【文档说明】安徽省六安市第一中学2020-2021学年高二下学期期末考试物理试题含答案.docx，共(12)页，1.016 MB，由小赞的店铺上传

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六安一中2020～2021学年度第二学期高二年级期末考试物理试卷满分：100分时间：90分钟一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48每小题给出的四个选项中，1～8题只有一项选择是正确的，9～12题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1.在人

工智能机器人跑步比赛中，0t=时两机器人位于同一起跑线上，机器人甲、乙运动的速度-时间图象如图所示，则下列说法正确的是（）A.机器人乙起跑时，机器人甲正好跑了2mB.机器人乙从起跑开始，经3s后刚好追上机器人甲C.机器人

甲、乙相遇之前的最大距离为4mD.机器人乙超过机器人甲后，甲、乙可能再次相遇2.如图所示，在一平直公路上，一辆汽车从O点由静止开始做匀加速直线运动，已知在3s内经过相距30m的AB两点，汽车经过A点时的速度为5

m/s，则（）A.汽车从O点到A点需要的时间为5sB.A点与O点间的距离为20mC.汽车经过B点的速度大小为15m/sD.汽车从A点到B点的平均速度大小为7.5m/s3.一杂技演员，用一只手抛球接球.他每隔△t时间竖直向上抛出一

球，手里始终有一个球，即后一个球落下时抛出手里的球并立即抓住落下的球（设抛、接球的时间差忽略不计），总共有5个球.如将球的运动看作是竖直上抛运动球与球不会碰撞，且每个球上升的最大高度都是5m，g取210m/s.那么（）A.0.2st=B.0.5st=C.小球被抛出

的速度大小为20m/sD.当有球恰入手的瞬间，其余四个小球的速度大小要么为6m/s要么为2m/s4.如图，在竖直平面内，有一直角三角形金属框架，底边水平.质量为3m的小球a和质量为3m的小球b套在框架上，可以无摩擦地滑动.a、b之间不可伸长的细线连接.当系统处于平衡时，关于细线上的张力F及细线

与金属框架形成的夹角，下列说法正确的是（）A.322mgF=，45=B.62mgF=，45=C.Fmg=，30=D.3Fmg=，60=5.一定质量的小球用a、b、c三根轻弹簧固定，三根弹簧互成120°角且均在竖直平面

内，且弹簧a在竖直方向，如图所示.已知小球静止时三根弹簧的弹力大小均为F，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.三根弹簧均被拉伸B.三根弹簧均被压缩C.弹簧a可能被拉伸D.小球的质量为2Fg6.如图为一个水平传

感器的简易模型，截面为内壁光滑竖直放置的正三角形，内部有一个略小于三角形内切圆的小球，三角形各边有压力传感器，通过测出小球对三边压力的大小，信息处理器可显示摆放处的倾角.图中BC边恰好处于水平状态，现将其以C为轴在竖直平面内顺时针

缓慢转动，直到AB边第一次转至水平状态，则在转动过程中（）A.球对BC边的压力一直增大B.球对BC边的压力一直减小C.球对BC边的压力先增大后减小D.球对BC边的压力先减小后增大7.如图所示，A、B是粗糙水平面上的两点，O、P、A三点在同一竖

直线上，且OPL=，在P点处固定一光滑的小立柱，一小物块通过原长为0L的弹性轻绳与悬点O连接.当小物块静止于A点时，小物块受到弹性轻绳的拉力小于重力.将小物块移至B点（弹性轻绳处于弹性限度内，且满足胡克定律），由静止释放后小物

块沿地面向左运动通过A点，若0LL，则在小物块从B运动到A的过程中（）A.小物块受到的滑动摩擦力保持不变B.小物块到的滑动摩擦力逐渐减小C.小物块受到的滑动摩擦力逐渐增大D.小物块受到的滑动摩擦力先减小后增大8.如图所示

，小球A被轻质弹簧和细线连接，轻质弹簧另一端固定在左侧竖直墙上，轻质弹簧与竖直方向的夹角为60°，细线另一端固定在右侧竖直墙上，且保持水平，A、B两小球由另一根竖直轻质弹簧连接.开始时A、B两球均静止，某时刻剪断细线，关于剪断细线瞬间

A、B的加速度大小Aa、Ba，下列说法正确的是（小球B的质量是小球A的两倍，重力加速度大小为g）（）A.ABaag==B.332Aag=，0Ba=C.3Aag=，Bag=D.33Aag=﹐0Ba=9.

