【文档说明】【精准解析】甘肃省会宁县第四中学2019-2020学年高二下学期期末考试物理试卷.doc，共(13)页，450.500 KB，由小赞的店铺上传

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会宁四中2019-2020学年度第二学期期末考试高二物理试卷一、选择题（1—8题为单选题，每小题仅有一个选项正确，9—12为多选题，每题至少有一个正确答案，总分4×12=48分）1.根据速度定义式svt，当t极短时，st就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了下列物理方法中的（）A.

控制变量法B.假设法C.微元法D.极限法【答案】D【解析】【分析】当t极短时，st可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该物理方法为极限的思想方法．【详解】当时间极短时，某段时间内的平均速度可以代替瞬时速度，该思想运用了极限法的物理方法，故D正确．【点睛】极限思想法、类比法、控制变量法、微元

法等重要的思想方法，在高中物理中经常用到．要理解并能很好地掌握．2.一质点沿直线Ox方向做变速运动，它离开O点的距离x随时间t变化的关系为x＝（5＋2t3）m，该质点在t＝0到t＝2s间的平均速度和t＝2s到t＝3s间的平均速度的大小分别为A.

12m/s，39m/sB.8m/s，38m/sC.12m/s，19.5m/sD.8m/s，13m/s【答案】B【解析】【详解】由x=5+2t3可知：t1=0时，x1=5m；t2=2s时，x2=21m；t3=3s时，x3=59m；所以：12116mxxx23238mxxx故平

均速度分别为：111xvt=8m/s222xvt=38m/sA．描述与分析不符，故A错误B．描述与分析相符，故B正确C．描述与分析不符，故C错误D．描述与分析不符，故D错误3.一足球以12m/s的速度飞来，被一脚踢回，踢出时速度大小为24m/s，球与脚

接触时间为0.1s，则此过程中足球的加速度为()A.120m/s2，方向与踢出方向相同B.360m/s2，方向与踢出方向相同C.120m/s2，方向与飞来方向相同D.360m/s2，方向与飞来方向相同【答案】B【解析】【详解】规定初

速度的方向为正方向，则加速度2202412/360/0.1vvamsmst＝＝＝，负号表示加速度的方向与初速度方向相反，与踢出方向相同．所以ACD错误，B正确．故选B．【点睛】根据加速度的定义求解本题，关键是抓住速度的方向，规定正方向后用速度的正负值表示方向．4.如图所示

，水平板上有质量m=1.0kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小．取重力加速度g=10m/s2．下列判断正确的是（）A.5s内拉力对物块做功为零B.4s末物块所受合力大小为4.0N

C.物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D.6s～9s内物块的加速度的大小为2.0m/s2【答案】D【解析】【详解】A．在0﹣4s内，物体所受的摩擦力为静摩擦力，4s末开始运动，则5s内位移不为零，则拉力做功不为零．故A错误．B．4s末拉力

为4N，摩擦力为4N，合力为零．故B错误．CD．根据牛顿第二定律得，6s～9s内物体做匀加速直线运动的加速度a=2253m/s2m/s1fFFm解得30.310fFmg故C错误，D正确．故选D．5.露露骑自行车由静止沿直线运动，他在第1s内、第2s内、第3s内、第4s内通过的位

移分别为1m、2m、3m、4m，则()A.他4s末的瞬时速度为4m/sB.他在第2s内的平均速度为1.5m/sC.他4s内的平均速度为2.5m/sD.他1s末的速度为1m/s【答案】C【解析】【详解】知道的是每秒时间内的位移的

大小，不能确定具体的运动的情况，所以不能确定瞬时速度的大小，故AD错误；第2s内的位移的大小为2m，时间为1s，所以第2s内的平均速度为2m/s，故B正确；4s内的位移的大小为总位移的和为10m，时间为总时间，即4s，所以在4s内的平均

速度为10/2.5/4msms，故C正确．所以C正确，ABD错误．6.23592U经过m次α衰变和n次β衰变，变成20782Pb，则()A.m＝7，n＝3B.m＝7，n＝4C.m＝14，n＝9D.m＝14，n＝18【答案】B【解析】【详解】根据反应前后质量数守恒和核电荷数

守恒可知235=207+4m，92822mn，由此可知7m、4n，故B正确．故选B【点睛】知道发生α、β衰变的实质．能够运用质量数和电荷数守恒进行求解7.如图，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力

（）A.等于零B.不为零，方向向右C.不为零，方向向左D.不为零，v0较大时方向向左，v0较小时方向向右【答案】A【解析】【分析】本题中由于小木块与斜面体间有相对滑动，但无相对加速度，可以当作两物体间相对静止，摩擦力达到最大静摩擦力的情况，然后运用整体法研究．【详解】由于物块匀速下滑，而斜

劈保持静止，都处于平衡状态，将两者看做一个整体，整体在水平方向上不受摩擦力作用，故A正确，BCD错误．故选A．8.如图所示，有一固定的圆筒形绝热容器，用绝热活塞密封一定质量的气体，当活塞处位置a时，筒内气体压强等于外界大气压，当活塞在外

