江苏常州高级中学2026-2027学年高三上学期7月阶段检测物理试题

新高三物理阶段考试答案 2 4 6 6 7 8 9 10 11 D C D A D B A C A B 4.A A、C两点的速度大小相等，方向相互垂直， 【详解】设物块P的质量为m,加速度为a, 故AC错误，B正确： 静止时弹簧的压缩量为和，弹簧的劲度系数为 D.A、C两点竖直方向的速度大小相等，方向 k,由力的平衡条件得，mg=kx0,以向上为正 相同，水平方向速度大小相等，方向相反，所 方向，木块的位移为x时弹簧对P的弹力：F=k 以A点相对C点的速度沿水平方向，大小为 (xo-x),对物块P,由牛顿第二定律得， va+vc=2mm/s,故D错误。 F+F1-mg=ma,由以上式子联立可得，F=k 故选B。 x+ma.可见F与x是线性关系，且F随着x的 7.C 增大而增大，当=0时，kx+a>0,故A正确， 【详解】水流做平抛运动，故在水平方向上有 B、C、D错误.故选A. x=Vot 【点睛】解答本题的关键是要根据牛顿第二定 1 律和胡克定律得到F与x的解析式，再选择图 象，这是常用的思路，要注意物块P的位移与 在竖直方向上有h=28 弹簧形变量并不相等. x 5.D 联立解得，==2h 【详解】AB.当书包放在马扎上时，书包与马 扎的总重力不变，故无论马扎两边支撑腿之间 将尺寸都变为原来的N时，有 的角度如何变化，马扎对地面的压力始终等于 8 总重力，马扎对地面的压力不变，故AB错误： NV2h√N% CD.由于书包对马扎的压力大小不随马扎两边 支撑腿之间的角度变化，根据力的分解有 故C正确ABD错误。故选C。 0 4F cos-=mg 8.A 2 【详解】盘静止时由胡克定律(m+m)g=kL 可得Fsg 弹簧再伸长△L时，拉力F,则F=k△L 4cos 2 解得F=△L (m+mo)8 可知两边支撑腿上产生的力随着夹角的增大 刚松手盘和物体受向上合力F,对整体由牛顿 而增大，故C错误，D正确。 定律F=(m+m,)a 故选D。 松手时盘对物体的支持力FN,对物体由牛顿定 6.B 【详解】ABC.由题意可知，四边形ABCD是 律FN-ng=ma 菱形，摇动手柄竖直抬升重物过程中，B点的 △L 解得F、=1+ mg 故选A。 速度方向竖直向上，A、C两点的速度方向分 别垂直AD、CD方向，大小相等，A、C两点 9.C 的间距每秒均匀缩短2mm,可知A、C两点速 【详解】ABC.对小球受力分析，如图所示。 度的水平分量大小相等为 女子m=m6 当∠CAB=45°时，B点和C点沿BC方向的分 速度大小相等，即vsin45°=vc 又Va=Ve cos45i 可得vc=√2mm/s,ya=2mm/s 根据平衡条件可得F=”3 N=mg tane sin 上移到框架的最高点的过程中，日逐渐增大到 到传送带左端时速度仍大于等于v1,无图符合： 90°，则水平拉力F不断减小，框架对小球的 开始f向右，若此时f<G。,先向左匀减速到 支持力N不断减小，故AB错误，C正确； 速度小于y后摩擦力变成向左，加速度变小， D.以小球和半圆形框架为整体，水平方向根 继续向左减速，可能减速到传送带左端离开， 据受力平衡可得∫地=F 离开时速度小于v1,A图斜率变大即加速度变 可知地面对框架的摩擦力不断减小，故D错 大不符合；也可能减速到零后未到传送带左 误。 端，接着反向加速离开，B图符合； 故选C。 开始f向右，若∫>G。时，物体向左做匀减速 10.A 运动，当速度等于”，后与传送带之间为静摩擦 【详解】重力沿斜面的分力平行于CD向下， 滑动摩擦力与运动方向相反，受力分析有 力与G。平衡，开始做匀速运动到离开传送带， G.mg sine,f=umg cos 无图符合。 根据余弦定理得 开始∫向左做减速运动，则应是∫<G。且 F=G+f2-2G,f cos(x-0)=2mg sinecos ,<y,减速为零后反向加速加速度大小不变， 反向加速回到原点的时间和减速的时间相同， 因此CD无图符合。 故选A。 故选B。 