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河北辛集中学 2024-2025 学年度第二学期第三次阶段考试
高二物理试卷
考试时间：75分钟
一、单选题（共 7题，每题 4分，共 28
分）
1．下图为教材插图，以下说法错误的是（ ）
A．图甲中研究跳高运动员背越式过杆跳技术动作要领时，运动员不可以看为质点
B．图乙中观察桌面微小形变的物理方法是光学放大法
C．图丙表明在真空中静止释放物体时，物体下落的快慢与物体轻重无关
D．图丁中运动员受到支持力是因为运动员的脚掌发生了形变
2．1935 年 5 月，红军为突破“围剿”决定强渡大渡河，突击队冒着枪林弹雨依托仅有的一条
小木船坚决强突。若突击队采用渡河时间最短的方式渡河，小木船相对静水的速度大小不
变，越靠近河道中央水流速度越快，则小木船从 P 到 Q 渡河的轨迹可能是（ ）
A．B．
C． D．
3．如图所 示，质量为 2m 的物体
A 静 止在竖直的轻 弹簧上，质量为 3m 的
物体 B 由细线悬挂 在天花板上，B 与 A
刚好 接触但不挤压．现突然将细线剪断，则剪断后瞬间 A，B 间
的作用力大小为（ ）
． ．
A． mg B 6mg C 2mg
D．0
5 5
4．两倾斜的平行杆上分别套着 a、b 两相同圆环，两环上均用细线悬吊着相同的小球，如图
所示。当它们都沿杆向下滑动，各自的环与小球保持相对静止时，a 的悬线与杆垂直，b 的悬
线沿竖直方向，下列说法正确的是（ ）
A．a 环与杆有摩擦力
B．d 球处于失重状态
C．杆对 a、b 环的弹力大小相等
D．细线对 c、d 球的弹力大小可能相等
5．如图所示，足够长的倾角 = 37 的光滑斜面体固定在水平地面上，一根轻绳跨过定滑轮，
一端与质量为 m1 = 1kg 的物块 A 连接，另一端与质量为 m2 = 3kg 的物块 B 连接，绳与斜面保
持平行，开始时，用手按住 A，使 B 悬于空中，距地面 h = 3m ，释放后，在 B 落地之前，
下列说法正确的是（所有摩擦均忽略不计，不计空气阻力，sin 37°= 0.6 ，取 g = 10m/s2（ ）
A．绳的拉力大小为 30N
B．物块 B 的加速度大小为 6m/s2
C．如果将物块 B 换成一个竖直向下且大小为 30N 的力，对物块 A 的运动没有影响
D．B 落地后，A 还能向上运动距离为 1.8m
6．如图所示，一轻绳通过无摩擦的小定滑轮 O 与拖车相连，另一端与河中的小船连接，定
滑轮与拖车之间的绳保持水平，小船与拖车的运动在同一竖直平面内，拖车沿平直路面水平
向右运动带动小船，使小船以速度 v沿水面向右匀速运动，若船在水面上运动时受到的阻力
保持不变，则在上述运动过程中（ ）
A．当拉船的轻绳与水平面的夹角为 θ 时，拖车运动的速度为 vsin θ
B．小船受到绳的拉力不断减小
C．小船受到的阻力保持不变，所以绳的拉力也保持不变
D．拖车的速度不断减小
7．如图甲所示，水平地面上静止放置一质量为 M 的木板，木板的左端有一个可视为质点
的、质量 m=1kg 的滑块。现给滑块一向右的初速度 v0=10m/s，此后滑块和木板在水平地面
上运动的速度图像如图乙所示，滑块最终刚好停在木板的右端，取 g=10m/s2。下列说法正确
的是
（ ）
A．滑块与木板间的动摩擦因数 μ1=0.3
B．木板与地面间的动摩擦因数 μ2=0.2
C．木板的长度 L=4m
D．木板的质量 M=1.5kg
二、多选题（共 3题，每题 6分，共 18分）
8．如图甲，一个质量为 2kg 的物体在水平力 F 作用下由静止开始沿水平地面做直线运动，
t =1s时撤去外力，物体的加速度 a 随时间 t 的变化规律如图乙所示。重力加速度 g =10m/s2 ，
则下列说法正确的是（ ）
A．3s 末物体的速度为 0 B．物体与地面间的动摩擦因数 = 0.5
C．t =1s时，物体向前运动了 4m D．F 的大小为 12N
9．如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率 v 沿顺时针方向转动，传送带的倾角为 37°。一
