【文档说明】【精准解析】河北省衡水市深州市中学2019-2020学年高二下学期期中考试物理试卷（合格）.doc，共(16)页，640.000 KB，由小赞的店铺上传

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物理试题第Ⅰ卷（选择题共68分）一、选择题（20小题共68分，1-12在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，每题3分，选错或不答的得0分，13—20为多选，有两个或两个以上的符合题意答案，全部选对的4分，少选得2分，

不选或选错得0分）1.神舟十一号飞船于2016年10月17日7时30分在酒泉卫星发射中心升空，飞船入轨后经过2天独立飞行，完成与天宫二号空间实验室自动对接形成组合体，完成各项任务后，飞船于11月18日13时59分着陆，这是我国持续时间最长的一次载人飞行

任务．下列说法正确的是（）A.“2天”是时刻B.“17日7时30分”是时间间隔C.对接时可以将神舟十一号飞船看作质点D.研究天宫二号绕地运动时，可以将其看作质点【答案】D【解析】【详解】AB、“17日7时30分”在

时间轴上对应一个点，表示时刻，2天在时间轴上对应线段，表示时间间隔，故AB错误；C、对接时神舟十一号飞船的大小和形状不能忽略，不能看作质点，故C错误；D、研究“天宫二号”绕地球运行时，天宫二号大小对运动影响不大，可以看成质点，故D正确．2.

有下列几种情景，请根据所学知识选择对情景的分析和判断正确的说法()A.点火后即将升空的火箭，因火箭还没运动，所以加速度一定为零B.高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车因轿车紧急刹车，速度变

化很快，所以加速度很大C.高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度也一定很大D.太空中的“天宫一号”绕地球匀速转动，其加速度为零【答案】B【解析】【详解】点火后，火箭的速度为零，但是加速度不为零，故A错误；轿车紧急刹车，速度变化比较快，即加速度很大，故B正确；磁悬浮列

车高速行驶，速度很大，若做匀速运动，加速度为零，故C错误；太空中的空间站绕地球匀速转动，有向心加速度，其加速度不为零，选项D错误；故选B．【点睛】解决本题的关键知道加速度的物理意义，掌握判断物体做加速运动还是减速运动的方法，

关键看加速度方向与速度方向的关系．3.一质点做直线运动，当时间t＝t0时，位移x＞0，速度v＞0，加速度a＞0，此后a逐渐减小至a＝0，则它的()A.速度逐渐减小B.位移始终为正值，速度变为负值C.速度的变化越来越慢D.位移逐渐减小【答案】C【解析】【详解】

速度v＞0，加速度a＞0，此后a逐渐减小至a=0，因为加速度与速度同向，知速度仍然增大，速度为正值．故AB错误．因为加速度逐渐减小，则速度变化越来越慢．故C正确．速度为正值，位移也为正值，位移越来越大．故D错误．故

选C．4.对于初速度为零的匀加速直线运动，下列说法正确的是()A.相等时间间隔内的位移之差为常数B.任意两个相等时间内的速度变化量都相等C.从开始运动起，在连续相等时间内通过的位移之比为1∶4∶9：.....D.从开始运动起，通过连续相等的位移所需的时间之

比为1∶3∶5：.....【答案】B【解析】【详解】A．第nt内的位移2211()[(1)]22nxantant=−−第（n+1）t内的位移22111[(1)]()22nxantant+=+−可得21nnxxxat+=−=连续相等时间内的位移之差为常数，A项中相

等时间不一定连续的，所以A错误；B．根据vat=相等时间内速度的变化量相同，所以B正确；C．第一个t内的位移2112xat=第二个t内的位移2222113(2)222xatatat=−=第三个t内的位移22231

15(3)(2)222xatatat=−=所以123::1:3:5xxx=所以C错误；D．第一个x内的时间12xta=第二个x内的时间242xxtaa=−第三个x内的时间364xxtaa=−所以D错误。5.如图所示的位移（x）-时间（t）图象和速度（v）-时间（t）图

