【文档说明】新疆乌鲁木齐市第七十中学、哈密二中2019-2020学年高二下学期期末考试物理试题【精准解析】.doc，共(17)页，654.500 KB，由小赞的店铺上传

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2019-2020第二学期期末高二年级物理考试问卷一.选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分；在每小题给出的四个选项中，第1-5小题只有一项符合题目要求，第6-12小题有多个选项符合题目要求。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.首先指出亚里士多德的观点

是错误的，而提出力不是维持物体运动的科学家是（）A.笛卡儿B.伽利略C.牛顿D.惠更斯【答案】B【解析】【详解】伽利略最早指出亚里士多德的观点是错误的，提出“力不是维持物体运动的原因”，并用斜面实验证明了：运动的物体在不受外力作用时，

保持运动速度不变．ACD错误B正确．2.如图所示，一物块以某一初速度v0冲上一个足够长的固定粗糙斜面，从A到B所用的时间为t1，到达最高点后沿斜面下滑时，从B到A所用的时间为t2，则两段时间t1与t2的关系是（）A.t1＝t

2B.t1＜t2C.t1＞t2D.无法确定【答案】B【解析】【详解】物块上滑时所受的合力大于下滑时的合力，位移大小相等，物体经过同一点时物体上滑的速度大于下滑速度，则上滑过程平均速度大于下滑过程平均速度，由公式x=vt分析

时间长短。由于摩擦力做功，物体的机械能不断减小，物体经过同一点时物体上滑的速度大于下滑速度，则上滑过程平均速度大于下滑过程平均速度，由公式x=vt分析t上＜t下。3.如图（俯视），物体静止在光滑水平桌面上，一个水平向东的力F1

作用在物体上，但要使物体获得方向东偏北30º的加速度，那么必须同时对物体施加另一个作用力F2，F2的最小值为（）A.112FB.133FC.132FD.13F【答案】A【解析】【详解】由题意可知合力方向

正好沿东北方向，由力的合成规律可知当F2的方向垂直东北方向时F2最小，如图所示：由矢量三角形定则，可得2F最小值为：2min111sin302FFF==故选A．4.如图所示，四个质量、形状相同的斜面体放在粗糙的水平面上，将四个质量相同的物块放在斜面顶端，因物块与斜面的摩擦力不同，四个物块运动情

况不同．A物块放上后匀加速下滑，B物块获一初速度后匀速下滑，C物块获一初速度后匀减速下滑，D物块放上后静止在斜面上．若在上述四种情况下斜面体均保持静止且对地面的压力依次为F1、F2、F3、F4，则它们的大小关系是（）A.F1=F2=F3=F4B

.F1＞F2＞F3＞F4C.F1＜F2=F4＜F3D.F1=F3＜F2＜F4【答案】C【解析】试题分析：当物体系统中存在超重现象时，系统所受的支持力大于总重力，相反，存在失重现象时，系统所受的支持力小于总重力．若系统的合力为零时，系统所受的支持力等于总重力，解：设物体和

斜面的总重力为G．第一个物体匀加速下滑，加速度沿斜面向下，具有竖直向下的分加速度，存在失重现象，则F1＜G；第二个物体匀速下滑，合力为零，斜面保持静止状态，合力也为零，则系统的合力也为零，故F2=G．第三个物体匀减速下滑，加速度沿斜面向上，具有竖直向上的分加速度，存在超重现象，则F3＞G；第四个

物体静止在斜面上，合力为零，斜面保持静止状态，合力也为零，则系统的合力也为零，故F4=G．故有F1＜F2=F4＜F3．故C正确，ABD错误．故选C【点评】本题运用超重和失重的观点分析加速度不同物体动力学问题，比较简便．通

过分解加速度，根据牛顿第二定律研究．5.某同学探究小球沿光滑斜面顶端下滑至底端的运动规律，现将两质量相同的小球同时从斜面的顶端释放，在甲、乙图的两种斜面中，通过一定的判断分析，你可以得到的正确结论是（）A.甲图中，小球在两个斜

