滚动检测卷(二)-【金卷1号】2026-2027学年高中物理必修第一册单元检测AB卷（人教版）

滚动检测卷（二）》 赳 [第二章~第三章] (时间：75分钟 满分：100分) 一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分.每小题只有一个选项符合题目要求） 餐 1.城市里高楼鳞次栉比，楼层越高视野越开阔，但是有一点一定要注意一严禁“高空坠 物”，因为坠物落地速度很大，会造成很大的危害.假设一个小铁块从10层楼的高处无初 速度下落，已知10层楼距地面高度为30，小铁块落地后不反弹，不计空气阻力，重力加 速度g取10m/s2.下列说法正确的是 中 A.小铁块在开始下落后的第1s内、第2s内、第3s内的位移之比为1：3：5 B.小铁块下落过程的平均速度大小为10m/s C.小铁块下落过程中第2s内的位移为20m D.小铁块下落最后10m所用时间为(6-2)s 2.一辆汽车由静止开始做初速度为零的匀加速直线运动，速度增大到25/s后做匀速直 9 线运动，已知汽车前5s内的位移为87.5，则汽车匀加速运动的时间为 A.3 s B.4s C.5s D.6s 岁 3.中国高铁技术已走在世界前列.某同学乘坐高铁列车时通过观察列车铁轨旁里程碑和车 内电子屏显示的速度来估算列车进站时的加速度大小.该同学上网搜索知道，两个里程 荞 碑之间的距离是1k.当他身边的窗户经过某一里程碑时，屏幕显示的列车速度是 144km/h,随后该窗户又连续经过了5个里程碑时，速度变为72km/h.若列车进站过程 视为匀减速直线运动，则下列说法正确的是 A.该同学经过两相邻里程碑的时间越来越短 国) B.列车进站的加速度大小约为0.12m/s 的 C.经过相邻两里程碑列车速度变化量相等 D.到列车停止，还要再经过三个里程碑 65 4.某同学看到桥上掉下一把钥匙，此时，一只小船前端恰好在钥匙正下方20m处，船以 2/s的速度向前运动，那么船至少多长才可以让钥匙掉在小船上 () A.2 m B.4 m C.6 m D.8 m 5.如图所示，吸附在竖直玻璃上质量为的擦窗工具，在竖直平面内受重力、拉力和摩擦力 (图中未画出摩擦力)的共同作用做匀速直线运动.若拉力大小与重力大小相等，方向水 平向右，重力加速度为g,则擦窗工具所受摩擦力 拉力 重力 A.方向竖直向上 B.方向水平向左 C.大小等于mg D.大小等于2mg 6.教室的磁吸式黑板擦在不使用时可以吸附在竖直黑板上.当黑板擦吸附在黑板上保持静 止时，下列说法正确的是 A.黑板擦受到三个力的作用 B.磁性越强，黑板擦受到的摩擦力越大 C.黑板擦对黑板的压力等于黑板擦受到的重力 D.黑板擦所受重力越大，受到的摩擦力越大 7.某同学沿水平方向用力推一文具盒，使其在水平桌面上做匀速直线运动，下列说法中正 确的是 A.文具盒对桌面的压力和文具盒所受的重力是一对平衡力 B.桌面对文具盒的支持力和文具盒对桌面的压力是一对平衡力 C.手对文具盒的推力和桌面对文具盒的摩擦力是一对作用力和反作用力 D.桌面对文具盒的摩擦力和文具盒对桌面的摩擦力是一对作用力和反作用力 8.如图所示，一斜面体紧靠挡板静止在水平地面上，现有一物块沿斜面匀速下滑，则下列说 法中正确的是 66 A.地面对斜面体有水平向右的摩擦力 B.斜面体对物块的作用力方向竖直向上 C.若撒去挡板斜面体将会向左运动 D.地面对斜面体的支持力大于斜面体和物块的重力之和 二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分.每小题有多个选项符合题目要求，全 部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选和不选的得0分) 9.如图所示，足球场上，足球受到运动员头部的作用力而改变了运动方向，运动员的头部受 到了足球的作用力而感到疼痛.关于这两个力的说法，正确的是 A.