2019-2020年高二物理下学期末考试试题（含解析）.doc

2019-2020年高二物理下学期末考试试题（含解析）本试题分I 、II两卷，满分100分，答题时间90分钟第I 卷（选择题40分）一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求，选对的得4分，错选或不选的得0分。）1.关于惯性的下列说法，正确的是A抛出去的标枪靠惯性向远处运动B完全失重时物体的惯性将消失C球由静止释放后加速下落，说明力改变了惯性D物体沿水平面滑动，速度越大滑行的时间越长，说明速度大惯性就大答案：A【解析】惯性只与物体的质量有关，与物体的受力和运动状态均无关。所以BCD错。惯性是物体保持原来运动状态的性质，所以A对。故选A。2. 如图所示，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O点的固定光滑轴悬挂质量为M的物体，OO段水平且长为L，绳上套一光滑的轻环。若在轻环上施加竖直向下的作用力F，物体上升L后再次达到平衡，此时F大小A B C D答案：D【解析】解：重新平衡后，绳子形状如下图由几何关系知：绳子与竖直方向夹角为30，则环两边绳子的夹角为60，则根据平行四边形定则，环两边绳子拉力的合力为Mg，根据平衡条件,向下的拉力大小为Mg故选：D3在竖直向上的拉力F作用下，将货物由地面吊起，其运动的v2x图象如图所示（取g=10 m/s2）则前3 m内与最后2 m内拉力的大小之比v2/(m2s-2)x/mA12:7B22:17C22:23D18:23答案：B【解析】前3m内货物的加速度向上，加速度大小是1m/s2，根据牛顿第二定律得：F1-mg=ma1。最后2m内货物加速度方向向下，加速度大小是1.5m/s2，根据牛顿第二定律得：mg-F2=ma2。解得：前3m内与最后2m内货物的受到的拉力大小之比为22：17，故选B.4如图所示，小车上固定一直立木板,木板上端固定一定滑轮，轻绳跨过定滑轮一端系一小球,另一端系在弹簧秤上,弹簧秤固定在小车上, 若小车突然由静止向右匀加速运动,则下列说法正确的是 A弹簧秤读数变大B弹簧秤读数变小C小车对地面的压力变大D小车对地面的压力变小答案：A【解析】.若小车匀加速向左运动，车向右的加速由弹簧的弹力来提供，所以弹簧秤读数变大,把系统看作一个整体，整体只有向右的加速度，所以在竖直方向上的力不变，即小车对地面的压力不变.故选A.5. 如图所示，足够长的水平传送带以v0=2m/s的速度匀速运行。t=0时刻，在左端轻放一质量为m的小滑块，t=2s时刻传送带突然被制动而停止。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数=0.2。则t=2.5s时滑块的速度为A.3m/s B.2m/s C.1m/s D.0 答案：C【解析】滑块放在传送带上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，a=g=2m/s2，滑块运动到与传送带速度相同时需要的时间；然后随传送带一起匀速运动的时间t2=t-t1=1s；当送带突然制动停下时，滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止，a= -a = -2m/s2，运动的时间；t=2.5s时，物体速度v=m/s.故选C。6质量为1kg的物体静止在水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为0.2若对物体分别施加如图所示的水平拉力F，在前3t0内位移最大的是 答案：D【解析】A、在0-1s内，Fmg，物体静止不动在1-2s内，加速度a1=1m/s2，位移x1a1t1211m0.5m，第2s末的速度v=a1t1=0.51m/s=0.5m/s在2-3s内，加速度a2=m/s23m/s2，位移x2vt2+a2t22=0.51+31m2m，总位移为2.5m。B、在0-1s内，加速度a1=1m/s2，第1s末速度为v1=a1t1=1m/s位移x1a1t1211m0.5m，在1-2内，加速度a2m/s2=-1m/s2，位移x2=v1t2+a2t221111m0.5m，第2s末速度为v2=v1+a2t2=0.5m/s在2-3s内，加速度a3=m/s23m/s2，位移x3v2t3+a3t32=0.51+31m2m，则总位移为3m C、在0-1s内，Fmg，物体静止不动在1-2s内，加速度a1=m/s23m/s2，位移x1a1t12=31m1.5m，第2s末的速度v=a1t1=3m/s在2-3s内，加速度a2=1m/s2，位移x2vt2+a2t22=31+11m3.5m，总位移为5m D、在0-1s内，加速度a1=m/s23m/s2，第1s末速度为v1=a1t1=3m/s第1s内的位移x1a1t12=31m1.5m，在1-2s内，加速度a2=1m/s2，位移x2=v1t2+a2t2231+11m=3.5m，第2s末速度为v2=v1+a2t2=3.5m/s在2-3s内，加速度a3m/s21m/s2，则位移x3v2t3+a3t323.5111m=3m，总位移为8m可知D选项位移最大故选：D二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不选的得0分。）7. t=0时刻质点位于处，沿x轴正向做直线运动，其运动的v-t图象如图所示。