【文档说明】【精准解析】甘肃省武威市民勤县第一中学2019-2020学年高二下学期期末考试物理试题.doc，共(15)页，584.000 KB，由小赞的店铺上传

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物理一、选择题（本大题共12个小题；每小题4分，共48分。其中1—9小题为单选，在每小题给出的四个选项中，有一个选项符合题意；10—12小题为多选，在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题意）1.伽利略为了研究自由落体的规律，将落体实验转化为著名的

“斜面实验”，对于这个研究过程，下列说法正确的是（）A.斜面实验放大了重力的作用，便于测量小球运动的路程B.斜面实验“冲淡”了重力的作用，便于小球运动时间的测量C.通过对斜面实验的观察与计算，直接得到自由落体的运动规律D.根据斜面实验结论进行合理的外推，不能得到自由落体的运动规律【答

案】B【解析】【详解】AB．斜面实验“冲淡”了重力的作用，便于小球运动时间的测量，选项A错误，B正确；CD．通过对斜面实验的观察与计算，然后根据实验结论进行合理的外推，间接得到自由落体的运动规律，选项CD错误。故选B

。2.一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加速度大小逐渐减小直至为零，在此过程中（）A.速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值B.速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值C.位移逐

渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大D.位移逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值【答案】B【解析】【详解】AB．由于加速度方向与速度方向相同，质点始终做加速运动，速度一直增大，加速度减小，使速度增加的越来越慢，当加速度减小时，速度达到最

大值，B正确，A错误；CD．由于速度一直增大，位移一直增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值，以后位移继续增大，CD错误。故选B。3.如图所示为英国人阿特伍德设计的装置，不考虑绳与滑轮的质量，不计轴承、绳与滑轮间的摩擦．初始时两人均站在水平地面上，当位于左侧的甲用力向上攀爬时，位于右侧的乙始

终用力抓住绳子，最终至少一人能到达滑轮．下列说法中正确的是（）A.若甲的质量较大，则乙先到达滑轮B.若甲的质量较大，则甲、乙同时到达滑轮C.若甲、乙质量相同，则乙先到达滑轮D.若甲、乙质量相同，则甲先到达滑轮【答案】A【解析】试题分

析：对甲有：AAAFmgma，解得：AAFagm；对乙有：BBBFmgma，解得BBFagm，当甲的质量大，则甲的加速度小，根据212lat知，甲的运动时间长，所以乙先到达滑轮．当甲乙的质量相等，则运动时间相同，同时到

达滑轮．故A正确，B、C、D均错．考点：本题考查了牛顿第二定律、力的合成与分解的运用、牛顿第三定律．4.如图所示，两个梯形木块A、B叠放在水平地面上，A、B之间的接触面倾斜，A的左侧靠在光滑的竖直墙面上．关于两个木块的受力，下列说法正确的是()A.A、B之间一定存在摩擦力B.A可能受三个力

作用C.A一定受四个力作用D.B受到地面的摩擦力的方向向右【答案】B【解析】试题分析：由于AB间接触面情况未知，若AB接触面光滑，则AB间可以没有摩擦力；故A错误；对整体受力分析可知，A一定受向右的弹力；另外受重力和支持力；因为AB间可能没有摩擦

力；故A可能只受三个力；故B正确；C错误；木块B受重力、压力、A对B的垂直于接触面的推力作用，若推力向右的分力等于F，则B可能不受摩擦力；故D错误；故选B.考点：受力分析.5.物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16m的路程，第一段用时4s，第二段用

时2s，则物体的加速度是A.22m/s3B.24m/s3C.28m/s9D.216m/s9【答案】B【解析】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，2s时的瞬时速度等于0-4s内的平均速度：116m

4m/s4sv，5s时的瞬时速度等于4-6s内的平均速度：216m8m/s2sv，两个中间时刻的时间间隔为：△t=2+1s=3s，根据加速度定义可得：221844==m/s33vvat，故B正确，ACD错误．6.两物体在不同高度自由下落，同时落地，第一个物体

下落时间为t，第二个物体下落时间为2t，当第二个物体开始下落时，两物体相距（）A.2gtB.238gtC.234gtD.214gt【答案】D【解析】【详解】第二个物体在第一个物体下落2t后开始下落，此时第一个物体下落的高度2211()228tgthg．根据2

