像如图所示，则下列说法正确的是(　　)   A．玩具车做匀速直线运动，速度为3 m/s B．玩具车做匀变速直线运动，加速度为2 m/s2 C.玩具车在4 s内的平均速度大小为3 m/s D．任意相邻1 s内玩具车的位移差都为3 m 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 阶段滚动检测卷 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 阶段滚动检测卷 √ 6.如图所示，用三个完全相同的小立柱将足球支起，小立柱的上端可视为点，小立柱的位置连线成正三角形，放在水平桌面上，足球与小立柱的接触点与足球球心的连线与竖直方向的夹角均为37°。已知每个小立柱对足球的支持力大小为2.5 N，不计足球与小立柱间的摩擦及小立柱的重力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是(　　) A.单个小立柱对足球的支持力方向竖直向上 B．足球所受的重力为7.5 N C．足球对小立柱的作用力与桌子对小立柱的作用力是平衡力 D．足球对小立柱的作用力与桌子对小立柱的作用力是相互作用力 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 阶段滚动检测卷 解析：弹力的方向垂直于接触面指向受力物体，故单个小立柱对足球的支持力方向斜向上，故A错误；对足球进行受力分析，根据平衡条件可知，三个立柱对足球的作用力的合力与足球受到的重力平衡，足球所受的重力G＝3F cos 37°＝6 N，故B错误；足球对小立柱的作用力与桌子对小立柱的作用力作用在同一物体上，大小相等，方向相反，是一对平衡力，故C正确，D错误。 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 阶段滚动检测卷 7．北方冬天的雪景十分壮观。如图(a)所示，质量M＝25 kg的甲坐在质量m＝2 kg的爬犁上，乙拉着轻质细绳右端A使爬犁在水平雪地上向前匀速运动。简图如图(b)所示，A、B、O三点共线，拴接在爬犁两侧的细绳所在的平面与水平雪地的夹角α＝45°，即∠ABC为45°。两侧细绳等长且细绳间的夹角θ＝60°，爬犁与雪地间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 阶段滚动检测卷 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 阶段滚动检测卷 √ 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求。全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。 8．2024年5月23日7点45分开始，我国解放军开展“联合利剑—2024A”军演，本次军演持续进行约48 h。某时刻四架战机组成的编队以相同的速度在水平面内匀速飞行。下列说法正确的是(　　) A．“7：45”指的是时间间隔 B．“48 h”指的是时间间隔 C．若以地面为参考系，则战机是静止的 D．若以编队中某架战机为参考系，则其余战机是静止的 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 阶段滚动检测卷 解析：“48 h”是指时间间隔，“7：45”是指时刻，故A错误，B正确；若以地面为参考系，则战机是运动的，若以编队中某架战机为参考系，则其余战机是静止的，故C错误，D正确。 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 阶段滚动检测卷 √ 9．“走钢丝”的技艺在我国有着悠久的历史，图示为杂技演员手握长杆正在两幢高楼之间表演“高空走钢丝”。当他缓慢经过钢丝的中点时，钢丝与水平方向的夹角为10°。下列说法正确的是(　　)    A．人对钢丝的压力与钢丝对人的支持力是一对平衡力 B．表演者受到钢丝的作用力方向与人(包括杆)的重心在同一条直线上 C．仍在该两楼之间，更换一根更长的钢丝表演，演员经过钢丝中点时，钢丝绳上的张力会减小 D．表演者手拿长杆会使整体重心升高，从而更容易保持平衡 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 阶段滚动检测卷 解析：人对钢丝的压力与钢丝对人的支持力是一对相互作用力，故A错误；根据二力平衡可知，表演者受到钢丝的作用力方向与人(包括杆)的重心在同一条直线上，故B正确；仍在该两楼之间，更换一根更长的钢丝表演，演员经过钢丝中点时，钢丝与水平方向的夹角θ增大，根据受力平衡可得2T sin θ＝mg，可知钢丝上的张力会减小，故C正确；在走钢丝的过程中，表演者往往手拿一根长杆，主要是调节他自身重心的位置，以便时时保持平衡，当他的重心移动到适当的位置，就可以避免其倾倒，故D错误。 