下列说法正确的是 At=4 s时，质点在x=l m处 B第3s内和第4s内，质点加速度的方向相反 C第3s内和第4s内，质点加速度的方向相同 D02 s内和04 s内，质点的平均速度相同答案：AC【解析】解：A、0-4s内质点的位移等于0-2s的位移，为x=（1+2）2m=3m,t=0时质点位于x=-2m处，则t=4s时，质点在x=1m处，故A正确 B、图线的斜率表示加速度，直线的斜率一定，则知第3s内和第4s内，质点加速度相同，其方向相同，故B错误C对。 D、根据图象与坐标轴围成的面积表示位移，在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负，则知O2s内和04s内，质点的位移相同，但所用时间不同，则平均速度不同，故D错误故选：AC8一体重计放在竖直升降的电梯内，小明站在体重计上，电梯静止时体重计示数为50 kg，电梯运动时体重计示数为40kg，（取g=10ms2）。下列说法中正确的是 A电梯的加速度大小为2m/s2 B电梯的加速度方向竖直向下 C电梯一定在竖直向下运动D小明对体重计的压力小于体重计对他的支持力答案：AB【解析】ABC：以竖直向下为正方向，有：mg-F=ma，即50g-40g=50a，解得a=0.2g=2m/s2，方向竖直向下，但速度方向可能是竖直向上，也可能是竖直向下，C选项错，AB选项正确D、对体重计的压力与体重计对小明的支持力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，D选项错;故选AB.9. 如图所示，在光滑水平面上放着两块长度相同，质量分别为M1和M2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块m。开始时，各物块均静止；若在两物块上各作用一水平恒力F1、F2，使物块滑离木板，分离时木板的速度分别为v1和v2。（物块和木板间的动摩擦因数相同） 下列说法正确的是 A.若F1=F2，M1M2，则v1v2 B.若F1=F2，M1M2，则v1v2C.若M1=M2，F1F2，则v1v2 D. 若M1=M2，F1F2，则v1v2答案：AD【解析】解析：设物块与木板间动摩擦因数为，由牛顿第二定律，对物块 F-M物g=M物am 对木板 M物g=M板am 又t2-t2=Lv=t 联立式可得v= 由式知若F1=F2,M1M2,则v1v2，选项A正确. 若F1F2,M1=M2,则v1v2，选项D正确.答案：AD10如图所示，横截面为直角三角形的斜劈A，底面靠在粗糙的竖直墙面上，力F通过球心水平作用在光滑球B上，系统处于静止状态。当力F增大时，系统仍保持静止。则下列说法正确的是 AA受到的摩擦力一定增大 B墙对A的弹力一定减小 CA对B的弹力一定增大 D B对地的压力一定增大答案：CD【解析】解：A、对B受力分析，如图： 根据平衡条件：F=Nsin，可见F增大则N增大，即AB之间的弹力增大，C正确;N=mg+Ncos，可见N增大则N增大，根据牛顿第三定律则B球对地面的压力增大，故D对；B、对整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件，水平方向：N=F，F增大则N增大，故B正确；A、以整体为研究对象，竖直方向：N+f=Mg，若N增大至与Mg相等，则f=0，故A错误；故选：BCD第II卷（非选择题 共60分）三、实验题（本题共3个小题，共 18分） 11.（4分）某同学用如图所示的实验装置来探究求合力的方法。弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M。弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端使结点O静止在某位置。分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向。(1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中的示数为_N（保留两位有效数字）。 (2)下列做法哪些是该实验中必须的实验要求_(填写对应的字母)A.弹簧测力计应在使用前校零B.实验中必须保证OB水平C.测量重物M的重力D拉线方向应与木板平面平行E.改变拉力，进行多次实验，每次都要使结点O在同一位置答案：（1）3.6N （2）ACD 【解析】（1）由图示可知，弹簧测力计分度值为0.2N，其示数为3.6N（2）A、弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零，故A项需要；B、该实验中不一定需要oB水平，故B项不需要；C、弹簧测力计A和B的示数分别为两细线的力的大小，同时画出细线的方向即为力的方向虽悬挂重物的细线方向确定，但大小却不知，所以要测重物重力，故C项需要；D、拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性，故D项需要；E、该实验中，改变拉力时，只要物体处于平衡状态，两弹簧拉力的合力与M的重力等大反向，因此O点不用每次静止在同一位置，故E不需要；故选：ACD12.（6分）在探究弹力和弹簧伸长量的关系时，某同学先按图1对弹簧甲进行探究，然后将弹簧乙和弹簧甲串联起来按图2进行探究。不考虑两个弹簧重力的影响，在弹性限度内，将质量m=50g的钩码逐个挂在弹簧下端，分别测得图1、图2中弹簧总长度L1、L2如下表所示。取g=9.8m/s2，则弹簧甲的劲度系数k甲= N/m，弹簧乙的劲度系数k乙= N/m。