【文档说明】江西省高安中学2019-2020学年高二下学期期中考试物理试题【精准解析】.doc，共(18)页，903.500 KB，由小赞的店铺上传

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江西省高安中学2019-2020学年高二下学期期中考试物理一、选择题（10个小题，共40分，1~7小题给出的四个选项中，只有一个选项正确；8~10小题有多个选项正确，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）1.下列说法正确的是（）A.速度是矢量，冲量是标量B.形状规

则的物体重心一定在几何中心C.“满眼风波多闪烁，看山恰似走来迎，仔细看山山不动，是船行。”其中“船行”所选的参考系是“山”D.只要物体相互接触，就存在弹力【答案】C【解析】【详解】A．速度和冲量都是矢量，故

A错误；B．只有质量分布均匀，形状规则的物体的重心一定在几何中心，故B错误；C．“满眼风波多闪烁，看山恰似走来迎，仔细看山山不动，是船行。”以山为参考系，船是运动的，故C正确；D．相互接触的物体之间不一定产生弹力，还要发生弹性形变，故D错误。故选C。2.一列火车沿直线轨道从静止出发由A

地驶向B地，列车先做匀加速运动，加速度大小为a，接着做匀减速运动，加速度大小为2a，到达B地时恰好静止，若A、B两地距离为S，则火车从A地到B地所用时间t为A.34SaB.43SaC.3SaD.32Sa【答案】C【

解析】【分析】设加速结束时的速度为v，根据v2=2ax列式求解v，然后根据平均速度求解运动的总时间．【详解】设加速结束时的速度为v，则22222vvsaa+=，解得43asv=，则整个过程中的平均速度为23v

asv==，则火车从A地到B地所用时间t为3sstva==，故选C.3.如图甲所示。为了测量运动员跃起的高度，训练时可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网的压力，并在计算机上做出压力－时间图像（F—t图像），假如做出的图像如图乙所示。设运动员在空中运动时可视为质点，不计空

气阻力，下列说法正确的是（g取10m/s2）（）A.运动员在空中的时间为1sB.1.1~2.3s中，当F最大时，运动员一定处于超重状态C.运动员跃起的最大高度为3.0mD.运动员跃起的最大高度为7.2m【答案

】B【解析】【详解】A．由图知运动员在空中的最长时间为4.32.32st=−=故A错误；B．1.1~2.3s图像表示，开始接触弹簧，一段时间弹力逐渐增加，一直到弹力与重力大小相等，此过程加速度方向向下，是失重；然后弹力大于重力一直到达弹力最大，此时加速度方向向上是超重；运动员触底后反弹，弹力

逐渐减少一直到弹力等于重力，此过程加速度方向向上时超重；然后弹力小于重力，弹力继续减小一直到为零，此过程重力大于弹力，加速度方向向下，是失重，故B正确；CD．运动做竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，跃起的最大高度

为222tgh=代入数据解得5mh=故CD错误。故选B。4.如图所示，绳与杆均不计重力，A端用绞链固定，滑轮O在A点正上方（滑轮大小及摩擦均可忽略），B端通过细绳吊一重物P，现通过另一细绳施加拉力FT将B缓慢上

拉（均未断），在杆达到竖直前（）A.拉力FT大小不变B.拉力FT越来越大C.杆的弹力大小不变D.杆的弹力越来越大【答案】C【解析】【详解】以B点为研究对象，分析受力情况，可作图由平衡条件可知，N和TF的合力与T大小相等，方向相反，根据三角形相似可得TFNTABBOAO==又有TG=因此可得A

BNGAO=TBOFGAO=当B缓慢上拉时，BAO缓慢减小，AB、AO保持不变，BO减小，则N保持不变，TF减小，故ABD错误，C正确。故选C。5.如图，水平地面上有一表面粗糙的三角形斜块，斜块顶端装有滑轮，两物块P、Q用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦），P悬

于空中，Q放在斜块上，均处于静止状态。当用平行于斜面向上的恒力推Q时，P、Q仍静止不动，则（）A.轻绳对Q的拉力变大B.三角形斜块对Q的支持力变大C.三角形斜块对Q的摩擦力变大D.地面对三角形斜块的支持力变小【答案】D【解析】【详解】A．对物体P

受力分析，P受重力和拉力，二力平衡，因此绳子的拉力等于物体P的重力。当用水平向左的恒力推Q时，P、Q静止不动，因此绳子的拉力仍然等于物体P的重力，轻绳上拉力一定不变，即轻绳对Q的拉力大小不变，故A错误；B．推力沿着斜面方向，并不会改变Q

对斜面的压力，因此压力一直等于Q的重力垂直于斜面的压力，即三角形斜块对Q的支持力不变，故B错误C．对物体Q受力分析，受重力、拉力、支持力，可能有静摩擦力。当静摩擦力沿斜面向上时，有sinTfmg+=当用水平向左的恒力推Q时，静摩擦