面上运动的时间相同B.甲图中，小球在两个斜面上运动的加速度相同C.乙图中，小球在两个斜面上运动的时间相同D.乙图中，小球在两个斜面上运动的加速度相同【答案】C【解析】【详解】AB.在甲图中，对小球进行受力分析，受到重力和支持力，合力提供加速度，根据牛顿第二定律可知，运动的加速度为a=gsinθ

，两个斜面倾角不等，所以加速度不相同；设高度为h,则斜面的长度为h/sinθ。根据匀加速直线运动,位移−时间公式可知21sin2hatθ=解得22sinhtg=甲图中两个斜面倾角不等，故小球在两个斜面上运动的时间不相同，

故A错误，B错误；C.在乙图中，对小球进行受力分析，受到重力和支持力，合力提供加速度，根据牛顿第二定律可知，运动的加速度为a=gcosθ两个斜面倾角不等，所以加速度不相同；设底边长为s,则斜面的长度为s/sinθ根据匀加速直线运动,位移−时间公式可知

：21sin2sat=解得2sincosstg=当θ分别为30∘和60∘时，sinθcosθ相等，故时间相等，故C正确，D错误．故选C。6.在平直公路上行驶的a车和b车，其位移－时间图象分别为图中直线a和曲线

b，已知b车加速度恒定且a=-2m/s2，t=3s时，的直线a和曲线b刚好相切，则下列说法正确的是（）A.t=3s时b车的速度83bv=m/sB.t=0s时b车的速度v0=8m/sC.t=0s时a车和b车的距离

s0=9mD.t=2s时a车和b车的距离s1=2m【答案】BC【解析】【详解】A．t=3s时，直线a和曲线b刚好相切，位置坐标相同，两车相遇，斜率相等，此时两车的速度相等，由图可知，速度为82m/s2m/s3bv

−==故A错误；B．t=0s时b车的速度30vvat=+得03(223)m/s8m/svvat=−=+=故B正确；C．t=3s时，a车的位移为6maasvt==b车的位移为0315m2bvvst+=

=t=3s时，a车和b车到达同一位置，所以t=0时两车相距09mbasss=−=故C正确；D．t=2s时b车的速度为2(822)m/s4m/sv=−=02sa车的位移为''4maasvt==02sb车位移为''0212m2bvvst+

==t=2s时a车和b车的距离1(9412)m1ms=+−=故D错误。故选BC。7.假设某汽车刹车后立即做匀减速运动，在其开始刹车直至停止过程中，第一秒和最后一秒内的位移分别为14m和1m，则A.汽车匀减速的加速度大小为1m/s2B.汽车开始刹车的初速度大小为1

5m/sC.汽车匀减速运动过程中的平均速度为8m/sD.汽车从开始减速8s内运动的距离为56.25m【答案】BD【解析】【详解】汽车在最后1s内的位移为1m，采用逆向思维，根据x′＝12at′2得汽车做匀减速直线运动的加速度大小为：222221/2/1xamsmst＝＝=，选项A错

误；第1s内的位移为14m，根据x1＝v0t1−12at12得14=v0×1-12×2×12，解得汽车的初速度为：v0=15m/s，选项B正确；汽车匀减速运动过程中的平均速度为007.5/2vvms+==，选项C错误；汽车减速停止的时间00157.52vtssa===，则汽车从开始

减速8s内运动的距离等于7.5s内的距离：2201556.25222vxmma===，选项D正确；故选BD.【点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷，以及注意逆向思维在运动学中的运用

．8.如图所示，将两相同的木块a、b至于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳固定于墙壁，开始时a、b均静止。弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a所受摩擦力0faF，b所受摩擦力0fbF=，现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间（）A.faF大小不变B.

faF方向改变C.fbF仍然为零D.fbF方向向右【答案】AD【解析】【详解】初始状态，a在水平方向上受绳子拉力、弹簧的弹力还有摩擦力处于平衡，b受弹簧的弹力和绳子的拉力处于平衡，右侧细绳剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，a仍然受三个力

