【文档说明】山东省青岛第58中学2019-2020学年高二下学期期末考试物理试题含答案.docx，共(12)页，745.636 KB，由小赞的店铺上传

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2019-2020学年第二学期期末模块测试高二物理试卷一．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4个选项中只有一项是符合题目要求的。1．北斗卫星导航系统()BDS是中国自行研制的全球卫星导航系统，该系统将由35颗卫星组成，卫星的轨道有三种：地球同步轨道、中

地球轨道和倾斜轨道。其中，同步轨道半径大约是中轨道半径的1.5倍，那么同步卫星与中轨道卫星的周期之比约为()A．123()2B．23()2C．323()2D．233()22．有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫

星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则()A．a的向心加速度等于重力加速度gB．在相同时间内b转过的弧长最长C．c在4小时内转过的圆心角是6D．d的运动周期有可能是20小时3．如图所示，有10块完全相同的长方体木

板叠放在一起，每块木板的质量为100g，用手掌在这叠木板的两侧同时施加大小为F的水平压力，使木板悬空水平静止。若手与木板之间的动摩擦因数为0.5，木板与木板之间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取210/ms，则F至少为()A．

25NB．20NC．15ND．10N4．根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置。但实际上，赤道上方200m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6cm处。这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，

下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比。现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球()A．到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零B．到最

高点时，水平方向的加速度和速度均不为零C．落地点在抛出点东侧D．落地点在抛出点西侧5．如图所示为A、B两质点在同一直线上运动的位移−时间()xt−图象。A质点的图象为直线，B质点的图象为过原点的抛物线，两图象交点C、D坐标如图。下列说法不正确的是()A．A、B相遇两次

B．12~tt时间段内B质点的平均速度与A质点匀速运动的速度相等C．两物体速度相等的时刻一定在12~tt时间段内的中间时刻D．A在B前面且离B最远时，B的位移为122xx+6．如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用铅笔靠着线的左侧向右上方45方向匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，则橡皮运动的速度

()A．大小和方向均不变B．大小不变、方向改变C．大小改变，方向不变D．大小和方向均改变7．如图所示，一人用钳碗夹夹住圆柱形茶杯，在手竖直向上的力F作用下，夹子和茶杯相对静止，并一起向上运动。夹子和茶杯的质量分别为m、M假设夹子与茶杯两侧间的静摩擦力

在竖方向上，夹子与茶杯两侧间的弹力在水平方向上，最大静摩擦力均为f，则下列说法正确的是()A．人加大夹紧钳碗夹的力，使茶杯向上匀速运动，则夹子与茶杯间的摩擦力增大B．当夹紧茶杯的夹子往下稍微移动一段距离，使夹子的顶角张大，但仍

使茶杯匀速上升，人的作用力F将变小C．当人加速向上提茶杯时，作用力F可以达到的最大值是2()fmMM+D．无论人提着茶杯向上向下做怎样的运动，若茶杯与夹子间不移动，则人的作用力()FMmg=+8．如图所示，在一座寺庙门口吊着一口大钟，在大钟旁边并排吊着撞锤，吊撞锤的轻绳长

为L，与吊撞锤的点等高且水平相距233L处有一固定的光滑定滑轮，一和尚将轻绳一端绕过定滑轮连在撞锤上，然后缓慢往下拉绳子另一端，使得撞锤提升竖直高度2L时突然松手，使撞锤自然的摆动下去撞击大钟，发出声音，（重力加速

度取)g，则()A．在撞锤上升过程中，和尚对绳子的拉力大小不变B．松手前瞬间，撞锤上方左右两边绳子的拉力之比为33C．撞锤撞击大钟前瞬间的速度大小等于2gLD．突然松手时，撞锤的加速度大小等于32g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4个选项中有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但是不全得得2分，选错不得分。9．如图所示，物块A放在直角三角形斜面体B上面，B放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初始时A、B静止。现用力F沿斜面向上推A，但A、B仍未动。则施力F后，下列说法正确

的是()A．A、B之间的摩擦力可能变大B．B与墙面的弹力可能不变C．B与墙之间可能没有摩擦力D．弹簧弹力一定不变10．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔的水平桌面上。小球在某一水平面内做匀速圆周运动（圆锥摆）。现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆

周运动（图上未画出），两次金属块Q都保持在桌面上静止。则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是()A．Q受到桌面的支持力变大B．Q受到桌面的静摩擦力变大C．小球P运动的角速度变大D．小球P运动的周期变大11．在动摩擦因数0.2=的水平面上有一个质量为2mkg=的小球，小球与水平轻弹簧及与竖

直方向成45=角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示，此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。当剪断轻绳的瞬间，取210/gms=，以下说法正确的是()A．此时轻弹簧的弹力大小为20NB．小球的加速度大小为28/ms，方向向左C．若剪断弹簧，则剪断

的瞬间小球的加速度大小为210/ms，方向向右D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为012．一演员表演飞刀绝技，由O点先后抛出完全相同的三把飞刀a、b、c，分别垂直打在竖直木板上M、N、P三点，如图所示。假设不考虑飞刀的转动，并可将其看做质点，已知O、M、