力会减小，也可能摩擦力大小不变，方向相反；当静摩擦沿斜面向下时，由sinTmgf=+当用水平向左的恒力推Q时，静摩擦力会增加，因此三角形斜块对Q的摩擦力有可能减小也有可能增加或不变，故C错误；D．当平行于斜面向上的恒力推时，有竖直向

上的分力，根据整体法可知，地面对三角斜块的支持力减小，故D正确。故选D。6.木块A、B分别重50N和60N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.25。夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了2cm，弹簧的劲度系数为450N/m。系统置于水平地面上静止不动。现用F=1N的

水平拉力作用在木块B上，如图所示。则在力F作用后（）A.木块A所受摩擦力大小是9NB.木块A所受摩擦力大小是12.5NC.木块B所受摩擦力大小是9ND.木块B所受摩擦力大小是11N【答案】A【解析】【详解】未加F时，木

块A、B受力平衡，所受静摩擦力等于弹簧的弹力，则弹簧弹力为14500.02N9NFkx===B木块与地面间的最大静摩擦力为BmB0.2560N15NfG===A木块与地面间的最大静摩擦力为AmA0.2550N12.5NfG===施

加F后，对木块B有1BmFFf+故A、B均静止。AB．施加F后，木块A所受摩擦力仍为静摩擦力，大小为9N，故B错误，A正确；CD．木块B所受摩擦力仍为静摩擦力，其大小为B1N9N10Nf=+=故CD错误。故选A。7.一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态。放出一个质量为m的粒子后反冲，已

知放出的粒子的动能为E0，则原子核反冲的动能为（）A.E0B.0mEMC.0mEMm−D.0-MEMm【答案】C【解析】【详解】放出质量为m的粒子后，剩余质量为()Mm−，该过程动量守恒，有0)(mvMmv−=放出的粒子的动能为20012Emv=原子核反冲的动能2k1()2EMm

v=−联立解得k0mEEMm=−故ABD错误，C正确。故选C。8.如图所示，在光滑水平面上停放着总质量为m装有光滑弧形槽的小车，质量也为m的小球以水平速度v沿槽向车上滑去，到达某一高度后，小球又返回车右端，则（）A.小球离开小车后将做平抛运动B.小球脱离小车后，小车将以速度v做匀速直线

运动C.小球在弧形槽中上升到最大高度处时，小车速度最大D.由已知条件，可以求出小球在弧形槽中上升的最大高度【答案】BD【解析】【详解】AB．设小球离开小时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中动量守恒，以向左为正方向，由动量

守恒定律得12mvmvmv=+由动能守恒定律得22212111222mvmvmv=+联立解得10v=2vv=即小球与小车分离后做自由落体运动，水平面光滑，小车以速度v做匀速直线运动，故A错误，B正确；C．当小球与小车的水平速度相等时，

小球在弧形槽中上升到最大高度处，设此时小车的速度为v3，则有32vmv=32vv=即小球在弧形槽中上升到最大高度处时，小车速度不是最大，故C错误；D．又由22311222mvmvmgh=+解得24vhg=即由已知条件，可以求出小球在弧形槽

中上升的最大高度，故D正确。故选BD。9.A、B两个物体从同一地点在同一直线上做匀变速直线运动，它们的vt−图像如图所示。关于它们再次相遇前的运动过程中，则A、B两物体（）A.运动方向相同B.加速度方向相同C.相遇前相距最远为20mD

.第4s末两车再次相遇【答案】AC【解析】【详解】A．由图可知，两物体的速度均沿正方向，故运动方向相同，故A正确；B．由图可知，斜率表示加速度，两图线斜率一个为正一个为负，故加速度方向相反，故B错误；CD．由图像可知，在4st=之前B物体的速

度比A物体的速度大，B在A的前方，所以两物体相距越来越远，4st=之后A物体的速度大于B物体的速度，两物体相距越来越近，故在第4s末两车相距最远，则相遇前相距最远为1(155)4m20m2s=−=故D错误，C正确。故选AC。10.如图所示，用一轻绳将光滑小

球P系于竖直墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一正方体物块Q，P、Q均处于静止状态，现有一铅笔紧贴墙壁压在轻绳上从O点开始缓慢下移（该过程中，绳中张力处处相等），P、Q始终处于静止状态，则在铅笔缓慢下移的过程中（）A.P所受的合力增

大B.Q受到墙壁的摩擦力增大C.P对Q的压力逐渐增大D.绳的拉力逐渐增大【答案】CD【解析】【详解】A．P始终处于静止状态，所受合力始终为零，故A错误；B．小球P光滑，所以PQ间没有摩擦力，因此Q受到的

