河北石家庄市张家口市部分学校2025-2026学年高一下学期6月阶段检测物理试题（含解析）

这是一份河北石家庄市张家口市部分学校2025-2026学年高一下学期6月阶段检测物理试题（含解析），共6页。
2．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡相应的位置。
一、单选题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 关于动量和冲量，下列说法正确的是（ ）
A. 物体的动量不变，其动能可能变化
B. 物体的动能不变，其动量一定不变
C. 动量越小的物体，其惯性一定越小
D. 物体的动量变化越快，其所受的合力越大
【答案】D
【解析】
【详解】A．动量是矢量，动量公式为
动量不变意味着速度的大小和方向均不变，动能的计算公式为Ek=12mv2
可知物体的动能也一定不变，故A错误；
B．动能是标量，动能不变仅说明速度大小不变，速度方向可能发生变化（如匀速圆周运动），动量是矢量，因此动量可能变化，故B错误；
C．惯性仅由物体的质量决定，动量公式为
动量小可能是物体的质量大但速度极小，此时物体的惯性仍很大，故C错误；
D．根据动量定理有
推导得
即合外力等于动量的变化率，动量变化越快说明动量变化率越大，所受合力越大，故D正确。
故选D。
2. 为监测全球气候变暖情况，某科研团队发射的一颗人造地球卫星在距离地面一定高度的轨道上绕地球做匀速圆周运动。由于任务需要，经多次调整后卫星的线速度增大，调整后卫星仍稳定做匀速圆周运动，忽略其他天体的引力影响，则下列说法正确的是（ ）
A. 卫星的轨道半径增大
B. 卫星的运行周期减小
C. 卫星的角速度减小
D. 卫星的向心加速度不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有GMmr2=mv2r
解得v=GMr
由题意可知卫星的线速度v 增大，则轨道半径减小，故A错误；
B．根据万有引力提供向心力有
解得
由于轨道半径减小，则运行周期减小，故B正确；
C．根据万有引力提供向心力有
解得
由于轨道半径减小，则角速度ω 增大，故C错误； D．根据万有引力提供向心力有GMmr2=ma
解得a=GMr2
由于轨道半径减小，则向心加速度a 增大，故D错误。
故选B。
3. 如图，两个质量分别为m和2m的小木块A和B（可视为质点）放在水平圆盘上，A与转轴的距离为l，B与转轴的距离为2l，两物块与圆盘之间的动摩擦因数均为μ，A和B跟随圆盘绕OO′转动（A、B未滑动），下列说法正确的是（ ）
A. A、B的向心加速度aA=12aB
B. A、B的转动周期TA=2TB
C. A、B所受的摩擦力2FA=FB
D. 若转速不断增加，A先发生相对滑动
【答案】A
【解析】
【详解】A．物块和同轴转动，角速度相等，即ωA=ωB=ω ，根据向心加速度公式分别有aA=ω2l ，aB=ω2⋅2l
解得aA=12aB，故A正确；
B．物块和同轴转动，角速度相等，根据周期公式有
解得TA=TB，故B错误；
C．两物块均未滑动，由静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律分别有FA=mω2l ，FB=2mω2⋅2l
解得4FA=FB，故C错误；
D．当物块恰好发生相对滑动时，由最大静摩擦力提供向心力，设物块的质量为M ，转动半径为，根据牛顿第二定律有μMg=Mωmax2r
解得ωmax=μgr
由于物块的转动半径大于物块的转动半径，可知物块的临界角速度较小，若转速不断增加，物块先达到临界角速度，即物块先发生相对滑动，故D错误。
故选A。
4. 如图所示，将质量为m的石块从离地面h高处以初速度v0斜向上抛出，最后落回地面。最高点距离地面高度为H，以抛出点为参考平面，不计空气阻力，下列说法中正确的是（ ）
A. 石块到达地面时的动能为12mv02−mgH
B. 石块到达地面时的重力势能为mgh
C. 石块在最高点的机械能为12mv02