作用，摩擦力的大小和方向不变，而b受到向左的弹力，将受到向右的摩擦力，故选AD。9.如图所示为甲、乙两个质点同时、同地向同一方向运动的v—t图，由图可知A.在0～3s内，甲做匀加速直线运动B.甲在3s后改做匀速运动，在7s末乙追上甲C.5～7s内两者相互逐渐靠近D.0～7s内两者在前进方向上的

最大距离大于5m【答案】CD【解析】【详解】在0～3s内，甲的速度时间图象是曲线，所以甲做变加速运动，故A错误．甲在3s后改做匀速运动，在0～7s内甲图形所包围的面积大于乙图形所包围的面积，所以在7s末乙没有追上甲，故B错误．5s

末，甲在前面，乙在后面，但5s末后乙的速度大于甲的速度，所以5～7s内两者相互逐渐靠近，故C正确．当两者速度相等时，前进方向上的距离最大，在0～5s内，图形所包围的面积等于它们的位移，根据面积之差知道最大距离大于5m，故D正确．故选CD．【点睛】

解决图象问题一是要注意图象的横纵坐标的含义以确定是什么图象；二是要明白图象代表的物理含义：速度图象的斜率等于物体的加速度；“面积”表示位移．10.如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率1v运行，初速度大小为2v的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑

上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt−图像（以地面为参考系）如图乙所示，已知21vv，则（）A.2t时刻，小物块离A处的距离达到最大B.2t时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C.20~t时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右D.30~t

时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用【答案】BC【解析】【详解】A．相对地面而言，小物块在10~t小时间内，向左做匀减速运动，21~tt时间内，又反向向右做匀加速运动，当其速度与传送带速度相同时（即2t时刻），小物块向右

做匀速运动，故小物块在1t时刻离A处距离最大，选项A错误。BCD．相对传送带而言，在20~t时间内，小物块一直向左运动，故小物块一直受向右的滑动摩擦力，在23~tt时间内，小物块相对于传送带静止；小物块不受摩擦力作用，因此2t时刻小物块相

对传送带滑动的距离达到最大值，BC正确，D错误。故选BC。11.如图，物体A、B相对静止，共同沿斜面匀速下滑，正确的是（）A.A与B间没有摩擦力B.B受到斜面的滑动摩擦力为mBgsinθC.斜面受到B的滑动摩擦力，方向沿斜面向下D.B与斜面的滑动摩擦因数μ=tanθ【答案】CD【解析】【详

解】A.对A物体受力分析，如图由共点力平衡条件可得fA=mAgsinθ故A选项错误；BCD.对AB整体受力分析，如图由共点力平衡条件可得：f=（mA+mB）gsinθN=（mA+mB）gcosθ滑动摩擦力为：f=μN由以上三式可以解得：μ=

tanθ整体受到的摩擦力就是斜面对物体B的摩擦力．大小为（mA+mB）gsinθ，根据牛顿第三定律，物体B对斜面的摩擦力沿斜面向下；故B错误，CD正确．12.如图所示，在倾角300斜面上固定一与斜面垂直的光滑挡板，质量为m、半径为r的光滑圆

柱体放在质量也为m、半径也为r的半圆柱体上，半圆柱底面与斜面各处之间的动摩擦因数均相同．现用一平行斜面向上的拉力F使半圆柱体缓慢沿斜面向上移动直到光滑圆柱体恰好要与斜面接触，则A.该过程中半圆柱体受到的摩擦力保持不变B.该过程中挡板受到的压力保持不变C.该过程中半圆柱体与光滑圆柱体之间的弹力逐渐

增大D.该过程中半圆柱体所受拉力F逐渐减小【答案】ACD【解析】【分析】对整体分析，由平衡条件判断斜面对半圆柱体的支持力变化，从而分析半圆柱体受到的摩擦力变化情况．对小球，分析受力情况，根据平衡条件分析挡板对小球支持力的变化，从而得到挡板受到的压力如何变化以及半圆柱体与光滑圆柱体之间的弹力变