墙壁的摩擦力与Q受到的重力是平衡力，保持不变，故B错误；CD．对P进行受力分析如下图根据平衡条件有cosTmg=sinTθN=解得tanNmg=cosmgT=随铅笔向下移动，变大，则tan变大，即Q对P的支持力变大，根据

作用力和反作用力，P对Q的压力增大。而cos减小，因此绳子的拉力变大，故CD正确。故选CD。二、实验题（每空2分，共14分）11.在做研究匀变速直线运动的实验时，某同学得到一条用打点计时器打下的纸带如图所示，并在其上取了A、B、C、D、E、F、G等7

个计数点，每相邻两个计数点之间还有4个计时点（图中没有画出），打点计时器接周期为T=0.02s的交流电源。经过测量得：d1=3.62cm，d2=9.24cm，d3=16.85cm，d4=26.46cm，d5=38.

06cm，d6=51.67cm。(1)打点计时器在打E点时纸带运动的速度大小为____m/s，加速度大小为______m/s2。（结果保留三位有效数字）(2)如果当时电网中交变电流的频率是f=51Hz，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值_____

__（填“大于”、“等于”或“小于”）实际值。【答案】(1).1.06(2).2.00(3).小于【解析】【详解】(1)[1][2]由于相邻计数点之间还有四个计时点，所以周期为50.20.1sT==根据匀加速直线运动时间

中点的速度等于该段位移的平均速度可得53E2ddvT−=代入数据解得E1.06m/sv=根据逐差法可得()24313dddaT−−=()()254213ddddaT−−−=()()265323ddddaT−−−=联立解得22.00m/sa=(2)[3]如

果在某次实验中，交流电的频率为51Hz，那么实际周期小于0.02s，则打出的对应点与电网中交变电流的频率正常时比较间距将变小，根据运动学公式2xaT=可得，测量的加速度值与真实的加速度的相比是偏小的。12.某同学在做“测定木板与木块间动摩擦因数”的实验时，设计了两种实验方案：方案一：木板固

定，用弹簧测力计拉动木块，如图（a）所示。方案二：用弹簧测力计钩住木块，用力拉动木板，如图（b）所示。除了实验必须的弹簧测力计、木块、木板、细线外，该同学还准备了若干重量均为2.00N的砝码。(1)上述两种方案中，你认为更合理的方案是_____。(2)该同学在木块上加放砝码，改变木块对

木板的压力，记录了5组实验数据，如下表所示：实验次数12345砝码/个数01234砝码对木块压力/N02.004.006.008.00测力计读数/N1.502.002.502.903.50请根据上述数据在坐标纸上（图c）作出摩擦力f和砝码对木块的压力F的关系图像__（以F为横坐标）。并分析图像

不过原点的原因是_____。求木块间的滑动摩擦因数为_____。【答案】(1).方案二(2).(3).压力F中漏掉了木块的重力(4).0.25【解析】【详解】(1)[1]方案二更合理。因为图（b）中固定弹簧测力计，拉动木板

做相对运动，更容易控制拉动的速度，使示数更稳定，测量更准确。(2)[2][3][4]采用描点法画出图象如下当砝码对木块的压力为零时，摩擦力不等于零，因此图象不过原点的原因是压力中漏掉了木块自身的重力。根据滑动摩擦力公式NfF=即图象中的斜率为摩擦因数，

代入数据可得0.25=三、计算题（13题8分、14题10分、15题12分、16题16分、共46分）13.质量为m的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t1到达沙坑表面，又经过时间t2停在沙坑里．求：⑴

沙对小球的平均阻力F；⑵小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I．【答案】(1)122()mgttt+(2)1mgt【解析】试题分析：设刚开始下落的位置为A，刚好接触沙的位置为B，在沙中到达的最低点为C.⑴在下落的全过程对小球用动量定理：重力作用时间为t1+t2，而阻力作用时间仅为t2，以竖直向下为正方

向，有：mg(t1+t2)-Ft2=0,解得：方向竖直向上⑵仍然在下落的全过程对小球用动量定理：在t1时间内只有重力的冲量，在t2时间内只有总冲量（已包括重力冲量在内），以竖直向下为正方向，有：mgt1-I=0,∴I=mgt1方向竖直向上考

点：冲量定理点评：本题考查了利用冲量定理计算物体所受力的方法．14.如图所示,质量为14kgBm=的木板B放在水平地面上,质量为10kgAm=的货箱A放在木板B上．一根轻绳一端拴在货箱上，另一端拴在地面绳绷紧时与水平面的夹角为37=．已知货箱A与木板B之间的动摩擦