物块以初速度 v0 从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的 v t 图像如图乙
所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37 = 0.6 ，cos37 = 0.8 ，g 取 10m/s2 ，则（ ）
A．传送带的速度为 8m/s
B．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
C．物块与传送带间的动摩擦因数为 0.25
D．传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大 10．在学校科技文化
周上，有同学展于了自己研制的球形飞行器。通过了解，球形飞行器安装了可提供任意方
向推力的矢量发动机，球形飞行器总质量为 M ，飞行器飞行时受到的空
气阻力大小与其速率平方成正比（即 f = kv2,k 为常量）。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，
经过一段时间后，其匀速下落的速率为 10m/s ；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运
动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为 g5m / s 。重力加速度大小为 ，不考虑空气相
对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是（ ）
A．发动机的最大推力为 1.5Mg
B．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器推力的速率为 5 3m/s
C．要使飞行器以 5m/s 水平匀速飞行，发动机推力的方向与速度方向夹角的正切 tan =
D．当飞行器以 5m/s 的速率飞行时，其加速度大小可以达到 2.5g 三、实验题（每空 2
分，共 14分）
11．某同学用两根完全相同的轻弹簧和一瓶矿泉水等器材验证“力的平行四边形定
则”。
实验时，先将一弹簧一端固定在墙上的钉子 A 上，另一端挂矿泉水瓶，如图甲所
示；然后将两弹簧一端分别固定在墙上的钉子 A、B 上，另一端与连接于结点 O，在
结点 O 挂矿泉水瓶，静止时用智能手机的测角功能分别测出 AO 、BO与竖直方向的偏
角 、
，如图乙所示。改变钉子 B 的位置，按照上述方法多测几次。
（1）依据上述方案并根据力的平行四边形定则，为画出力的合成图，必须的操作是
（选填选项前的字母）。
A．实验中要使 AO 、BO长度相同 B．要测量弹簧的原长 C．要测量图甲、乙中弹簧的
长度 D．实验中要使结点 O 的位置始终固定不变（2）根据实验原理及操作，为验证
力的平行四边形定则，在作图时，图中
（选填“丙”或“丁”）是正确的。
（3）某次实验中测得乙图中 = 30 ， = 45 ，保持 偏角不变，将 OB从乙图中位置沿
顺时针缓慢转到水平位置，则 OA 中弹簧的长度将 ，OB中弹簧的长度
将 （选填“一直增大”“一直减小”“先减小后增大”或“先增大后减小”）。
12．在一次课外活动中，某同学用如图甲所示的装置测量放在水平光滑桌面上的金属板 B 与
铁块 A 之间的动摩擦因数，并验证牛顿第二定律。实验步骤如下：
（a） 用天平测出铁块 A 的质量 mA、金属板 B 的质量 mB
（b） 将该装置按如图所示的方式连接
（c） 在动滑轮下挂上砝码，稳定运行后，弹簧秤的示数为 F1，力传感器的示数为 F2，打点
计时器后方打出的一段纸带如图乙所示，已知重力加速度为 g，纸带上相邻计数点间的
时间间隔为 T，则：
(1)金属板 B 与铁块 A 之间的动摩擦因数为 。
(2)要验证牛顿第二定律，需要保证______。
A．定滑轮和金属板间的细绳必须水平
B．所有滑轮必须光滑
C．钩码的质量必须远小于金属板的质量
x
(3)要验证牛顿第二定律，需要验证的关系为 F2 = （用“F1、mB、 1、x2、T ”表示）。四、解
