河北省冀州中学2020届高三上学期期中考试物理试题

2019-2020学年上学期期中考试
高三年级物理试题
一、选择题
1.货车和客车在公路上同一车道行驶，客车在前，货车在后，突然出现紧急情况，两车同时刹车，刚开始刹车时两车相距30m，刹车过程中两车的v-t图像如图所示，则下列判断正确的是

A. 在t=10s时刻两车发生追尾事故
B. 在t=10s时刻之前两车发生追尾事故
C. 两车不会追尾，在t=10s时刻两车相距距离为50m
D. 两车会在客车停止之后发生追尾事故
【答案】D
【解析】
由题可知，甲在前乙在后，如图所示：

且t=2s之前，，故t=2s时，两者相距最远，图中阴影部分面积为10m，最远距离为18m+10m=28m，故ABC错误；由图可知0~4s内，两者仍相距18m，t=4s时乙的车速为，t=4s后，乙车的位移为，故会发生追尾，D正确；
综上所述本题答案是：D
2.如图所示，倾斜直杆的左端固定在地面上，与水平面成θ角，杆上穿有质量为m的小球a和轻质环b，两者通过一条细绳跨过定滑轮相连接。当ab静止时，Oa端绳与杆的夹角也为θ，不计一切摩擦，重力加速度为g。则下列说法正确的是（）

A. a可能受到2个力的作用
B. b可能受到3个力的作用
C. 绳对a的拉力大小为mgtanθ
D. 杆对a的弹力大小为mgcosθ
【答案】AC
【解析】
【详解】A.对球受力分析可知，若，则绳竖直，受到重力，绳子的拉力而平衡，可能受到2个力的作用，故A错误。
B.两球的受力如图所示：

轻环不受重力作用，所以绳子对他的拉力和杆对他的弹力二力平衡，该段绳子与杆垂直，故B错误。
CD.以球为研究对象，则绳子的拉力为：，根据正弦定理可得，解得，故C正确，D错误。
3.宇航员乘坐航天飞船，在距月球表面高度为H的圆轨道绕月运行。经过多次变轨最后登上月球。宇航员在月球表面做了一个实验：将一片羽毛和一个铅球从高度为h处同时以速度v0做平抛运动，二者同时落到月球表面，测量其水平位移为x。已知引力常量为G，月球半径为R，则下列说法不正确的是（ ）
A. 月球的质量
B. 在月球上发射卫星的第一宇宙速度大小
C. 月球的密度
D. 有一个卫星绕月球表面运行周期
【答案】C
【解析】
【详解】设平抛运动落地时间为t，根据平抛运动规律；水平方向：；竖直方向：
解得月球表面重力加速度为：；在月球表面忽略地球自转时有：，解得月球质量：，故选项A正确；在月球表面运动的卫星的第一宇宙速度为，由万有引力定律提供向心力得到：，解得：，故选项B正确；据密度公式可以得到：，故选项C错误；根据公式可以得到卫星绕月球表面运行的周期：，故选项D正确。此题选择不正确的选项，故选C.
【点睛】本题首先要通过平抛运动的知识求解月球表面的重力加速度，然后结合月球表面的重力等于万有引力、万有引力提供卫星圆周运动的向心力列式分析即可。
4.竖直固定的光滑四分之一圆弧轨道上，质量相同均可视为质点的甲、乙两个小球，分别从圆周上的A、B两点由静止释放，A点与圆心等高，B点与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ＝60°，两球经过最低点时的加速度之比及对轨道的压力之比为(　　)

A. a甲∶a乙＝1∶2 B. a甲∶a乙＝1∶1
C. F1∶F2＝2∶1 D. F1∶F2＝3∶2
【答案】D
【解析】
对甲球运动到最低点的过程中，根据机械能守恒定律得：，
则甲球在最低点的加速度，
，解得：，，
对乙球运动到最低点的过程中，根据机械能守恒定律得：