因数10.5=，木板B与地面之间的动摩擦因数20.4=．重力加速度g取210m/s．现用水平力F将木板B从货箱A下面匀速抽出，试求：（sin370.6=，cos370.8=）（1）绳上张力T的大小；（2）拉力F的大小．【答案】（1）100N（2）200N

【解析】【详解】(1)对物体A受力分析如图所示：A静止，受力平衡，则在x轴上：Tcosθ=f1在y轴上：N1=Tsinθ+mAg又f1=μ1N1联立解得：T=100Nf=80N即绳上张力T的大小为100N．(2)对物体B受力分析如图所示：B处于静止，根

据平衡条件可得：在x轴上：F=f1+f2在y轴上：N2=N1+mBg又有：f2=μ2N2联立解得：F=200N即拉力F的大小为200N．15.城市高层建筑越来越多，高空坠物事件时有发生，我国《民法通则》及《侵权责任法》中都有规定，建筑物上的搁置物发生脱落造成

他人损害的，其所有人或管理人应承担民事责任，能够证明自己没有过错的除外．假设某高楼距地面H＝47m高的阳台上的花盆因受扰动而掉落，掉落过程可看做自由落体运动．有一辆长L1＝8m、高h＝2m的货车，在楼下以v0＝10m/s的速度匀速直行，要经过阳台的正下方，花盆自由

下落时货车车头距花盆的水平距离为L2＝24m（花盆可视为质点，重力加速度g＝10m/s2）．(1)若司机没有发现花盆掉落，货车保持v0＝10m/s的速度匀速直行，通过计算说明货车是否会被花盆砸到？(2)若货车车头距花盆的水平距离为

L3＝19m时，司机才发现花盆正在掉落途中，经Δt＝0.5s反应时间后采取加速（可视为匀加速）的方式来避险，则货车至少以多大的加速度才能安全通过？【答案】（1）会（2）1m/s2【解析】【详解】(1)花盆下落到车顶的过程：212Hhgt−=解得：3st=此过程车前进距离

：030mxvt==因为24m<x<32m，因此花盆会砸到货车，货车不能安全通过(2)从花盆下落至司机发现问题的过程，货车匀速：0232419m5mxLL−===−则有：0000.5sxvt==司机反应时间内，货车匀速运动：

10.5stt==10100.5m5mxvt===若车尾刚好避险，货车加速过程：2030.50.5s2stttt−=−−==−2311195)8m22mxLxL−=−+=()+=(220212xvtat=+解得：21

m/sa=所以，货车至少以1m/s2的加速度运动才能安全通过16.如图所示，滑块A和木板B静止于光滑水平桌面上，B的上表面水平且足够长，其左端放置一滑块C，B、C间的动摩擦因数为，A、B由不可伸长的理想轻绳连接，绳子处于松弛状态。现在突然给C一个向右的速度0v让C在B上滑动，当C的速度为04v时

绳子刚好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子拉断时B的速度为0316v，A、B、C的质量分别为2m、3m、m。求：(1)从C获得速度0v开始经过多长时间绳子被拉直；(2)拉断绳子造成的机械能损失；(3)若B不是足够长，欲使C不从B的右端滑下，木板B的长度至少为多少。【答案】(1)034vg；(2)

20331024mv；(3)207712048υLμg=【解析】【分析】(1)当C的速度为04v时绳子刚好伸直，对C，根据动量定理求解从C获得速度0v开始到绳子刚好伸直的时间；(2)在整个运动过程中，A、B、C组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求解绳子拉断后的速度，再根据能量守恒求解整个

系统损失的机械能。(3)绳拉断后，当C滑到B板的右端两者速度相等时木板的长度最短，根据动量守恒定律和能量守恒定律结合求解。【详解】解：(1)从C获得速度0v到绳子拉直的过程中，取向右为正方向，根据动量定理得：00·4vmgtmmv−=−解得03

4vtg=(2)设绳子刚拉直时B的速度为Bv，对B、C系统分析，选择向右为正方向，由动量守恒定律得：00·34Bvmvmmv=+计算得出：014Bvv=绳子拉断的过程中，A、B组成的系统动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律得：0332316BA

vmvmvm=+计算得出0332Avv=绳子拉断过程中，以A、B为系统，根据能量守恒定律得损失的能量为：22203111323?()22216BAvEmvmvm=−−解得20331024Emv=（3）绳拉断前的过程，根据能量守恒定律得2

2200111132242BυmυmmυμmgL=++当C恰好滑到B板右端时，对BC系统，由动量守恒定律得00334416υυmmmυ+=由能量守恒定律得222002311134242162υυmmμmgLmυ

+=+木板长度至少为12LLL=+解得207712048υLμg=【点评】本题关键要求同学们能正确分析物体的运动情况，分段运用动量守恒定律和能量守恒定律列式。要知道摩擦力对系统所做的功与相对位移有关。