福建省厦门集美中学2025-2026学年高一下学期3月阶段检测物理试题含答案

这是一份福建省厦门集美中学2025-2026学年高一下学期3月阶段检测物理试题含答案，共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（一题 4 分）
1 ．如图，一传送带的上表面以v1 向右做匀速运动，其右侧平台上有一质量为 m 的物体以初速度v0 向左冲上传送带。若传送带足够长， 并且v1 小于v0 ，则物体在返回平台的瞬间，其动能与刚离开平台瞬间相比( )
A ．增大 B ．减小 C ．不变 D ．都可能
2 ．如图所示，物体 A 、B 质量相同，A 放在光滑的水平面上，B 放在粗糙的水平面上，在相同的力 F 作用下，由静止开始都通过了相同的位移 s，那么( )
A ．力 F 对 A 做功较多 B ．力 F 对 B 做功较多
C ．力 F 对 A 、B 做的功相等 D ．无法确定
3 ．运动员从悬停在空中的直升机上跳伞，伞打开前可看作是自由落体运动，打开伞后减速下降，最后匀速下落．如果用 h 表示下落高度，t 表示下落的时间，F 表示人受到的合力，E表示人的机械能，Ep 表示人的重力势能，v 表示人下落的速度，在整个过程中，如果打开伞后空气阻力与速度平方成正比，则下列图像可能符合事实的是( )
A．
B．
C．
D．
4 ．一辆汽车由静止开始沿平直公路行驶，汽车所受牵引力 F 随时间 t 变化关系图线如图所示。若汽车的质量为 m，阻力恒定，汽车达到额定功率后保持不变，则以下说法正确的是( )
A ．汽车匀速运动的速度大小为 t1
B ．汽车匀加速运动阶段的加速度大小为
C ．汽车先做匀加速直线运动，然后再做减速直线运动
D ．汽车的额定功率为 F2t1
二、多选题（一题 6 分，多选或选错不得分，选对一个选项得 3 分）
5 ．空降兵在某次跳伞训练中，打开伞之前的运动可视为匀加速直线运动，其加速度为 a，
下降的高度为 h，伞兵和装备系统的总质量为 m，重力加速度为 g。则下降 h 的过程中，伞兵和装备系统的( )
A ．重力势能减少了 mah B ．重力势能减少了 mgh
C ．动能增加了 mah D ．动能增加了 mgh
6．2022 年世界机器人大赛锦标赛于 8 月 18 日在北京开幕，一参赛机器人的位移 x 随时间 t变化的图像如图所示。t = 0 时，该机器人由静止沿直线向前运动；t = t0 时，该机器人因电源发生故障而失去动力；t = 5t0 时，机器人停止运动。图像中的0 ~ t0 、t0 ~ 5t0 两段曲线均为抛物线的一部分。已知机器人的质量为 m，对机器人的整个运动过程，以下说法正确的是( )
A ．0 ~ t0 和t0 ~ 5t0 时间内，该机器人的加速度大小相等
B ．该机器人在0 ~ t0 时间内的平均速度小于t0 ~ 5t0 时间内的平均速度
C ．该机器人的最大速度为
D ．该机器人动力做的功等于其克服阻力做的功
7 ．一款质量为m = 1000kg 的家庭轿车，行驶速度v ≤ 54km / h 时靠电动机输出动力；行驶速度在54km / h < v ≤ 90km / h 范围内时自动转换为靠汽油发动机输出动力；行驶速度
v > 90km / h 时汽油发动机和电动机同时工作，这种混合动力汽车更节能环保。该轿车在一条平直的公路上由静止启动，其牵引力 F 随运动时间 t 的变化关系图像如图所示，在行驶过程中所受阻力大小恒为1000N 。已知轿车在t1 时刻车速达到54km/h 时第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率继续行驶到第16s 末，则下列说法正确的是( )
A ．t1 = 3.75s
B ．在0 ~ 16s 内，电动机输出的最大功率为75kW
C ．轿车在16s 时的速度大小为20m / s
D ．轿车在0 ~ 16s 内的位移大小为662.5m
8 ．如图所示，质量为 M 的木块静止在光滑水平面上，质量为 m 的子弹以水平速度v0 射中与木块后一起以速度 v 运动，已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为 L，子弹进入木块的深度为 d，若木块对子弹的阻力 F 恒定，那么下列关系式中正确的是( )