则乙球在最低点的加速度，
解得： ，
则，，故D正确。
点睛：本题主要考查了机械能守恒定律和牛顿运动定律的直接应用，知道在最低点由支持力和重力的合力提供向心力。
5.如图所示，两个完全相同的小球分别从水平地面上A点和A点正上方的O点抛出，O点抛出小球做平抛运动，A点斜抛出的小球能达到的最高点与O点等高，且两球同时落到水平面上的B点，关于两球的运动，下列说法正确的是

A. 两小球应该是同时抛出
B. 两小球着地速度大小相等
C. 两小球着地前瞬间时刻，重力的瞬时功率相等
D. 两小球做抛体运动过程重力做功相等
【答案】C
【解析】
【详解】A、从水平地面上点抛出的小球做斜抛运动，设O点与水平地面的高度为，所以从水平地面上点抛出的小球的运动时间为，从点抛出的小球做平抛运动，小球的运动时间为，故选项A错误；
BC、两小球在竖直方向上，则有，在水平方向根据可知从水平地面上点抛出的小球的水平初速度是从点抛出的小球做平抛运动的初速度的2倍，根据可知两小球着地速度大小不相等，根据可知两小球着地前瞬间时刻重力的瞬时功率相等，故选项C正确，B错误；
D、根据可得从水平地面上点抛出的小球的重力做功为零，从点抛出的小球的重力做功为，故选项D错误；
6.如图所示，A、B两物体质量分别为mA、mB，且mA＞mB，置于光滑水平面上，相距较远。将两个大小均为F的力，同时分别水平作用在A、B上，经过相同时间后撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将

A. 停止运动
B. 向左运动
C. 向右运动
D. 运动方向不能确定
【答案】A
【解析】
【详解】将两个大小均为F的恒力，同时分别作用在A、B两个物体上，经相同的时间后，撤去两个力，两个力的冲量的矢量和为零，系统动量守恒；两个物体的动量等值、反向，故碰撞后粘在一起后均静止；
A. 停止运动，与结论相符，选项A正确；
B 向左运动，与结论不相符，选项B错误；
C. 向右运动，与结论不相符，选项C错误；
D. 运动方向不能确定，与结论不相符，选项D错误。
7.如图所示，A、B两个木块用轻弹簧相连接，它们静止在光滑水平面上，A和B的质量分别是99m和100m，一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入木块A内没有穿出，则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意可知考查动量守恒定律、系统机械能守恒定律，据此列式计算可得。
【详解】子弹和物体A相互作用，设子弹射入木块瞬间速度为v1，由动量守恒可得

瞬间达到共速后子弹和A做减速运动，物体B做加速度运动，当AB速度度相等时，弹簧形变量最大，弹性势能最大，设该时刻速度为v2，由系统动量守恒可得

子弹和A瞬间达到共速后，子弹和A、B三者组成的系统机械能守恒，设最大弹性势能为EP，

联立以上三式可得最大弹性势能为

A．描述与分析相符，故A正确；
B．描述与分析不符，故B错误；
C．描述与分析不符，故C错误；
D．描述与分析不符，故D错误；
【点睛】碰撞过程中因内力远远大于外力，系统动量守恒，碰撞中一般有机械能损失（转化为内能），碰撞后子弹和A、B三者组成的系统动量守恒，机械能守恒，当A、B共速时距离最小，弹簧形变量最大，弹性势能最大，根据系统机械能守恒定律计算可得。
8.如图所示，一轻质橡皮筋的一端系在竖直放置的半径为0.5m的圆环顶点P，另一端系一质量为0.1kg的小球，小球穿在圆环上可做无摩擦的运动，设开始时小球置于A点，橡皮筋处于刚好无形变状态，A点与圆心O位于同一水平线上，当小球运动到最低点B时速率为1m/s，此时小球对圆环恰好没有压力（取g=10m/s2）．下列说法正确的是