11.B 【详解】开始∫向右，P受向右滑动摩擦力和 绳拉力，向左减速运动，可能一直向左减速 a/(ms2) 3.00 2.00 2F a 12 BD/DB 1.00 0.1 mg g 0 →FN 1.0 2.0 3.0 4.0 -1.00 2 【详解】(1)[1]对物块，根据牛顿第二定律得 2F-umg =ma 所以动摩擦因数为 2F a 一。g与F己知，要测动摩擦因数，还需要测出物块的质量m和物块的加速度，即纸带的 mg g 加速度a。 故选BD。 (2)2油(1)可知，动摩擦因数的表达式为u=25-4 mg g (3)[3]根据表中对应数据，描点连线，如图所示 45对物块，根据牛顿第二定律得2F-wmg=m解得a=2F-g由图像可知4g=1 2_3.0-0.48 解得u=0.1,m=2kg m4.0-1.5 13.(1)F=12N,T=15N;(2)FN=491N 【详解】对氢气球进行受力分析，并正交分解如图所示： 根据平衡条件： 竖直方向：F浮=mg+Tsin37 水平方向：F=Tcos37 解得：F=12W,T=15N; (2)对人进行受力分析，并分解如图： 由平衡条件得到：竖直方向：Fx=Mg-Tsin37=491N; 综上所述本题答案是：(1)F=12N,T=15N;2)FN=491N 140:a)20 【详解】(1)起跳后运动员在水平方向做匀速直线运动，当竖直方向速度减为零时，运动员运动 到最高点，则起跳后运动员在最高点速度v的大小为y三S如37°为 (2)将运动员在空中的运动分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的竖直上抛运动， 运动员在空中运动时间为t,则水平方向位移为x=',sin37°.t 1 规定竖直向下为正，竖直方向位移为y=-%cs37°1+28 由几何关系2=tan37° 联立解得，运动员在空中运动的时间1= 2g 15.(1)s= √2 2ug 2:(2)=20:(3)p=45 5 Mmgvo 【详解】(1)由于滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，因此首先应判断工件刚平稳地传到乙 上瞬间，相对于传送带乙的运动方向，刚传到传送带乙上瞬间，工件有相对传送带乙侧向速度0 和与传送带乙运动方向相反的速度v0,其合速度方向与传送带运动方向显然成45°，如下图所示， 并建立图示直角坐标系. Vo 根据牛顿第二定律可知a,=一 2g,a,=② 即物块相对传送带在沿传送带方向和垂直传送带方向分别做相同的匀减速直线运动，根据匀变速 直线运动规律可知，当垂直传送带方向的速度减为零时，物块相对传送带在x方向上的位移即侧 向滑过的距离为5=2d 2ug (2)同理作出工件相对传送带运动和所受滑动摩擦力的矢量图如下图所示 2V0 5Vo 设摩擦力与y轴方向间的夹角为0，根据牛顿第二定律和加速度的定义式可知，始终存在 a_AL=tan0-=号 ax△y2 因此工件相对传送带做匀减速直线运动，因此工件在乙上刚停止侧向滑动时应相对传送带乙静 止，因此工件此时的速度大小为v=2o (3)每个工件在传送带乙上相对传送带滑行距离为△s= 5 2ug 每个工件在传送带乙上相对传送带滑行的时间为仁5 ug 每个工件在相对传送带滑动的1时间内，电动机对乙做的功为W=m2)- 2m+umgAs 电动机的平均输出功率为p=W 联立以上各式解得P= 45 5 lmgvo 16.④k-)8(2+3 H (3)-26ngH k+1 k-1 【详解】(I)设棒第一次上升过程中，环的加速度为a环，则根据牛顿第二定律有： F环=kg-mg=ma环 联立解得：a环=(k-1)g方向竖直向上： (2)设以地面为零势能面，向上为正方向，棒第一次落地的速度大小为：由机械能守恒得： 1 ×2my2=2mgH 解得：v=√2gH;设棒弹起后的加速度#，以竖直向上为正方向，则由牛顿第二定律有： F棒=-(mg+mg)=ma体解得：a棒=-(k+1)g 棒第一次弹起的最大高度：H,=-” 20楼 联立解得：H,k十1 H 棒运动的路程：S=H+2H十H (3)设环相对棒滑动距离为l,根据能量守恒有：mgH+mg(H+)=amgl 摩擦力对棒及环做的总功：W=-gl联立解得：w=-2kmg4 k-1 图像法补充 1 M G 质心 H 质心 质心 环 环 01 E B 一、图像的物理意义与第一次相对位移（对应4ABC的面积） 在图中，棒和环的v一t图线围成的面积，代表的就是它们的相对位移。