象中给出四条图线，甲、乙、丙、丁代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是（）A.甲车做直线运动，乙车做曲线运动B.10~t时间内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程C.20~t时间内，丙

、丁两车在2t时刻相距最远D.20~t时间内，丙、丁两车的平均速度相等【答案】C【解析】【详解】A．根据位移-时间图象的斜率表示速度，由图象可知：乙图线的斜率不变，说明乙的速度不变，做匀速直线运动．甲做速度越来越小的变速直线运动．故A错误．

B．在t1时刻两车的位移相等，又都是单向直线运动，所以两车路程相等．故B错误．C．由图象与时间轴围成的面积表示位移可知：丙、丁两车在t2时刻面积差最大，所以相距最远．故C正确．D．0～t2时间内，丙的位移小于丁的位

移，时间相等，平均速度等于位移除以时间，所以丙的平均速度小于丁车的平均速度．故D错误．6.一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其xtt−的图象如图所示，则（）A.质点做匀速直线运动，速度为0.5m/sB.质点做匀加速直线运动，加速度为0.5m/s2C

.质点在第1s内的平均速度0.75m/sD.质点在1s末速度为1.5m/s【答案】D【解析】【详解】由图得：xt=0.5+0.5t．根据匀变速直线运动的位移公式x=v0t+12at2，得：xt=v0+12at，对比可得：v0=0.5m/

s，a=1m/s2，则质点做初速度为0.5m/s、加速度为a=1m/s2的匀加速直线运动，故AB错误；质点在第1s末速度为：v=v0+at=0.5+1=1.5m/s．则质点在第1s内的平均速度为：00.5

1.51/22vvvms++===，故C错误，D正确；故选D．【点睛】本题的实质上是速度-时间图象的应用，关键要运用数学知识得到函数式，分析质点的运动性质，再根据图象读取有用信息．7.如下图所示，质量为m的木块P

在质量为M的长木板ab上滑行，长木板放在水平地面上一直处于静止状态．若长木板ab与地面间的动摩擦因数为μ1，木块P与长木板ab间的动摩擦因数为μ2，则长木板ab受到地面的摩擦力大小为()A.μ1(m＋M)gB.μ1MgC.μ1Mg＋

μ2mgD.μ2mg【答案】D【解析】【分析】本题考察静摩擦力问题，静摩擦力大小要根据物体受力情况判断。【详解】对长木板受力分析可知，其受到小物块对它向右的滑动摩擦力，大小为μ2mg，地面对长木板为静摩擦力，由二力平衡可知，木板受到地面摩擦力大小为μ2mg，方向向左，故ABC错误，D正确。故选D

.8.如图所示，水平地面上的物体A在斜向上的拉力F的作用下，向右做匀速运动，则下列说法中正确的是()A.物体A可能只受到二个力的作用B.物体A一定只受到三个力的作用C.物体A一定受到了四个力的作用D.物体A可能受到

了三个力的作用【答案】C【解析】【详解】物体一定受重力，拉力F产生两个作用效果，水平向右拉木块，竖直向上拉木块，由于木块匀速直线运动，受力平衡，水平方向必有摩擦力与拉力的水平分量平衡，即一定有摩擦力，结合摩擦力的产生条件可知则必有支持力，因而物体一定受到四个力；故选C.9.在水平桌面上有一

个倾角为的斜面体.一个质量为m的物块，在平行于斜面的拉力F作用下，沿斜面向上做匀速运动.斜面体始终处于静止状态.已知物块与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度为.g下列结论正确的是()A.斜面对物块的摩擦力大小是FB.斜面对物块的摩擦力大小是mgC.桌面对斜面体的摩

擦力大小是0D.桌面对斜面体的摩擦力大小是cosF【答案】D【解析】【详解】对m受力分析可知，m受重力、支持力及拉力的作用及摩擦力的作用而处于平衡状态；则在沿斜面方向上有：sinFmgf−=；故A错误；斜面对物块的摩擦力大小是cosNfFmg==