如图所示为儿童乐园里一项游乐活动的示意图，金属导轨倾斜固定，倾角为，导轨上开有一狭槽，内置于一小球，球可沿槽无摩擦滑动，绳子一端与球相连，另一端连接一抱枕，小孩可抱住抱枕与之一起下滑，绳与竖直方向夹角为，且保持不变.假设抱枕质量为1m，小孩质量为2m，小球、绳的质量及空气阻力

忽略不计，则下列说法正确的是（）A.小孩与抱枕一起做匀速直线运动B.分析可知=C.小孩对抱枕的作用力垂直导轨方向向下D.绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为()121:mmm+10.如图所示，一足够长的斜面体静置于粗糙水平地面上，小物块

在无外界作用下恰能沿着，斜面体匀速下滑，现对小物块施加一水平向右的恒力F，当物块运动到最低点且未停下之直前（整个过程斜面体始终静止不动），相比于未施加F过程，下列说法正确的是（）A.物块与斜面体间的摩擦力增大B.斜面体与地面间的弹力不变C.斜面体与地

面间的摩擦力方向水平向左D.斜面体与地面间的摩擦力保持不变11.如图所示，质量1kgm=的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量2kgM=的小物块A，整个装置静止.现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度22m/sa=做匀加速直线运动，已知弹簧

的劲度系数，600N/mk=，210m/sg=.以下结论正确的是（）A.变力F的最小值为2NB.变力F的最小值为6NC.小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2m/sD．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为3m/s512.在光滑水平地面

上放置一足够长的质量为M的木板B如图甲所示，其上表面粗糙，在木板B上面放置一个质量为m、可视为质点的物块A，现在给A一个水平向左的拉力F，用传感器得到A的加速度随外力F的变化关系如图乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，210m/sg=，则（）A.物块A的质量为1kgm=B.木板

B的质量为1kgM=C.A、B之间的动摩擦因数为0.4D.当A的加速度为23m/sa=时，外力4NF=二、填空题（每空2分，共12分）13.（1）“验证力的平行四边形定则”实验中，部分实验步骤如下，请完成有关内容：

A.将一根橡皮筋的一端固定在贴有白纸的竖直平整木板上，另一端拴上两根细线；B.其中一根细线挂上5个质量相等的钩码（记录个数），使橡皮筋拉伸，如图甲所示，记录：__________、__________；C.将步骤B中的钩码取下，分别在两根细线上挂上4个和3个质量相等的钩码（记录个数）用两光

滑硬棒B、C使两细线互成角度，如图乙所示，小心调整B、C的位置，使__________，记录__________；（2）如果“力的平行四边形定则”得到验证，那么图乙中+=__________；（3）用平木板、细绳套、橡皮筋、测力计等做“验证力的平行四边形定则”的实验，为了使实

验能够顺利进行，且尽量减小误差，你认为下列说法或做法能够达到上述目的的是__________A.用测力计拉细绳套时，拉力应沿弹簧的轴线，且与水平木板平行B.两细绳套要适当短些C.同一次实验两次拉细绳套须使结点到达同一位置D.用测力计拉两个细绳套时，两拉力夹角越大越好

三、计算题（本大题共40分，解答时要有必要的文字叙述、步骤和演算过程，否则不给分.）14.（8分）如图质量为m的斜面体a，其倾斜角为60=.在a上表面放置一质量为M物块b，斜面体上表面对物块有磁性引力，此时物块能保持静止.现用大小为20N方向

竖直向上的力F恰能使a、b贴墙壁向上做匀速直线运动，且a、b相对静止.现改为水平向左的作用力1153FN=作用在b上，此时b恰好不受摩擦力，且a、b恰能不沿墙壁下滑（重力加速度g取210m/s）.求：（1）a与墙壁间动摩擦因数；（2）M和m各为多少.15.（8分）小园想