12hgt，知第一个物体和第二个物体下落的总高度分别为212gt，28gt，两物体未下落时相距238gt．所以当第二个物体开始下落时，两物体相距2223884gtgtgth，故D正确，A.B.C错误．【名师点睛】解决本

题的关键理清两物体的运动，知道第二个物体在第一个物体下落2t后开始下落，以及掌握自由落体运动的位移时间公式212hgt．7.一物体以足够大的初速度做竖直上抛运动，在上升过程的最后1s初的瞬时速度的大小和最后1s内的位移大小分别是

(g取10m/s2)()A.10m/s，10mB.10m/s，5mC.5m/s，5mD.由于不知道初速度的大小，故无法计算【答案】B【解析】【详解】根据竖直上抛运动的对称性，上升过程的最后1s和自由下落的第1s是可逆过程，所以v＝gt＝10×1m/s＝10m/s，h＝12gt2＝12

×10×12m＝5m．A．10m/s，10m，与结论不相符，选项A错误；B．10m/s，5m，与结论相符，选项B正确；C．5m/s，5m，与结论不相符，选项C错误；D．由于不知道初速度的大小，故无法计算，与

结论不相符，选项D错误；8.在一大雾天，一辆小汽车以30m/s的速度行驶在高速公路上，突然发现正前方30m处有一辆大卡车以10m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，刹车过程中刹车失灵．如图a、b分别为小汽车和大

卡车的v-t图线，以下说法正确的是()A.因刹车失灵前小汽车已减速，不会追尾B.在t＝5s时追尾C.在t＝3s时追尾D.由于初始距离太近，即使刹车不失灵也会追尾【答案】C【解析】【详解】A.根据v-t图线与时间轴所围面积表示位移可知，两车速

度相等时(t＝5s)，小汽车相对于大卡车的位移为35m>30m，所以会追尾，选项A错误；BC.在t＝3s时，小汽车相对于大卡车的位移等于30m，此时发生追尾，选项C正确，B错误；D.若刹车不失灵，在t＝2s时两车速度相等，小汽车相对于大卡车的位移等于20m，小于开始时的30m距离，所

以刹车不失灵时不会追尾，选项D错误．9.如图所示，一固定杆与水平方向夹角为α，将一质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一质量为m2的小球，滑块与杆之间的动摩擦因数为μ．若滑块和小球保持相对静止以相同的加速度a一起运动（未施

加其它外力），此时绳子与竖直方向夹角为β，且β>α，不计空气阻力，则滑块的运动情况是A.沿着杆减速上滑B.沿着杆减速下滑C.沿着杆加速下滑D.沿着杆加速上滑【答案】A【解析】【详解】把滑块和球看做一个整体受力分析，若速度方向向下，由牛顿第二定律得：沿斜面方向有1212))mmgsinfm

ma（（，垂直斜面方向有12)NFmmgcos（，摩擦力NfF，联立可解得：agsingcos；再单独对小球分析有：若，则agsin，根据题意有：＜，则有agsin＞，所以gsingcosgsin＞，整理可以得到：gsingsing

cos＞，因为＜，所以0gsingsin＜，但由于0gcos＞，所以假设不成立，即速度的方向一定向上，由于加速度方向向下，所以滑块沿杆减速上滑，故A正确，BCD错误．【点睛】滑块与小球保持相对静止，以相同的加速度a一起运动，对整体进行受力分析求出加速

度，同时也能确定加速度的方向，然后采用隔离法，分析小球的受力，求出加速度，结合＜分析即可判断．10.A、B两个小球的质量分别为m、2m，由两轻质弹簧连接（如图所示），处于平衡状态，下列说法正确的是（）A.将A球上方弹簧剪断的瞬时，A的加速

度不为零，B的加速度为零B.将A球上方弹簧剪断的瞬时，A的加速度为零，B的加速度为零C.将A球下方弹簧剪断的瞬时，A的加速度不为零，B的加速度为零D.将A球下方弹簧剪断的瞬时，A的加速度不为零，B的加速度不为零【答案】AD【解析】【详解】AB．对A、B整体分析，上边弹簧的弹力为3mg，