D. 石块在整个运动过程中重力势能一直在减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．以抛出点为参考平面，由于不计空气阻力，石块在运动过程中机械能守恒，设石块到达地面时的动能为，根据机械能守恒定律有12mv02=Ek+(−mgℎ)
解得Ek=12mv02+mgℎ ，故A错误；
B．以抛出点为参考平面，地面在参考平面下方高度ℎ 处，根据重力势能的计算公式有Ep=−mgℎ ，故B错误；
C．在整个运动过程中，由于不计空气阻力，石块仅受重力作用，机械能守恒，以抛出点为参考平面，初位置的重力势能为零，可知初位置的机械能为E=12mv02
根据机械能守恒定律可知，石块在最高点的机械能也为12mv02，故C正确；
D．石块在整个运动过程中先上升后下降，高度先增加后减小，根据重力势能的计算公式有Ep=mgℎ
可知石块的重力势能先增大后减小，故D错误。
故选C。
5. 利用平底锅炸豆子，发现质量为M的锅盖刚好被顶起。假设每个豆子的质量均为m，弹起的豆子均垂直撞击平板锅盖，撞击速度均为v，每次撞击后速度大小均变为34v ，方向与原来相反，豆子与锅盖撞击的时间极短，重力加速度为g，则单位时间撞击锅盖的豆子个数为（ ）
A. MgmvB. 4Mg7mvC. 4MgmvD. Mg5mv
【答案】B
【解析】
【详解】设单位时间撞击锅盖的豆子个数为，在极短时间Δt 内撞击锅盖的豆子个数为nΔt ，规定竖直向下为正方向，对在此时间内撞击锅盖的豆子，根据动量定理有FΔt=nΔtm(34v)−nΔtm(−v)
解得F=74nmv
根据题意可知锅盖刚好被顶起，则豆子对锅盖的平均作用力大小等于锅盖的重力，有F=Mg
联立解得n=4Mg7mv
故选B。
6. 如图所示，竖直平面内的14光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块B静止在圆弧轨道的最低点。现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放，已知圆弧轨道半径R=1.25 m，小滑块的质量关系是mB=4mA，滑块A、B间碰撞为弹性碰撞，滑块均可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，则碰后小滑块B的速度大小是（ ）
A. 4 m/sB. 3 m/sC. 2 m/sD. 1 m/s
【答案】C
【解析】
【详解】设滑块到达最低点碰前的速度为v0，根据机械能守恒定律有mAgR=12mAv02
解得v0=5m/s
滑块与滑块发生弹性正碰，设碰后滑块和滑块的速度分别为和，取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有mAv0=mAv1+mBv2，12mAv02=12mAv12+12mBv22
联立解得v2=2mAmA+mBv0
已知mB=4mA，代入数据解得v2=2m/s
故选C。
7. 如图甲所示，木板放置在光滑的水平面上处于静止状态，一颗子弹（可视为质点）以水平向右的速度v0射入木板且恰好未从木板最右端穿出，两者的速度与时间关系图像如图乙所示，下列说法错误的是（ ）
A. 若子弹的质量为m，则木板的质量为23m
B. 木板的长度为v0t02
C. 若子弹的质量为m，则整个过程中子弹的动量变化率大小为2mv05t0
D. 若子弹的质量为m，则整个过程中子弹与木板组成的系统产生的热量为2mv025
【答案】D
【解析】
【详解】A．若子弹的质量为m ，设木板的质量为M ，子弹与木板组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0=(m+M)⋅0.6v0
解得M=23m
可知木板的质量为23m ，故A正确；
B．由图乙可知，子弹恰好未从木板最右端穿出，木板的长度等于整个过程中子弹和木板的相对位移大小，根据速度—时间图像与时间轴所围成的面积表示位移，可得木板的长度为L=12⋅(v0+0.6v0)t0−12⋅0.6v0t0
解得L=v0t02
可知木板的长度为v0t02，故B正确；
C．若子弹的质量为m ，根据动量变化量的定义可知整个过程中子弹的动量变化大小为Δp=mv0−m⋅0.6v0
