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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点的
