1、河北省保定一中2020届高三物理上学期第二次阶段测试试题（含解析）第卷 选择题（50分）一、选择题（本大题有15个小题，110为单项选择题，每题3分。1115为多选题，全部选对得4分，漏选且正确得2分，不选、错选得0分）1.如图所示，一恒力F与水平方向夹角为，作用在置于光滑水平面上，质量为m的物体上，作用时间为t，则力F的冲量为（ ）A. FtB. mgtC. FcostD. (mg-Fsin)t【答案】A【解析】【详解】根据冲量的定义式，得F的冲量为Ft，A对，BCD错。2.如图所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止若救生员以相对水面
2、速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为()A. v0(v0v)B. v0vC. v0vD. v0(v0v)【答案】A【解析】【详解】人在跃出的过程中船人组成的系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：（M+m）v0=Mv-mv，解得：v=v0+（v0+v）；A. v0(v0v)，与结论相符，选项A正确；B. v0v，与结论不相符，选项B错误；C. v0v，与结论不相符，选项C错误；D. v0(v0v) ，与结论不相符，选项D错误；【此处有视频，请去附件查看】3.一辆质量为m的汽车在平直公路上，以恒定功率P行驶，经过时间t，运动距离为x，速度从v1增加到v2，已知所受
3、阻力大小恒为f，则下列表达式正确的是（）A. x=tB. P=fv1C. =D. Ptfx=mv22mv12【答案】D【解析】汽车以恒定功率P行驶，则，物体做加速度减小的加速，最终匀速。A：物体做变加速运动，匀变速直线运动的公式不成立。故A错误。B：、；故B错误。C：，物体做变加速运动，故C错误。D：据动能定理： ，则；故D正确。4.一个质量为M，底面长为b的三角形劈静止于光滑的水平桌面上，如图，有一质量为m的物块由斜面顶部无初速度滑到底部时，关于劈移动距离s的下列说法中正确的是（）A. 若斜面光滑，B. 若斜面光滑，下滑过程中系统动量守恒，机械能守恒C. 若斜面粗糙，D. 若斜面粗糙，下滑过
4、程中系统动量守恒，机械能不守恒【答案】AC【解析】【分析】水平方向动量守恒，人船模型。【详解】A若斜面光滑，下滑过程中，设物块水平位移大小x，斜劈水平移动距离s，则x+s=b，水平方向动量守恒： 联立可得：，A正确；B下滑过程中系统水平方向动量守恒，竖直方向由于重力作用，动量不守恒，B错误；C若斜面粗糙，水平方向也是动量守恒，同理可得，C正确；D斜面粗糙，无初速度下滑，由于重力作用，竖直方向动量不守恒，D错误。故选AC。5.矩形滑块由不同材料的上下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，如图所示，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块若射向上层滑块，子弹刚好不射出；若射向下层滑块，则子弹整个儿
5、刚好嵌入滑块，由上述两种情况相比较（）A. 子弹嵌入两滑块的过程中对滑块的冲量一样多B. 子弹嵌入上层滑块的过程中对滑块做的功较多C. 子弹嵌入下层滑块的过程中对滑块做的功较多D. 子弹嵌入上层滑块的过程中系统产生的热量较多【答案】A【解析】【分析】动量守恒，完全非弹性碰撞。【详解】A不论哪种情况，最后子弹与滑块都共速，两种情况末速度相同，即滑块获得的动量相同，子弹嵌入两滑块的过程中对滑块的冲量一样多，A正确；BC两种情况末速度相同，即获得的动能一样多，子弹嵌入上层滑块的过程中对滑块做的功一样多，BC错误；D系统产生的热量就是系统机械能的损失，两种情况机械能损失相同，所以产生的热量相同，D错误
6、。故选A。6.如图所示，半径为R的光滑圆环竖直放置，N为圆环的最低点。在环上套有两个小球A和B，A、B之间用一根长为R的轻杆相连，使两小球能在环上自由滑动。已知A球质量为4m，B球质量为m，重力加速度为g。现将杆从图示的水平位置由静止释放，在A球滑到N点的过程中，轻杆对B球做的功为A. mgRB. 1.2mgRC. 1.4mgRD. 1.6mgR【答案】B【解析】【详解】根据几何知识可得：AO与竖直方向的夹角为60。在A球滑到N点时，由系统的机械能守恒得：4mgR（1-cos60）-mgR=，其中 vA=vB ；对B，运用动能定理得：-mgR+W= ，联立以上各式得轻杆对B球做的功 W=1.2
