2020版高二物理下学期期末考试试题(含解析).doc

2020版高二物理下学期期末考试试题(含解析)一、选择题(1-8题为单项选择题每小题3分，9-12题为多项选择题每题4分，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分)1.1.一物体做直线运动，其加速度随时间变化的图像如图所示下列图像中，可能正确描述此物体运动的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】在0T2s内，物体沿加速度方向做匀变速运动，v-t图象是倾斜的直线；在T2T内，加速度为0，物体做匀速直线运动或处于静止状态，v-t图象是平行于t轴的直线；在T2T内，加速度反向，物体做匀变速直线运动，到2T时刻速度为零v-t图象是向下倾斜的直线因加速度的大小相等，所以在0T2s内及在T2T内的图线的斜率大小相同，D正确视频2.2.如图所示，离地面高h处有甲、乙两个小球，甲以初速度v0水平射出，同时乙以大小相同的初速度v0沿倾角为45的光滑斜面滑下，若甲、乙同时到达地面，则v0的大小是（ ）A. gh2 B. gh C. 2gh2 D. 2gh【答案】A【解析】【详解】甲做平抛运动，由h=12gt2得：t=2hg；乙在斜面下滑的加速度为：a=mgsin45m=gsin45=22g。根据 2h=v0t+12at2解得：v0=12gh。故A正确，BCD错误；故选A。【点睛】解决本题的关键知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间相同决定水平位移，抓住平抛运动的时间和匀加速运动的时间相同，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解3.3.如图所示，轻杆BC一端用铰链固定于墙上，另一端有一小滑轮C，系重物的轻绳绕过滑轮C将上端固定于墙上的A点，不计摩擦，系统处于静止状态，现将A点沿墙稍上移一些，系统又处于静止状态，则由于A点的上移（）A. 轻杆与竖直墙壁间的夹角减小B. 绳的拉力增大，轻杆受的压力减小C. 绳的拉力不变，轻杆受的压力减小D. 绳的拉力减小，轻杆受的压力不变【答案】C【解析】【分析】以滑轮C为研究对象，分析受力情况，系统处于静止状态时，滑轮的合力为零，绳子的拉力大小等于物体的重力，根据平衡条件再分析由于A点的上移时轻杆所受压力的变化情况【详解】由于绳子的拉力与重力大小相等，由平衡条件得知，轻杆的支持力N与T、G的合力大小相等、方向相反，则轻杆必在T、G的角平分线上，当将A点沿墙稍上移一些，系统又处于静止状态时，根据对称性，可知，T、G夹角增大，则轻杆与竖直墙壁间的夹角增大。故A错误。以滑轮C为研究对象，分析受力情况，系统处于静止状态时，滑轮的合力为零，则绳子的拉力T和轻杆的支持力N的合力与重力G大小相等、方向相反，作出力的合成图如图。将A点沿墙稍上移一些时，系统又处于静止状态，则绳子的拉力大小等于物体的重力，保持不变。而轻杆的支持力N大小等于T、G的合力大小，T与G的夹角增大，则知N减小。故绳的拉力不变，轻杆受的压力减小。故C正确，BD错误。故选C。4.4.如图所示，A、B两物体质量分别为mA、mB，且mAmB，置于光滑水平面上，相距较远将两个大小均为F的力，同时分别作用在A、B上经过相同距离后，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】B【解析】【详解】力F大小相等，mAaB由运动学公式得：SA=12aAtA2，SB=12aBtB2因为SA=SB，所以tAtB根据冲量I的定义可知，IAIB由动量定理可知IA=pA，IB=pB则撤去外力后，pApB，pA方向水平向右，pB方向水平向左，所以，两物体碰前系统总动量向左。因为碰撞的过程中动量守恒，由动量守恒定律可知，碰后总动量向左，故ACD错误，B正确。故本题选B。【点睛】利用运动学公式和冲量的定义，结合动量守恒定律来分析，只要知道碰撞前后的状态即可，不需要分析过程，但要注意动量守恒定律的条件。5.5.如图所示，运动员以速度v在倾角为的倾斜赛道上做匀速圆周运动。已知运动员及自行车的总质量为m，做圆周运动的半径为r，重力加速度为g，将运动员和自行车看作一个整体，则()A. 受重力、支持力、摩擦力、向心力作用B. 受到的合力大小为F=mv2rC. 若运动员加速，则一定沿斜面上滑D. 若运动员减速，则一定加速沿斜面下滑【答案】B【解析】【详解】A：将运动员和自行车看作一个整体，则系统受重力、支持力、摩擦力作用，向心力是按力的作用效果命名的力，不是物体实际受到的力。