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 阶段滚动检测卷 √ √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 阶段滚动检测卷 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11．(8分)在“探究小车速度随时间变化规律”实验中： 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 阶段滚动检测卷 (1)实验器材有一端附有滑轮的长木板、小车、纸带、细绳、钩码、电火花计时器、导线和复写纸。除上述器材外，还需要使用的有________(填选项前字母)。 A．6 V交流电源 B．220 V交流电源 C．秒表 D．刻度尺 解析：电火花计时器需要220 V交流电源，A错误，B正确；由电火花计时器计时，因此不需要秒表，C错误；纸带上计数点间的距离需要用刻度尺测量，D正确。 BD 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 阶段滚动检测卷 (2)甲同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带(两计数点间还有四个点没有画出)，已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电，根据纸带可求出第4个计数点的瞬时速度为__________m/s，小车的加速度为__________m/s2(结果保留2位有效数字)。 0.81　 2.0 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 阶段滚动检测卷 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 阶段滚动检测卷 12．(10分)验证两个互成角度的力的合成规律，通常需要两个弹簧测力计、橡皮条、细绳套、木板、刻度尺、白纸、铅笔、细绳和图钉等器材，利用两力一起拉伸橡皮条和单独一个力拉伸橡皮条作用效果相同，继而作图验证平行四边形定则。本次实验中发现缺少橡皮条，某同学灵机一动，设计如下实验： (1)竖直固定好木板，并用图钉将白纸固定在木板上。 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 阶段滚动检测卷 (2)如图甲(a)，将细绳套一端系住一重物，细绳套另外两端分别套在弹簧测力计A和弹簧测力计B的挂钩上，贴于竖直木板，用手分别拉住两弹簧测力计，使细绳套结点O静止在某位置，分别读出弹簧测力计A和B的示数，大小分别为F1＝____________________N(示数见图乙)、F2＝2.90 N，并在白纸上记录O点的位置和两细绳的方向OP1及OP2。 解析：根据题图乙可知F1＝3.70 N。 3.70(3.68～3.72均可) 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 阶段滚动检测卷 (3)如图甲(b)所示，用手拉一个弹簧测力计，其下端用细绳挂同一重物，贴近竖直木板的白纸上记录，使得细绳套结点O和步骤(2)的位置重合，并记录此时弹簧测力计读数F＝5.60 N及细绳的方向OP3。 (4)请在图丙中画出F1的图示，并按平行四边形定则画出F1、F2的合力F′。若F′与拉力F的大小及方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内，则该实验验证了力的平行四边形定则。 解析：根据平行四边形定则，作图如图所示。 答案：图见解析 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 阶段滚动检测卷 (5)下列不必要的实验要求是___________。 A．实验前应测量重物的质量 B．弹簧测力计应在使用前校零 C．细绳方向应与木板平面平行 解析：实验前不需要测量重物的质量，不必要的实验要求是A。 A 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 阶段滚动检测卷 (6)F和F′不完全重合的原因可能是_________________________。 解析：F和F′不完全重合的误差可能是：①没有做到弹簧测力计、细绳、细绳套都与木板平行；②读数时没有正视弹簧测力计。 