答题(共 3 题,第 13 题 12 分，14 题 12 分，第 15题 16 分，共 40 分。解答应写 出必要
的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不能得分。有数值计算的题，答案中
必须明确写出数值和单位)
13．如图所示一足够长的固定斜面，倾角 为 37 ，斜面 BC与水平面 AB 平滑连接，质量
m=2kg 的物体静止于水平面上的 M 点，M 点与 B点之间的距离 L = 9m ，物体与水平面和斜
面间的动摩擦因数均为 = 0.5，现物体受到一水平向右的恒力 F = 14N 作用，运动至 B点时
撤去该力，（sin 37°= 0.6 ，cos37°= 0.8，取 g = 10m/s2 ）则：
(1)物体在恒力作用下运动时的加速度是多大？
(2)物体到达 B点时的速度是多大？
(3)物体沿斜面向上滑行的最远距离是多少？
14．如图所示，在倾角为 θ=30°的光滑斜面上端系有一劲度系数为 k=100N/m 的轻质弹簧，
弹簧下端连一个质量为 m=8kg 的小球，球被一垂直于斜面的挡板 A 挡住，此时弹簧没有形
变，从 t=0 时刻开始挡板 A 以加速度 a=1m/s2沿斜面向下匀加速运动，（g=10m/s2）求：
（1） t=0 时刻，挡板对小球的弹力多大？
（2） 从开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为多少？
15．如图所示，一倾角为 = 30 、足够长的传送带始终以 v = 6m / s 的速度逆时针匀速运转，长
度未知的木板 B 上放一可视为质点的物块 A（A 一开始在距 B 右端 1m 处），两者同时由静止
开始释放，释放时木板距传送带底端的距离 L = 5.4m ，传送带底端有一固定挡板，木板 B 与挡
板
碰撞后立即以等大的速度反弹。木板 B 的质量为 mB，物块 A 的质量为 mA ，且 mA =mB = 2kg ，
木板 B 与传送带间的动摩擦因数 1 = 3 ，物块 A 与木板 B 间的动摩擦因数 2 = 3 ，设最大静
4 6 摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度 g =10m / s2 ，不
计其它阻力。求：
(1)物块 A 和木板 B 开始运动时加速度的大小 aA 和 aB；
(2)木板 B 从释放至第一次与挡板相碰时 A 在 B 上留下的划痕；
(3)若木板 B 从释放到第一次到达最高点的过程中物块 A 不从 B 上掉落，木板 B 的最小长度(2m+ 3m g F) 弹 = (2m+ 3m a) 解得
河北辛集中学 2024-2025学年度第
二学期第三次阶段考试高二物理参
a = g
考答案
隔离 B，则有:
题
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
号 3mg FN = 3ma
答
D C B C B D D AD AC BD 解得，剪断后瞬间 A、B 间的作用力大
案
FN = mg
1．D
故 B 正确，ACD 错误。
【详解】A．图甲中研究跳高运动员背越式过
故选 B。
杆跳技术动作要领时，运动员大小不能忽略，
4．C
不可以看为质点，故 A 正确；
【详解】A．令倾斜杆与水平面的夹角为 ，对
B．图乙中观察桌面微小形变的物理方法是光
c 球单独进行受力分析，受力分析图如下， c
学放大法，故 B 正确；
球受重力和绳的拉力 F，物体沿杆滑动，因此
C．图丙表明在真空中静止释放物体时，物体
在垂直于杆的方向加速度和速度都为零，由力
下落的快慢与物体轻重无关，具有相同的运动
的合成及牛顿第二定律可知物体合力
规律，故 C 正确；
D．图丁中运动员受到支持力是因为跳板发生 F1 = mg sin = ma a = g sin
了形变，故 D 错误。
因 a 和 c 球相对静止，因此 c 球的加速度也
． 为 2 C
【详解】由题意，可知 g sin ，将 a 和 c 球以
及绳看成一个整体，在
只受重力和支持力的情
况下加速度为 g sin ，
因此 a 球和杆的摩擦力
为零，故 A 错误；
