【物理】河北省石家庄二中2019-2020学年高二下学期期末考试试卷（解析版）

【物理】河北省石家庄二中2019-2020学年高二下学期期末考试试卷（解析版）

‎2019~2020学年第二学期集团联考 高二物理 满分100分，考试时间90分钟。‎ 本卷命题范围∶必修①②。‎ 一、单项选择题∶本题共8小题，每小题3分共24分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 ‎1. 下列说法正确的是（　　）‎ A. 物体在恒力作用下不可能做曲线运动 B. 做曲线运动的物体受到的合外力可能为零 C. 物体做曲线运动时，速度一定在改变 D. 做曲线运动的物体在某一时刻加速度可能与速度同方向 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】ABD．物体做曲线运动的条件是所受合外力（不为零）方向与速度不共线，即加速度方向与速度方向不共线，与恒力或变力无关，ABD错误；‎ C．物体做曲线运动，速度方向一定改变，所以速度一定在改变，C正确。‎ 故选C。‎ ‎2. 如图所示，两个完全相同的球体，质量均为m、半径均为R，现用两根长度均为R的轻质细绳分别系住两球后悬挂于O点。若不计球体之间的摩擦，重力加速度为g，则每根轻质细绳对球体的拉力大小为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】如图所示，根据几何知识，对其中一个小球受力分析，如图所示 根据三角形相似可得 解得 故C正确ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎3. ‎2019年7月25日，北京理工大学宣布∶“北理工1号”卫星搭乘星际荣耀公司的双曲线一号火箭在中国酒泉卫星发射中心发射，成功进入预定轨道。在发射卫星时，若首先将该卫星发射到低空轨道1，待测试正常后通过点火加速使其进入高空轨道2，已知卫星在上述两轨道运行时均做匀速圆周运动，假设卫星的质量不变，在两轨道上稳定运行时的速度大小之比为v1∶v2=2∶1。则（　　）‎ A. 卫星在两轨道的向心加速度大小之比a1∶a2=4∶1‎ B. 卫星在两轨道的角速度之比ω1∶ω2=2∶1‎ C. 卫星在两轨道的周期之比T1∶T2=1∶8‎ D. 卫星在两轨道的半径之比r1：r2=1∶2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AD．万有引力充当向心力，根据公式 可得 故 根据 可得 AD错误；‎ BC．根据 可得 B错误；‎ C．根据公式 可得 C正确 故选C。‎ ‎4. 一质点沿x轴做直线运动，其v—t图象如图所示，质点在时位于x=‎8 m处，开始沿x轴正方向运动.当t=8 s时，质点在x轴上的位置为 A. x=‎4 m B. x=‎‎14 m C. x=‎24 m D. x= ‎‎34 m ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据图象的“面积”大小等于位移大小，图象在时间轴上方“面积”表示的位移为正，图象在时间轴下方“面积”表示的位移为负，可得，在内质点通过的位移为：‎ 由于质点在时位于处，故当时，质点在x轴上的位置为，故ACD错误，B正确．‎ ‎5. 如图所示，某人用一F=12N的水平拉力拖着一质量为m=‎1.0kg的物体在水平地面上做a=‎9m/s2的匀加速直线运动，重力加速度g取‎10m/s2，不计空气阻力。则由牛顿第二定律可知物体与地面之间的动摩擦因数为（　　）‎ A. 0.1 ‎B. ‎0.2 ‎C. 0.3 D. 0.4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由牛顿第二定律可知 解得 则由 可知 故C正确，ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎6. 如图所示，质量为‎2kg的物体恰好能静止在固定斜面的顶端，现用沿斜面向下10N的恒力F使其由静止沿斜面下滑至底端。