用以下两种方式提起重物.图甲是一用铰链固定于O点的轻杆，通过绳PA将挂于P端的重物提起；图乙是一端固定于O的轻杆（斜角恒定为67°），其另一端N有一光滑滑轮，绳CD绕过滑轮提起重物.当图甲中杆与水平面成67°夹角时，绳与水平方向夹角为30°；此时图乙中绳与水平方向

夹角也为30°，已知重物的重力为603N，求两种情况下，杆的作用力分别为多少？（sin370.6=，cos370.8=）16.（12分）如图所示，一辆货车载着许多相同的圆柱形空油桶在高速公路上匀速行驶，由于雾霾影响，该车驾驶员的能见度为203ms=.

已知每只空油桶质量为9kgm=，重力加速度g取210m/s，不计油桶之间的摩擦力.（1）货车匀速行驶时，桶C受到桶A给它的支持力为多大？（2）为防止紧急刹车时桶C脱离桶B砸向前方的驾驶室而发生危险，刹车时的加速度不能超过多少？（3）为确

保安全行驶，货车匀速行驶的速度不能超过多大？17.（12分）ETC是不停车电子收费系统的简称.最近，安市某ETC通道的通行车速由原来的20km/h提高至40km/h，车通过ETC通道的流程如图所示.为简便计算，假设汽车以030m/sv=的速度朝收费站沿

直线匀速行驶，如过ETC通道，需要在收费站中心线前10md=处正好匀减速至14m/sv=，匀速通过中心线后，再匀加速至0v正常行驶.设汽车匀加速和匀减速过程中的加速度大小均为21m/s，忽略汽车车身长度.求：（1）汽车过ETC通道时，从开始减速

到恢复正常行驶过程中的位移大小（2）如果汽车以210m/sv=的速度通过匀速行驶区间，其他条件不变，求汽车提速后过ETC通道过程中比提速前节省的时间.六安一中2020～2021学年度第二学期高二年级期末考试物理试卷参考答案一、选择题1.【

答案】B【解析】A.根据v—t图象与t轴所围面积表示位移，可知机器人乙在2st=时起跑，此时机器人甲跑过的距离121m2xm==故A错误；B.机器人乙起跑3s后，甲通过的位移531m4m2x+==，乙通过的

位移132m4m2x+==知xx=乙甲说明机器人乙追上甲，故B正确；C.两机器人在速度相等（即3st=）时相距最远，两者间的最大距离等于03s～内的位移之差，则max1211mm1.5m22x=+=故C错误：D.机器人乙超过机器人甲后，乙的速度总

比甲的大，则甲、乙不可能再次相遇，故D错误.2.【答案】C【解析】D.汽车从A点到B点的平均速度大小为10m/sABABxvt==故D错误；C.根据匀变速直线运动平均速度关系式，有2ABvvv+=代入数据，有B15m/sv=故C正确；AB.根据加速度定义式，有210m/s3BAABvvat−==

汽车从O点到A点需要的时间满足AOAvat=解得1.5sOAt=A点与O点间的距离为215.625m2oAOAxat==故AB错误，故选C.3.【答案】B【解析】AB.每个球的最大高度都是5m，根据212h

gt=，解得2251s10htsg===，根据竖直上抛的对称性可知，手中有一个球，空中有四个球，在抛接球时，空中有三个球，有1个在上升，1个下降，一个在最高点，共4个时间间隔t，故2/40.5stt==，故A错B对；C.由公式202vgh=可知，小球被抛出的速度大小为022105m/s10m

/svgh===故C错误；D.当有球恰入手的瞬间，其余4个小球一个在最高点，其速度为零；一个刚抛出，其速度为10m/s；1个在上升，1个下降，速度等大反向()11010.5m/s5m/sv=−=，故D错.4.【答案】A【解析】分别对两小球受力分析有3sin30cos

mgF=，3sin60sinmgF=，解得322mgF=，45=故选A.5.【答案】D【解析】三根弹簧互成120°角且弹力大小相等均为F，小球平衡时b、c弹力的合力必在竖直方向上，所以b、c两弹簧同