运动员对足球的作用力大于足球对运动员的作用力 B.这两个力为作用力与反作用力 C.运动员对足球的作用力比足球对运动员的作用力更早产生 D.这两个力一定会同时消失 10.物体从离地面45m高处做自由落体运动(g取10m/s2),则下列选项中正确的是( A.物体运动3s后落地 B.物体落地时的速度大小为20m/s C.物体在落地前最后1s内的位移为25m D.物体在整个下落过程中的平均速度为20m/s 11.如图甲所示，一人用由零逐渐增大的水平力F推静止于水平地面上质量为10kg的木箱，木 箱所受的摩擦力F:与F的关系如图乙所示，g取10m/s2,下列说法正确的是 ↑F/N 20 21 F/N A.木箱所受的最大静摩擦力Fm=21N B.木箱所受的最大静摩擦力Fm=20N C.木箱与地面间的动摩擦因数u=0.21 D.木箱与地面间的动摩擦因数=0.2 67 12.如图所示，质量为m、顶角为a的直角劈和质量为M的正方体放在两竖直 墙和一水平面间，处于静止状态.若不计一切摩擦，则 A.水平面对正方体的弹力大小为(M十m)g 7nnn0n0m B.墙面对正方体的弹力大小为mg tan a C.正方体对直角劈的弹力大小为ngcos a D.直角劈对墙面的弹力大小为mgsin a 三、非选择题（本题共6小题，共60分） 13.(6分)在“用电火花计时器探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，小车在恒定外力 作用下运动，如图甲示是一次记录小车运动情况的纸带，图中A、B、C、D、E为相邻的 计数点，相邻计数点间还有四个点未画出.所用电源的频率为50Hz. t/(m-s') 7.5 27.60 单位：cm -60.30 中中中 —105.60 12345t/×10-1s) 分 7 (1)由纸带根据运动学有关公式可求得v=1.38m/s,vc= m/s,vp=3.90m/s. (2)利用纸带上的数据求出小车运动的加速度a= m/s2. (3)若实验中以打A点时开始计时，利用所得的数据在图乙中作出小车的)一t图线，将 图线延长线与纵轴相交，此交点纵轴坐标的物理意义是 14.(8分)某同学利用如图所示的装置探究两个互成角度的力的合成规律.在竖直木板上铺 有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B,将绳子打一个结点O,每个钩码的质量相等，当系 统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力F1、F2和F3,回答下列问题： (1)(多选)改变钩码个数，实验能完成的是 A.钩码的个数N1=N2=2,N3=4 B.钩码的个数N1=N3=3,N2=4 C.钩码的个数N1=N2=N3=4 N. D.钩码的个数N1=3,N2=4,N3=5 68 (2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是 A.标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向 B.量出OA、OB、OC三段绳子的长度 F C.用量角器量出三段绳子之间的夹角 F D.用天平测出钩码的质量 F (3)在作图时，你认为图中 (填“甲”或“乙”)是正 分 确的。 15.(10分)一辆汽车以54km/h的速度匀速运动，司机在汽车距离前方路口停车线75米时 看到变红灯了，立即使汽车开始做匀减速直线运动，恰好停在停车线处.可将汽车视为 质点.求： (1)汽车做匀减速运动的加速度； 69 (2)汽车做匀减速运动的时间. 16.(12分)小明一家乘自驾车出游，自驾车以108k/h的速度靠近某一收费站站口时，开 始以大小为5m/s2的加速度做匀减速行驶，速度至18km/h时通过ETC收费站口，然 后立即以大小为2.5m/s2的加速度加速至原来速度继续行驶.