棒第一次碰地反弹后， 棒减速上升，环减速下降，直到图中的C点两者达到共速。在这个过程中，环相对棒向下滑动的 距离x1,在图像上即为△ABC的面积。 通过相对运动的物理规律可以直接计算出x1的大小： 相对初速度：碰地反弹瞬间，棒向上1=√2gH,环向下1。两者的相对初速度Avo=21。 相对加速度：棒受重力和向下的摩擦力，加速度Q棒=（化+1）9：环受重力和向上的摩擦力，加 速度a环=(k一1)g。两者运动方向相反，相对加速度大小a彻对=a楼+a环=2kg。图 计算面积x1:根据匀减速到相对静止的公式v2-哈=2ax,可以得到第一次相对位移： (4o)2_(2)2_1_2H X1= 2a对2(2kg)kg=k 二、借助质心位移破解反弹规律（对应△PGE的面积） 为了求出后续的相对位移（如△MEF的面积），需要找到反弹速度从1衰减到V2的规律。利 用质心位移来推导最为简捷： 从棒第一次起跳，到它第二次落地（图像上的E点），在这个完整的抛体周期内，棒的净位移为 0。 在这同一周期内，环相对棒往下移动了x1。 因为棒和环质量相等（均为），根据质心位移公式，整个系统的质心在这个周期内往下移动的 距商为4：==名=器 2m 碰地瞬间，棒是1，环是一v1,系统质心的初速度恰好为0。因此质心在做自由落体运动。到 达E点时两者共速，此时共同的速度一v2即为质心落地的速度。由自由落体公式v2=2g△x, 直接得出： 哈=2g4xc=2g2kg=飞 解得第二次碰地速度：？=是。 三、求总相对位移与摩擦力总功 每次反弹速度变为原来的辰，在”-t图像中，后续的相对运动过程与第一次完全相似，相似 多边形的面积比等于对应速度比的平方。因此，每次发生的相对位移构成了一个公比为的无 穷递缩等比数列： 书1三2 红=是名=号 整个过程的总相对位移x点就是所有这些面积之和： 2H X1 点= k 2H 1一衣 1 k-1-k-1 k 摩擦力对环及棒做的总功为： 2H 2kmgH W=-kmg:x8=-kmg'k1=-k-1 补充：图像中各三角形面积关系的解释 SAAPC=SAPEG=SAABC S44Bc的物理意义：代表第一次相对滑动的总位移x1。 5ac的物理意义：底边是相对滑动时间口=号高是：其面积计算为号=器从 代数结果上看，它恰好等于x1。 S4PEG的物理意义：P点为质心开始下落的时刻（初速为0），E点为落地时刻（速度为v2),因 此APEG的面积代表了质心在单次周期内的总下落位移△xc。 由于棒的单周期净位移为0，系统质心的位移必然是相对位移的一半，即4xc=x1。因此， 从物理推导上必然有SAPEG=SAABC心2027届高三物理阶段测试1 物理组2026.7 一、单选题共11题，每题4分，共44分.每题只有一个选项最符合题意。 1.一地铁在水平直轨道上运动，某同学为了研究该地铁的运动情况，他 用细线将一支圆珠笔悬挂在地铁的竖直扶手上，地铁运行时用手机拍摄了 如图所示的照片，拍摄方向跟地铁前进方向垂直，细线相对竖直扶手偏东， 该同学根据照片分析正确的是() A.地铁一定向西加速运动 B.地铁可能向东加速运动 C.细线中拉力大小与地铁加速度大小无关 D.若用刻度尺测量细线的长度和圆珠笔到竖直扶手的距离，可以估算此 时地铁的加速度 2.玻璃杯底压一条纸带，现施恒力将纸带从杯底抽出，若力足够大，玻璃杯只有较 小位移。如果以后每次抽纸带前，纸带与杯子的相对位置相 同。纸带抽出过程中，下列说法中正确的是() A.若杯中水量不变，施力越大，杯子位移越大 B.若杯中水量不变，无论施力大小，杯子位移相同 C.若施力大小不变，杯中盛水越多，杯子的位移越大 D.若施力大小不变，无论杯中水量多少，杯子位移相同 3.如图所示，质量为m的手机静置在支架斜面上，斜面与水平面的夹角为日，手机 与接触面的动摩擦因数为“，重力加速度为8。