隔离对B分析，下边弹簧的弹力为2mg，将A球上方弹簧剪断的瞬时，对B球，合力为零，加速度为零，对A球，合力为3mg，加速度为3g，分析竖直向下，故A正确，B错误；CD．剪段下面的弹簧时，A球失去了向下的弹力，平衡被破坏，产生向上的加速度；B球失去向上的弹力，在重力作用

下产生g的加速度。故C错误，D正确。故选AD。11.如图所示，水平地面粗糙，A、B两同学站在地上水平推墙．甲图中A向前推B，B向前推墙；乙图中A、B同时向前推墙．每人用力的大小都为F，方向水平．则下列说法中正

确的是()A.甲图方式中墙受到的推力为2FB.乙图方式中墙受到的推力为2FC.甲图方式中两位同学受到地面的摩擦力大小都为FD.乙图方式中两位同学受到地面的摩擦力大小都为F【答案】BD【解析】【详解】AC.对于甲图，先以墙壁为研究对象，此时墙壁所受到的推力只有B对它

的推力F，如图(b)所示．然后再以B为研究对象，B同学的受力情况如图(c)所示，B受到A的推力F和墙壁的反作用力F′1，由于F＝F′1，所以此时B在水平方向不受摩擦力的作用．再以A为研究对象，A同学的受力情况如图(d)所示，根据牛

顿第三定律可知由于A对B的作用力为F，所以B对A的反作用力F′2＝F，根据力的平衡可知A所受地面的摩擦力为F.故A项不合题意，C项不合题意.BD.对于乙图，墙壁在水平方向所受到人的作用力如图(a)所示(俯视图)，此时墙壁所受到的推力为F合

＝2F.根据力的平衡可知A、B两人受到的静摩擦力均为Ff＝F.故B项符合题意，D项符合题意.12.如图所示，A、B两物块的质量分别为3m和2m，两物块静止叠放在水平地面上A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为12μ(μ≠0)．最大静摩

擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对B施加一水平推力F，则下列说法正确的是()A.若F＝μmg，A、B间的摩擦力一定为零B.当F＞7.5μmg时，A相对B滑动C.当F＝3μmg时，A的加速度为μgD.若去掉B

上的力，而将F＝3μmg的力作用在A上，则B的加速度为0.1μg【答案】ABD【解析】【详解】A．B与地面间的最大静摩擦力fB＝12μ×5mg＝52μmg，当F=μmg时，AB处于静止，对A分析，A所受的摩擦力为零，故A正确；B．A发生相对滑动的临界加速度a=μg，对整体分析，F−12μ•5mg

＝5ma，解得F=7.5μmg，所以当F＞7.5μmg时，A相对B滑动．故B正确；C．当7.5μmg＞F=3μmg＞52μmg，可知AB保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度a=2.55Fmgm＝0.1μg，故C错误；

D．若去掉B上的力，而将F=3μmg的力作用在A上，B发生相对滑动的临界加速度a＝13522mgmgm＝025μg，对A分析F-μ•3mg=3ma，解得不发生相对滑动的最小拉力F=3.75μmg，

可知F=3μmg的力作用在A上，一起做匀加速直线运动，加速度a=1525Fmgm＝0.1μg，故D正确。故选ABD。【点睛】本题考查了摩擦力的计算和牛顿第二定律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力．二、实验题：13.图1为验证牛顿第二定律的

实验装置示意图。图中打点计时器的电源为50Hz的交流电源，打点的时间间隔用Δt表示。在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”。（1）完成下列实验步骤中的填空：①平衡小车所受的阻力：小吊盘中

不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列________的点；②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码；③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点迹的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m；④按住小

车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③；⑤在每条纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点，测量相邻计数点的间距s1，s2，…，求出与不同m相对应的加速度a；⑥以砝码的质量m为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上做出—m关系图线，若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则与m处应成_

________关系（填“线性”或“非线性”）。（2）完成下列填空：（ⅰ）本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是_________；（ⅱ）设纸带上三个相邻计数点的间距为s1、s2、s3，a可用s1、s

3和Δt表示为a=_____；图2为用米尺测量某一纸带上的s1、s3的情况，由图可读出s1=_____mm，s3=____mm，由此求得加速度的大小a=_____m/s2。（ⅲ）图3为所得实验图线的示意图。设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿定律成立，则小车受

到的拉力为___________，小车的质量为___________【答案】(1).均匀(2).线性(3).远小于小车和小车中砝码的质量之和(4).31250sst(5).24.1(6).47.3(7).1.16(8).1k(