A. 从A到B的过程中，小球的机械能守恒
B. 从A到B的过程中，橡皮筋的弹性势能增加了0.5J
C. 小球过B点时，橡皮筋上的弹力为0.2N
D. 小球过B点时，橡皮筋上的弹力为1.2N
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意可知考查功能关系和牛顿第二定律应用，根据动能定理、牛顿第二定律分析计算可得。
【详解】A．从A到B的过程中，橡皮筋的弹力对小球做负功，小球的机械能守恒减少，转化为弹性势能。
B．从A到B的过程中，取小球为研究对象，由动能定理可得

代入数值可求得
即橡皮筋的弹性势能增加了0.45J，故B错误。
C D．小球过B点时，

代入数值可得FN=1.2N
橡皮筋上的弹力为1.2N，故D正确，C错误。
【点睛】小球下落过程中弹力对其做负功，小球机械能减少，根据动能定理可求出弹力做功多少，由牛顿第二定律可求得弹力的大小。
9.双星系统由两颗绕着它们中心连线上的某点旋转的恒星组成。假设两颗恒星质量相等，理论计算它们绕连线中点做圆周运动，理论周期与实际观测周期有出入，且，科学家推测，在以两星球中心连线为直径的球体空间中均匀分布着暗物质，设两星球中心连线长度为L，两星球质量均为m，据此推测，暗物质的质量为（ ）
A. (n-1)m B. (2n-1)m C. D.
【答案】C
【解析】
设星球的质量均为m，轨道半径为，周期为T，双星运动过程中万有引力提供向心力：，解得；设暗物质的质量为，对星球由万有引力提供向心力，解得。根据，联立以上可得： ，选项C正确．
【点睛】该题属于信息题，解答本题的关键是知道对于双星，由暗物质引力和双星之间的引力的合力提供向心力，然后根据牛顿第二定律列方程求解，要细心计算．
10.如图所示，竖直平面内有一固定的光滑轨道ABCD，其中倾角θ=37°的斜面AB与半径为R的圆弧轨道平滑相切于B点，CD为竖直直径，O为圆心，质量为m的小球(可视为质点)从与B点高度差为h的斜面上的A点处由静止释放，重力加速度大小为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是

A. 当h=3R时，小球过C点时对轨道的压力大小为
B. 当h=2R时，小球会从D点离开圆弧轨道作平抛运动
C. 调整h的值，小球能从D点离开圆弧轨道，并能恰好落在B点
D. 调整h的值，小球能从D点离开圆弧轨道，但一定不能落在B点
【答案】D
【解析】
【详解】A.当h=3R时，小球从A点到C点的过程，根据机械能守恒有：

小球过C点时有：

联立解得：
FN=7.4mg
据牛顿第三定律可知，小球过C点压力大小为7.4mg，故A错误；
B.若小球恰好从D点离开圆弧轨道，则有：
，
从开始到D的过程，有
mg（h0-R-Rcosθ）=mv02
解得：
，
h0=2.3R＞2R
所以当h=2R时，小球在运动到D前已经脱离轨道，不会从D点离开做平抛运动，故B错误；
CD.若小球以速度v0从D点离开后做平抛运动，则
R+Rcosθ=gt2
得：

且

所以小球能从D点离开圆弧轨道，但一定不能落在B点，故D正确，C错误。
11.如图所示，一辆质量为M＝3 kg的平板小车A停靠在竖直光滑墙壁处，地面水平且光滑，一质量为m＝1 kg的小铁块B(可视为质点)放在平板小车A最右端，平板小车A上表面水平且与小铁块B之间的动摩擦因数μ＝0.5，平板小车A的长度L＝0.9 m。现给小铁块B一个v0＝5 m/s的初速度使之向左运动，与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是（ ）