7、mgR。7.如图（a）所示，一根质量为M的链条一半放在光滑的水平桌面上，另一半挂在桌边，将链条由静止释放，链条刚离开桌面时的速度为v1。然后在链条两端各系一个质量为m的小球，把链条一半和一个小球放在光滑的水平桌面上，另一半和另一个小球挂在桌边，如图（b）所示。又将系有小球的链条由静止释放，当链条和小球刚离开桌面时的速度为v2（设链条滑动过程中始终不离开桌面）。下列判断中正确的是（）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 无论M与m大小关系如何，均有【答案】D【解析】【分析】考查机械能守恒定律的应用。【详解】铁链释放之后，到离开桌面，因为桌面无摩擦，对两次释放，桌面下方L处为零势能面，第一次释
8、放前系统的重力势能为：释放后重力势能：损失的重力势能为：根据机械能守恒定律：解得 第二次释放前系统的重力势能为：释放后重力势能：损失的重力势能为：根据机械能守恒定律：解得：对比可知 ，与M、m大小无关，D正确，ABC错误。故选D。8.在光滑水平地面上匀速运动的装有砂子的小车，小车和砂子总质量为M，速度为v0，在行驶途中有质量为m的砂子从车上漏掉，砂子漏掉后小车的速度应为： （ ）A v0B. C. D. 【答案】A【解析】设漏掉质量为m的沙子后，砂子从车上漏掉的瞬间由于惯性速度仍然为，汽车速度为，根据水平方向动量守恒可得：解得：，故BCD错误，A正确。点睛：本题考查了动量守恒定律的应用，应用时
9、注意：正确选取研究对象，明确公式中各物理量含义。9.光滑水平导轨上有A、B两球，球A追上并与球B正碰，碰前两球动量分别为pA=5kgm/s，pB=7kgm/s，碰后球B的动量p=10kgm/s，则两球质量mA、mB的关系可能是()A. mB=mAB. mB=2mAC. mB=4mAD. mB=6mA【答案】C【解析】【分析】考查碰撞中的动量守恒。【详解】由动量守恒定律：解得 ，要使球A追上球B，则 ，即：代入数据得：，碰撞过程动能不增加：代入数据得：碰撞后，同向运动，A球速度不大于B球速度：代入数据得：，即，C正确，ABD错误。10. 如图所示,两个完全相同的小球A、B用等长的细线悬于O点.线
10、长L.若将A由图示位置静止释放,则B球被碰后第一次速度为零时的高度不可能是 ( )A. L/2B. L/4C. L/8D. L/10【答案】D【解析】试题分析：小球A从释放到最低点，由动能定理可知：，解得：若A与B发生完全弹性碰撞，由能量守恒定律和动量守恒定律可知两者交换速度，即，B上升过程中由动能定理可知：，解得：；若A与B发生完全非弹性碰撞即AB粘在一起，由动量守恒定律可知：，解得：，在AB上升过程中，由动能定理可知：，解得：，所以B球上升的高度，故选项D错误考点：考查动量守恒定律和动能定理在碰撞中的应用，关键在于根据两球碰撞的可能情况解出高度的范围11.如图所示，一质量为1 kg的小物块
11、自斜面上A点由静止开始下滑，经2s运动到B点后通过光滑的衔接弧面恰好滑上与地面等高的传送带上传送带以4m/s的恒定速率运行。已知AB间距离为2m，传送带长度（即BC间距离）为10m，物块与传送带间的动摩擦因数为0.2。取g10m/s2，下列说法正确的是A. 物块在传送带上运动的时间为2.32sB. 物块在传送带上因摩擦产生的热量为2JC. 物块在传送带上运动过程中传送带对物块做功为6JD. 物块滑上传送带后，传动系统因此而多消耗的能量为8J【答案】BCD【解析】试题分析：物块在斜面上做匀加速直线运动，设到达B点速度为v，则有：，解得：；滑上传送带后，物块在传送带上匀加速运动，有：mg=ma，代
12、入数据得：a=2m/s2，由v02-v2=2as，代入数据解得：s=3mL；所以速度相等后物块随传送带一起做匀速运动，匀加速经历时间为：，匀速运动的时间为：，故总时间为：t=t1+t2=275s，故A错误；物块在传送带上因摩擦产生的热量为：Q=mgx=0210（41-3）=2J，故B正确；根据动能定理得：W=mv02mv2=116146J，故C正确；物块滑上传送带后，传动系统因此而多消耗的电能为：E=Q+mv02mv2=8J，故D正确故选BCD。考点：动能定理及牛顿定律的应用【名师点睛】传送带模型是高中物理的典型模型，要掌握其解题思路与方法，分析清楚物块运动过程是正确解题的关键，应用牛顿第二定
13、律、运动学公式与能量守恒定律可以解题；注意物块在传送带上因摩擦产生的热量Q=mgx。12.质量为2kg的遥控玩具电动汽车由静止开始运动，汽车受到的阻力恒为重力的，若牵引力做功W和汽车位移s之间的关系如图所示，已知重力加速度g10m/s2，则()A. 汽车在01m位移内，牵引力是恒力，13m位移内，牵引力是变力B. 汽车位移为0.5m时，加速度的大小a5m/s2C. 汽车位移在03m的过程中，牵引力的最大功率为20WD. 汽车位移在03m的过程中，牵引力的平均功率为10W【答案】BCD【解析】【分析】考查功率的计算。【详解】AW-s图中，斜率表示牵引力大小，在01m位移内，斜率恒定，所以牵引力为