；故B错误；对整体受力分析可知，整体受重力、支持力、拉力的作用，因拉力有水平向右的分量，故地面一定对斜面体有向左的摩擦力；大小为cosF；故C错误；D正确；故选D．【点睛】本题要注意m受到的是滑动摩擦力；而地面对斜面体的摩擦力为静摩擦力；要注意明确两种摩擦力的

计算方法不相同；同时要注意灵活选择研究对象，做好受力分析．10.如图所示，木块B静止在水平地面上，木块A叠放在B上。A的左侧靠在光滑的竖起墙面上。关于A．B的受力情况，下列说法中正确的是（）A.B对A的作用力方向一定竖直向上B.B对A的作用力一

定大于A的重力C.地面对B的摩擦力方向可能向右D.地面对B的作用力大小等于A、B的总重力【答案】D【解析】【详解】AB．对A受力分析可知：若A与B的接触面光滑,则A受重力、支持力及墙壁对A的支持力作用，A处于静止状态,合力为零,由于A、B之间的

接触面倾斜,则B对A的支持力垂直接触面斜向上，且大于A的重力．若接触面粗糙,A可能受到重力、支持力和B对A的摩擦力,有可能A还受到墙壁的支持力；当墙壁对A没有支持力时,B对A的支持力与摩擦力的合力与A的重力大小相等,方向相反．由以上分析可知,故A错误，B错误；C．若A与B的接触面

光滑，木块B受重力、地面的支持力、A对B科向下的压力以及地面的摩擦力处于静止状态,合力为零,则摩擦力方向水平向左．若接触面粗糙,木块B受重力、地面的支持力、A对B斜向下的压力以及A对B的静摩擦力,其中A对B斜向下的压力以及A对B的静摩擦力的合力与A的重力大小相等，

方向竖直向下，所以B不受地面的摩擦力，故C错误；D．对整体进行受力分析可知，整体在竖直方向不受外力，故支持力一定等于两物体的重力，故D正确。故选D。11.为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯．无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了

这两个过程，如图所示．那么下列说法中正确的是A.顾客始终受到三个力的作用B.顾客始终处于超重状态C.顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下D.顾客对扶梯作用的方向先指向右下方，再竖直向下【答案】C【解析】【详解】试题分析：以人为研究对象，加速过程中，人受到静摩擦力

、重力、支持力三个力的作用下沿电梯加速上升，匀速运动时，人受到重力和支持力作用，故A错误；在慢慢加速的过程中，受力如图，物体加速度与速度同方向，合力斜向右上方，因而顾客受到的摩擦力与接触面平行水平向右，电梯对其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上，处

于超重状态；由牛顿第三定律，它的反作用力即人对电梯的作用方向指向向左下，在匀速运动的过程中，顾客处于平衡状态，只受重力和支持力，顾客与电梯间的摩擦力等于零，顾客对扶梯的作用仅剩下压力，方向沿竖直向下；故BD错误，C正确．故选C．考点：牛顿第二定律的应用12.如图所示，质量为m的木块

放在倾角为α的斜面上与斜面一起水平向左匀速运动，木块（）A.对斜面的压力为mgB.所受的支持力方向竖直向上C.所受的摩擦力方向可能沿斜面向上D.所受的摩擦力方向可能沿斜面向下【答案】C【解析】【详解】A．木块随斜面一起匀速运动，木块受到重

力、弹力、摩擦力作用，弹力N=mgcosα，摩擦力f=mgsinα，所以木块对斜面的压力为mgcosα，A错误；B．木块所受的支持力垂直于接触面，B错误；CD．木块所受的摩擦力方向沿斜面向上，C正确，D错误。故选C。13.下列物体运动的情况中，可能存在的是（）A.某时刻物体具有加速度，而速度为零B

.物体具有恒定的速率，但速度仍变化C.物体速度恒定，但其速率有可能变化D.物体的速度在增大，加速度在减小【答案】ABD【解析】【详解】A．某时刻物体具有加速度，速度可能为零，比如自由落体运动的初始时刻，速度为零，加速

度不为零，故A正确；B．恒定的速率，但速度仍变化，比如匀速圆周运动，速度大小不变，方向每时每刻发生变化，故B正确；C．物体速度恒定，其速率一定不变，故C错误；D．当加速度方向和速度方向相同时，加速度虽然减小，但始终是加速，速度增加，故D正确故选