故A项错误。B：将运动员和自行车看作一个整体，则系统所受合力提供向心力，即F合=mv2r。故B项正确。CD：运动员加速，系统有向上运动的趋势，但不一定沿斜面上滑；同理运动员减速，也不一定沿斜面下滑。故CD两项错误。6.6.下列说法正确的是（ ）A. 光子像其他粒子一样，不但具有能量，也具有动量B. 比结合能越大，原子核越不稳定C. 将由放射性元素组成的化合物进行高温分解，会改变放射性元素的半衰期D. 原子核的质量大于组成它的核子的质量之和，这个现象叫做质量亏损【答案】A【解析】光子像其他粒子一样，不但具有粒子性，而且也有波动性，则不但具有能量，也具有动量，故A正确；比结合能越大的原子核越稳定，B错误；放射性元素的半衰期与外界因素没有任何关系，只和本身性质有关，C错误；原子核的质量小于组成它的核子的质量之和，这个现象叫做质量亏损，故D错误；7.7.关于功和能，下列说法中正确的是A. 功和能是两个相同的概念，所以它们的单位相同B. 各种不同形式的能量在相互转化的过程中，其总量将发生改变C. 做功的过程就是能量从一种形式转化为其他形式的过程D. 功是物体能量多少的量度【答案】C【解析】A、功和能是两个不同的物理量，功是过程量，能是状态量，它们的单位相同，但物理意义不同，故A错误；B、各种不同形式的能量在相互转化的过程中，其总量保持不变，故B错误；C、功是能量转化的量度，做功的过程就是物体能量从一种形式转化为其他形式的过程，故C正确；D、功是能量转化的量度，不是功是能量多少的量度，故D错误。点睛：本题要抓住功和能两个物理量之间的区别与联系，要明确二者的单位都是焦耳，但一个是状态量，一个是过程量，是两个不同的概念。8.8.如图所示，一表面光滑的木板可绕固定的水平轴O转动，木板从水平位置OA转到OB位置的过程中，木板上重为5 N的物块从靠近转轴的位置由静止开始滑到图中虚线所示位置，在这一过程中，物块的重力势能减少了4 J。则以下说法正确的是(取g10 m/s2)()A. 物块的竖直高度降低了0.8 mB. 由于木板转动，物块下降的竖直高度必大于0.8 mC. 物块获得的动能为4 JD. 由于木板转动，物块的机械能必定增加【答案】A【解析】【详解】已知，由Ep=mgh得物块降低的高度h=Epmg=45m=0.8m，故A正确，B错误。木板转动过程中，物块的重力势能减少了4J，则重力对物块做功为4J，木板的支持力对物块做负功，所以外力对物块做的总功小于4J，由动能定理知，物块获得的动能小于4J，故C错误。木板的支持力对物块做负功，所以物块的机械能必定减少，故D错误。故选A。【点睛】解决本题时要注意木板的支持力对物块不是不做功，而做负功，要掌握功与能的关系，并能灵活运用9. 如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足够长的弹簧，则当木块接触弹簧后，则下列判断不正确的是（ ）A. 木块立即做减速运动B. 木块在一段时间内速度仍可增大C. 当F等于弹簧弹力时，木块速度最大D. 弹簧压缩量最大时，木块速度为零但加速度不为零【答案】A【解析】试题分析：当木块接触弹簧后，由于弹簧的弹力是从零开始增大的，在一定时间内弹力小于恒力F，所以木块向右先做加速度减小的加速运动，当弹力和F相等时，加速度为零，向右的速度达到最大，之后弹力大于F，合力向左，向右做加速度增大的减速运动，当弹簧压缩量最大时，木块速度为零，向左的加速度最大，故A不正确考点：考查了牛顿第二定律【名师点睛】做此类型的关键是要分析变力的变化，判断合力大小和方向的变化，从而得出加速度的变化，速度的变化情况，需要注意两个特殊点，当合力为零时，加速度为零，速度最大，当弹簧压缩到最小时，速度为零，加速度最大10.10.如图所示，质量分别为M和m0的两滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，若碰撞时间极短，则在此碰撞过程中，下列情况不可能发生的是A. M、m、m0速度均发生变化，分别变为v1、v2、v3，而且满足(Mm0)vMv1mv2m0v3B. m0的速度不变，M、m的速度变为v1和v2，且满足MvMv1mv2C. m0的速度不变，M和m的速度变为v，且满足Mv(Mm)vD. M、m、m0速度均发生变化，M和m0速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足(Mm0)v(Mm0)v1mv2【答案】BC【解析】试题分析：在M和m碰撞的过程中，由于碰撞时间极短，M和m组成的系统动量守恒，m0在瞬间速度不变，应用动量守恒定律分析答题解：碰撞的瞬间M和m组成的系统动量守恒，m0的速度在瞬间不变，以M的初速度方向为正方向，若碰后M和m的速度变v1和v2，由动量守恒定律得：Mv=Mv1+mv2；若碰后M和m速度相同，由动量守恒定律得：Mv=（M+m）v故BC正确，AD错误故选：BC【点评】解决本题的关键合理选择研究对象，知道在碰撞的瞬间前后m0的速度不变，M和m组成的系统动量守恒、应用动量守恒定律即可正确解题11.11.