14、恒力，13m位移内，斜率恒定，所以牵引力为恒力，A错误；B在01m位移内，斜率为20J/m，即牵引力为20N，由牛顿第二定律可知：解得 ，B正确；C位移在13m的过程中，牵引力大小为 ，匀速直线运动，所以03m内，s=1m时，速度最大，牵引力最大，功率最大：解得 ， ,C正确；D01m位移用时t1，13m位移用时t2，则：13m过程匀速直线运动：平均功率为：D正确。故选BCD。13.如图，光滑水平面AB与竖直面上的半圆形固定轨道在B点衔接，轨道半径为R，BC为直径，一可看成质点、质量为m的物块在A点处压缩一轻质弹簧(物块与弹簧不拴接)，释放物块，物块被弹簧弹出后，经过半圆形轨道B点时对轨道的压
15、力变为其重力的7倍，之后向上运动恰能通过半圆轨道的最高点C，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则()A. 物块经过B点时的速度大小为B. 刚开始时被压缩弹簧的弹性势能为3mgRC. 物块从B点到C点克服阻力所做的功为mgRD. 若刚开始时被压缩弹簧的弹性势能变为原来的2倍，物块到达C点的动能为mgR【答案】BC【解析】【分析】考查动能定理的应用。【详解】A设物块经过半圆轨道B点瞬间的速度为vB，物块在B点时有FN=7mg，根据牛顿第二定律有：可得，A错误；B物块从A点到B点的过程，由功能关系有：刚开始时被压缩弹簧的弹性势能为B正确；C设物块到达C点时速度为vC，物块在C点时有：物块从B点到C点
16、的过程，由动能定理得：解得 ，C正确；D若刚开始时被压缩弹簧的弹性势能变为原来的2倍，物块进入半圆形轨道的速度增大，在同一点物块对轨道的压力增大，摩擦力增大，物块从B点到C点克服阻力所做的功增大，物块到达C点的动能小于mgR，D错误。故选BC。14.如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上O点的转轴上，另一端与一质量为m、套在粗糙固定直杆A处的小球（可视为质点）相连，直杆的倾角为30，OA=OC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长小球从A处由静止开始下滑，初始加速度大小为aA，第一次经过B处的速度为v，运动到C处速度为0，后又以大小为aC的初始加速度由静止开始向上滑行设最大静摩擦力等于滑动摩擦力下列
17、说法正确的是A. 小球可以返回到出发点A处B. 弹簧具有的最大弹性势能为mv2C. 撤去弹簧，小球可以在直杆上处于静止D. aAaC=2g【答案】B【解析】【详解】设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf，根据对称性，可知从B运动C的过程中克服摩擦力做功也为Wf，AB间的竖直高度为h，小球的质量为m，弹簧具有的最大弹性势能为Ep。根据能量守恒定律，对于小球A到B的过程有：mgh+Ep=mv2+Wf，A到C的过程有：2mgh+Ep=2Wf+Ep，解得：Wf=mgh，Ep=mv2。小球从C点向上运动时，假设能返回到A点，则由能量守恒定律得：Ep=2Wf+2mgh+Ep，该式违反了能量守恒定律，
18、可知小球不能返回到出发点A处。故A错误，B正确。设从A运动到C摩擦力的平均值为，AB=s，由Wf=mgh得：s=mgssin30；在B点，摩擦力 f=mgcos30，由于弹簧对小球有拉力（除B点外），小球对杆的压力大于mgcos30，所以mgcos30可得 mgsin30mgcos30，因此撤去弹簧，小球不能在直杆上处于静止。故C错误。根据牛顿第二定律得：在A点有：Fcos30+mgsin30-f=maA；在C点有：Fcos30-f-mgsin30=maC；两式相减得：aA-aC=g故D错误。故选B。【点睛】解决本题的关键要灵活运用能量守恒定律，对系统分段列式，要注意本题中小球的机械能不守恒，
19、也不能只对小球运用能量守恒定律列方程，而要对弹簧与小球组成的系统列能量守恒的方程15.用一根绳子竖直向上拉一个物块，物块从静止开始运动，绳子拉力的功率按如图所示规律变化，已知物块的质量为m，重力加速度为g,0t0时间内物块做匀加速直线运动，t0时刻后功率保持不变，t1时刻物块达到最大速度，则下列说法正确的是()A. 物块始终做匀加速直线运动B. 0t0时间内物块的加速度大小为C. t1时刻物块的速度大小为D. 0t1时间内物块上升的高度为【答案】CD【解析】【详解】A、0t0时间内物块做匀加速直线运动，t0时刻后功率保持不变，根据P=Fv知，v增大，F减小，物块做加速度减小的加速运动，当加速度