A. 小铁块B向左运动到达竖直墙壁时的速度为2m/s
B. 小铁块B与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为8 Ns
C. 小铁块B从反向到与车同速共历时0.6s
D. 小铁块B在平板小车A上运动整个过程中系统损失的机械能为9 J
【答案】BD
【解析】
A项：设铁块向右运动到达竖直墙壁时的速度为v1，根据动能定理得，代入数据可得：，故A错误；
B项：小铁块B与竖直墙壁发生弹性碰撞，所以小铁块弹回的速度大小为，方向向右，根据动量定理 ，故B正确；
C、D项：假设小铁块最终和平板车达到共速v2，根据动量守恒定律得，解得， 小铁块最终和平板车达到共速过程中小铁块的位移：，平板车的位移：
，说明铁块在没有与平板车达到共速时就滑出平板车，所以小铁块在平板上运动过程中系统损失的机械能为，故C错误，D正确。
点晴：本题首先要分析铁块的运动情况，对于铁块向右运动是否滑出平板车，我们可以采用假设法进行判断，正确运用功能关系求解。
12.某娱乐项目中，参与者抛出一小球去撞击触发器，从而进入下一关。现在将这个娱乐项目进行简化，假设参与者从触发器的正下方以速率v竖直上抛一小球，小球恰好击中触发器。若参与者仍在刚才的抛出点，沿A、B、C、D四个不同的光滑轨道分别以速率v抛出小球，如图所示。则小球能够击中触发器的可能是 )

A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】
【详解】竖直上抛时小球恰好击中触发器，则到达最高点的速度为零；
A．沿图A中轨道以速率v抛出小球，小球沿光滑圆弧内表面做圆周运动，到达最高点的速率应大于或等于，所以不能到达圆弧最高点，即不能击中触发器，选项A错误。
B．沿图B中轨道以速率v抛出小球，小球沿光滑斜面上滑一段后做斜抛运动，最高点具有水平方向的速度，所以也不能到达触发器的高度，即不能击中触发器，选项B错误。
CD．图C及图D中小球在轨道最高点速度均可以为零，由机械能守恒定律可知小球能够击中触发器，选项CD正确。
13.如图所示，一质量为M、倾角为θ的斜面体置于水平面上，一质量为m的滑块通过一跨过定滑轮的轻绳与一重力为G的钩码相连（两滑轮间的轻绳水平），现将滑块置于斜面上，滑块在斜面上匀速上滑，且发现在滑块运动过程中，斜面一直保持不动，则下列说法中正确的是

A. 地面对斜面体的摩擦力方向水平向右，大小为Gsinθ
B. 滑块对斜面体的摩擦力方向沿斜面向上，大小为G-mgsinθ
C. 地面对斜面体的支持力大小为(M+mg)+G
D. 地面对斜面体的支持力大朩为(M+m)g
【答案】BD
【解析】
【分析】
由题意可知考查连结体平衡问题，运用整体法、隔离法根据平衡关系列式计算可得。
【详解】A．取m、M为研究对象，整体上受到向左的水平拉力，拉力大小为G，水平方向合力为零，所以地面对斜面体的摩擦力方向水平向右，大小也为G，故A错误。
B．取滑块为研究对象，滑块匀速运动，合力为零，由平衡关系可得

所以

方向沿斜面向下，根据力的相互性，滑块对斜面体的摩擦力方向沿斜面向上，大小为G-mgsinθ
C D．取m、M为研究对象，竖直方向合力为零，地面对斜面体的支持力大小为（M+m）g ,故C错误，D正确。
【点睛】分析地面对斜面的摩擦力、支持力时，取斜面、滑块整体为研究对象，根据水平方向、竖直方向合力为零，计算可得，分析滑块对斜面体的摩擦力时，取滑块为研究对象，根据受力平衡计算可得。
14.如图所示,A、B、C三个半径相同小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆上,三个球的质量分别为mA=2kg,mB=3kg,mC=1kg,初状态三个小球均静止,BC球之间连着一根轻质弹簧,弹簣处于原长状态.现给A一个向左的初速度v0=10m/s,A、B碰后A球的速度变为向右,大小为2m/s，下列说法正确的是