下列说法正确的是() A.手持支架向上匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，手机 手村 受到的支持力与静止时受到的支持力相等 B.支架斜面对手机的摩擦力大小为4 ng cos6,方向沿斜面向上 C.支架对手机的作用力方向垂直于斜面向上，大小为mg66s8 D.手持支架向右做匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，手 机可能不受摩擦力 4.如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P,系 统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做 匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原 长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是() 试卷第1页，共4页 5.马扎属于中国传统手工工艺制品，腿交叉，上面绷帆布或麻绳等，可以合拢，质 量较轻，便于携带。如图所示，马扎放在水平地面上，书包静止放在两支撑腿A、B 等长的马扎上，若A、B之间的夹角增大一些，则() A.马扎对地面的压力减小 B.马扎对地面的压力增大 C.支撑腿A受到的压力减小 D.支撑腿A受到的压力增大 6,某千斤顶的结构如图所示，四根等长杆由铰链相连。摇动手柄竖 直抬升重物过程中，AC两点的间距每秒均匀缩短2mm, 当∠CAB=45°时，下列说法正确的是（) A.A与C两点速度大小相等，方向相反 B.B点速度方向竖直向上，大小为2mm/s C.C点速度方向沿CB向上，大小为lmm/s 手柄 D.A点相对C点的速度沿水平方向，大小为lmm/s 7.某生态公园的人造瀑布景观如图所示，水流从高处水平流出 槽道，恰好落入步道边的游泳池中。现制作一个模型展示效果， 模型的尺寸为实际尺寸六。若将水从槽道里流出后的运动看作 平抛运动，则模型中槽道里的水流速度应为实际水流速度的 A月 B.N C.N D.√N 8.如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为m的平盘， 盘里有一物体，质量为m,当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸 长了L。今向下拉盘使弹簧再伸长△L后停止，然后松手放开。设弹簧 200000 总处在弹性限度以内，则刚松开手时盘对物体的支持力等于( A. AL 1+元m B. m C.mg△L 9.半圆形框竖直静放在粗糙的水平地面上，套在其上的光滑 小球P在水平外力F作用下处于静止状态，P与圆心O的连 线与水平面的夹角为日，现用水平力F拉动小球，使其缓慢 上移到框架的最高点，在此过程中框架始终保持静止，下列 说法中正确的是（) A.水平拉力F为恒力 B.水平拉力F先增大后减小 C.框架对小球的支持力不断减小 D.地面对框架的摩擦力一直增大 试卷第2页，共4页 10.如图所示，矩形平板ABCD的AD边固定在水平面上，平板 与水平面夹角为0，AC与AB的夹角也为8。质量为m的物块在 平行于平板的拉力作用下，沿AC方向匀速运动。物块与平板间 的动摩擦因数μ=tan0,重力加速度大小为g,拉力大小为() A.2mgsincos B.2mg sin C.2 ng sin号 2 D.mg sin@cos 11.如图所示，水平传送带以速度”匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸 长的轻绳相连，t=0时刻P在传送带右端具有速度2，P与定滑轮间的绳水平，t=时 刻P离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长。下列描述小物体P速度随时间 变化的图像中可能正确的是( V V2 V2 A B 2 D 回 二、实验题每空3分，共15分 12.