N、P四点距水平地面高度分别为h、4h、3h、2h，以下说法正确的是()A．三把刀在击中木板时速度大小相同B．三次飞行时间之比为::3:2:1abcttt=C．三次初速度的竖直分量之比为::3:2:1abcvvv

=D．设三次抛出飞刀的初速度与水平方向夹角分别为::abc，则有abc三．非选择题：本题共6小题，共60分13．（6分）在“探究求合力的方法”实验中，现有木板、白纸、图钉、橡皮筋、细绳套和弹簧秤。（1）在实验中，需要将橡皮条的一端固定在水

平木板上，另一端系上两根细绳，细绳的另一端都有绳套。实验中需用两个弹簧秤分别钩住绳套，并互成角度地拉橡皮条。某同学认为在此过程中必须注意以下几项：A．两根细绳必须等长。B．橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线

上。C．在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行。其中正确的是。（填入相应的字母）（2）若在实验中，把木板竖直放置，同时用细绳OA跨过钉在木板上的光滑的钉子C，下端挂重力已知的钩码，细绳OB用一个弹簧秤钩住，如图所示，可以通过改变钩码的个数和弹簧秤的

拉力调整橡皮筋与两细绳的结点O的位置。图中OC与橡皮筋延长线的夹角为，细绳OB与橡皮筋延长线的夹角为，且90+，下列操作正确的是。A．增加钩码个数后，为使结点位置不变，应减小，同时减小弹簧秤的拉力B．增

加钩码个数后，为使结点位置不变，应增大，同时增大弹簧秤的拉力C．保持钩码个数不变，将钉子C向左移动一些，为使结点位置不变，应减小，同时增大弹簧秤的拉力。D．保持钩码个数不变，将钉子C向左移动一些，为使结点位置不变，应增大，同时增大弹簧秤的拉力。14．（7分）某实验小组所用的实

验装置如图1所示，通过改变砂桶内砂的质量研究加速度与力的关系。图中带滑轮的长木板水平放置于桌面上，一端拴有砂桶的细绳通过小车的滑轮与拉力传感器相连，拉力传感器可直接显示所受到的拉力大小。（1）下列操作必要且正确的是。A．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释

放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数B．改变砂的质量重复实验，打出几条纸带C．用天平测出砂和砂桶的质量D．为了减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量（2）实验中得到如图2所示的一条纸带，相邻计数点间的时间间隔

为T，各相邻计数点间的距离分别为1S、2S、3S、4S，则加速度的计算表达式为，若以传感器的示数F为横坐标，通过纸带分析得到的加速度a为纵坐标，下面画出的aF−图象中合理的是。（3）若（2）问中的四个图线（包括C中

的直线部分）的斜率为k，则小车的质量为。15．（8分）如图所示，在公路的十字路口，红灯拦停了一车队，拦停的汽车排成笔直的一列，第一辆汽车的前端刚好与路口停止线相齐，汽车长均为4.0lm=，前面汽车尾部与相邻汽车的前端相距均为11.0

dm=。为了安全，前面汽车尾部与相邻汽车的前端相距至少为25.0dm=才能开动，若汽车都以22/ams=的加速度做匀加速直线运动。绿灯亮起瞬时，第一辆汽车立即开动，求：（1）第六辆汽车前端刚到达停止线时的速

度大小v；（2）从绿灯刚亮起到第六辆汽车前端与停止线相齐所需最短时间t。16．（10分）如图所示，水平传送带AB长2m，以1/vms=的速度匀速运动，质量均为4kg的小物体P、Q与绕过定滑轮的轻绳相连，0t=时刻P、在传送带A端以

初速度04/vms=向右运动，已知P与传送带间动摩擦因数为0.5，P在传动带上运动过程它与定滑轮间的绳始终水平，不计定滑轮质量和摩擦，绳不可伸长且足够长度，最大静摩擦力视为等于滑动摩擦力，取210/gms=，求：（1）0

t=时刻小物体P的加速度大小和方向。（2）小物体P滑离传送带时的速度。17．（13分）如图所示，电动机带动滚轮做逆时针匀速转动，在滚轮的摩擦力作用下，将一金属板从光滑斜面底端A送往斜面上端，倾角兹30

=，滚轮与金属板的切点B到斜面底端A距离6.5Lm=，当金属板的下端运动到切点B处时，立即提起滚轮使其与板脱离。已知板的质量3110mkg=，滚轮边缘线速度4/vms=，滚轮对板的正压力4210NFN=，滚轮与金属板间的

动摩擦因数为0.35=，取210/gms=．求：（1）在滚轮作用下板上升的加速度；（2）金属板的底端经多长时间到达滚轮的切点B处；（3）金属板沿斜面上升的最大距离。18．（16分）某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，水平轨道

AB长为11Lm=，BC长为22.6Lm=，C点右侧有一陷阱，C、D两点的竖直高度差0.2hm=，水平距离0.6sm=，现在A点将一质量为0.3mkg=的小滑块以水平初速度0v弹射出去，滑块可以从B点进入半径为0.3Rm=的光滑竖直圆形