A. 球A和B碰撞是弹性碰撞
B. 球A和B碰后,球B的最小速度可为0
C. 球A和B碰后,弹簧的最大弹性势能可以达到96J
D. 球A和B碰后,弹簧恢复原长时球C的速度可能为12m/s
【答案】AD
【解析】
【详解】A.A、B两球碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
mAv0=mAvA+mBvB，
解得：
vB=8m/s，
碰撞前系统总动能：

碰撞后系统总动能：

碰撞过程机械能不变，机械能守恒，碰撞是弹性碰撞，故A正确；
BD.A、B碰撞后，B、C组成的系统水平方向动量守恒，弹簧恢复原长时B的速度最小，C的速度最大，以向左为正方向，从碰撞后到弹簧恢复原长过程，在水平方向，由动量守恒定律得：
mBvB=mBvB′+mCvC
由机械能守恒定律得：

解得：vB′=4m/s，vC=12m/s（弹簧恢复原长时C的速度最大，vB′=8m/s，vC=0m/s  不符合实际，舍去），由此可知，弹簧恢复原长时C的速度为12m/s，B的最小速度为4m/s，故B错误，D正确；
C.B、C速度相等时弹簧伸长量最大，弹簧弹性势能最大，B、C系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：
mBvB=（mB+mC）vC，
由机械能守恒定律得：

解得弹簧的最大弹性势能：EP=24J，故C错误。
15.地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程，

A. 矿车上升所用的时间之比为4:5
B. 电机的最大牵引力之比为2:1
C. 电机输出的最大功率之比为2:1
D. 电机所做的功之比为4:5
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由图可得，变速阶段的加速度 ，设第②次所用时间为t，根据速度-时间图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知，，解得：，所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为 ，选项A正确；
B．由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，，可得提升的最大牵引力之比为1∶1，选项B错误；
C．由功率公式，P=Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C正确；
D．加速上升过程的加速度，加速上升过程的牵引力，减速上升过程的加速度，减速上升过程的牵引力
，
匀速运动过程的牵引力。第①次提升过程做功
；
第②次提升过程做功
；
两次做功相同，选项D错误。
【点睛】此题以速度图像给出解题信息。解答此题常见错误主要有四方面：一是对速度图像面积表示位移掌握不到位；二是运用牛顿运动定律求解牵引力错误；三是不能找出最大功率；四是不能得出两次提升电机做功。实际上，可以根据两次提升的高度相同，提升的质量相同，利用功能关系得出两次做功相同。
16.如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度与时间t的关系如图（c）所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取g=10m/s2。由题给数据可以得出

A. 木板的质量为1kg
B. 2s-4s内，力F的大小为0.4N
C. 0~2s内，力F大小保持不变
D. 物块与木板之间的动摩擦因数为0.02
【答案】AB
【解析】
【分析】
由题意可知考查牛顿第二定律应用，根据图象分析运动性质结合牛顿运动定律计算可得。
【详解】A．4s-5s物体在摩擦力的作用下做匀减速运动，由速度-时间图象可求加速大小

由牛顿第二定律可得


木板的质量为1kg，故A正确。
B．2s-4s内，

由牛顿第二定律可得


力F的大小为0.4N，故B正确。
C．0~2s内，木块、木板静止，力F的大小等于静摩擦力大小，力F随时间均匀增大，故C错误。
D．因无法求出木块的质量，因此求不出接触面之间的弹力，动摩擦因数无法求出，D错误
【点睛】前2s木板静止，木块与木板间是静摩擦力，2-4s木板做匀加速直线运动，4-5s木板做匀减速直线运动，木块与木板间是滑动摩擦力，根据速度-时间图象可以求出加速度大小，再运用牛顿第二定律分析计算可得。
二、实验题
17.如图所示，某同学制作了一个弹簧弹射装置，轻弹簧两端各放一个金属小球（小球与弹簧不连接），压缩弹簧并锁定，该系统放在内壁光滑的金属管中（管径略大于两球直径），金属管水平固定在离地面一定高度处，解除弹簧锁定，两小球向相反方向弹射，射出管时均已脱离弹簧，现要测定弹射装置锁定时具有的弹性势能，并探究弹射过程遵循的规律，实验小组配有足够的基本测量工具，重力加速度大小取g，按下述步骤进行实验：

