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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D.3.在竖直向上的拉力F作用下,将货物由地面吊起,其运动的v2-x图象如图所示(取g=10m/s2).则前3m内与最后2m内拉力的大小之比A.12:7B.22:17C.22:23D.18:23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2217,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μ=
0.2则t=
2.5s时滑块的速度为A.3m/sB.2m/sC.1m/sD.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=μg=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C6.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,F<μmg,物体静止不动.在1-2s内,加速度a1==1m/s2,位移x1=a1t12=×1×1m=
0.5m,第2s末的速度v=a1t1=
0.5×1m/s=
0.5m/s.在2-3s内,加速度a2==m/s2=3m/s2,位移x2=vt2+a2t22=
0.5×1+×3×1m=2m,总位移为
2.5mB、在0-1s内,加速度a1==1m/s2,第1s末速度为v1=a1t1=1m/s.位移x1=a1t12=×1×1m=
0.5m,在1-2内,加速度a2==m/s2=-1m/s2,位移x2=v1t2+a2t22=1×1−×1×1m=
0.5m,第2s末速度为v2=v1+a2t2=
0.5m/s.在2-3s内,加速度a3==m/s2=3m/s2,位移x3=v2t3+a3t32=
0.5×1+×3×1m=2m,则总位移为3m.C、在0-1s内,F<μmg,物体静止不动.在1-2s内,加速度a1==m/s2=3m/s2,位移x1=a1t12=×3×1m=
1.5m,第2s末的速度v=a1t1=3m/s.在2-3s内,加速度a2==1m/s2,位移x2=vt2+a2t22=3×1+×1×1m=
3.5m,总位移为5m.D、在0-1s内,加速度a1=m/s2=3m/s2,第1s末速度为v1=a1t1=3m/s.第1s内的位移x1=a1t12=×3×1m=
1.5m,在1-2s内,加速度a2==1m/s2,位移x2=v1t2+a2t22=3×1+×1×1m=
3.5m,第2s末速度为v2=v1+a2t2=
3.5m/s.在2-3s内,加速度a3==m/s2=−1m/s2,则位移x3=v2t3+a3t32=
3.5×1−×1×1m=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A.t=4s时,质点在x=lm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D.0~2s内和0~4s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=3mt=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O~2s内和0~4s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AC.8.一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50kg,电梯运动时体重计示数为40kg,(取g=10m/s2)下列说法中正确的是A.电梯的加速度大小为2m/s2B.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F
1、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,M1>M2,则v1<v2B.若F1=F2,M1<M2,则v1<v2C.若M1=M2,F1>F2,则v1>v2D.若M1=M2,F1<F2,则v1>v2答案AD【解析】解析设物块与木板间动摩擦因数为μ,由牛顿第二定律,对物块 F-μM物g=M物am
① 对木板 μM物g=M板am
② 又 t2-t2=L
③v=t
④ 联立
①—
④式可得v=
⑤ 由
⑤式知若F1=F2M1<M2则v1>v2,选项A正确. 若F1<F2M1=M2则v1>v2,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A.A受到的摩擦力一定增大B.墙对A的弹力一定减小C.A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=N′sinθ,可见F增大则N′增大,即AB之间的弹力增大,C正确;N″=mg+N′cosθ,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ACD.
12.(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L
1、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/cm
26.
0026.
4826.
9727.47L2/cm[
79.
4480.
8982.
3683.85答案10050【解析】解由表格中的数据可知,当弹力的变化量△F=2mg=2×
0.05×
9.8N=
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,kN/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a—F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1m/s,经2s到达B点,再运动8m到达C点,速度为5m/s,求物块的加速度a及通过B点的速度.答案1m/s2vB=3m/s【解析】
①②解得:a=1m/s2
③vB=3m/s
④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α;
(2)刚释放时,A的加速度答案1300
(2)a=g方向沿斜面向下【解析】1B速度最大时2mgsinα=mg
①sinα=
②α=300
③
(2)刚释放A时,由牛顿第二定律得对A2mgsinα—T=2ma
④对BT+F弹-mg=ma
⑤F弹=mg
⑥解得a=g
⑦方向沿斜面向下
⑧评卷人得分16.(12分)国歌从响起到结束的时间是48s,国旗上升的高度是
17.6m国歌响起同时国旗开始向上做匀加速运动4s,然后匀速运动,最后匀减速运动4s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)
0.4m/s.【解析】对于红旗加速上升阶段
①对于红旗匀速上升阶段
②③对于红旗减速上升阶段
④对于全过程a1=a3
⑤x1+x2+x3=
17.6m
⑥由以上各式可得a1=
0.1m/s2
⑦v2=
0.4m/s.
⑧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θ=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v-t图象如图所示(乙)所示,取g=10m/s2sin370=
0.6cos370=
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/s2a2=10m/s2
①撤去力F后,据牛顿第二定律,有
②解得
③
(2)对物体进行受力分析,由牛顿第二定律可知
④F=30N
⑤
(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
⑥则物体沿着斜面下滑的时间为t3=t-t1-t2=1s
⑦设下滑加速度为a3据牛顿第二定律,有
⑧解得a3=2m/s2则t=4s时速度v=a3t3=2m/s.
⑨v2/m2·s-2x/m图1图2甲甲乙。