解得Δp=25mv0
整个过程中子弹的动量变化率大小为Δpt0=2mv05t0，故C正确；
D．若子弹的质量为m ，整个过程中子弹与木板组成的系统产生的热量等于系统机械能的减小量，根据能量守恒定律有Q=12mv02−12(m+M)(0.6v0)2
解得Q=mv025
可知系统产生的热量为mv025，故D错误。
本题选择错误的，故选D。
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上正确答案，全部选对得6分，漏选得3分，错选得0分。
8. 如图所示，在竖直平面内有一个半径为R的圆弧轨道。半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，已知AP=2.5R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中（ ）
A. 重力势能减小了5.5mgR
B. 克服摩擦力做功mgR
C. 动能增加了1.5mgR
D. 机械能减少了mgR
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由题意可知小球从P 点运动到B 点下降的高度为Δℎ=2.5R−R
解得Δℎ=1.5R
重力势能的减少量为ΔEp=mgΔℎ
解得ΔEp=1.5mgR
即重力势能减小了1.5mgR，故A错误；
B．小球在最高点B 恰好对轨道没有压力，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律有mg=mvB2R
小球从P 点到B 点的过程，设克服摩擦力做功为Wf，根据动能定理有mgΔℎ−Wf=12mvB2−0
联立解得Wf=mgR
即小球克服摩擦力做功为mgR，故B正确；
C．小球从P 点运动到B 点动能的增加量为ΔEk=12mvB2−0
解得ΔEk=0.5mgR
即动能增加了0.5mgR，故C错误；
D．根据功能关系可知，小球运动过程中机械能的减少量等于克服摩擦力做的功，则机械能减少量为ΔE=Wf
解得ΔE=mgR
即机械能减少了mgR，故D正确。
故选BD。
9. 如图所示，光滑水平面上静止一长为L=5 m、质量为M=60 kg的平板小车，一质量为m=40 kg的小孩站在小车左端。小孩从小车左端移动到小车右端（不打滑），在这一过程中小孩对地的最大速度v人max=1.5 m/s，小孩可视为质点。下列说法中正确的是（ ）
A. 小孩和小车组成的系统动量守恒，机械能守恒
B. 小车对地的最大速率v车max=1 m/s
C. 整个过程中小孩发生对地的位移为3 m
D. 若小孩运动至最右端静止，小车因惯性不会立刻静止
【答案】BC
【解析】
【详解】A．小孩和小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，但在小孩走动过程中消耗化学能转化为系统的机械能和内能，因此系统的机械能不守恒，故A错误；
B．设小孩和小车的最大速率分别为和，根据动量守恒定律有mv1=Mv2
解得v2=mMv1
代入数据解得v2=1m/s ，故B正确；
C．设整个过程中小孩和小车对地发生的位移大小分别为和，根据人船模型推论分别有mx1=Mx2，x1+x2=L
联立解得x1=3m ，故C正确；
D．若小孩运动至最右端相对小车静止，由于系统初动量为零，根据动量守恒定律可知此时系统的总动量为零，小车的速度也为零，故小车会立刻静止，故D错误。
故选BC。
10. 如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球P、Q发生正碰，两小球的质量分别为mP和mQ。图乙为它们碰撞前后的位移-时间图像。已知mP=2 kg，下列说法正确的是（ ）
A. mQ=6kg
B. 两球的碰撞为非弹性碰撞
C. 小球Q对小球P的冲量为-12 N·s
D. 碰撞全过程，P、Q受到的冲量大小之比为1∶3