①用天平测出小球P和Q的质量分别为m1、m2；
②用刻度尺测出管口离地面的高度h；
③解除锁定记录两球在水平地面上的落点N、M；
根据该同学的实验，回答下列问题：
（1）除上述测量外，要测定弹射装置锁定时具有的弹性势能，还需要测量的物理量是（ ）
A．弹簧的压缩量Δx
B．P、Q两球落地点M、N到对应管口的水平距离 x1、x2
C．金属管的长度L
D．两球从弹出到落地的时间 t1、t2
（2）根据测量物理量可得弹性势能的表达式EP=_____________________________________。
（3）如果满足关系式_______________________，则说明弹射过程中轻弹簧和两金属球组成的系统动量守恒。（用测得的物理量符号表示）
【答案】 (1). B； (2). ； (3). ；
【解析】
【详解】（1）由题意可知，弹簧的弹性势能转化为小球的动能，则由EP＝mv2即可求得弹性势能；故应测量小球的质量m以及通过光电门的速度v，为了测量小球的速度，需要知道做平抛运动的水平位移，即需测量P、Q两球落地点M、N到对应管口的水平距离 x1、x2；压缩量、金属管的长度以及时间和小球的直径均不需要测量；故B正确，ACD错误。故选B；
（2）由（1）可知：
由h＝gt2可得平抛运动的时间为：t=，根据水平方向上的匀速直线运动规律可知：v1＝，v2＝，即为：
（3）根据动量守恒定律可知，两球碰前动量为零，碰后方向向反，设向左为正，则有：0=m1v1-m2v2
再根据水平方向x=vt可得：m1x1=m2x2
【点睛】本题考查动量守恒定律的验证以及弹性势能的计算，要注意通过题意明确实验原理，能根据机械能守恒定律以及动量守恒定律分析对应的实验规律及误差情况。
三、计算题
18.飞机在水平跑道上滑行一段时间后起飞．飞机总质量m＝1×104 kg，发动机在水平滑行过程中保持额定功率P＝8 000 kW，滑行距离x＝50 m，滑行时间t＝5 s，以水平速度v0＝80 m/s飞离跑道后逐渐上升，飞机在上升过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力(该升力由其他力的合力提供，不含重力)，飞机在水平方向通过距离L＝1 600 m的过程中，上升高度为h＝400 m．取g＝10 m/s2.
(1)假设飞机在水平跑道滑行过程中受到的阻力大小恒定，求阻力Ff的大小；
(2)飞机在上升高度为h＝400 m过程中，求受到的恒定升力F及机械能的改变量．
【答案】(1)1.6×105 N　(2)1.2×105 N　4.8×107 J
【解析】
（1）飞机在水平滑行过程中，根据动能定理
解得
（2）该飞机升空后水平方向做匀速运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，设运动时间为t2，竖直方向加速度为a，升力为F，则
、、
解得
飞机机械能的改变量，解得
19.质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上．平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图所示．一物块从钢板正上方距离为3x0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连．它们到达最低点后又向上运动．已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点．若物块质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度．求物块向上运动到达的最高点与O点的距离？

