河北省保定一中2022届高三物理上学期第二次阶段测试试题(含解析)

由v02-v2=2as，代入数据解得：s=3m＜L；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=2．75s，故A错误；物块在传送带上因摩擦产生的热量为：Q=μmg△x=0．2×10×（4×1-3）=2J，故B正确；根据动能定理得：W= mv02− mv2= ×1×16− ×1×4＝6J，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+ mv02− mv2=8J，故D正确．故选BCD。
A.FtB.mgtC.FcosθtD.(mg-Fsinθ)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速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为()
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。
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. 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 mv2
C. 撤去弹簧，小球可以在直杆上处于静止
D.aA﹣aC=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，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=μmgcos30°，由于弹簧对小球有拉力（除B点外），小球对杆的压力大于μmgcos30°，所以 ＞μmgcos30°
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。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
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g＝10m/s2，下列说法正确的是
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3mgR
C. 物块从B点到C点克服阻力所做的功为 mgR
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：
B.v0－ v，与结论不相符，选项B错误；
C.v0＋ v，与结论不相符，选项C错误；
D.v0＋ (v0－v)，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，已知所受阻力大小恒为f，则下列表达式正确的是（ ）
A.v0＋ (v0＋v)B.v0－ v
C.v0＋ vD.v0＋ (v0－v)
【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＋ (v0＋v)，与结论相符，选项A正确；
A. x= t B. P=fv1
C. ﹣ = D. Pt﹣fx= mv22﹣ mv12
【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。
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=1.2mgR。
A.汽车在0～1m位移内，牵引力是恒力，1～3m位移内，牵引力是变力
B.汽车位移为0.5m时，加速度的大小a＝5m/s2
C.汽车位移在0～3m的过程中，牵引力的最大功率为20 W
D.汽车位移在0～3m的过程中，牵引力的平均功率为10 W
【答案】BCD
【解析】
【分析】
考查功率的计算。
【详解】A．W-s图中，斜率表示牵引力大小，在0～1m位移内，斜率恒定，所以牵引力为恒力，1～3m位移内，斜率恒定，所以牵引力为恒力，A错误；
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；
【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；
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/2 B. L/4C. L/8 D. 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．
B．在0～1m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1～3m的过程中，牵引力大小为 ，匀速直线运动，所以0～3m内，s=1m时，速度最大，牵引力最大，功率最大：
解得 ， ,C正确；
D．0～1m位移用时t1，1～3m位移用时t2，则：
1～3m过程匀速直线运动：
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．下列说法正确的是
A. 若 ，则
B. 若 ，则
C. 若 ，则
D. 无论M与m大小关系如何，均有 Nhomakorabea【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
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
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=μmg△x。
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g＝10m/s2，则()
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.物块在传送带上运动的时间为2.32s
B.物块在传送带上因摩擦产生的热量为2J
C.物块在传送带上运动过程中传送带对物块做功为6J
D.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：μmg=ma，代入数据得：a=2m/s2，
河北省保定一中2022届高三物理上学期第二次阶段测试试题（含解析）
第Ⅰ卷选择题（50分）
一、选择题（本大题有15个小题，1—10为单项选择题，每题3分。11—15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θ，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（）
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：（ ）
Av0B. C. D.
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，下滑过程中系统动量守恒，机械能不守恒
【答案】AC
A.mB=mA
B.mB=2mA
C.mB=4mA
D.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。
【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=5kg·m/s，pB=7kg·m/s，碰后球B的动量p′=10kg·m/s，则两球质量mA、mB的关系可能是()