9).bk【解析】【详解】（1）①[1]平衡摩擦力的标准为小车可以匀速运动，打点计时器打出的纸带点迹间隔均匀；⑥[2]根据牛顿第二定律Fma解得1maF故1a与m成线性关系；（2）（i）[3]设小车的质

量为M，小吊盘和盘中物块的质量为m，设绳子上拉力为F，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有mgmMa解得mgaMm以M为研究对象，根据牛顿第二定律有1MmgmgFMammMM当Mm时有Fmg，即只有Mm时才可以

认为绳对小车的拉力大小等于小吊盘和盘中物块的重力，所以为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应该远小于小车和砝码的总质量。（ⅱ）[4]设纸带上三个相邻计数点的间距为s1、s2、s3，由匀变速直线运动的推论得2xaT即23125ssat

解得31250ssat[5][6]图2为用米尺测量某一纸带上的s1、s3的情况，由图可读出s1=24.1mm，s3=47.3mm；[7]由此求得加速度的大小23121.16m/s50ssat（ⅲ）[8][9]设小车质量为

M，小车受到外力为F，由牛顿第二定律有FmMa解得1mMaFF所以1ma图象的斜率为1kF解得1Fk=纵轴截距为MbF解得bMk三、计算题14.如图所示，在光滑的水平杆上穿两个重力均

为2N的球A、B，在两球之间夹一弹簧，弹簧的劲度系数为10N/m，用两条等长的线将C与A、B相连，此时弹簧被压缩了10cm，两条线的夹角为60°，求：(1)杆对A球的支持力的大小；(2)C球的重力大小．【答案】(1)(2＋3)N(2)

23N【解析】【详解】(1)对A球受力分析如图甲所示，由胡克定律可知，弹力F＝kx＝1N由共点力平衡可得Tcos60°＝FN＝G＋Tsin60°联立解得T＝2N23NN(2)对C球受力分析如图乙所示，由

平衡条件可得2Tsin60°＝GC解得23NCG15.质量为m＝1.0kg的小滑块（可视为质点）放在质量为M＝3.0kg的长木板的右端，木板上表面光滑，木板与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.2，木板长L＝1.0m．开始时两者都处于静止状态，现对木板施加水平向右的恒力F＝12N，如图所示，经

一段时间后撤去F．为使小滑块不掉下木板，试求：用水平恒力F作用的最长时间.（g取10m/s2）【答案】1s【解析】撤力前后，木板先加速后减速，设加速过程的位移为x1，加速度为a1，加速运动的时为t1；减速过程的位移为x2，加速度

为a2，减速运动的时间为t2.由牛顿第二定律得撤力前：F－μ(m＋M)g＝Ma1（2分）解得a1＝m/s2（2分）撤力后：μ(m＋M)g＝Ma2（2分）解得a2＝m/s2（2分）⑵x1＝a1t，x2＝a2t（2分）为使小滑块不从木板上掉下，应满足x1＋x2≤L

（2分）又a1t1＝a2t2（2分）由以上各式可解得t1≤1s（2分）即作用的最长时间为1s.16.如图所示，传送带与水平面成夹角=37°，以10m/s的速度逆时针转动，在传送带上端轻轻地放一个质量m=0.5kg的物体，它与传送带

间的动摩擦因数μ=0.5，已知传送带从A→B的长度L=16m，求：(1)物体从A传送到B需要的时间为多少？(2)物体从A传送到B过程中在传送带上留下的划痕多长？【答案】(1)2s；(2)5m【解析】【详解】(1)物体放上传送带以后，开始一段时间滑动摩擦力方向沿传送带向下，其运

动加速度21sincos10m/smgmgam当物体的速度达到10m/s时，其对应的时间和位移分别为111svta2115m16m2vsLa由于μ=0.5＜tan37°，此后物块相对传送带继续加速下滑。即物体受到的摩擦力变为沿传送带向上，其加速度大小为22s

incos2m/smgmgam设物体完成剩余的位移s2所用的时间为t2，则2222212svtat即2221165=1022tt解得t21=1s或t22=-11s（舍去）所以t总=1s+1s=2s(2)前一阶段传送带快，划痕长1115ms

vts第二阶滑块快，划痕长2211-1msvt两段划痕重合，故划痕总长5ms