【答案】．
【解析】
【详解】物块与钢板碰撞时的速度由机械能守恒，得 ①
设v1表示质量为m的物块钢板碰撞后一起向下运动的速度，因碰撞时间极短，系统所受外力远小于相互作用的内力，符合动量守恒，故有mv0=2mv1②
设刚碰完时弹簧的弹性势能为Ep，当他们一起回到O点时，弹簧无形变，弹簧势能为零，根据题意，由机械能守恒得 ③
设v2表示质量为2m的物块与钢板碰后开始一起向下运动的速度，由动量守恒，则有
2mv0=3mv2④
设刚碰完时弹簧势能为Ep′，它们回到O点时，弹性势能为零，但它们仍继续向上运动，设此时速度为v2，则由机械能守恒定律得⑤
在上述两种情况下，弹簧的初始压缩量都是x0，故有Ep′=Ep⑥
当质量为2m的物块与钢板一起回到O点时，弹簧的弹力为零，物块与钢板只受到重力的作用，加速度为g，一过O点，钢板受到弹簧向下的拉力作用，加速度大于g，由于物块与钢板不粘连，物块不可能受到钢板的拉力，其加速度仍为g，方向向下，故在O点物块与钢板分离．分离后，物块以速度v竖直上升，由竖直上抛最大位移公式得 ，而 所以物块向上运动到达的最高点距O点的距离．
【点睛】此题涉及的物理过程有四个，用到的物理规律和公式有四个，它将动量守恒和机械能守恒完美地统一在一起，交替使用，可以说是一道考查考生能力的好试题．
20.如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m=0.5kg的小物块，它与水平台阶表面间的动摩擦因数μ=0.5，且与台阶边缘O点的距离s=5m。在台阶右侧固定了一个以O点为圆心的圆弧形挡板，现用F=5N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板。（g取10m/s2）

（1）若小物块恰能击中挡板的上边缘P点，P点的坐标为（1.6m，0.8m），求其离开O点时的速度大小；
（2）为使小物块击中挡板，求拉力F作用的距离范围；
（3）改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值。（结果可保留根式）
【答案】（1）4m/s （2）2.5m＜x≤3.3m （3）J
【解析】
【详解】（1）设小物体离开O点时的速度为，由平拋运动规律，
水平方向：
，
竖直方向
，
其中，解得：
；
（2）为使小物块击中挡板，小物块必须能运动到O点，设拉力F作用的最短距离为，由动能定理：
，
解得
x=2.5m；
为使小物体击中挡板，小物块的平拋初速度不能超过4m/s，设拉力F作用的最长距离为，由动能定理：
，
解得
x2=3.3m
则为使小物块击中挡板，拉力作用的距离范围为
2.5m＜x≤3.3m；
（3）设小物块击中挡板的任意一点坐标为（x，y），则有
x=vt，，
由机械能守恒定律得
，
又
x2＋y2=R2，
由P点坐标可求
R2=3.2m2
化简得
（式中物理量均取国际单位制单位）
由数学方法求得
，
即
。
21.一定量的理想气体从状态M可以经历过程1或者过程2到达状态N，其p-V图像如图所示。在过程1中，气体始终与外界无热量交换，则可以判断TM_____________TN；在过程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化，在等容变化过程中气体____________________，在等压变化过程中气体____________________。（填“吸热"或者“放热"）

【答案】 (1). TM>TN (2). 放热 (3). 吸热
【解析】
【分析】
由题意可知考查理想气体状态方程的应用，结合热力学第一定律分析计算可得。
【详解】[1] 在过程1中，气体始终与外界无热量交换，Q=0，由热力学第一定律可得

体积增大，气体对外做功，W为负值，故∆U为负值，所以温度降低，TM>TN 。
[2] 在等容变化过程中W=0，气体压强减小，温度降低，∆U<0，由热力学第一定律可得，
Q<0，故该过程气体放热。
[3] 在等压变化过程中P=0，体积增大，温度升高，∆U>0，气体对外做功，W<0，由热力学第一定律可得，Q>0，故气体吸热。
【点睛】理想气体内能仅与温度有关，温度升高(降低)，内能增大（减小）。运用热力学第一定律解题时注意物理量取值的正负中内能增加时∆U取正值，气体体积增大，对外做功，W取负值，气体吸热时，Q取正值。综合热力学第一定律、理想气体状态方程分析计算可得。
22.如图（a）所示，一导热性能良好、内壁光滑的气缸水平放置，横截面积为S＝1×10-4m2、质量为m＝0.2kg厚度不计的活塞与气缸底部之间封闭了一部分气体，此时活塞与气缸底部之间的距离为12cm，在活塞的右侧6cm处有一对与气缸固定连接的卡环，气体的温度为300K，大气压强P0＝1.0×105Pa。现将气缸竖直放置，如图（b）所示，取g＝10m/s2 。求：