化．【详解】对小球和半圆柱整体分析，知斜面对半圆柱体的支持力等于总重力垂直于斜面的分力2mgcosθ，保持不变，由f=μN知半圆柱体受到的摩擦力保持不变，故A正确．以小球为研究对象，分析受力情况，如图，利用三角形定则作出力的

合成图，1线为初位置，2线为末位置，则知挡板对小球的支持力N2增大，则小球对挡板的压力也增大，半圆柱体与光滑圆柱体之间的弹力N1逐渐增大，故B错误，C正确．对小球和半圆柱整体：22sinFNmgf+=+，因f不变，N2增大，则F减小，选项D正确

；故选ACD.【点睛】解决本题的关键是灵活选择研究对象，采用隔离法和整体法结合分析受力情况，并且利用图解法讨论更加简单快捷．二、实验题（本题共4小问，每空3分，共12分.答案写在答卷上.）13.在探究物体质量一定时加速度与力的关系实验中，小明同学做了如图甲所

示的实验改进，在调节桌面水平后，添加了用力传感器来测细线中的拉力．（1）关于该实验的操作，下列说法正确的是________．A.必须用天平测出砂和砂桶的质量B.一定要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量C.应当先释

放小车，再接通电源D.需要改变砂和砂桶的总质量，打出多条纸带（2）实验得到如图乙所示的纸带，已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，相邻两计数点之间还有四个点未画出，由图中的数据可知，小车运动的加速度大小是________m/s2

.(计算结果保留三位有效数字)（3）由实验得到小车的加速度a与力传感器示数F的关系如图丙所示．则小车与轨道的滑动摩擦力Ff=________N.（4）小明同学不断增加砂子质量重复实验，发现小车的加速度最后会趋近于某一数值，从理论上分析可知，该数值应为________m/s2.【

答案】(1).D(2).2.40(3).1.0(4).5m/s2或4.9m/s2【解析】(1)AB.本题拉力可以由力传感器来测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶(包括砂)的质量远小于车的总质量，故A错误，B错误；C.打点计时器运用时

，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，故C错误；D．该实验探究加速度与力和质量的关系，需要改变沙和沙桶的总质量，打出多条纸带，故D正确故选D(2)相邻两计数点之间还有四个点未画出，T=0.1s，根据2xaT=，22220.288120.09612.40/4

40.1ODOBamsT−−===；（3）根据牛顿第二定律：2F-Ff=ma，a=0时，Ff=2F=1.0N；（4）设绳子拉力为T，根据牛顿第二定律：mg-T=2ma2T=Ma联立解得：2244mggaMMmm==++，当m无穷大时，a=5m/s2．

三.计算题（本题共4小题，共40分。答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）14.如图所示，传送带与地面夹角θ＝37°，从A到B长度为L＝4

1m，传送带v0＝20m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速地放一个质量为m＝0.5kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin37°＝0.6，g＝10m/s2，求：(

1)煤块从A到B的时间；(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。【答案】（1）3s（2）20m【解析】【详解】（1）开始阶段由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma1所以：a1=gsin

θ+μgcosθ=10m/s2物体加速至与传送带速度相等时需要的时间：112vtsa==发生的位移：2111120m41m2xat==＜所以物体加速到20m/s时仍未到达B点，此时摩擦力方向改变。第二阶段有：mgsinθ-μmgco

sθ=ma2所以：a2=2m/s2设第二阶段物体滑动到B的时间为t2，则：222212ABLSvtat−=+解得：t2=1s在B点的速度为：vB=v+a2t2=20+2×1=22m/s总时间：t=t1+t2=2s+1s=3s（2）第一阶段炭块的速度小于皮带速度，炭块相对皮带向上移动，炭块的位移为