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由x−t 图像的斜率表示速度，可得碰前小球P 的速度为vP0=4m/s ，小球Q 静止，即vQ0=0 ，碰后小球P 的速度为vP1=−2m/s ，碰后小球Q 的速度为vQ1=2m/s ；两球碰撞过程动量守恒，规定小球P 初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有mPvP0=mPvP1+mQvQ1
代入数据解得mQ=6kg ，故A正确；
B．碰前系统的总动能为Ek0=12mPvP02
代入数据解得Ek0=16J
碰后系统的总动能为Ek1=12mPvP12+12mQvQ12
代入数据解得Ek1=16J
由于碰前后系统总动能不变，可知两球的碰撞为弹性碰撞，故B错误；
C．根据动量定理可知，小球Q 对小球P 的冲量等于小球P 动量的变化量，即IP=mPvP1−mPvP0
代入数据解得IP=−12N⋅s ，故C正确；
D．两球碰撞过程中，相互作用力大小相等、方向相反，作用时间相同，根据冲量的定义可知，碰撞全过程P 、Q 受到的冲量大小相等，即冲量大小之比为$1:1$，故D错误。
故选AC。
三、非选择题：本题共5道小题，共54分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分；有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位。
11. “前进”实验小组用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。小组成员将两物块A和B用轻质细绳连接并跨过轻质定滑轮，B下端连接纸带，纸带穿过固定的打点计时器。现将物块A从距离地面一定高度由静止释放，打点计时器将在纸带上打出如图乙所示的一系列的点迹，0是打下的第一个点。用天平测出A、B两物块的质量分别为3m、m，打点计时器打点周期为t，查阅得知当地重力加速度为g。
（1）在打0~5点过程中系统重力势能的减小量ΔEp= __________，系统动能的增加量ΔEk= __________，在实验误差范围内二者相当，则系统机械能守恒。（均用题中所给物理量表示）
（2）关于此实验，说法正确的是__________；
A. A、B两物体组成的系统机械能守恒，单个物体机械能也守恒
B. 可用公式计算重物速度
C. 若操作正确，A、B组成的系统重力势能的减少量也会略大于系统动能的增加量
D. 多次测量求平均值可以减小本次实验的偶然误差
（3）另一实验小组打算利用该装置测量当地重力加速度，用v表示物块A的速度，h表示物块A下落的高度。若某同学作出的图像如图丙所示，则可求出当地的重力加速度测量值g=__________m/s2（结果保留三位有效数字）。
【答案】（1） ①. 2mg(ℎ1+ℎ2) ②. m(ℎ2+ℎ3)22t2 （2）CD
（3）9.70
【解析】
【小问1详解】
[1]在打0 到5 点的过程中，物块下降的高度和物块上升的高度均为ℎ1+ℎ2，则系统重力势能的减小量为ΔEp=3mg(ℎ1+ℎ2)−mg(ℎ1+ℎ2)
解得ΔEp=2mg(ℎ1+ℎ2)
[2]打第5 个点时，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度有v5=ℎ2+ℎ32t
此时系统动能的增加量为ΔEk=12(3m+m)v52
解得ΔEk=m(ℎ2+ℎ3)22t2
【小问2详解】
A．实验过程中绳子拉力对物块做负功，对物块做正功，则单个物块的机械能不守恒，故A错误； B．该实验是为了验证机械能守恒定律，如果使用计算速度，则默认了重力势能的减少量全部转化为动能的增加量，属于循环论证，故B错误； C．由于实验中存在摩擦阻力和空气阻力，克服阻力做功会消耗一部分机械能，所以系统重力势能的减少量会略大于系统动能的增加量，故C正确； D．多次测量求平均值是减小偶然误差的有效方法，故D正确。
故选CD。
【小问3详解】
根据系统机械能守恒有3mgℎ−mgℎ=12(3m+m)v2
解得v22=12gℎ
结合一次函数关系可知图像的斜率大小为k=12g
由题图丙结合斜率公式可推导k=
解得k=4.85
代入斜率大小公式解得当地的重力加速度测量值为g=9.70m/s2