在地球表面以初速度v0竖直向上抛出一个小球，经时间t后回到出发点。假如宇航员登上某个与地球差不多大小的行星表面，仍以初速度v0竖直向上抛出一个小球，经时间4t后回到出发点。则下列说法正确的是()A. 这个行星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为12B. 这个行星的质量与地球质量之比为12C. 这个行星的自转周期与地球的自转周期之比为12D. 这个行星的密度与地球的密度之比为14【答案】AD【解析】【详解】地球表面重力加速度为：g=2v0t，未知行星表面重力加速度为：g=v02t，故两个星球的重力加速度大小之比为：g：g=4：1；第一宇宙速度v=gR，v=gR，故这个行星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为v：v=1：2，故A正确；根据g=GMR2，g=GMR2，有M：M=1：4，故B错误；条件不足，自转周期情况无法确定，故C错误；由于M：M=1：4，体积相同，故这个行星的平均密度与地球的平均密度之比为1：4，故D正确；故选AD。【点睛】本题综合考查了竖直上抛运动和万有引力定律，重力加速度是联系两个问题的桥梁，解题时关键是记住运动学公式，知道在地球的表面重力等于万有引力，知道第一宇宙速度的表达式v=gR12.12.如图所示为一汽车在平直的公路上由静止开始运动的速度图像，汽车所受阻力恒定。图中OA为一段直线，AB为一曲线，BC为一平行于时间轴的直线，则A. OA段汽车发动机的牵引力恒定B. OA段汽车发动机的功率是恒定的C. BC段汽车发动机的功率是恒定的D. AB段汽车发动机的功率不恒定的【答案】AC【解析】A、OA为一段直线，说明OA段汽车做匀加速直线运动，牵引力不变，根据P=Fv，可知，速度增大，牵引力不变，功率增大，故A正确，B错误；C、BC为一平行于时间轴的直线，则汽车做匀速直线运动，牵引力等于阻力，不变，速度也不变，根据P=Fv可知，功率不变，故C正确；D、AB为一曲线，斜率逐渐减小，则加速度逐渐减小，牵引力减小，根据P=Fv可知，牵引力减小，速度增大，功率可能不变，故D错误。点睛：本题主要考查了速度时间图象和公式P=Fv的直接应用，要求同学们能根据速度-时间图象判断汽车的运动情况。二实验题（本题共两个小题，每空2分，共12分）13.13.如图所示为实验室中验证动量守恒的实验装置示意图（1）若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则_Am1m2，r1r2Bm1m2，r1r2Cm1m2，r1=r2Dm1m2，r1=r2（2）为完成此实验，需要调节斜槽末端的切线必须水平，如何检验斜槽末端水平：_（3）设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，P为碰前入射小球落点的平均位置，则关系式（用m1、m2及图中字母表示）_成立即表示碰撞中动量守恒【答案】 (1). C (2). 将小球放在斜槽末端看小球是否静止，若静止则水平 (3). m1OP=m1OM+m2ON【解析】（1）安装和调整实验装置的两点主要要求是：斜槽末端要水平；（2）要使两球发生对心正碰，两球半径应相等，为防止入射球碰撞后反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即：m1、m2大小关系为 m1m2，r1、r2大小关系为 r1=r2故选C.（3）验证碰撞过程动量守恒定律，因两球碰撞后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，碰撞过程动量守恒，则m1v1=m1v1+m2v2，两边同时乘以时间t得：m1v1t=m1v1t+m2v2t，则m1OP=m1OM+m2ON，实验需要测出小球质量、小球水平位移，要用直尺和天平，故选AB；（4）由（3）可知，实验需要验证：m1OP=m1OM+m2ON点睛：本题考查了实验注意事项、实验器材的选择、数据处理，知道实验原理、实验注意事项即可正确解题；小球离开轨道后做平抛运动，它们在空中的运动时间相等，水平位移与初速度正正比，可以用水平位移表示初速度14.14.