为拉伸或压缩，两弹力的合力bcFF=，且三弹簧的弹力的合力等于小球重力mg，即bcFFmg=，等式左侧只能取“+”，且合力竖直向上，故弹簧α的弹力向上，弹簧被压缩，b、c两弹簧的合力向上，弹簧被拉伸，选项A、B、C均错误；由bcFFmg

=可得，小球质量2Fmg=，ABC错误，D正确.故选D.6.【答案】C【解析】借助于动态平衡矢量三角形，并利用同弦对应的圆周角一定，动态分析可得AC边弹力一直增大，BC边弹力先增大，后减小.7.【答案】

B【解析】对小物块受力分析，因为0LL，设弹性轻绳开始原长到A点的伸长量为0x，则在A点物块对地面的压力0NAFmgkx=−设在B点绳子与竖直方向的夹角为θ，则物块在B点弹性轻绳中的张力000()cosLxLTkLL+−=+

−则物块在B对地面的压力为000000()cos()()coscosNBLxLFmgkLLmgkLxLLL+−=−+−=−+−−−因为0LL，小物块从B运动到A的过程中，绳与竖直方向的夹角减小，cos增大，物块对地面的正压力减小，由NfF=可知，小物块受到的滑动摩

擦力逐渐减小.故选B.8.【答案】D【解析】设AB两个小球的质量为2m和m，以AB球整体作为研究对象，A处于静止状态受力平衡，由平衡条件得细线拉力3tan6033Tmgmg==，剪断细线瞬间弹簧的弹力没有变化，A球受到的合力与原来细线的拉力大小相等，方向相反，由牛顿第二定

律得3333Amgagm==，B球的受力情况不变，则加速度仍为0.故选D.9.【答案】BC【解析】AB.由于球沿斜槽无摩擦滑动，系统具有相同的加速度，则sinamm=总总，解得sinag=做匀加速直线运动隔离对小孩和抱枕分析，加速度1212())in(sammmmg+=+解得sinag

=可得=，A错误B正确；C.对抱枕分析，受重力、拉力、小孩对抱枕的作用力，因为沿绳子方向合力为零，平行导轨方向的合力为11sinmamg=可知小孩对抱枕的作用力与绳子在同一条直线上，C正确；D.对人和抱枕整体分析，根据平行四边形定则知，绳

子的拉力12c()osTFmmg=+，抱枕对小孩的作用力方向沿绳子方向向上，大小为2cosmg﹐则绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为122):(mmm+，D错了.10.【答案】AD【解析】物块与斜面体间的摩擦力增大sinF，A

对；小物块对斜面体的摩擦力和压力都变大，所以斜面体对地的弹力增大，B错；未加力F时，物块做匀速运动1cosNFmg=，1cosfFmg=，11fNFF=，未加力F时，斜面体对物块的合力方向竖直向上，根据牛顿第三定律，物块对斜面体的合力方向竖直向下

，地面对斜面体没有摩擦力；加水平力F后2cossinNFmgF=+，2coss(n)ifFmgF=+，11fNFF=加力F后，斜面体对物块的合力方向仍然竖直向上，根据牛顿第三定律，物块对斜面体的合力方向仍然竖直向下，所以斜面体与地面间仍然没有

摩擦力，D对C错.11.【答案】BD【解析】AB.AB整体受力产生加速度为()()ABABABFNmmgmma+−+=+()()ABABABFmmammgN=+++−，当ABN最大时，F最小，即刚开始施力时，ABN最大等于

重力，力F最小min6N()ABFmma=+=，B正确，A错误；CD.刚开始，弹簧的压缩量1()0.05mABmmgxk+==，AB分离时，其间恰好无作用力，对托盘，由牛顿第二定律可知2kxmgma−=，得20.02mx=物块在这一过程的位

移为120.03mxxx=−=，由运动学公式可知22vax=代入数据得3m/s5v=，C错误，D正确；故选BD.12.【答案】BC【解析】ABC.当拉力小于3N时，A、B一起加速运动，有11()aFMm=+，由图像可得123Mm=+，当拉