三、实验题（每空 4 分）
9 ．某同学利用如图甲所示的装置“验证动能定理”，并完成了如下的操作：
①按如图甲所示的装置组装实验器材，调整滑轮的高度使细线与长木板平行；
②取下砂桶，将长木板的右端适当垫高，纸带穿过打点计时器，开启电源释放小车，直到在纸带上打下一系列均匀的点为止；
③挂上砂桶，并在砂桶中放入适量的沙子，用天平测出砂桶和沙的总质量为 m，然后将装置由静止释放，重复操作，从其中选择一条点迹比较清晰的纸带，如图乙所示。
已知纸带中相邻两计数点间还有 4 个计时点未画出，计数点间的距离如图乙所示，打点计时器的打点频率f ＝50Hz，重力加速度大小为 g。
(1)打下计数点 4 时，小车的速度大小v4 ＝______m/s。
(2)若小车的质量为 M，取打下计数点 1～5 的过程研究，若打下计数点 1 、5 时小车的速度大小分别为v1 和v5 ，则验证系统动能定理的表达式为______。（用题中所给物理量符号表示）
(3)若砂桶和桶中沙的总质量远小于小车的质量，根据得出的实验数据，描绘出了v2 -W 图像如图丙所示，其中 W＝mgh，则小车的质量 M＝______kg。
四、解答题（每题 24 分）
10 ．如图所示，一劲度系数 k＝800N/m 的轻质弹簧两端分别焊接着 A 、B 两物体，mA =
16kg，mB ＝8kg，直立于水平地面而静止，现给物体 A 加一个竖直向上的力 F，使 A 由静止开始向上做匀加速运动，经 0.2s ，B 刚要离开地面，设整个过程弹簧都处于弹性限度内（g取 10m/s2）。
（1）求 B 刚要离开地面时，A 物体上升的高度；
（2）求在此过程中所加外力 F 的最大值和最小值；
（3）求在此过程中弹性势能的变化量；
（4）在此过程中弹簧对 A 做了正功还是负功，做了多少功？
11 ．一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前 5s 内做匀加速直线运动，5s 末达到额定功率，之后保持以额定功率运动。其 v-t 图像如图所示。已知汽车的质量为 m=1×103kg，汽车受到地面的阻力为车重的 0.1 倍，g=10m/s2，则：
（1）汽车在前 5s 内的牵引力为多少？
（2）汽车速度为 25m/s 时的加速度为多少？
（3）假设汽车达到最大速度所用时间为 20s，则 20s 内汽车牵引力所做功总和为多少？
1 ．B
物体在减速和加速时的加速度大小相等， 根据匀变速直线运动规律可知，物体在返回平台之前向右的速度就已经达到v1 ，之后不会再加速，则物体在返回平台的瞬间，其速度大小为v1 ，小于其刚离开平台瞬间，即动能与刚离开平台瞬间相比减小。
故选 B。
2 ．C
根据
W = Fs
可知，F 对物体 A 和物体 B 做功一样多，故 ABD 错误，C 正确。
故选 C。
3 ．C
A ．h - t 图像不可能是直线，否则是匀速下降，而运动员先自由落体运动，打开降落伞后做减速运动，最后是匀速运动，故 A 错误；
B ．运动员始终处于下落过程，高度不可能变大，故 B 错误；
C ．减速阶段，由于
f = kv2
得
F = kv2 - mg
故合力是变化的，匀速阶段，合力为零，故 C 正确；
D ．由于h - t 图像不可能是直线，否则是匀速下降，而重力势能
故Ep - t 不是直线，故 D 错误。
故选 C。
【点睛】本题关键分三个阶段分析运动员的运动，注意减速过程是加速度不断减小的减速运动，当加速度减为零时，速度达到最小，最后是匀速。
4 ．D
C ．由图可知，汽车在前t1 时间内的牵引力不变，汽车做匀加速直线运动，t1 - t2
时间内汽车的牵引力逐渐减小，则汽车的加速度逐渐减小，汽车做加速度减小的加速运动，
直到车的速度达到最大值，以后做匀速直线运动，故 C 错误；
B ．可知在t1 时间末汽车的功率达到额定功率，汽车的速度达到最大值后牵引力等于阻力，所以阻力f=F1，汽车匀加速运动阶段的加速度大小为
m m
故 B 错误；
D ．t1 时间末汽车的速度
汽车的额定功率为
故 D 正确；
A ．汽车匀速运动的速度大小为
故 A 错误。
故选 D。
5 ．BC