钩码个数1234L1/cm26.00 26.48 26.97 27.47 L2/cm79.44 80.89 82.36 83.85 图1图2甲甲乙答案：100 50【解析】解：由表格中的数据可知，当弹力的变化量F=2mg=20.059.8N=0.98N时，弹簧形变量的变化量为x1=0.98cm，根据胡克定律知甲的劲度系数：k=100N/m把弹簧甲和弹簧乙串联起来时，由胡克定律根据表中数据，类似于上述方法可以计算出串联时总的劲度系数k总，=2.94cm，k N/m,根据，可以计算出乙的劲度系数故答案为：100；50.13（8分）某同学用图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律：(1)备有下列器材：A.长木板；B.电磁打点计时器、低压交流电源、纸带；C.细绳、小车、砝码；D.装有细沙的小桶；E.薄木板；F.毫米刻度尺；还缺少的一件器材是_.（2）该同学得到如图所示的纸带。已知打点计时器电源频率为50Hz A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个计数点，两计数点之间还有四个点未画出。由此可算出小车的加速度a = m/s2 （保留两位有效数字）. (3)将小车静止地放在水平长木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器。把木板不带滑轮的一端慢慢垫高如图（乙）所示，直到小车由静止开始沿木板向下滑动为止请问这位同学的操作 正确（填是、否）(4)如果这位同学先进行(3)中的操作，然后不断改变小车的拉力F，得到M（小车质量）保持不变情况下的aF图线是下图中的 （填选项代号的字母）答案：（1）天平（2）0.2 （3）否 （4）C 【解析】(1)因为要测出物体质量，才可以确定加速度与质量的关系。所以要天平。(2) 根据刻度尺的示数可知x=sDG-sAD=3.90cm-2.10cm=1.80cm，时间间隔为T=0.3s，代入公式x=aT2可以求出加速度为：a=0.2m/s2（3）该步骤是要平衡摩擦力，应该使小车匀速下滑才恰当，而不是下滑即可。（4）若小车由静止下滑说明平衡摩擦力是木板倾角过大，则不挂重物，没有施加外力小车就有加速度。所以选C.四.本大题包括4小题，共42分.解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.评卷人 得 分14.（8分）一物块沿水平面由A向B做匀加速直线运动通过A点时的速度为1 m/s，经2 s到达B点，再运动8 m到达C点，速度为5 m/s，求：物块的加速度a及通过B点的速度.答案：1 m/s2 vB=3m/s【解析】 解得: a = 1 m/s2 vB=3m/s 评卷人 得 分15.（10分）如图所示，质量分别为2m和m的A、B两物体通过轻质细线跨过光滑定滑轮连接。弹簧下端固定于地面，上端与B连接，A放在光滑斜面上，开始用手控住A，细线刚好拉直，但无拉力。滑轮左侧细线竖直，右侧细线与斜面平行。物体A释放后沿斜面下滑，当弹簧刚好恢复原长时，B获得最大速度。重力加速度为g，求：（1）斜面倾角；（2）刚释放时，A的加速度。答案：(1) 300 （2）a=g 方向沿斜面向下【解析】(1) B 速度最大时：2mgsin=mg sin= =300 （2）刚释放A时，由牛顿第二定律得：对A 2mgsinT=2ma 对B TF弹mg=ma F弹=mg 解得 a=g方向沿斜面向下评卷人 得 分16（12分）国歌从响起到结束的时间是48 s，国旗上升的高度是17.6 m。国歌响起同时国旗开始向上做匀加速运动4 s，然后匀速运动，最后匀减速运动4 s到达旗杆顶端，速度恰好为零，此时国歌结束。求：（1）国旗匀加速运动的加速度大小；（2）国旗匀速运动时的速度大小。答案：（1）0.1m/s2 （2）0.4 m/s.【解析】对于红旗加速上升阶段： 对于红旗匀速上升阶段： 对于红旗减速上升阶段： 对于全过程： a1 = a3 x1 + x2 + x3 = 17.6 m 由以上各式可得：a1 = 0.1m/s2 v2 = 0.4 m/s. 评卷人 得 分17.（12分）如图(甲）所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为 =370的固定且足够长的斜面上，t=0时刻对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1=1s时撤去拉力，物体运动的vt图象如图所示（乙）所示，取g=10m/s2,sin370=0.6, cos370=0.8, 求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数；（2）拉力F的大小； （3）t=4s时物体的速度大小。答案：（1） （2）30N （3）2m/s.【解析】（1）设F作用时加速度为a1，撤去后加速度为a2。由图像可得 a1=20m/s2, a2=10m/s2 撤去力F后，据牛顿第二定律，有 解得 （2）对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知 F=30N （3）设撤去力F后物体运动到最高点所用时间为t2,由 v1=a2t2，可得t2=2s 则物体沿着斜面下滑的时间为t3=t-t1-t2=1s 设下滑加速度为a3,据牛顿第二定律，有 解得a3=2m/s2, 则t=4s时速度v=a3t3=2m/s.