已知斜面长度为‎1m、倾角为30°，物体视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取‎10m/s2。则（　　）‎ A. 物体与斜面间动摩擦因数大小为0.5‎ B. 该物体下滑过程中机械能保持不变 C. 该物休下滑过程中机械能减小，且减小量为10J D. 该物体下滑过程中机械能增加，且增加量为10J ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．物体恰好能静止在固定斜面的顶端，可知 mgsin30°=μmgcos30°‎ 解得 μ=tan30°=‎ A错误；‎ BCD．物体下滑时所受的摩擦力 可知除重力以外的其他力的功为零，则物体的机械能不变，B正确，CD错误； ‎ 故选B。‎ ‎7. 甲车和乙车从同一位置出发沿平直公路行驶，它们运动的速度一时间图像分别为如图所示的直线甲和曲线乙，t=3s时，直线甲和曲线乙刚好相切。有关两车在0~5s内的运动，下列说法正确的是（　　）‎ A. 甲车做匀加速运动且其加速度为m/s2‎ B. 乙车一直做加速运动，加速度先增大后减小 C. t=1s时两车间隔距离为‎3m D. t=3s时甲车和乙车相距最远，最远距离大于‎7m ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲图线是一条倾斜的直线，速度随时间均匀增大，故做匀加速直线运动，加速度大小为 A错误；‎ B．速度时间图像的斜率表示加速度大小，乙图线中，速度随时间增大，即做加速运动，图像的斜率逐渐减小，故加速度一直减小，B错误；‎ C．1s时，乙才开始运动，所以1s时甲乙之间的距离等于甲的位移，甲在1s末的速度为 故甲的位移，即两者之间的距离为 C正确；‎ D．3s前甲的速度大于乙的速度，两者之间的距离增大，3s后甲的速度仍大于乙的速度，所以两者之间的距离继续增大，所以3s时两者之间的距离不是最远，图像与坐标轴围成的面积表示位移，若乙做匀加速直线运动，则1~3s内的位移为 而实际上乙做变加速运动，位移大于‎8m，甲在该时间内的位移为 所以在3s时两者之间的间距 D错误。‎ 故选C。‎ ‎8. 如图所示，已知物块A、B的质量分别为‎2m、m，A、B间的动摩擦因数为μ，A与地面之间的动摩擦因数为2μ。在水平力F的推动下，要使A、B一起运动而B不下滑，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力：力F至少为（　　）‎ A. μmg B. 2μmg C. mg（） D. 3mg（）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由于A、B一起向右运动，具有相同的加速度，以B为研究对象，受向下的重力、A对B向右的弹力N和A对B向上的摩擦力f，由于B相对A静止，当最大静摩擦力恰好等于重力时，加速度最小，所以 ‎，‎ 据牛顿第二定律得 联立以上各式得 再以A、B整体为研究对象，受重力、地面的支持力、摩擦力和F，据牛顿第二定律得 且 联立得 当加速度最小时，F最小，最小为 D正确ABC错误。‎ 故选D。‎ 二、多项选择题∶本题共4小题，每小题4分，共16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，有选错的得0分。‎ ‎9. 如图所示，一光滑足够长斜面紧靠竖直墙面，将一圆球体放置在斜面上，并用一端系在竖直墙面上的细绳拉住圆球体。现将细绳系在墙面上的一端缓慢由M点移到N点，在圆球体沿斜面下滑的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A. 细绳对圆球体的拉力一直减小 B. 细绳对圆球体的拉力先减小后增大 C. 斜面对圆球体的支持力一直减小 D. 斜面对圆球体的支持力一直增大 ‎【答案】BD ‎【解析】圆球在下滑过程中，受到竖直向下的重力（恒定不变），绳子的拉力（与竖直方向的夹角变大），斜面给的支持力（方向恒定不变），由于缓慢移动，三力合力为零，作矢量三角形，如图所示：‎ AB．从图中可知绳子拉力先减小后增大，A错误B正确；‎ CD．从图中可知斜面对圆球体的支持力一直增大，C错误D正确。