12. 如图所示实验装置，某同学用a、b两个半径相等的小球，按照以下步骤研究弹性正碰的实验规律。
①在平木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于紧靠水平槽口处，使小球a从斜槽轨道上固定点处由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O；
②将木板水平向右移动一定距离并固定，再使小球a从固定点处由静止释放，撞到木板上。重复多次，用尽可能小的圆把小球的落点圈在里面，其圆心就处于小球落点的平均位置，得到痕迹B；
③把小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球a仍从固定点处由静止释放，和小球b相碰后，重复多次，并使用与第二步同样的方法分别标出碰撞后两个小球落点的平均位置，得到两球撞在木板上痕迹A和C；
（1）为了保证在碰撞过程中a球不反弹，a、b两球的质量m1、m2间的关系是m1__________m2（选填“大于”“小于”或“等于”）；
（2）完成本实验，必须测量的物理量有__________；
A. 小球a开始释放的高度h
B. a球和b球的质量m1、m2
C. 木板水平向右移动的距离l
D. O点到A、B、C三点的距离y1、y2、y3
（3）本实验中，小球做平抛运动的初速度v0=__________（用水平位移x、竖直位移y、重力加速度g表示）；
（4）①若（2）中测量量满足__________则两小球碰撞前后动量守恒（用m1、m2、y1、y2、y3表示），
②若（2）中测量量满足__________则两小球发生的是弹性碰撞（用y1、y2、y3表示）。
【答案】（1）大于 （2）BD
（3）xg2y
（4） ①. m1y2=m1y3+m2y1 ②. 1y3+1y2=1y1
【解析】
【小问1详解】
为了保证在碰撞过程中a 球不发生反弹，入射球a 的质量必须大于被碰球b 的质量，即大于。
【小问2详解】
根据平抛运动规律分别有x=vt ，y=12gt2
联立解得v=xg2y
两球碰撞过程动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律有m1v0=m1v1+m2v2
将初速度表达式代入可得m1xg2y2=m1xg2y3+m2xg2y1
化简解得m1y2=m1y3+m2y1
可知完成本实验必须测量的物理量为a 球和b 球的质量、，以及O 点到A 、B 、C 三点的距离y1、y2、，无需测量小球a 开始释放的高度ℎ 与木板水平向右移动的距离l 。
故选BD。
【小问3详解】
小球做平抛运动，根据运动学规律分别有，y=12gt2
联立解得v0=xg2y
【小问4详解】
[1]根据平抛运动规律可知，碰前a 球的速度以及碰后a 、b 两球的速度分别可表示为v0=xg2y2，v1=xg2y3，v2=xg2y1
若两球碰撞前后动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律有m1v0=m1v1+m2v2
将速度表达式代入化简解得m1y2=m1y3+m2y1
[2]若两小球发生的是弹性碰撞，则碰撞过程机械能守恒，有12m1v02=12m1v12+12m2v22
结合动量守恒定律表达式化简推导可得v0+v1=v2
将速度表达式代入化简解得1y2+1y3=1y1
13. 如图所示，质量为m=0.1 kg的小物块从平台的右端A点以速度v0=3 m/s水平飞出后，恰由P点沿切线方向进入竖直圆轨道，并恰好通过轨道最高点M飞出。已知小物块可视为质点，圆轨道半径R=0.4 m，圆心为O，N点为轨道最低点∠PON=53°，重力加速度g取10 m/s2，sin53°=0.8，cs53°=0.6，求：
（1）小物块在P点的瞬时速度大小vP；
（2）小物块在圆轨道上运动的过程中克服摩擦力做的功W。
【答案】（1）vP=5 m/s
（2）W=0.41 J
【解析】
【小问1详解】
小物块飞出后做平抛运动，刚好沿P 点切线进入竖直圆轨道，由几何关系可知cs53°=v0vP
解得vP=5m/s
【小问2详解】