如图所示是测量物块与木板间动摩擦因数的实验装置。长木板固定在水平桌面上， 打点计时器固定在长木板上，纸带穿过打点计时器，与带滑轮的物块相连。沙桶和力 传感器通过绕在滑轮上的细绳相连。调整沙桶的质量，当放开沙桶时，使物块在木板 上做匀加速直线运动。（重力加速度为g,滑轮的质量和摩擦可以忽略) ta/(m.s2) 3.0 打点计时器 力传感器 2.0 2.00 1.00 沙桶 +FIN -1.00出 (1)在某次测量中读出力传感器示数为F,为进一步测量动摩擦因数，下列物理量 中还需测量的有 (填题首字母) A.木板的长度LB.物块的质量mC.沙桶的质量MD.纸带的加速度a (2)利用测得的物理量写出动摩擦因数的表达式= (3)为使实验结果更精确，该同学改变沙桶的质量，重复以上操作，得到多组数据 如下表所示。以弹簧秤的示数F为横轴，以加速度α为纵轴建立如图所示坐标系，作 出a-F图像 已知重力加速度9.8m/s2,则由图像可得动摩擦因数 试卷第3页，共4页 = (保留一位有效数字)，物块的质量m= kg(保留一位有效 数字)。 FN 1.5 2.0 2.5 3.0 4.0 al (m-s2) 0.48 1.0 1.56 1.95 3.0 三、解答题 (13题8分，14题8分，15题12分，16题13分) 13.如图某人用轻绳牵住一只质量m=0.6kg的氢气球，因 受水平风力的作用，系氢气球的轻绳与水平方向成37角， 已知空气对气球竖直向上的浮力为15N,人的质量 M=50kg,且人受的水平风力和浮力忽略 (8=10ms2;sin37=0.6;cos37°=0.8)，求： (1)水平风力的大小和绳子拉力大小： (2)地面对人的支持力大小. 14.如图所示，北京冬奥滑雪运动员通过助滑道加速后 从跳台起跳，最后落在着落坡上。已知着落坡倾角为37° (sin37°=0.6，cos37°=0.8)，运动员起跳时速度大小为%， 方向与着落坡垂直。不计空气阻力，重力加速度为g,求： (1)起跳后运动员在最高点速度v的大小： (2)运动员在空中运动的时间t。 ww 15.如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为 .小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因 数为μ，乙的宽度足够大，重力加速度为g (1)若乙的速度为o,求工件在乙上侧向（垂直于乙的 传送带乙 运动方向)滑过的距离： (2)若乙的速度为2o,求工件在乙上刚停止侧向滑动时 回 的速度大小： 传送带甲 园 (3)保持乙的速度2o不变，当工件在乙上刚停止滑动时， 四 下一只工件恰好传到乙上，如此反复.若每个工件的质量 均为m,除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不 计，求驱动乙的电动机的平均输出功率P. 16.如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高H,上端套着一个细环。 棒和环的质量均为m,相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力amg(k>1)。 LLLLU 断开轻绳，棒和环自由下落，假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地 时间极短，无动能损失.棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力 环 不计。求： 棒 (1)棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环的加速度； (2)从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程S; H (3)从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力对环及棒做的总功W。 AAAAAAAAKKKKAAA 试卷第4页，共4页