‎ 故选BD。‎ ‎10. 如图所示，地日系统的两个拉格朗日点（即卫星在地日引力作用下能相对地日静止的位置）L1、L2分别位于地日之间和地球的外侧已知地日中心距离为r，L1、L2到地球中心的距离近似相等且均为d（远小于r）。两相同飞行器质量均为m，分别处于L1和L2点，与地球（质量为M）同步绕太阳做圆周运动，忽略飞行器间的引力，则（　　）‎ A. L1和L2向心加速度的比为（r-d）：（r+d）‎ B. L1处的飞行器的线速度大于L2处的飞行器的线速度 C. 太阳对两飞行器的引力之和与它对地球引力的比为‎2m：M D. L1处的飞行器的线速度应大于太阳的第一宇宙速度 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A． 两飞行器绕太阳运行的角速度相同，根据a=ω2R可知，L1和L2向心加速度的比为（r-d）：（r+d），选项A正确；‎ B．根据v=ωR可知，L1处的飞行器的运转半径小于L2处的飞行器的运转半径，则L1处的飞行器的线速度小于L2处的飞行器的线速度，选项B错误；‎ C．对L1和L2处的飞行器分析，则 ‎ ‎ ‎ ‎ 两式相加得 ‎ ‎ 对地球分析可知 太阳对两飞行器的引力之和与它对地球引力的比为‎2m：M，故C正确。‎ D．两飞行器绕太阳做匀速圆周运动，太阳的第一宇宙速度是最大的运行速度，故L1处飞行器的线速度小于太阳的第一宇宙速度，故D错误； 故选AC。‎ ‎11. 如图所示，两个可视为质点相同物体a和b放在水平圆转盘上，且物体a、b与转盘中心在同一条水平直线上，物体a、b用细线连接，它们与转盘间的动摩擦因数相同。当圆盘转动到两物体刚好还未发生滑动时，烧断细线，两物体的运动情况是（　　）‎ A. 物体b仍随圆盘一起做匀速圆周运动 B. 物体a发生滑动，离圆盘圆心越来越远 C. 两物体仍随圆盘一起做圆周运动，不发生滑动 D. 两物体均沿半径方向滑动，离圆盘圆心越来越远 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时，a物体靠细线的拉力与圆盘的最大静摩擦力的合力提供向心力做匀速圆周运动，所以烧断细线后，a所受最大静摩擦力不足以提供其做圆周运动所需要的向心力，a要发生相对滑动，离圆盘圆心越来越远，但是b所需要的向心力小于b的最大静摩擦力，所以b仍保持相对圆盘静止状态，AB正确CD错误。‎ 故选AB。‎ ‎12. 如图所示，水平轻弹簧左端固定在竖直墙上，处于原长时右端位于O点。有一质量为m的小物块与弹簧右端在O点接触但不拴接，水平地面粗糙。现对物块施加水平向左的恒力F0，物块向左运动至最远点P点时立即撤去F0，结果物块恰好返回O点静止。已知OP=x0，重力加速度为g，则（　　）‎ A. 物块与水平面摩擦力因数 B. 物块在O点向左运动时的加速度大小为 C. 物块在P点时刻，弹簧的弹性势能为 D. 物块向左运动速度最大的位置与返回向右运动速度最大的位置不在同一点 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．物块从O点到O点的过程中，根据动能定理可得 解得 A正确；‎ B．物块在O点向左运动时刻，根据牛顿第二定律得 结合 解得加速度大小为 故B错误；‎ C．根据能量守恒知全过程满足 物块在P点时刻，弹簧的弹性势能Ep，则 联立解得 C正确；‎ D．物块向左运动速度最大时合力为零，则有 返回向右运动速度最大合力为零，则有 结合 得 即物块向左运动速度最大的位置与返回向右运动速度最大的位置在同一点，D错误。‎ 故选AC。‎ 三、非选择题∶本题共6小题，共60分。‎ ‎13. 某物理兴趣小组用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。‎ ‎ (1)物理小组同学按照正确的操作打出一条纸带如图乙所示，其中O是起始点，A、B、C是打点计时器连续打下的3个点。该同学用毫米刻度尺测量O到A、B、C 各点的距离，并记录在图中（单位cm），打点计时器工作频率为50Hz，重物质量为‎1kg。该同学用重物在OB段的运动来验证机械能守恒，已知当地的重力加速度g=‎9.80m/s2，则该段重物重力势能的减少量为________J，而动能的增加量为________J。