求： (1)驾驶员开始减速距收费站站口的距离； (2)假设深化收费公路制度改革后取消该收费站，该车仍以108k/h的速度通过此路 段时，可节省的时间是多少. —70 17.(12分)如图所示，重物的质量为16kg,在轻细线AO和BO的拉力的作用下处于平衡 状态.此时AO线是水平的，BO线与水平面的夹角为0=53°.AO、BO两绳所能承受的 最大拉力都是250N.(g=10m/s2)(sin53°=0.8，cos53°=0.6)求： 增 园 (1)AO的拉力； (2)为保证绳子不断，所挂重物的最大质量是多少？ 71 18.(12分)如图所示，三根轻质绳子OA、OB与OC将一质量为6kg的重物悬挂空中处于 静止状态，其中OB与天花板夹角为37°，OA与天花板夹角为53°.(g取10/s, c0s53°=0.6，sin53°=0.8) D AY530 37°8 C (1)求绳子OA、OB对应的拉力大小FA、FB; (2)若保持O、B点位置不变，改变OA绳长度，将A点移动到D点，使得OD=OB,求此 时绳子OD对应的拉力大小FD: 72解得小环与杆间的弹力大小为 Mg F、=mg十2， (2)以木块为研究对象，受重力和两根绳子拉 力，如图所示 Mg 根据几何知识可知绳子拉力和竖直方向夹角 为30°，由平衡条件有 2Fcos30°=Mg, 解得 R-得Mg 以左边小环为研究对象，受重力、绳子拉力和 杆的支持力和摩擦力.如图所示 mg 根据平衡条件有 uFv=Fsin30°， 解得 √5M =3(M+2m)1 答案(1)mg+ ,(2)3M+2m √/3M 2 滚动检测卷（二） [第二章~第三章] 1.D小铁块做自由落体运动，由 h= 2g可知下落的总时间为 h t入N 2×30 10 s=√6s; 第1s内的位移为5m,前2s内位移为20m, 即第2s内的位移为15m,则第3s内的位移为 10m,所以在开始下落后的第1s内、第2s内、 13 第3s内的位移之比为1：3：2，故A、C错误； 由平均速度公式可知，小铁块下落过程的平均 速度0=h=30, m/s=5√6m/s,故B错误；已 t√6 知小铁块总下落高度为30m,前2s内位移为 20m,则最后10m内运动时间为t=(W6一2)s,故 D正确.故选D. 2.A若前5s内汽车一直做匀加速运动，则前5s 内匀加速的位移满足 x-7w4<71=3×25X5m=62.5m< 1 87.5m 因此汽车在前5s内一定是先加速后匀速，设加 速的时间为t,则有 1 x=2vnt+n(5s-)=87.5m 解得t=3s,故选A. 3.B高铁的运动为匀减速运动、经过相等距离所 需时间越来越长，A错误；列车又经过5个里程 碑，位移为5km,设初速度0。=144km/h= 40m/s,又经过5个里程碑后速度为v= 72km/h=20m/s,由运动学公式v-0 =2ax, 可知 a=0.8-202-40 2x=2X5000m/s=-0.12m/s. 可得加速度为大小为0.12m/s2,B正确；经过 相等距离时，运动时间越来越长，由△v=a△t可 知，速度变化量不相等，C错误；列车又经过5 个里程碑后，继续行驶的距离为 x'=002= -202 2a -2X0.12m≈1666.7m. 故到列车停止，还要再经过一个里程碑，D 错误. 故选B. 4.B设船长为1，钥匙落下所需时间为t,根据公 式h=s, 解得钥匙下落时间t=2s, 故船的长度至少为l=wt=4m,故选B. 5.D擦窗工具做匀速直线运动，则其受力平衡， 由平衡条件可知，摩擦力F:与重力和拉力的合 力F等大反向，擦窗工具受力如图所示，重力 mg和拉力T的合力大小为 F、 mg F=√/(mg)+T=√/(mg)+(mg)=√2g, 方向与水平方向夹角为45°，向右下方，可知摩 擦力的大小为F,=√2mg, 方向与水平方向夹角为45°，向左上方. 故选D. 6.D黑板擦受重力、静摩擦力、支持力和磁铁的 吸引力，共四个力作用，故A错误；黑板擦受到 的是静摩擦力，与重力平衡，重力越大，静摩擦 力，与磁性强弱无关，故B错误，D正确；黑板擦 对黑板的压力等于黑板擦受到黑板的吸引力， 故C错误.