20、减小到零，物体做匀速直线运动，故A错误；B、0t0时间内物块做匀加速直线运动，则有，联立解得，可知图线的斜率，可知，故B错误；C、在t1时刻速度达到最大，则有F=mg，物块的速度大小为，故C正确；D、Pt图线围成的面积表示牵引力做功的大小，根据动能定理得，解得，故D正确；故选CD。【点睛】t0时刻以后，功率保持不变，结合P=Fv分析牵引力的变化，结合牛顿第二定律得出加速度的变化；根据P=Fv，结合牛顿第二定律得出P-t的关系式，结合图线的斜率求出加速度；P-t图线围成的面积表示牵引力做功的大小，根据动能定理求出0-t1时间内物块上升的高度。第卷非选择题二、非选择题（包含实验题和解答题。要求：解
21、答题部分要有必要的表达式和文字说明）16.如图，气垫导轨上滑块的质量为M，钩码的质量为m，遮光条宽度为d，两光电门间的距离为L，气源开通后滑块在牵引力的作用下先后通过两个光电门的时间为t1和t2。当地的重力加速度为g。(1)用上述装置验证滑块的动能定理时，要使绳中拉力近似等于钩码的重力，则m与M之间的关系应满足的条件是_；需要验证的表达式是_（用已知量表示）(2)用上述装置探究系统在运动中的机械能关系，滑块从光电门1运动到光电门2的过程中满足关系式_时（用已知量表示），系统机械能守恒。若测量过程中发现系统动能增量总是大于钩码重力势能的减少量，可能的原因是_。【答案】 (1). Mm (2).
22、(3). (4). 轨道不水平，右端高于左端【解析】【分析】考查实验“验证动能定理”、“验证机械能守恒定律”。【详解】（1）要使绳中的拉力近似等于钩码的重力，则应满足Mm；滑块通过光电门的瞬时速度为： ，所以表达式为：（2）系统机械能守恒，即系统重力势能的减少量等于系统动能的增加量，即：试验时，默认系统重力势能的减少量就是钩码重力势能的减少量，若实验时轨道不水平，下滑过程中滑块的重力势能也会发生变化，但没有计入，若实验时右端高于左端，则低于实际重力势能减少量，表达式中的动能增量总是大于钩码重力势能的减少量。17.为了验证碰撞中动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞(碰撞过程中没有机械能损失
23、)，某同学选取了两个体积相同、质量不相等的小球，按下述步骤做了如下实验:(1)用天平测出两个小球的质量(分别为m1和m2，且m1m2)(2)按照如图所示的那样，安装好实验装置将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端点的切线水平将一斜面BC连接在斜槽末端(3)先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置(4)将小球m2放在斜槽前端边缘处，让小球m1从斜槽顶端A处滚下，使它们发生碰撞，记下小球m1和小球m2在斜面上的落点位置(5)用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B距离图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点距离分别为L0、L1、L2根据
24、该同学的实验，回答下列问题：(1)小球m1与m2发生碰撞后，m1的落点是图中的_点，m2的落点是图中的_点(2)用测得的物理量来表示，只要满足关系式_，则说明碰撞中动量是守恒的(3)用测得的物理量来表示，只要再满足关系式_，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞【答案】 (1). D (2). F (3). (4). 【解析】【分析】考查验证碰撞中动量守恒。【详解】（1）小球m1和小球m2相撞后，小球m2的速度增大，小球m1的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后m1球的落地点是D点，m2球的落地点是F点；（2）碰撞前，小于m1落在图中的E点，设其水平初速度为v1小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点在图中的
25、D点，设其水平初速度为v1，m2的落点是图中的F点，设其水平初速度为v2 设斜面BC与水平面的倾角为，由平抛运动规律得：解得： 同理可解得：，所以只要满足,即，说明两球碰撞过程中动量守恒；（3）若为弹性碰撞，则碰撞前后机械能守恒，则需满足关系式：即。18.右端带有1/4光滑圆弧轨道且质量为M的小车静置于光滑水平面上，如图所示一质量为m的小球以速度v0水平冲上小车，设小球不会从小车右端滑出，求小球相对于小车上升的最大高度H【答案】【解析】试题分析：小球在上升过程中，系统机械能守恒，水平方向动量守恒，取水平向左为正方向由动量守恒得又由机械能守恒得：解得：考点：动量守恒；机械能守恒【名师点睛】本题的