（计算结果均保留三位有效数字）‎ ‎(2)比较发现重力势能的减少量________（填“大于”“小于”或“等于”）动能的增加量，原因是________。‎ ‎(3)根据实验判断下图中正确的是________。（其中△Ek表示物体动能的变化，△h表示物体下落的高度）‎ A. B.‎ C. D.‎ ‎【答案】 (1). 1.22 1.20 (2). 大于 存在空气阻力、摩擦力等对重锤或纸带做负功 (3). A ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]重力势能减少量为 ‎[2]打点计时器工作频率为50Hz，所以打点周期为 根据匀变速直线运动过程中中间时刻速度等于该段过程的平均速度可得 故增加的动能为 ‎(2)[3]大于；‎ ‎[4]由于存在空气阻力、摩擦力等对重锤或纸带做负功，故得出的重力势能的减小量一定大于动能的增加量。‎ ‎(3)[5]根据机械能守恒，则图线为过原点的直线，故选A。‎ ‎14. 某同学设计了用光电门传感器“探究小车的加速度a与小车所受拉力F及质量M关系”的实验。‎ ‎(1)如图甲所示，在小车上固定宽度为L的遮光片，将两个光电门传感器固定在相距为d的轨道上，释放小车，传感器记录下小车经过光电门的遮光时间分别是△t1、△t2，可以测得小车的加速度a=________（用题中的符号L、d、△t1、△t2表示）。‎ ‎(2)在该实验中必须采用________法（填物理方法），应保持________不变，通过改变钩码的个数来改变小车所受的拉力大小，研究加速度a随拉力F变化的规律。‎ ‎(3)如图乙所示，实验得到的图像不过原点表明实验之前缺少的一个必要操作是________。‎ ‎(4)由图像可以计算出小车与木板间的动摩擦因数μ=________（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取‎10m/s2）。‎ ‎(5)随着所挂钩码数量增加，拉力F越来越大，图线不断延伸，后半段将要发生弯曲，请预测图线将向________（填“横轴”或“纵轴”）一侧弯曲。‎ ‎【答案】 (1). (2). 控制变量法 小车的总质量 (3). 平衡摩擦力 (4). 0.1 (5). 横轴 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]小车经过光电门1、2时的瞬间速度分别为 ‎ ‎ ‎ ‎ 根据匀变速直线运动的速度位移公式 ‎ ‎ 解得 ‎ ‎ ‎（2）[2][3]在本实验操作中，采用了控制变量法，即不改变小车的总质量，研究加速度与力的关系。 （3）[4]a-F图象在F轴上将有截距，不过原点，所以在实验前需要将轨道右端适当垫高，用来平衡摩擦力。 （4）[5]由牛顿第二定律可知：‎ F-μmg=ma 得 ‎ ‎ 结合图象 ‎-μg=‎-1m/s2‎ 解得 μ=0.1‎ ‎（5）[6]随着所挂砝码数量增加，拉力F越来越大，滑块受到的拉力明显小于砝码的重力，a-F图象中图线不断延伸。后半段将会发生弯曲，图线将向横轴弯曲。‎ ‎15. 一列火车进站前先关闭气阀（动力系统），火车沿直线滑行，滑行了‎450m时速度恰为关闭气阀时速度的，此后，又继续沿直线滑行了45s，停止在车站，设火车在滑行过程中加速度始终保持不变，求∶‎ ‎(1)火车从关闭气阀到停止滑行时，滑行的总位移大小；‎ ‎(2)火车滑行的初速度大小。‎ ‎【答案】(1)‎810m；(2)‎24m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设火车减速运动的加速度为a，初速度为，根据题意可知 ‎，‎ 联立解得 ‎，‎ 故滑行总位移为 ‎(2)由(1)可知火车滑行的初速度大小为‎24m/s。‎ ‎16. 如图所示，水平地面上固定有一竖直光滑杆，杆上套有质量为m的圆环，地面上放质量为M的物块，圆环和物块由绕过光滑定滑轮的轻绳相连，物块恰好不滑动，连接圆环和物块的轻绳与竖直方向的夹角分别为α=37°、β=53°。