故选D. 7.D文具盒对桌面的压力的受力物体是桌面，文 具盒所受的重力的受力物体是文具盒，二者不 是一对平衡力，A错误；桌面对文具盒的支持力 和文具盒对桌面的压力是一对相互作用力，B 错误；文具盒匀速运动，受力平衡，可知手对文 具盒的推力和桌面对文具盒的摩擦力是一对平 衡力，C错误；桌面对文具盒的摩擦力和文具盒 对桌面的摩擦力是一对作用力和反作用力，D 正确.故选D. 8.B由整体法分析，物块与斜面体处在平衡状 态，水平方向受力平衡，斜面体与地面之间不存 在摩擦力，故A错误；由于物体沿斜面匀速下 滑，故斜面体对物块的作用力方向竖直向上，与 物块重力大小相等，方向相反，故B正确；若撤 去挡板，由于斜面体与地面之间不存在摩擦力， 没有运动趋势，斜面体不会运动，故C错误；由 受力分析可知，地面对斜面体的支持力等于斜 面体和物块的重力之和，故D错误.故选B. 13 9.BD运动员对足球的作用力与足球对运动员的 作用力是作用力与反作用力，总是大小相等、方 向相反、同时产生、同时消失，故A、C错误，B、D 正确. 10.AC由h=2gr代入数据得，物体运动时间 t=3s,选项A正确；由v=gt代入数据得，落地 速度v=30m/s,选项B错误；前2s内的位移 h:=2g2=2×10×4m=20m,故落地前 最后1s内的位移为：△h=h一h2=25m,选项 C正确：由可=么代入数据得，整个下落过程中 的平均速度为：可m/s=15m/s,选项D错 误 11.AD木箱受到的静摩擦力随推力的增大而增 大，最大静摩擦力为21N,当推力F>21N 后，摩擦力为滑动摩擦力，大小为20N,木箱与 地面间的动摩擦因数=E=0.2,选项A,D mg 正确. 12.AB把两个物体看成一个整体，分析受力，水 平方向有两个弹力，竖直方向有重力和支持 力，在竖直方向上由二力平衡可得，水平面对 正方体的弹力大小为(M十m)g,选项A正确； 以直角劈为研究对象，其受竖直向下的重力 g,右面墙的弹力F2,方向水平向左，正方体 对直角劈的支持力F,方向过两物体的接触点 垂直于直角劈的斜面，即与水平方向的夹角为 a,由力的合成和二力平衡可知，F2与F的合 力与重力等大反向，故F=mg,F2=Feos a= sin a mg,所以选项C错误；由牛顿第三定律知，直 tan g 角劈对墙面的弹力大小为mg,所以选项D tan a 错误；再以整体为研究对象得，墙面对正方体 的弹力大小与F2相等，即为mg,所以选项B tan a 正确. 3 13.解析(1)电源频率为50Hz,则周期为 0.02s,相邻计数点间还有四个点未画出，则可 知相邻计数点间的时间间隔为T=0.02×5s =0.1s,C点的瞬时速度为 =7-0.6980:07西 2×0.1 m/s=2.64m/s. (2)纸带加速度为a= △v =D一B △t 2T 3.90-1.38 2×0.1 m/s2=12.6m/s. (3)用描点法作出小车的一t图线，将图线 延长与纵轴相交，此交点纵轴坐标的物理意 义是打点计时器开始计时时的速度，即打下 A点时纸带对应的速度 答案(1)2.64(2)12.6 (3) to/(m-s) 5T 4 3 H 24 012345/X10's) 开始计时时，小车的速度（或A) 14.解析(1)实验中的分力与合力的关系必须 满足： F1一F2|<F3<F1十F2,因此B、C、D选项是能完 成的. (2)拆下钩码和绳子前要记录结点O的位置以 及三段绳子的方向，故选A: (3)实验中，F3的方向是竖直向下的.故甲 正确. 答案(1)BCD(2)A(3)甲 15.解析(1)汽车做匀减速运动的初速度为。= 54km/h=15m/s,末速度为0，刹车距离为 x=75m,由匀变速直线运动规律可得 0-v6=2ax 解得 a=-1.5m/s2. 