ABD14.某物体沿一直线运动，其v－t图象如图所示，则下列说法中正确的是（）A.第一个2s内和第二个2s内的速度方向相反B.第一个2s内和第二个2s内的加速度方向相反C.第二个2s内和第三个2s内的速度方向相反D.第二个2s内和第三个2s内的加速度方向相反【答案】BC【解析】

【详解】A．第一个2s内和第二个2s内速度都为正值，速度方向相同．故A错误．B．速度图线的斜率表示加速度，斜率的正负表示加速度的方向，则知第一个2s内和第二个2s内的加速度方向相反，故B正确．C．第二个2s内速度

为正，第三个2s内速度为负，则第二个2s内和第三个2s内的速度方向相反，故C正确．D．物体在2-4s内图线的斜率相同，加速度不变，则知第二个2s内和第三个2s内的加速度方向相同．故D错误．15.人握住旗杆匀速上爬，则下列说法正确的是（）A.

受的摩擦力的方向是向下的B.受的摩擦力的方向是向上的C.手握旗杆的力越大，人受的摩擦力也越大D.手握旗杆的力增加，人受的摩擦力保持不变【答案】BD【解析】【详解】人握住旗杆匀速上爬时，受到向下的重力和向上的摩擦力而平衡，

选项A错误，B正确．手与旗杆间不发生相对滑动，所以人受的是静摩擦力．手握旗杆的力越大，只是人受到的最大静摩擦力也越大，但实际静摩擦力的大小始终等于重力大小，选项C错误，D正确．故选BD．【点睛】本题考查了摩擦力方向的判断，知道摩擦力的

方向与相对运动或相对运动趋势的方向相反，特别注意静摩擦力和最大静摩擦力的区别．16.质量为m的木块在推力F作用下，在水平地面上做匀速运动。已知木块与地面间的动摩擦因数为μ，那么木块受到的滑动摩擦力为下列各值的哪个（）A.μmgB.μ（mg＋Fsinθ）C.μ（mg－Fsinθ）D.Fcosθ【答

案】BD【解析】【详解】对物体受力分析如图，由NfF=，sinNFmgF=+可知，摩擦力()sinfmgF=+；由于匀速运动，由受力平衡可得cosfF=A．mg，与结论不相符，选项A错误；B．()sinmgF+，与结论相符，选项B正确；C．

()sinmgF−，与结论不相符，选项C错误；D．cosF，与结论相符，选项D正确。故选BD。17.在粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放一光滑半圆球B，整个装置处于平衡状态．已知A、B两物体的质量分别为M和m，则下列

说法正确的是()A.A物体对地面的压力大小为MgB.A物体对地面的压力等于(M＋m)gC.A物体对地面的摩擦力可能为零D.B物体对A物体的压力一定大于mg【答案】BD【解析】【详解】D.对B物体受力如图，根据合力等于0，运用合成法得

，墙壁对B的弹力为：N1=mgtanαA对B的弹力为：2mgNcos＝则根据牛顿第三定律，B物体对A的压力大于mg，故D正确；ABC.对整体分析得，地面的支持力为：N3=（M+m）g摩擦力为：f=N1=mgtanα≠0故AC错误，B正确．18.引体向上是中学生正常开展的一项体

育活动．如图所示为某运动员在单杆上处于静止的情形，两手臂对称抓拉，夹角为，则下列说法正确的是A.当=60°时，运动员每个手臂的拉力都等于人体重力的一半B.当不同时，两手臂拉单杠的合力相同C.当不同时，运动员受到的合力不同D.运动员两臂由图位置逐渐分开的过程中，手臂的拉力逐渐变大【答案】BD

【解析】【详解】A.当θ=60°时，按力的合成分解可知，运动员每只手臂的拉力332cos2GFG==，故A错误；B.当θ不同时，运动员两手臂拉单杠的合力大小都等于人的重力，故B正确；C.当不同时，运动员受到的合力都是0，故C错误；D.运动员每只手臂的拉力2cos2GF=运动员两臂由图