合速度方向沿轨迹的切线，加速度方向指向轨
本题选错误的，故选 D。
迹凹的一侧。
故选 C。
3．B
【详解】剪断细线前，只有 A对弹簧有作用
力，所以剪断细线前弹簧的弹力
F 弹 = m gA = 2mg
B．对球 d 单独进行受力分离，只受重力和
将细线剪断的瞬间，根据牛顿第二定律可得 竖直方向的拉力，因此球 d 的加速度为零，
因为 b 和 d 相对静止，因此 b 的加速度也为
零，故 d 球处于平衡状态，加速度为零，不 x = = 3m
是失重状态，故 B 错； 2a 故
D．细线对 c 球的拉力 D 错误。
故选 B。
Tc = mg cos 对 6．D
【详解】AD．船的速度沿绳方向的分速度与拖
d 球的拉力
车速度相等，拖车运动的速度为
Td = mg v = vcos
船向右运动，θ 增大，则拖车速度减小，故 A
因此不相等，故 D 错误；
错误，D 正确；
C．对 a 和 c 整体受力分析有
BC．由平衡条件
Fna = (ma + mc ) g cos 对 b
Ff = Fcos
和 d 整体受力分析 可知，θ 增大时，绳拉力增大，故 BC 错误。
故选 D。
Fnb = (mb + md ) g cos 7．D
因 a 和 b 一样的环，b 和 d 一样的球，因此受 【详解】【详解】A．由题图乙知，滑块刚滑上
木板时加速度
力相等，故 C 正确。
故选 。 Δv1 2 10 2 2 a1 = =C
m/s = 4 m/s Δt1 2 0 由牛顿第二定
5．B
律可得
【详解】AB．根据牛顿第二定律可得
m g ma1 = 1mg 得 2 T = m a2
T m g1sin 37 = m a1 1 = 0.4
故 A 错；
联立解得
B．2s 后滑块与木板一起做匀减速直线运动，
T = 12N ，a = 6m/s2 故 A
加速度
错误，B 正确；
Δv2 0 22 2 a2 = =
C．如果将物块 B 换成一个竖直向下且大小为
m/s = 1 m/s Δt2 4 2 由牛顿第二定
30N 的力，则绳拉力为 30N，物块 A 运动的
律可得
加速度变大，故 C 错误；
D．根据速度位移关系可得 (m + M a) 3 = 2 (m + M g)
v2 = 2ah 所以
得
v = 6m/s
B 落地后，A 的加速度大小为
2 = 0.1
a = g sin 37 = 6m/s 2 故 B 错； C．木板的长度为 0~2s 内滑块与
木板的 v t 图线与时间轴所围面积差
A 还能向上运动距离为
v2 L = 10 2 m = 10 m
故 C 错误； a1 = 8m / s2 做匀减速直线运动，当速度和传送带
D．0~2s 内木板的加速度
相同的瞬间，摩擦力反向，接着以加速度大
Δv1' 2 02 2 a2 = =
小为 a2 = 4m / s
2 做匀减速直线运动直到速度
m/s = 1 m/s Δt1 2 0
对 M 根据牛顿第二定律可得 减为零。所以传送带的速度 v1 = 8m / s ，故 A
1mg 2(M m g Ma+ ) = 2
正确；
解得
BC．在 0 ~ 1s 内，物块的速度大于传送带速
M=1.5 kg 故
度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，与
D 正确。故选 D。 物块运动的方向相反，根据牛顿第二定律有
8．AD
mg sin 37 + mg cos37 = ma1 结合图
【详解】A．根据 a t 与横轴围成的面积表示
速度变化量，则有 乙，可得
v3 = v3 = 4 1m / s 2 2m / s = 0 a1 = g sin 37 + g cos37
在 1 ~ 3s 内，物块的速度小于传送带速度，传
可知 3s 末物体的速度是 0，故 A 正确；
送带对物块的摩擦力沿传送带向上，与物块运
BD．撤去水平力 F 前，由图乙可知物体的加
动的方向相同，根据牛顿第二定律有
速度大小为 a1 = 4m / s2 ，根据牛顿第二定律可
mg sin 37 mg cos37 = ma2 结合图
得 乙，可得 F mg = ma1