汽车做匀减速运动的加速度大小为1.5m/s2, 方向与速度方向相反， (2)由匀变速直线运动规律可得 0=v。十at, 134 解得匀减速运动的时间为 t=10s. 答案(1)1.5m/s2,方向与速度方向相反； (2)10s 16.解析(1)根据题意有，=108km/h= 30m/s,o=18km/h=5m/s,a1=5m/s2, a2=2.5m/s2, 令汽车减速通过的距离为x1,由运动学公式有 v2-v6=-2a1x1, 解得x1=87.5m, (2)汽车减速所用时间1，=。一”， 解得t1=5s. 汽车加速至原来速度108km/h过程中，根据 位移速度关系有 -v2=2a2x1, 解得x2=175m, 所用时间1，=心一”=10s. a2 若汽车匀速通过该路段所用时间 1=+2=8.75s, 该车可节省时间△t=t1十t2一t=6.25s. 答案(1)87.5m;(2)6.25s 17.解析(1)根据共点力平衡有 tan53°=mg Fo' 解得Fm=m=120N: 4 3 (2)根据平衡条件有 a7器 解得FoB=200N, 可得FoB>Fa4, 可知当重物质量增大时，OB先断， 当Fom=250N时，有 sin53°=mg, FOB 解得m'=20kg. 答案(1)120N;(2)20kg 18.解析(1)对结，点O受力如图所示 53 mg 根据平衡条件，有 FA=mgcos37°=48N, Fs=ngsin37°=36N. (2)将A点移动到D,点后画出受力如图所示 53°1539 由对称性知 Fp=FB, 2 Fpsin37°=mg, 解得 F=50 N. 答案(1)48N,36N;(2)50N 第四章运动和力的关系 A卷合格考层级检测卷 1.A绳子突然断了，说明绳子拉力大于重力，根 据牛顿第二定律可知合力方向竖直向上，加速 度方向竖直向上，电梯的运动情况最有可能是 加速向上运动或减速向下运动，故A正确，BCD 错误。 故选A. 2.B由题意，人的加速度a=N二m5>0方向向 上，所以升降机以加速度a加速向上或以加速 度a减速向下.故B正确ACD错误. 故选B 3.D人在沿直线匀速前进的车厢内，人与车厢速 度相同，人竖直向上高高跳起后，由于惯性，人 沿原直线运动的速度不变，仍将落在起跳，点，A 13 错误；人在沿直线加速前进的车厢内，人与车厢 的加速度相同，都做加速运动，速度逐渐增大且 相同，当人竖直向上高高跳起后，人在沿原直线 运动的方向上不受力作用，人将做匀速直线运 动，车厢仍做加速运动，人将落在起跳点的后 方，B错误；若车厢静止，人从车厢起跳时，车厢 给运动员的支持力与运动员给车厢的压力是作 用力与反作用力关系，由牛顿第三定律可知，作 用力与反作用力大小相等，方向相反，C错误； 若车厢静止，人从车厢起跳时，人有竖直向上的 加速度，由牛顿第二定律可得FN一mg=ma F-mg+ma 因此车厢给运动员的支持力F、大于运动员所 受的重力mg,D正确.故选D. 4.B从受力上看，失重物体所受合外力向下，超 重物体所受合外力向上；从加速度上看，失重物 体的加速度向下，而超重物体的加速度向上.A、 C、D中的各运动员所受合外力为零，加速度为 零，只有B中的运动员处于失重状态. 5.B位移x的单位是m,根据表达式2（十12） 可得单位为 .s=kgm/s.s=m/s, kg kg 由此可知等号左边是长度单位m,而右边单位 是速度的单位m/s,所以结果一定是错误的，选 用的单位制不同只会影响系数，故选B, 6.B马停止用力，车就不再受到向前拉力作用， 由于车的惯性，所以车还能继续前进一段距离， A错误；马停止用力，由于车的惯性，所以车仍 能继续前进一段距离才停下来，B正确；质量是 惯性的唯一的量度，因此车停下来的过程中，随 着速度逐渐减小，可车的质量不变，车的惯性大 小不变，C错误；车完全停下来后，处于平衡状 态，车只是在运动的方向上不受力作用，可在竖 直方向上，车仍受到重力与地面的支持力的作 用，这两个力大小相等方向相反，合力是零，D 错误.故选B. 5