【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2

10/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11.0dm=。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）0t=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）BC14.（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22112sat=，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15.0s。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:QmgT

ma−=联立以上方程解得：222.5/ams=由运动学公式得：22220axv−=−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）0t=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2sinmgma=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：2101243220.51010.5100.310/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。