撤去水平力 F 后，物体的加速度大小为 a2 = g sin 37 g cos37
a 2 2 = 2m / s ，根据牛顿第二定律可得 联立可得
= 0.25 故
B 错误，C 正确；
mg = ma2
D．若传送带的速度 v1 16m / s 时，物块在传
联立解得 = 0.2 ，F = 12N 故 B
错误，D 正确； 送带上一直做加速度大小为 a2的匀减速直线运
C．t = 1s 时，物体向前运动的距离为 动，则
1 2 1 2
v 2 v2 0 = 2a L2 可
x1 = a t1 = 4 1 m = 2m
2 2
得
故 C 错
误。故选 AD。 v= v 2 0 2a L2
9．AC
此时，无论传送带的速度为多大，物块到达传
【详解】A．由图乙可知，物块以 v0 = 16m / s 的
送带顶端时的速度都相等，故 D 错误。
速度冲上传送带，先以加速度大小为 故选 AC。
10．BD 11． (1) BC (2) 丙 (3)一直增大 先减小后
【详解】A．飞行器关闭发动机，以 v1=10m/s
增大
匀速下落时，有
【详解】（1）ABC．实验中，甲图用来测量合
Mg kv= 2 1 = k 100
力，乙图用来测量两个分力，根据胡克定律，
飞行器以 v2=5m / s 向上匀速运动时，设最大推
力为 F ，有 力的大小与弹簧伸长量成正比，力的大小可用m
2 联立可 弹簧伸长量来表示，因此必须测量弹簧的伸长Fm = Mg kv+ 2 = Mg k+ 25
量，但 AO 、BO长度不必相同，A 错误，B 正
得
确，C 正确；
F = 1.25Mg
D．实验中重物重力是定值，所以不必保证 O
A 错误；
B．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞 点固定不变，D 错误。
行时，有
故选 BC。
f = F 2 m (Mg )2 = Mg = kv 23 （2） 实验中矿泉水瓶的重力方向始终竖直
解得
向下，所以 x1需要沿着竖直方向，故丙图是正
v3 = 5 3m/s
确的。
B 正确；
C．飞行器以 v =5m / s 匀速水平飞行时，发动 （3） 对 O 点受力分析，O 点处于动态平衡4
机推力的方向与速度方向夹角的正切
中，重力大小方向不变，OA 绳中拉力方向不
Mg Mg tan =
= 2 = 4 f kv4 变，根据平行四边形定则易得 OA 中弹力将一
C 错误；
直变大，OB 中弹力将先减小后增大，如图所
D．当飞行器最大推力向下，以 v5=5m/s 的速率
向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值， 示。
有
Fm + Mg kv+ 2 5 = Mam
解得
am=2.5g
D 正确。故选 BD。
所以 OA 中弹簧的长度将一直增大，OB 中弹簧
的长度将先减小后增大。
F1 vB = 2aL = 2 2 9m/s = 6m/s
12．(1)
m gA (3)在斜面上，根据牛顿第二定律可得
(2)AB mg sin + mg cos = ma 代入数据解
得加速度的大小为
x2 2x1
2
(3)F + m a =10m/s 逆向分析可得 1 B 2
4T
v 2 B = 2ax 解得
【详解】（1）铁块 A 平衡，有 F1 = m gA
vB2
1 x = = 1.8m F 解
2a
得 =
m g 14．（1）32N；（2）0.8s A
【分析】对小球受力分析，根据牛顿第二定律
（2） C．本实验有力传感器，没有必要
列式求解；从开始运动到小球与挡板分离的过
保证钩码的质量远小于金属板的质
程中，挡板 A 始终以加速度 a 匀加速运动，
量，选项 C 错误；
小球与挡板刚分离时，相互间的弹力为零，由
AB．要保证细绳对金属板的拉力 F2 水平，定 牛顿第二定律和胡克定律结合求得小球的位
移，由挡板运动的位移可以求得物体运动的时
滑轮和金属板间的细绳必须水平，所有滑轮必 间。【详解】（1）从 t=0 时刻开始挡板 A 以加
须光滑，以减小阻力影响，选项 AB 正确。 速度 a=1m/s2沿斜面向下匀加速运动，则小球
故选 AB。 的加速度也是