①活塞与气缸底部之间的距离；
②加热到675K时封闭气体的压强。
【答案】①20cm②
【解析】
【详解】（1）气缸水平放置时，活塞与气缸底部之间的距离L1=24cm
气体压强P1=1.0ⅹ105Pa，气体体积；V1=L1S
气缸水平放置时，活塞与气缸底部之间的距离为L2
气体压强， 气体体积V2=L2S；
气体等温变化，根据玻意耳定律p1V1=p2V2
得活塞与气缸底部之间的距离L2=20cm
（2）活塞到达卡环前是等压变化，到达卡环后是等容变化，应分两个阶段来处理。
气体初状态压强p2=1.2ⅹ105Pa，体积V2=L2S，温度T=300K
活塞刚好到达卡环时，气体压强仍为p3=p2，体积V3=L3S，温度为T3，其中L3=36cm，
气体等温变化，根据盖·吕萨克定律
得此时气体温度T3=540K
活塞刚好到达卡环后，温度继续上升，气体等容变化，p3=1.2ⅹ105Pa， T3=540K，T4=675K，
根据查理定律
解得加热到675K时封闭气体的压强p4=1.5ⅹ105Pa
23.一质点做简谐运动，其图像如图所示，那么在0~4s内，_________________时刻速度为正向最大值，但加速度为零；______________________时刻速度为零，加速度为正向最大值；在P时刻质点速度方向为_________________________，加速度方向为_________________________。

【答案】 (1). 3s (2). 2s (3). -x (4). -x
【解析】
【分析】
由题意可知考查简谐运动的振动图象，根据简谐振动特点分析可得。
【详解】[1]在0~4s内，3s时物体运动到平衡位置处，加速度为零，速度为正向最大。
[2] 2s时，速度为零，加速度为正向最大值。
[3] 根据简谐振动图象，P的下一时刻位置在P的下方，所以P时刻质点速度方向为-x
[4] 加速度方向和回复力方向相同，指向平衡位置，所以加速度方向指向-x
【点睛】简谐振动图象中质点的振动方向可以根据下一时刻的位置来确定，下一时刻位置在该时刻的下方（上方），则物体向下（上）运动，质点的加速度方向和回复力的方向相同，指向平衡位置。
24. 如图所示，实线是某时刻的波形图像，虚线是0．2 s后的波形图像，质点P位于实线波的波峰处。

①若波向右以最小速度传播，求经过t＝4 s质点P所通过的路程；
②若波速为35 m/s，求波的传播方向。
【答案】①1．2 m ②向右传播
【解析】
试题分析：①若波向右传播：nT＋T＝0．2 s（n＝0,1,2,3，…）
由可知周期最大波速最小，当n＝0时T最大值为
经过时间t＝4 s，即经过15个整周期，所以质点P通过的路程为s＝15×4A＝1．2 m
②若波向右传播：nT＋T＝0．2 s（n＝0,1,2,3, …）

联立当n＝1时，波速为35 m/s，所以向右传播。
若波向左传播：nT＋T＝0．2 s
联立当n取0或其他任何正整数时，波速都不为35 m/s，所以波不会向左传播。
考点：机械波的传播
【名师点睛】本题考查理解波动图象的能力以及运用数学通项求解特殊值的能力．对于两个时刻的波形，一定要考虑波的双向性．第2小题可由x=vt，求出波传播的距离，分析与波长的关系，根据波形的平移法确定波的传播方向。