答案：见解析 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 阶段滚动检测卷 13.(10分)无人驾驶汽车是通过车载传感系统感知道路环境，自动规划行车路线并控制车辆到达预定目标的智能汽车，近年我国在汽车无人驾驶技术方面取得了较大的进步。如图所示，在某次测试时，无人驾驶测试车甲、乙在两平行车道上做直线运动，当甲、乙两车并排时，甲车以v＝30 m/s的速度做匀速直线运动，乙车开始同方向做初速度为0的匀加速直线运动，经t＝30 s两车恰好再次并排。求： (1)乙车的加速度大小a；(4分) 13 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 阶段滚动检测卷 答案：2 m/s2　 13 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 阶段滚动检测卷 (2)在30 s内，两车的最大距离xm。(6分) 答案：225 m 13 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 阶段滚动检测卷 14.(12分)如图所示，顶端开口、底端封闭、长度L＝1.25 m的 钢管(内壁光滑)竖直固定放置，A、B两小球的直径略小于钢管 的内径，将小球A从管口由静止释放，经t＝0.3 s后将小球B从 管口由静止释放。已知小球A与管底碰撞后以原速率反弹，重 力加速度大小g取10 m/s2，将两小球视为质点，不计空气阻力 以及小球A与管底碰撞的时间，求： (1)小球A第一次从管口下落到管底的时间tA；(2分) 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 阶段滚动检测卷 答案：0.5 s　 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 阶段滚动检测卷 (2)小球A第一次落到管底前的瞬间，小球B距离管底的距离xB；(4分) 答案：1.05 m　 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 阶段滚动检测卷 (3)两小球第一次相遇的位置距管口的高度H。(6分) 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 阶段滚动检测卷 答案：0.612 5 m 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 阶段滚动检测卷 15．(14分)如图所示，在水平地面上竖立一硬质杆，一中心有孔的物块A套在竖直杆上，现将A用一不可伸长的轻绳通过光滑定滑轮与物块B相连，物块A所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轻绳与水平方向的夹角θ＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。   (1)若硬质杆光滑，A、B均恰好保持静止，求A、B物块的质量比mA∶mB。(6分) 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 阶段滚动检测卷 答案：3∶5　 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 阶段滚动检测卷 (2)若硬质杆与A之间的动摩擦因数μ＝0.5，改变B的质量使A始终静止不动，求A、B物块的质量比mA∶mB的取值范围。(8分) 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 阶段滚动检测卷 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 阶段滚动检测卷 解析：选择初速度方向为正方向，则初速度与末速度分别为v0＝36 km/h＝10 m/s，v1＝－54 km/h＝－15 m/s，根据加速度定义式有a＝ eq \f(v1－v0,Δt) ＝ eq \f(－15－10,0.5) m/s2＝－50 m/s2，可知加速度大小为50 m/s2，方向与初速度方向相反。 解析：由公式x＝v0t＋ eq \f(1,2) at2，结合图像可判断玩具车运动的初速度为零，图像的斜率k＝ eq \f(1,2) a，所以有a＝3 m/s2，即玩具车做初速度为0，加速度为3 m/s2的匀加速直线运动，A、B错误；根据做匀变速直线运动的物体平均速度等于中间时刻的速度，可得 eq \x\to(v) 4＝v2＝at2＝6 m/s，C错误；根据匀变速直线运动规律，玩具车在相邻相等时间内的位移差Δx＝at2，可得任意相邻1 s内，该玩具车的位移差都为3 m，D正确。 A．