光电门在测量物体的瞬时速度方面有得天独厚的优势，比如在探究加速度和力的关系时就省去了打点计时器分析纸带的不便，实验装置如图甲所示。(1)测量遮光条的宽度，游标卡尺测量的结果如图乙所示，遮光条宽度d为_ cm。(2)某次实验过程中，已经得到AB之间的距离l和遮光条通过光电门的时间t和力传感器的示数F，若要完成探究目的，还需要满足的条件是_。若要以F为横坐标，做出一条倾斜的直线来判断加速度和力成正比，那么纵坐标的物理量应该是_（选填t2或1t2）。【答案】 (1). 0.225 (2). 滑块由A点静止释放 (3). 1t2【解析】【详解】（1）20格的游标卡尺的精度为0.05mm，游标卡尺的主尺读数为2mm，游标读数为0.055mm=0.25mm，所以最终读数为：2mm+0.25mm=2.25mm=0.225cm（2）若要完成探究目的，实验时，将滑块从A位置必须由静止释放；由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度根据运动学公式得若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是遮光条到光电门的距离l由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有：v2=2al，v=dt，a=F/M，可得：d2t2=2FMl，解得：F=Md22l1t2【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，主尺读数加上游标读数，不需估读；常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项三计算题（本题有四个小题，15,16两题各8分，17题10分,18题9分，总分35分）15.15.两物体A、B并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物体A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图(a)所示，在A、B的速度达到6 m/s时，撤去推力F。已知A、B质量分别为mA1 kg、mB3 kg，A与地面间的动摩擦因数0.3，B与地面间没有摩擦，B物体运动的v-t图象如图(b)所示，g取10 m/s2。求： (1)推力F的大小；(2)A物体刚停止运动时，物体A、B之间的距离。【答案】（1）15N （2）6m【解析】（1）在水平推力F作用下，设物体A、B一起做匀加速运动的加速度为a，由B物体的v-t图象得a3 m/s2. 对于A、B整体，由牛顿第二定律得FmAg(mAmB)a，代入数据解得F15 N.（2）设物体A匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物体分离，A在摩擦力作用下做匀减速直线运动，B做匀速运动.对A：mAgmAaA，aAg3 m/s2vtv0aAt0，解得t2 s 物体A的位移为xAvt6 m 物体B的位移为xBv0t12 m A物体刚停止运动时，物体A、B之间的距离为xxBxA6 m. 16.16.两个质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h物块从静止开始滑下，然后又滑上劈B求物块在B上能够达到的最大高度【答案】M1M2h(M1+m)(M2+m) 【解析】设物块到达劈A的低端时，物块和A的的速度大小分别为和V，由机械能守恒和动量守恒得mgh=12mv2+12M1V2M1V=mv设物块在劈B上达到的最大高度为h，此时物块和B的共同速度大小为V，由机械能守恒和动量守恒得mgh+12(M2+m)V2=12mv2mv=(M2+m)V联立式得h=M1M2(M1+m)(M2+m)h视频17.17.用光滑圆管制成如图所示的轨道，竖直立于水平地面上，其中ABC为圆轨道的一部分，CD为倾斜直轨道，二者相切与C点，已知圆轨道的半径R=1m，倾斜轨道CD与水平地面的夹角为=37，现将一小球以一定的初速度从A点射入圆管，小球直径略小于圆管的直径，取g=10m/s2，sin37=06，cos37=08，求小球通过倾斜轨道CD的最长时间（结果保留一位有效数字）【答案】t=1s【解析】试题分析：小球通过倾斜轨道时间若最长，则小球到达圆轨道的最高点的速度为0最高点到C点，对小球应用动能定理可得mgh=12mvC2，h=RRcos小球在CD段做匀加速直线运动，l=vCt+12at2CD段的长度为l=R(1+cos)sin对小球应用牛顿第二定律：mgsin=ma，解得t=1s考点：考查了动能定理，牛顿第二定律【名师点睛】应用动能定理应注意的几个问题（1）明确研究对象和研究过程，找出始末状态的速度。