AB ．系统的高度下降了 h，重力做功为 mgh，所以重力势能减小了 mgh，故 B 正确，A 错误；
CD ．系统做匀加速直线运动，速度增大，动能增加，由牛顿第二定律知，系统所受的合力
F=ma
由动能定理知动能的增加量等于合力做功，为 mah，故 C 正确，D 错误。
故选 BC。
6 ．CD
A ．0 ~ t0 ，机器人由静止开始运动，位移与时间的关系曲线为抛物线，设此时机器人的加速度大小为a1 ，则有
解得
a t0 ~ 5t0 ，末速度为零，逆向看成是初速度为零的匀加速直线运动，设机器人在这段
时间内的加速度大小为a2 ，则有
解得
故 A 错误；
B ．由x -t 图像可知，0 ~ t0 内与t0 ~ 5t0 内，机器人的位移之比为1: 4，运动时间之比也为
1: 4，则该机器人在0 ~ t0 时间内的平均速度等于t0 ~ 5t0 时间内的平均速度，故 B 错误；
C ．机器人在t0 时刻速度达到最大，最大速度为
故 C 正确；
D ．机器人的始、末速度都为零， 根据动能定理可得，机器人动力做的功等于其克服摩擦力做的功，故 D 正确。
故选 CD。
7 ．BD
A ．t1 时刻，轿车的速度达到54km / h 。在0 ~ t1 内，根据牛顿第二定律
F - f = ma
v1 = at1
代入数据得
t1 = 5s
A 错误；
B ．t1 时刻，电动机输出的功率
P = F1v1
代入数据得
P = 75kW
以后保持恒定功率继续行驶到第16s 末，所以电动机输出的最大功率为75kW ，B 正确；
C ．轿车在16s 时的速度大小
代入数据得
v2 = 25m / s
C 错误；
D ．轿车在0 ~ t1 内运动的位移大小
代入数据得
x1 = 37.5m
轿车在t1 ~ 16s 内，根据动能定理有
代入数据得
x2 = 625m
轿车在0 ~ 16s 内的总位移大小为662.5m ，D 正确。
故选 BD。
8 ．AD
AB ．由牛顿第三定律，子弹对木块的力的大小也等于 F，对木块由动能定理得FL Mv2 ，故 A 正确，B 错误；
CD．子弹相对于地面的位移为L + d ，对子弹由动能定理得F mv mv2 ，故 C错误，D 正确。
故选 AD。
9 ．(1)0.192
(3)0.4
（1）相邻两计数点间还有 4 个计时点未画出，则 T=0.1s，则打下计数点 4 时，小车的速度大小vm/s = 0.192m/s
（2）若动能定理成立，则满足 mg
（3）若砂桶和桶中沙的总质量远小于小车的质量，则小车受的牵引力等于砂桶和桶中沙的
总重力，则表达式为即vW
由图像可知
可得 M=0.4kg
10 ．（1）0.3m；（2）480N ，240N（3）－12J；（4）正功，12J (1)A 静止时设弹簧压缩了 x1，则有：kx1 ＝mAg，所以：
x1 ＝ ＝0.2m ，设 B 刚要离开地面时弹簧伸长了 x2，则 kx2 ＝mBg，所以
x2 ＝ ＝0.1m，所以在此过程中 A 上升的高度：
h＝x1＋x2 ＝(0.2＋0.1)m ＝0.3m；
(2)由位移公式：h at2，代入数据解得：
a=15m/s2，
当弹簧处于压缩状态时，A 受弹力向上，故有：F＋kx－mAg ＝mAa当压缩量 x 最大时，F 最小，此时：x＝x1，
所以：Fmin ＝mAg＋mAa－kx1，
代入数据解得：
Fmin ＝240N；
当弹簧处于伸长状态时，A 受弹力向下，故有：F－kx－mAg ＝mAa当伸长量 x 最大时，F 最大，此时：x＝x2，
所以：Fmax ＝mAg＋mAa＋kx2，
代入数据解得：
Fmax ＝480N；
(3)弹性势能改变量：
(4)由 ΔEp＝－ 12J 知弹性势能减少了 12J，则弹簧对 A 物体做了正功为 12J。
11 ．（1）5×103N；（2）3m/s2 ；（3）1.75 × 106 J （1）在前 5s 内做匀加速直线运动，则
v1 = a1t1
由牛顿第二定律可知
F1 — 0.1mg = ma1
代入数据解得
F1 = 5 × 103 N
（2）汽车的额定功率为
P = F1v1 = 1 × 105 W
汽车速度为 25m/s 时，根据牛顿第二定律有
所以加速度的大小为
a2 = 3m/s2
（3）根据题意可得 0~20s 内牵引力做功为
解得
W = 1.75 × 106 J