a=1m/s2
（3） 根据(x x ) x = a(2 )T 22 1 1
对小球受力分析，根据牛顿第二定律得
x2 2x1 可得铁板的加速度 mg sin30 N ma=
a = 2 解得
4T
N = 40 8 = 32N
需要验证的关系为 （2）设球与挡板分离时位移为 s，经历的时间F2 m gA = m aB
为 t，从开始运动到分离的过程中，m 受竖直
x2 2x 故要验证 向下的重力，垂直斜面向上的支持力 F1 N，沿
F2 = F1 + mB 2 斜面向上的挡板支持力 F1和弹簧弹力 F，根
4T 据牛顿第二定律有
13．(1)2m/s2；(2)6m/s ；(3)1.8m
mgsin F F1 = ma
【详解】(1)在水平面上，根据牛顿第二定律可
知 F kx=
F mg ma= 解得 随着 x 的增大，F 增大，F1减小，保持 a 不
F mg 14 0.5 2 10 2 2 a = = m/s 变，当 m 与挡板分离时，F1减小到零，则有
= 2m/s m 2 mg sin kx ma=
(2)由 M到 B，根据运动学公式可知 又
v 2 B = 2aL 解得 x = at2
联立解得 解得 t2 = 0.2s
2 = 此时 A 与 B 的相对位移为 mg sin k at ma
所以经历的时间为 1 2 1 2
Δx1 = a tB 1 + vt2 aA (t1 + t2 ) = 0.6m
2 mg( sin30 a ) 2 8 ( 5 1 ) 2 2
=
t = ka 100 s = 0.8s 同速后 A 会相对于 B 下滑
15．(1)a 2 A = 7.5m / s ；aB = 10m / s2 m gA sin 2m gA cos = m aAA
(2)s = 0.6m
解得 aA = 2.5m / s2
(3)Lmin = 4.8m
则 B 的合力
【详解】（1）释放后，B 受传送带向下的滑动
F 合 = 2m gA cos + m gB sin 1 (mA + mB ) gcos =
摩擦力，由于 1 大于 2 ，B 比 A 运动得快， 0
则 m gA sin + 2m gA cos = m aA A 木板 B 仍匀速至与挡板相碰，直到与挡板相碰
1 2
解得 a = 7.5m / s2A
的时间为 t3， L 2 a tB 1 + vt2 t3 ==
由 0.4s
v
m gB sin + 1(mA + mB ) gcos 2m gA cos = m aB B 这段时间 A 相对 B 的位移为
1 2
Δx2 = vt3 + a tA 3 vt3 =
0.2m 2
解得 aB = 10m / s2
由于 Δx1 Δx2 ，所以 A 在 B 上留下的划痕为 （2）设经时间 t1 木板 B 与传送带速度相同，
则 v = a tB 1 s = Δx1 = 0.6m
（3）第一次碰后 B 向上减速运动的加速度大
解得 t1 = 0.6s
小为 aB ，则
同速后由于
1(mA +m gB) cos + 2m gA cos = 20N m gB sin =10N
m gB sin + 2m gA cos + 1 (mA + mB ) g cos = m
a
故木板 B 与传送带相对静止一起匀速运动，物 B B
块 A 继续加速，设再经时间 t2 物块 A 与 B 及
解得 aB = 15m / s2
v
传送带速度相同，则 v = aA (t1 + t2 )
碰后 B 上升到最高点所用的时间 t4 = = 0.4s
aB
碰后 B 上升到最高点向上运动的位移的大小
v 2
为 xB1 = = 1.2m
2aB
碰撞时 A 的速度大小为 vA = v + a tA 3 = 7m / s
t4 时间内 A 向下运动的位移的大小为
1 2
xA1 = v tA 4 + a tA 4 = 3m
2
因此 Δx3 = xA1 + xB1 = 4.2m
此时 A 刚好到达木板的最左边，则木板的最小
长度为 Lmin = Δx3 + Δx2 Δx1 +1m = 4.8m

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