（2）要对物体正确地进行受力分析，明确各力做功的大小及正负情况（待求的功除外）。（3）有些力在物体运动过程中不是始终存在的。若物体运动过程中包括几个阶段，物体在不同阶段内的受力情况不同，在考虑外力做功时需根据情况区分对待18.18.如图所示，有一水平传送带以6 m/s的速度按顺时针方向匀速转动，传送带右端连着一段光滑水平面BC，紧挨着BC的光滑水平地面DE上放置一个质量M2 kg的木板，木板上表面刚好与BC面等高。现将质量m1 kg的滑块轻轻放到传送带的左端A处，当滑块滑到传送带右端B时刚好与传送带的速度相同，之后滑块又通过光滑水平面BC滑上木板。滑块与传送带间的动摩擦因数10.45，滑块与木板间的动摩擦因数20.2，取g10 m/s2。求：(1)滑块从传送带A端滑到B端，相对传送带滑动的路程；(2)滑块从传送带A端滑到B端，传送带因传送该滑块多消耗的电能；(3)木板至少多长才能使滑块不从木板上掉下来。【答案】(1)4 m(2)36 J(3)6 m【解析】试题分析：(1)滑块在传送带上受到向右的摩擦力,到达传送带右端时速度为6m/s.a=1g=./(1分)t=va=43s(1分)x1=12at2=4m. (1分)传送带位移x2=vt=8m(1分)x=x2x1=4m(1分)(2)传送带因传送滑块多消耗的电能Q=fx+12mv2=mgx+12mv2=36J(3分)(3)滑块以6m/s的速度滑上木板，对滑块和木板受力分析滑块受到木板对其向左的摩擦力，a滑=g2=2m/s2(1分)木板受到滑块对其向右的摩擦力和地面对其向左的摩擦力Ma木=mg2(M+m)ga木=/ (1分)假设滑块在木板上经过时间t，木板和滑块达到共同速度v共对滑块：(1分)对木板：(1分)则木板长度L=x滑-x木=6m(2分)考点：力学综合问题点评：难题。本题考查物体的受力分析、机械能守恒定律、牛顿第二定律、运动学方程等综合应用，主要考查学生的分析、理解和推理能力，能力要求较高在解决此类问题时可以把一个大题拆成多个小题来处理。四选修3-4（本题有两个小题，第一题为多选题有3个正确选项，选对一个选项得2分，选对两个选项得4分，选对三个选项得5分，每选错一个扣3分，最低得0分，把选项写在答题卡上。第二小题为计算题，8分）19.19.一列横波在t0时的波动图像如图所示，从此时开始，质点d比质点e早0.1 s到达波峰，则下列说法正确的是（_）A此列波向左传播B此列波的波速为10 m/sC1.0 s内质点通过的路程为0.5 mDt0.45 s时质点c在向y轴负方向振动E经过0.1 s，质点a第一次到达波峰【答案】BCD【解析】【详解】由题分析可知，此时d点的速度向上，由波形平移法可知，此波向右传播。而且有 T/4=0.1s，则得该波的周期为 T=0.4s；由图读出波长为 =4m，故波速为v=T=40.4=10m/s，故A错误，B正确。由于t=1s=2.5T，则1.0秒内质点通过的路程是 s=2.54A=10A=0.5m，故C正确。因为t=0.45 s=T+T/8，所以t=0.45 s时质点c在向y轴负方向振动，故D正确。t=0时刻质点a正向下振动，所以经过3T/4=0.3 s，质点a第一次到达波峰，故E错误。故选BCD。【点睛】本题突破口是对“d质点比e质点早0.1s到达波峰”的理解，由确定质点d的振动方向和振动周期要有分析质点振动过程和波动过程关系的能力20.20.如图所示是一个半球形透明物体的侧视图，现在有一细束单色光沿半径OA方向入射，保持入射方向不变，不考虑光线在透明物体内部的反射将细光束平移到距O点33R处的C点，此时透明体左侧恰好不再有光线射出，求透明体对该单色光的折射率；若细光束平移到距O点0.5R处，求出射光线与OA轴线的交点距O点的距离【答案】(1)14vT 3A (2)3 3R【解析】试题分析： 如图所示，光束由C处水平射入，在B处发生全反射，OBC为临界角由临界角公式：sinC=33RR=33解得：n=1sinC=3如图所示，光束由D点水平射入，在E点发生折射，入射角为OED=，折射角为NEF=，折射率由解得：，=60 由几何关系可知：FOE=，OFE=-=，则出射光线与OA轴线的交点F与O点的距离为：OF=2Rcos30=R考点：光的折射定律【名师点睛】此题是对光的折射定律及全反射问题的考查；透明体左侧恰好不再有光线射出时，光线发生了全反射，画出光路图，由几何关系求解临界角，从而由公式求解折射率。