力作用下由位置a移动到位置b的过程中，下列说法正确的是（）A.气体分子间作用力增大B.气体压强增大C.气体分子的平均动能减小D.气体内能增加【答案】C【解析】【详解】D．当活塞在外力作用下由位置a移动到位置b的过程中，体积增大，气体对外界做功，而容器是绝热的，根

据热力学第一定律可知，气体的内能减小，温度降低．故D错误；A．气体分子间的距离较大，体积增大，微观上体现为分子间距增大，分子间力减小，故A错误；B．根据理相气体状态方程pVCT可知温度降低，体积增大，则压强必定减小，故B

错误；C．温度是分子平均动能的标志，温度降低，分子的平均动能减小．故C正确；故选C。9.如图所示，—个人沿着一个圆形轨道运动，由A点开始运动，经过半个圆周到达B点．下列说法正确的是()A.人从A到B的平均速度方向由A指向BB.人从A到B的平均速度方向沿B点的切线方向C.人在B点的瞬时速度方向由A

指向BD.人在B点的瞬时速度方向沿B点的切线方向【答案】AD【解析】【详解】AB．人从A到B，位移方向是从A到B，所以平均速度方向由A指向B；选项A对，B错；CD．人在B点，将继续做圆周运动，瞬时速度方向沿B点的切线方向．选项C错，D对。故选

AD。10.如图所示，固定的斜面上叠放着A、B两木块，木块A与B的接触面是水平的，水平力F作用于木块A，使木块A、B保持静止，且F≠0.则下列描述正确的是()A.B可能受到3个或4个力作用B.斜面对木块B的摩擦力方向可能沿斜面向下C.A对B的摩擦力可能为0D.A、B整体可能受三个力作用【答案】B

D【解析】【详解】A．A水平方向要受力平衡，必然受到B的摩擦力，则B一定受到A的压力和摩擦力，还要受到重力，还要受到斜面的弹力，所以B不可能受到三个力，故A项错误；B．对A、B整体受力分析，A、B的重力，以及斜面的弹力和力F得合力可能沿斜面向上，

所以斜面对木块B的摩擦力方向可能沿斜面向下，故B项正确；C．由以上分析知B对A一定有摩擦力作用，根据牛顿第三定律，A对B一定有摩擦力作用，不可能为零，故C项错误；D．由B项分析可知，A、B整体可能只受三个力作用，即A、B的重力，以及斜面的弹力和力F，故D项正确。故

选BD。11.一物体自t=0时开始做直线运动，其速度图线如图所示．下列选项正确的是（）A.在0～6s内，物体离出发点最远为30mB.在0～6s内，物体经过的路程为40mC.在0～4s内，物体的平均速率为7.5m/sD.在5～6s内，物体所受的

合外力做负功【答案】BC【解析】试题分析：根据图像可知，0～5s内物体运动方向不变，5s后反向运动，5s时离出发点最远，A错误；位移等于v-t图像的面积，4s的位移为30m，平均速率为7.5m/s,C正确;5s的位移为+35m，最后一秒的位移为-5m,

总路程为40m，B正确；根据动能定理可以知道5～6s内，物体动能增加，所受的合外力做正功，D错误．考点：本题考查了速度图像的分析．12.如图所示，轻绳一端系在质量为m的物体A上，另一端与套在粗糙竖直杆MN的轻圆环B相连

接．现用水平力F拉住绳子上一点O，使物体A及环B静止在图中虚线所在的位置．现稍微增加力F使O点缓慢地移到实线所示的位置，这一过程中圆环B仍保持在原来位置不动．则此过程中，环对杆摩擦力F1和环对杆的弹力F2的变化情况是（）A.F1保持不变，F2逐渐减小B.F1逐渐增

大，F2保持不变C.F1逐渐减小，F2保持不变D.F1保持不变，F2逐渐增大【答案】D【解析】【详解】以圆环、物体A及轻绳整体为研究对象，分析受力情况，作出力图如图1所示．根据平衡条件得到，杆对环的摩擦力F1=G，保持不变．杆对环的弹力F2=F．再以结点O为研究对象，分析受力情况，作出力图如图

2所示．由平衡条件得到F=mgtanθ当物体A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置过程中，θ逐渐减小，则F逐渐减小，F2逐渐减小．所以F1保持不变，F2逐渐减小。故选A。二、实验题（本题共2小题，每空2分，共14分）1

3.打点计时器所用电源的频率为50Hz，某次实验中得到一条纸带，用毫米刻度尺测量的情况如图所示，纸带在A、C间的平均速度为________m/s，在A、D间的平均速度为________m/s，两者之间B点的瞬时速度更接近于________m/s．【答案】(1).