26、关键要判断出系统水平方向的动量守恒，系统的机械能也守恒，要注意系统的总动量并不守恒。19.如图所示，轻绳绕过轻质定滑轮，一端连接物块A，另一端连接在滑环C上，物块A的下端用弹簧与放在地面上的物块B连接，A、B两物块的质量均为m，开始时绳连接滑环C部分处于水平，绳刚好拉直且无弹力，滑轮到杆的距离为L；控制滑块C，使其沿杆缓慢下滑，当C下滑L时，释放滑环C，结果滑环C刚好处于静止，此时B刚好要离开地面，不计一切摩擦，重力加速度为g。（已知sin37=0.6，cos37=0.8）(1)求弹簧的劲度系数k和滑环C的质量M；(2)若开始时绳连接滑环C部分处于水平，由静止释放滑环C，求当物块B刚好要离开地
27、面时，滑环C的速度大小。【答案】(1)，M=1.6m(2)【解析】【分析】考查受力分析与机械能守恒。【详解】（1）设开始时弹簧的压缩量为x，则：设B物块刚好要离开地面，弹簧的伸长量为 ，则：因此由几何关系得：解得联立解得：当C下滑 时，释放滑环C，结果滑环C刚好处于静止，此时B刚好要离开地面,对C受力分析可知： 联立解得：M=1.6m(2)弹簧的劲度系数为k，开始时弹簧的压缩量为：当B刚好要离开地面时，弹簧的伸长量：因此A上升的距离为：C下滑的距离：根据机械能守恒：求得:代入M=1.6m解得。20.在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上，穿着三个半径相同的刚性球A、B、C，三球的质量分别为m
28、A=1kg、mB=2kg、mC=6kg，初状态BC球之间连着一根轻质弹簧并处于静止，B、C连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态，A球以v0=9m/s的速度向左运动，与同一杆上的B球发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），求：(1)A球与B球碰撞过程中损耗的机械能；(2)在以后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；(3)在以后的运动过程中C球的最大速度。【答案】(1)(2)(3)2m/s【解析】分析】考查碰撞中的动量守恒。【详解】（1）A、B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有：碰后A、B的共同速度;损失的机械能：（2）A、B、C系统所受合外力为零，动量守恒，机械能守恒，三者共速时弹簧弹性势能最大：解得
29、：最大弹性势能为：（3）三者第一次有共同速度时，弹簧处于伸长状态，A、B在前，C在后。此后C向左加速，A、B的加速度沿杆向右，直到弹簧恢复原长，弹簧第一次恢复原长时，取向左为正方向，根据动量守恒定律有：根据机械能守恒定律：此时A、B的速度：，C的速度：21.如图所示，将质量为=100kg的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物自轨道顶端无初速度滑下，轨道半径R=1.8m。地面上紧靠轨道顺次排放两个完全相同的木板A、B，长度均为，质量均为=100kg，木板上表面与轨道末端相切。货物与木板间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数
30、=0.2（最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，）(1)求货物滑到四分之一圆轨道的最低点时对轨道的压力(2)若货物滑上木板A时木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求应满足的条件。(3)若=0.5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间。并分析判断货物能否从B板滑出。【答案】(1)3000N(2) (3)4m/s；0.4s；不能【解析】【分析】考查圆周运动与牛顿运动学的综合。【详解】（1）从轨道顶端无初速度滑下，滑到圆轨道末端时的速度为v0，机械能守恒：由合力提供向心力：联立解得：，由牛顿第三定律，货物滑到四分之一圆轨道的最低点时对轨道的压力为3000N，方向竖直向下；（2）若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得： 若滑上木板B时，木板B幵始滑动，由受力分析得：联立代入数据得 ；（3）由可知，货物在木板A上滑动时，木板不动。设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：设货物滑到木板末端是的速度为v1，由运动学公式得：联立代入数据得 设在木板A上运动时间为t，由运动学公式得：联立代入数据得 货物不能从B板滑出。