认为物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，取sin37°=0.6。求∶‎ ‎(1)轻绳上的拉力大小F；‎ ‎(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）将圆环所受绳的拉力进行分解，对圆环有：‎ mg=Fcosα 解得 ‎ ‎ ‎（2）此时物块恰好不滑动，物块受到的摩擦力达到最大，设为f， 竖直方向 Fcosβ+FN=Mg 水平方向 Fsinβ=f 又有 f=μFN 联立解得 ‎17. 一质量M=‎2kg的长木板静止在光滑的水平面上，现用水平向右的力F=13N作用在长木板上，长木板由静止开始向右运动如图所示，当长木板速度达到v0=‎2m/s时，将一质量m=‎3kg的物块轻轻放到长木板的右端。已知物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.3，物块可视为质点，g=‎10m/s2。‎ ‎(1)物块刚放置在长木板上时，求物块和长木板各自的加速度大小；‎ ‎(2)若长木板足够长，求物块与长木板相对静止后物块受到摩擦力大小；‎ ‎(3)若长木板长L=‎2.1m，经过计算判断物块最终能否滑离长木板。‎ ‎【答案】(1)；；(2)7.8N；(3)不能 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)对物块受力分析，在水平方向上受到木板给的向右的滑动摩擦力，故 解得小物块的加速度为 对长木板受力分析，受到向右的拉力，物块给的向左的滑动摩擦力，故 ‎，‎ 解得长木板的加速度为 ‎(2)若长木板足够长，物块与长木板相对静止后，即两者加速度相等。‎ 对两者组成的整体有 对物块有 联立解得 ‎(3)物块做初速度为零，加速度为的匀加速直线运动，而长木板做初速度为v0=‎2m/s，加速度为的匀加速直线运动，当两者相对静止时，即速度相等，故 代入数据解得 物块对地位移为 长木板对地位移为 两者的相对位移为 所以物块最终不能滑离长木板 ‎18. 如图所示，一传送带与水平面成θ=37°角放置，传送带长度L=‎5m，传送带以大小v=‎5m/s的恒定速率顺时针转动。一质量m=‎1kg的物体（可视为质点）以一定初速度从传送带的最下端A冲上传送带，物体从传送带最上端B以v=‎5m/s的速度离开传送带，沿切线方向从C点进入光滑圆弧轨道。圆弧轨道C点和传送带B点等高，OC与竖直方向的夹角θ=37°，物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，圆弧轨道半径R=‎0.5m，重力加速度g=‎10m/s2，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cos37°=0.8。‎ ‎(1)求B、C两点间的距离。‎ ‎(2)物体能否运动到圆弧轨道的最高点E？若能，请计算在最高点E时物体对轨道的压力。‎ ‎(3)求物体冲上传送带的速度范围。‎ ‎【答案】(1)‎2.4m；(2)能，4N；(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)从B点离开传送带后物体做斜抛运动，由于B、C两点在同一高度，所以两点关于最高点所在竖直线对称，从B点离开时，在水平方向上的分速度为 在竖直方向上的分速度为 物体在水平方向上做匀速直线运动，所以有 ‎(2)根据斜抛运动的对称性可知 若恰好达到E点，则 解得 从C到E根据机械能守恒可知 解得 大于，则说明物体可以达到O点，根据牛顿第二定律可得 解得 根据牛顿第三定律可知在最高点E时物体对轨道的压力为4N，方向向上；‎ ‎(3)由于 则物体在传送带上不会下滑 若物体冲上传送带速度小于‎5m/s时，则物体在传送带上先做加速运动，加速度大小为 当刚好加速到B端时速度为‎5m/s时，冲上传送带的初速度最小，故 解得 若物体冲上传送带的速度等于‎5m/s，则物体相对传送带静止向上一起匀速运动。‎ 若物体冲上传送带的速度大于‎5m/s，则物体在传送带上先做减速运动，加速度大小为 当刚好减速到B端时速度为‎5m/s时，冲上传送带的初速度最大，故 解得 综上分析可知物体冲上传送带速度范围。‎