位置逐渐分开的过程中，夹角θ逐渐变大，手臂的拉力F逐渐变大，故D正确．19.如图所示，质量为M的斜面体固定在水平地面上，质量为m的粗糙物块以某一初速度沿斜面向上滑行，至速度为零后又加速返回。在物块m滑行的整个过程中（）

A.地面对斜面体M的摩擦力方向先向左后向右B.地面对斜面体M的摩擦力方向始终水平向左C.地面对斜面体M的支持力等于（M＋m）gD.物块m向上、向下滑动时加速度大小不同【答案】BD【解析】【详解】AB.物块先减速上滑，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下

，对整体受力受力分析可知摩擦力方向始终水平向左，故A错误，B正确；C.由于加速度方向沿斜面向下，有竖直向下的分量，所以支持力小于()Mmg+，故C错误；D.设斜面倾角为，物块上滑时，由牛顿第二定律可知1sincosmgmgma+=物块下

滑时，由牛顿第二定律可知2sincosmgmgma−=因此12aa，故D正确。20.如图所示，一定质量的物块用轻绳悬挂在空中，其中轻绳OA与水平线夹角保持不变，轻绳OB在竖直平面内由水平方向缓慢向上转动（O点位置始终保持不变），则在绳OB由水平转至竖直的过程中，

以下说法正确的是A.轻绳OA的张力大小将一直变小B.轻绳OA的张力大小先变小后变大C.轻绳OB的张力大小将一直变小D.轻绳OB的张力大小先变小后变大【答案】AD【解析】【详解】对O点受力分析，受重力和两个拉力，如图所示．三个力平衡，根据矢量三

角形可知：OB绳子的拉力先减小后增加，OA绳子的拉力一直减小，AB.根据图像可知：OA绳子的拉力一直减小，故A正确；B错误；CD.根据图像可知：OB绳子的拉力先减小后增加，故C错误，D正确；故选AD第Ⅱ卷（非选择题共32分）二、计算题（本题共

3小题，计32分，解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得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）21.从离地面高为H=125m的高空自由下落一个小球，（取g=10m/s2）求：(1)小球经过多长时间落到地面；(2)小球落地的速度大小。

【答案】(1)5s；(2)50m/s【解析】【详解】(1)根据自由落体运动的位移公式212hgt=，可得25sHtg==(2)小球到达地面的速度大小是v=gt=50m/s22.如图所示，质量分别为1kg和2kg的木块A和

B，用一个劲度系数为k=200N/m轻质弹簧连接，最初系统静止，现在用力缓慢拉A直到B刚好离开地面。（g=9.8m/s2）(1)最初静止时弹簧的形变量；(2)B刚要离开地面时弹簧的形变量；【答案】(1)4.9cm；(2)9.8cm【解析】【详

解】(1)A压在弹簧上使弹簧被压缩，设弹簧的压缩量为x1，对A由二力平衡可得：1Akxmg=解得：10.049m=4.9cmx=(2)B刚要离开地面时，地面的支持力为零，则弹簧处于伸长状态，设伸长量为x2由B的二力平

衡可得：2Bkxmg=解得：20.098m9.8cmx==23.如图所示是小孩子玩的一种惯性滑板小车。小孩站在小车上用一只脚向后蹬地，使小车获得初速度后人与车一起靠惯性向前滑行。假设小孩子用脚向后蹬地的水平平均作用力为30N，小孩与车的总质量为20kg，运动中所受阻力恒为5N。求：(1)当小孩用

脚蹬地时，小车获得的加速度a；(2)当小车获得5m/s初速度后，停止蹬地，人与小车一起能够滑行的最大距离s。【答案】(1)1.25m/s2；(2)50m【解析】【详解】(1)根据牛顿第二定律可得Ffma−=解得22305m/s1.2

5m/s20Ffam=−−==(2)停止蹬地后，根据牛顿第二定律fma=解得20.25m/sa=根据2002vas−=−得202520.2m0m552vsa===