乙对绳子OA的拉力大小为180 N B．爬犁对雪地的压力大小为180 eq \r(2) N C．爬犁所受的摩擦力大小为90 N D．两侧细绳上的拉力大小均为30 eq \r(3) N 解析：对整体分析可知F cos α＝μ[(M＋m)g－F sin α]，解得F＝90 eq \r(2) N，A错误；爬犁对雪地的压力大小FN＝(M＋m)g－F sin α＝180 N，B错误；爬犁所受的摩擦力大小f＝μFN＝90 N，C正确；对O点分析可知F＝2T cos 30°，解得两侧细绳上的拉力大小均为T＝30 eq \r(6) N，D错误。 10．如图所示，在建筑工地，建筑工人用两手对称水平施力将两长方体水泥制品a、b夹紧，并竖直向上匀速搬起，其中a的质量为m，b的质量为2m，水平作用力足够大，两水泥制品始终相对静止并且两手间摩擦力相同。重力加速度为g。在此过程中，关于b对a的摩擦力方向和大小说法正确的是(　　) A．b对a的摩擦力竖直向上 B．b对a的摩擦力竖直向下 C．b对a的摩擦力大小为 eq \f(1,2) mg D．b对a的摩擦力大小为 eq \f(3,2) mg 解析：根据整体法可得mg＋2mg＝2f，对a分析可得mg＋fab＝f，解得fab＝ eq \f(1,2) mg，方向竖直向下。 解析：已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电，两计数点间还有四个点没有画出，可知纸带上相邻两计数点间的时间间隔T＝ eq \f(1,f) ×5＝ eq \f(1,50) ×5 s＝0.1 s，由匀变速直线运动在某段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可得，第4个计数点的瞬时速度v4＝ eq \f(Δx1,Δt) ＝ eq \f(x35,2T) ＝ eq \f(7.10＋9.13,2×0.1) ×10－2 m/s≈0.81 m/s，由匀变速直线运动的推论Δx＝aT2可得，小车的加速度a＝ eq \f(Δx,（3T）2) ＝ eq \f(x36－x03,9T2) ＝ eq \f(7.10＋9.13＋11.09－1.10－3.09－5.13,9×0.12) ×10－2 m/s2＝2.0 m/s2。 解析：依题意知t＝30 s时有 x甲＝x乙 根据位移公式有 x甲＝vt，x乙＝ eq \f(1,2) at2 代入数据解得 a＝2 m/s2。 解析：依题意分析知当甲、乙两车速度相等时二者有最大距离，设经t0甲、乙两车速度相等，则有 v＝at0 解得t0＝15 s 该时间段甲、乙两车的位移分别为 x甲′＝vt0＝450 m，x乙′＝ eq \f(1,2) at eq \o\al(2,0) ＝225 m 则两车的最大距离 xm＝x甲′－x乙′＝225 m。 解析：小球A反弹前做自由落体运动， 则L＝ eq \f(1,2) gt eq \o\al(2,A) 解得小球A第一次从管口下落到管底的时间 tA＝0.5 s。 解析：小球A第一次落到管底前的瞬间，小球B下落的高度 h＝ eq \f(1,2) g(tA－t)2＝0.2 m 小球B距离管底的距离 xB＝L－h＝1.05 m。 解析：小球A落地瞬间，小球A的速度 vA＝gtA＝5 m/s 小球A落地瞬间，小球B的速度 vB＝g(tA－t)＝2 m/s 设小球A反弹后，经过时间Δt两小球第一次相遇，且小球A未达到最高点，则 xB＝vBΔt＋ eq \f(1,2) g(Δt)2＋[vAΔt－ eq \f(1,2) g(Δt)2] 解得Δt＝0.15 s<tA＝0.5 s 假设成立，故两小球第一次相遇的位置距管底的高度 h1＝vAΔt－ eq \f(1,2) g(Δt)2＝0.637 5 m 两小球第一次相遇的位置距管口的高度 H＝L－h1＝0.612 5 m。 解析：对物块B受力分析，其受重力以及绳子的拉力且处于平衡状态，所以 T＝mBg 对物块A受力分析，其受重力、绳子的拉力以及杆给A的弹力且处于平衡状态，竖直方向有 T sin θ＝mAg 解得 eq \f(mA,mB) ＝ eq \f(3,5) 。 解析：对物块A受力分析，其受重力、摩擦力、绳子的拉力以及杆给A的弹力且处于平衡状态，若A恰好不上滑，则物块A所受的最大静摩擦力方向向下，有 T1sin θ＝mAg＋fm1 fm1＝μFN＝μT1cos θ 解得 eq \f(mA,mB) ＝ eq \f(1,5) 若A恰好不下滑，则物块A所受的最大静摩擦力方向向上，有 T2sin θ＋fm2＝mAg fm2＝μT2cos θ 解得 eq \f(mA,mB) ＝1 所以A、B物块的质量比mA∶mB的取值范围为 eq \f(1,5) ≤ eq \f(mA,mB) ≤1。 答案： eq \f(1,5) ≤ eq \f(mA,mB) ≤1 $