力大于3N时，A、B相对滑动有2Fmgma−=整理得21aFgm=−，由图像可得12m=，4g−=−联立解得0.5kgm=，1kgM=，0.4=，所以A错误；B正确；C正确；D.当A的加速为23m/sa=时，外力为3.5NFmgma=+=，所以D错误

；故选BC.13【答案】结点的位置O细线的方向两次结点位置重合两细线方向90°AC本实验是验证力的平行四边形定则，首先要记录两个分力的大小和方向，利用力图示选用恰当的标度将三个力画出来，画出来的是合力的实

际值，然后根据平行四边形画出合力的理论值，通过比较实际值和理论值的关系来进行验证.（1）根据实验原理，此时需要记录的是：钩码个数即拉力的大小，拉力的方向即细线的方向以及橡皮筋与细线结点的位置O.本实验采用“等效替代”方法，因此在用两个绳套拉橡皮筋时，要将橡皮筋与细线结点拉

到原来相同的结点O处，同时需要记录钩码个数即拉力大小与方向.（2）三力大小满足3:4:5，则两分力夹角必为90°（3）为了减少实验误差，拉橡皮筋的细线要长些，标记拉力方向的两点要远些，同时拉动弹簧秤时，拉力应该沿弹

簧的轴线，且与水平木板平行.两次橡皮条与细线的结点相同，但是在拉动弹簧秤的时候，两个细线之间的夹角在60°～120°较为合适，不是越大越好.14.（8分）【答案】（1）439=；（2）1.5kg，0.5kg（1）用大小为20N方向竖直向上的力F恰能使a、b贴墙壁向上做匀速直线运动，则有

()FMmg=+水平向左的作用力1153NF=用在b上，且a、b恰能不沿墙壁下滑，则()1MmgF+=联立解得439=（2）水平向左的作用力1153F=用在b上，此时b恰好不受摩擦力，则有1sin60cos60MgF=解得1.5kg

M=，用大小为20N方向竖直向上的力F恰能使a、b贴墙壁向上做匀速直线运动，则有()FMmg=+解得0.5kgm=15.（8分）【答案】150N；180N甲图中，对P结点受力分析可知，由三角形关系1sin120sin37NG=解得1150NN=乙图中对滑轮N受力

分析如图，则22cos30180NNG==16.（12分）【答案】（1）303N（2）33g（3）20m/s（1）货车匀速行驶，对桶C受力分析如图所示由几何关系可知30=，由共点力平衡条件得cos30cos30ABFFmg+=s

in30sin30ABFF=解得33033AFmgN==（2）为防止紧急刹车时桶C脱离B砸向前方的驾驶室而发生危险，刹车时的加速度大小最大为ma，此时B对C刚好无支持力，C的受力如图所示1Fmg=213tan303mgFF==F，：由

牛顿第二定律得22103m/s3mFam==（3）为保证安全行驶，所以22mvas解得20m/sv17.（12分）【答案】（1）1894mx=；（2）10.7sT=（1）（4分）设汽车匀减速过程位移大小为d1，由运动学公式得221012vvad=−解得1442md=

从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小112xdd=+，1894mx=（2）（8分）如果汽车以210m/sv=的速度通过匀速行驶区间，设汽车提速后匀减速过程位移大小为2d，由运动学公式得222022vvad=−解得2400md=提速前，汽车匀减速

过程时间为1t0112vvd+=，126st=通过匀速行驶区间的时间为1t11dvt=1'2.5st=从开始减速到恢复正常行驶过程中的总时间为1112Ttt=+，154.5sT=提速后，匀减速过程时间为2t，02222

vvdt+=，220st=通过匀速行驶区间的时间为2t，22dvt=，21st=匀速通过12()dd−位移时间120ddtv−=，1.4st=通过与提速前相同位移的总时间为22222Tttt

=++，243.8sT=汽车提速后过ETC通道过程中比提速前节省的时间12TTT=−，10.7sT=说明：其他方法正确的同样给分