0.35(2).0.43(3).0.35【解析】【详解】[1][2]由题意知，相邻两点间的时间间隔为0.02s．A、C间的距离为14.0mm0.0140mA、D间的距离为26.0mm0.0260m由公式：xvt得：0.01400.3520.02ACv

m/s0.02600.4330.02ADvm/s[3]A、C两点更接近B点，故B点的瞬时速度更接近于0.35m/s14.图(a)为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图.实验步骤如下：①用天平测量物块和遮光片的总质量M，重物的质量m；用游标卡尺测量遮光片的宽度d；用米尺测

量两光电门之间的距离s；②调整轻滑轮，使细线水平；③让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间△tA和△tB,求出加速度a；④多次重复步骤③，求a的平均a；⑤根据上述实验数据求出动擦因数μ.回答下列为题：(1)测量d时，某次游标卡尺（主尺的最小

分度为1mm）的示如图(b)所示;其读数为_________cm.(2)物块的加速度a可用d、s、△tA和△tB表示为a=_______.(3)动摩擦因数μ可用M、m、a和重力加速度g表示为μ=_______.(4)如果细线没有

调整到水平.由此引起的误差属于______（填“偶然误差”或”系统误差”）.【答案】(1).0.960(2).22211()2BAdstt）（(3).()mgMmaMg(4).系统误差【解

析】【详解】第一空.由图(b)所示游标卡尺可知，主尺示数为0.9cm，游标尺示数为12×0.05mm=0.60mm=0.060cm，则游标卡尺示数为0.9cm+0.060cm=0.960cm．第二空.物块经过A点

时的速度为：AAdvt，物块经过B点时的速度为：BBdvt，物块做匀变速直线运动，由速度位移公式得：vB2-vA2=2as，加速度为：22211()2BAdastt）（；第三空.以M

、m组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：mg-μMg=(M+m)a，解得：()mgMmaMg；第四空.如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于系统误差.三、计算题，（本题共3小题，15题10分，16题14分，17题14分，共38分）解题要求

：写出必要的文字说明、方程式、演算步骤和答案。有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位。15.小明是学校的升旗手，他每次升旗都做到了在庄严的《义勇军进行曲》响起时开始升旗，当国歌结束时恰好五星红旗升到了高高的旗杆顶端．已知国歌从响起到结

束的时间是48s，旗杆高度是19m，红旗从离地面1.4m处开始升起．若设小明升旗时先拉动绳子使红旗向上匀加速运动，时间持续4s，然后使红旗做匀速运动，最后使红旗做匀减速运动，加速度大小与开始升旗时的加速度大小相同，红旗到达旗杆顶端时的速度恰好为零．试计算小明升旗时使红

旗向上做匀加速运动时加速度的大小和红旗匀速运动的速度大小．【答案】0.4m/s；0.1m/s2【解析】试题分析：设红旗匀速运动的速度大小为v．由题得到红旗上升的位移大小x=19m-1.4m=17.6m．由题红旗匀加速运动和匀减速运动的加速度大小相等，根据对称性得知这两个过程的时

间相等，红旗匀速运动的时间为2(4824)s40st，则有1322vvtvttx，代入解得，v=04m/s，匀加速运动的加速度大小为2100.1m/svat考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系点评：五星红旗的运动分成三个过程，三个过程之间的联系是速度，前一过程

的末速度等于后一过程的初速度．16.木板B放在水平地面上，在木板B上放一重1200N的A物体，物体A与木板B间，木板与地间的摩擦因数均为0.2，木板B重力不计，当水平拉力F将木板B匀速拉出，绳与水平方向成30°时，问绳的拉力T多大？水平拉力F多大？(重力加速度g=10m/s2，，结果保留一位小数

．)【答案】248.7N430.4N【解析】【详解】对A，受力如图1所示，根据平衡条件，有：f=Tcos30°Tsin30°+N=GA又f=μN联立得到，解（1）（2）式得μN=Tcos30°Tsin30°+cos30T=GA代入解得

，T=248.4Nf=248.7×32=215N对B：受F，A对B的摩擦力，地对B的摩擦力，地对B的弹力N地，A对B的压力为N，处于动平衡状态，则有F=f地+f=μN地+μN=430.4N17.如图，用同

种材料制成的倾角为37°的斜面和长水平面，斜面长11.25m且固定，一小物块从斜面顶端以初速度v0沿斜面下滑，如果v0=3.6m/s，则经过3.0s后小物块停在斜面上，不考虑小物块到达斜面底端时因碰撞损失的能量，求：（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）(1)小物块与该种材料

间的动摩擦因数μ为多少；(2)若小物块的初速度为6m/s，小物块从开始运动到最终停下的时间t为多少。【答案】(1)0.9(2)2.83s【解析】【详解】(1)小物块沿斜面匀减速下滑212m/ss3./61.23.m0vat根据牛顿第二定律f1sin37FmgmaNcos

?37FmgfNFF联立以上各式，可得1sin370.9cos37gag(2)当06m/sv时，小物块若保持匀减速下滑，最大滑行距离22016m15m11.25m221.2vxa所以小物块将滑到水平面上，设小物块滑到斜面底端时的速度为1v221012621.2

11.25m/s3m/svvas在斜面上101136ts=2.5s1.2vva在水平面上N2fFmgma229m/sag122003s0.33s9vta总时间122.83sttt