由题意可知，小物块恰好从最高点M 飞出，对小物块在M 点受力分析，重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律有mg=mvM2R
解得vM=2m/s
小物块从P 到M 的运动过程中，根据动能定理有−mgR(1+cs53°)−W=12mvM2−12mvP2
解得W=0.41J
14. 如图所示，质量分别为M1=0.9 kg和M2=1 kg的木块A、B静置在光滑水平地面上，两木块间夹一轻质弹簧，一颗质量为m=100 g的子弹以v0=100 m/s的速度打入木块A并留在其中，求：
（1）弹簧被压缩到最短瞬间木块A的速度大小；
（2）弹簧获得的最大弹性势能Epm。
【答案】（1）v1=5m/s
（2）Ep=25J
【解析】
【小问1详解】
在弹簧被压缩到最短的过程中，子弹和两个木块组成的系统在水平方向上没有受到其他外力作用，三个物体及弹簧构成的系统动量守恒，以v0的方向为正方向，根据动量守恒定律有mv0=(m+M1+M2)v1
代入数据解得v1=5m/s
【小问2详解】
设子弹与木块相对静止时速度为v ，子弹与木块构成的系统碰后极短时间内可认为动量守恒，根据动量守恒定律有mv0=(M1+m)v
解得v=10m/s
弹簧被压缩到最短时弹簧有最大的弹性势能，设弹簧最大弹性势能为Epm，根据能量守恒定律有12(m+M1)v2=12(m+M1+M2)v12+Epm
代入数据解得Epm=25J
15. 如图所示，一小滑块Q从A点正上方距A点高H=2 m处由静止释放，从A点进入固定的光滑14圆弧AB并沿圆弧运动。圆弧AB半径为R=3 m，与粗糙水平面BC平滑连接，小滑块Q与水平面BC间的动摩擦因数为μ=0.2，Q从B运动到C所用时间为t=2 s，在C点静止着一个小滑块P，CD为光滑水平面，当Q运动到C点时与P发生弹性正碰，碰后立即撤去Q。光滑的14弧形槽质量为M=1 kg，其左端和水平面相切于D点并静止。已知两滑块Q、P质量分别为m1=3 kg，m2=1 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，滑块均可视为质点。求：
（1）Q经过圆弧末端B时对圆弧轨道的压力；
（2）P在光滑的14弧形槽M中上升的最大高度（P未滑出弧形槽M）；
（3）滑块P从弧形槽滑下后，弧形槽M的最终速度。
【答案】（1）130 N，竖直向下
（2）2.025 m （3）9 m/s，水平向右
【解析】
【小问1详解】
设物块Q 运动到B 点时的速度大小为vB，根据机械能守恒定律有m1g(H+R)=12m1vB2
在B 点，根据牛顿第二定律有FN−m1g=m1vB2R
代入数据解得FN=130N
根据牛顿第三定律可知，物块Q 经过圆弧末端B 时对圆弧轨道的压力大小为130N ，方向竖直向下
【小问2详解】
设物块Q 由B 点滑行至C 点的速度为，根据动量定理有−μm1gt=m1v1−m1vB
解得v1=6m/s
物块Q 与物块P 发生弹性正碰，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有m1v1=m1v1'+m2v2，12m1v12=12m1v1'2+12m2v22
联立解得v1'=3m/s 和v2=9m/s
当物块P 在光滑的弧形槽M 中上升到最大高度时，P 与M 的水平方向速度相等，设此时共同速度为v3，根据水平方向动量守恒定律有m2v2=(m2+M)v3
解得v3=4.5m/s
根据系统机械能守恒定律有m2gℎ=12m2v22−12(m2+M)v32
代入数据解得ℎ=2.025m
【小问3详解】
滑块P 在弧形槽M 上滑下后，系统水平方向动量守恒，且系统机械能守恒，等效为弹性碰撞，设滑块P 离开弧形槽时的速度为v4，弧形槽M 的最终速度为v5，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有m2v2=m2v4+Mv5，12m2v22=12m2v42+12Mv52
由于m2=M ，两物体交换速度
解得v5=9m/s
弧形槽M 的最终速度大小为9m/s ，方向水平向右