：22111110220m22xat===传送带的位移为2×20=40m，故炭块相对传送带上移20m；第二阶段炭块的速度大于皮带速度，炭块相对皮带向下移动，炭块的位移为：x2=LAB-x1=21m传送带的位移

为vt2=20m，即炭块相对传送带下移1m：第二阶段碳块还是在追赶原来的痕迹，超出的1m覆盖在第一阶段上，所以痕迹还是20m；故传送带表面留下黑色炭迹的长度为20m；15.质量分别为m1和m2的两个小物块用轻绳连接，m1=4m0，m2="

5"m0．绳跨过位于倾角a＝37°的光滑斜面顶端的轻滑轮，滑轮与转轴间的摩擦不计，斜面固定在水平桌面上，如图所示．m1悬空，m2放在斜面上，m2自斜面底端由静止开始运动至斜面顶端，用时为t．已知重力加速度为g，sin370=0.6，cos370=

0.8．求：（1）将m1和m2位置互换，使m2悬空，m1放在斜面上，m1自斜面底端由静止开始运动至斜面顶端，两次绳中拉力之比；（2）将m1悬空，m2放在斜面上，增加m2的质量，使m2从斜面顶端由静止开始运动至斜面底端的时间也为t

，m2增加的质量．【答案】（1）121TT=（2）04511m【解析】【详解】（1）第一次：m1：1111mgTma−=，m2：1221sinTmgma−=，1111212112212sinsinmgTmmmgmmgTTmgmmm−+==−+，第二次：m2：2222mgTm

a−=，m1：2112sinTmgma−=，2221212221112sinsinmgTmmmgmmgTTmgmmm−+==−+，所以：121TT=；（2）第一次：m1：1111mgTma−=，m2：122

1sinTmgma−=，12112sinmgmgamm−=+增加m2的质量，m2：''2323sinmgTma−=，m1：3113Tmgma−=，'213'12sinmgmgamm−=+根据：212Sat=，可得：''1

221132'1221sinsin10011omgmgmgmgaammmmmm−−===++，'224511ommmm=−=．16.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.17.甲、乙两辆车在相邻的两条平行直轨

道上同向匀速行驶，甲车的速度为v1＝16m/s，乙车的速度为v2＝l2m/s，乙车在甲车的前面.当两车相距L＝6m时，两车同时开始刹车，从此时开始计时，甲车以a1＝2m/s2的加速度刹车，7s后立即改做匀速

运动：乙车刹车的加速度为a2＝lm/s2，求：(1)两车经过多长时间速度相等(2)两车经过多长时间相遇【答案】(1)4s或10s(2)2s或6s或14.5s【解析】【详解】(1)0-7s内:111vvat甲＝－221-vvat乙＝两车速度相等时：vv甲乙＝解得：14ts＝7s之后，2m/sv甲＝2

212+)vvatt乙＝－（两车速度相等时：vv甲乙＝解得：23710tsss＝＋＝所以两车速度相等的时间为：4s或10s．(2)0-7s内，甲的位移：21112xvtat甲＝－乙的位移：22212xvta

t乙＝－位移关系：xxL甲乙＝＋解得：t1＝2s，t2＝6s第6s末：6114m/svvat甲＝－＝6226m/svvat乙＝－＝6－7s内，甲的位移：262132xvtatm甲甲＝－＝乙的位移：26215.52xvtatm−乙乙＝＝位移关系：2.5mx＝第7s末速度：711

2m/svvat−甲＝＝7225m/svvat乙＝－＝7s之后，由题意可知乙在经过05st=减速到0，假设乙没有减速到0时，设经过时间t3，甲追上乙，此时有：73'xvt甲甲＝273231'2xvtat=−乙乙''xxx=+甲乙代入数据解得：36

.75st说明在这之前，乙已经停止运动，乙在7s后到停止运动所走的位移为70''12.5m2vxt==乙乙则两车第三次相遇的时间为：37''Δ'7s14.5sxxtv+=+=乙甲所以，两车相遇的时间为：2s或6s或1

4.5s．