轨道，运动一周后再从B点滑出圆形轨道，并继续沿BC轨道运动，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数0.5=，重力加速度210/gms=。（1）若小滑块初速度042/vms=，求小滑块在圆形轨道最高点时对轨道的压力大小；（2）若仅要求小滑块能够进入圆形轨道，且运动过程中始

终不脱离圆形轨道，求小滑块初速度0v的大小范围；（3）若要求小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后不能掉进陷阱，求小滑块初速度0v的大小范围。答案一、选择部分123456789101112CBBDDACDADBCABDBD二、实验13.（1）C（2）BC1

4.（1）AB（2）B（3）15.解：（1）第六辆汽车前端与停止线的距离为：115()25.0sld=+=m由212vas=代入数据解得：10/vms=（2）设第二辆汽车刚开动时，第一辆汽车至少已行驶的时间1t，则第二辆汽车刚开动时，第一辆至少行驶的距离为：2214.0sdd=−=m由22

112sat=，解得：2122422stssa===，从绿灯刚亮起到第六辆汽车刚开动至少所需时间为：21510.0tt==s第六辆汽车刚开动到前端与停止线相齐所需时间为：3105.02vtssa===。从绿灯刚亮起

到第六辆汽车前端与停止线相齐所需最短时间为：23ttt=+解得：10.05.015.0ts=+=s答：（1）第六辆汽车前端刚到达停止线时的速度大小v为10/ms；（2）从绿灯刚亮起到第六辆汽车前端与停止线相齐所需最短时间t为1

5.0s。16.解：（1）开始时小物块的速度大于传送带的速度，速度的摩擦力的方向向左，同时受到向左的拉力，由牛顿第二定律对11:pTmgma+=对11:QmgTma−=联立以上方程解得：217.5/ams=，方向向左（2）P先以加速度大小1a向右做匀减速运动，直到速度减为v，设位移为1x，

由运动学公式得：221102axvv−=−代入数据解得：11xm=P接着以加速度大小为2a向右做匀减速运动，直到速度减为0，设位移为2x，P受到向左的拉力和向右的摩擦力，由牛顿第二定律对22:pTmgma−=对22:QmgTma−=联立以上方程解得：222.5/ams=由运动学公式得：22

220axv−=−解得：20.2xm=故P向右运动的最大距离为：1210.21.2xxxm=+=+=P向右的速度减为0后，受力不变，再以加速度2a向左做匀加速运动，直到从左端离开传送带，由运动学公式得：222vax=代入数据解得：6/vms=答：（1）0

t=时刻小物体P的加速度大小是27.5/ms方向向左。（2）小物体P滑离传送带时的速度是6/ms17.解：（1）对金属板受力分析如右图所示。运用正交分解法，在x方向上根据牛顿第二定律得sinNFmgma−=解得22/ams=（2）由根据匀变速

运动的速度公式01vat=解得12ts=由平均速度公式得，匀加速上升位移为0142vxtm==根据匀速运动可知，匀速上升需206.540.6254Lxtssv−−===共经历122.625ttts=+=（3）根据牛顿第二定律有2s

inmgma=解得225/ams=金属板做匀减速运动，则板与滚轮脱离上升的距离220241.6225mvxmma===所以，金属板沿斜面上升的最大距离为6.51.68.1mLxmm+=+=答：（1）在滚轮作用下板上升的加速度为22/ms；（2）金属

板的底端经2.625s到达滚轮的切点B处；（3）金属板沿斜面上升的最大距离为8.1m。18.解：（1）从A位置到圆轨道最高点过程，根据动能定理，有：2211011222mgLmgRmvmv−−=−，解得：2101243220.51

010.5100.310/vvgLgRms=−−=−−=，在最高点，重力和支持力的合力提供向心力，故：21NvmgFmR+=，解得：21100.30.31070.3NvFmmgNR=−=−=；根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力为7N，向上；（

2）临界一：滑块恰好能到圆心最高点处，从A位置到圆心最高点位置过程，根据动能定理，有：212102mgLmgRmv−−=−解得：212220.51012100.34/vgLgRms=+=+=临界二：滑块恰能够到达圆弧最高点，在最高点，重力等于向心力，故：23vmgmR=，解得：33

/vgRms==，从A位置到圆弧最高点过程，根据动能定理，有：2213411222mgLmgRmvmv−−=−解得：243124320.51014100.35/vvgLgRms=++=++=临界三：恰好进入圆轨道，则：215102mgLmv−=−

故51220.510110/vgLms===故滑块进入轨道而不滑离轨道的初速度范围为：或（3）若小球恰好停在C处，对全程进行研究，则有：21261()02mgLLmv−+=−，代入数据解得：66/vms=。所以当时，小球停在BC间。

若小球恰能越过壕沟时，则有：212hgt=，Csvt=，联立解得：3/Cvms=由动能定理得：2212711()22CmgLLmvmv−+=−代入数据解得：735/vms=，所以当，小球越过壕沟。故若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不

能掉进壕沟，小滑块在A点弹射出的速度大小范围是或。