黑龙江省牡丹江市第一高级中学2017_2018学年高二物理下学期期末考试试题（含解析）.doc

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1、- 1 -牡一中 2018级高二学年下学期期末考试物 理 试 题一、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 18题只有一项符合题目要求,第 912题有多项符合题目要求。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. 在物理学的发现中，科学家们总结出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法、科学假设法和建立物理模型法等。以下关于物理学研究方法的叙述正确的是( )A. 理想化模型是把实际问题理想化，略去次要因素，突出主要因素，例如质点、重心等是理想化模型B. 根据速度的定义式 ，当 t趋近于零时，就可以表示物体在

2、t时刻的瞬时速度，该定义运用了微元法C. 伽利略认为自由落体运动相当于物体在倾角为 90的斜面上的运动，所以他根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这里采用了实验和逻辑推理相结合的方法D. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，然后将各小段位移相加，运用了极限思想法【答案】C【解析】A、理想化模型是把实际问题理想化，略去次要因素，突出主要因素，例如质点是理想化模型，但重心是等效替代法，故 A错误；B、根据速度的定义式 ，当 t趋近于零时，就可以表示物体在 t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想方法，故 B错误；C、伽利略认为自由落体运动相当于物体在倾角为 9

3、0的斜面上的运动，所以他根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这里采用了实验和逻辑推理相结合的方法，故C正确；D、在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，然后将各小段位移相加，运用了微元法，故 D错误；故选 C。2. 一质点沿直线 Ox方向做减速直线运动，它离开 O点的位移 x随时间变化的关系为 x=6t- 2 -2t3(m)，它的速度 v随时间 t变化的关系为 v=6-6t2(m/s)，则该质点在 t=2 s时的瞬时速度和 t=0到 t=2 s间的平均速度、平均速率分别为( )A. -18 m/s、 -2 m/s、6 m/s B. -18 m/s、 -2 m

4、/s、2 m/sC. -2 m/s、 -2 m/s、 -18 m/s D. -18 m/s、6 m/s、6 m/s【答案】A【解析】试题分析：该质点在 t=2s时的瞬时速度为 v=6-6t 2（m/s）=6-62 2=-18m/s；据题意，质点离开 O点的距离 x随时间变化的关系为 x=6t-2t 3（m） ，可得： t=0 时，x=0m； t=2s时，x=-4m；故 2s内位移为：x=x-x=-4m-0m=-4m；2s 内的平均速度为：；当 v=0时，由 v=6-6t2（m/s）得，t=1s，此时 x 1=6t-2t3（m）=4m，在前 1s内质点通过的路程为 S 1=x1=4m；在后 1s

5、内通过的路程是 S2=|x1|+|x|=4+4=8m；则平均速率 ，故选 B考点：瞬时速度和平均速度【名师点睛】本题关键根据题意求解出各个不同时刻物体的位置，然后求解各段时间的位移和平均速度；要明确位移等于位置坐标的变化，平均速度等于位移除以时间平均速率等于路程除以时间，要注意研究质点的运动过程。3. 甲、乙两物体同时从同一地点、沿同一方向做直线运动，其 v-t图象如图所示,则( )A. 1 s末，甲和乙相遇B. 02 s内，甲、乙间的距离越来越大C. 26 s内，甲相对乙的速度大小恒为 2 m/s- 3 -D. 06 s内，4 s 末甲、乙间的距离最大【答案】C【解析】A、甲、乙两个物体从同

6、一地点沿同一方向做直线运动，当位移相等时，两者才到达同一位置，根据速度图象与坐标轴围成面积表示位移，可知，在 t=1s时，乙的位移大于甲的位移，说明两者不在同一位置，故 A错误；B、02 s内，甲的速度先小于乙的速度，乙在甲的前方，后甲的速度大于乙的速度，则知甲乙间的距离先增大后减小，故 B错误；C、2 s6s内，图象的斜率相同，则加速度相同，所以在 t=2s至 t=6s内，甲相对乙做匀速直线运动，甲相对乙的速度大小恒定，故 C正确；D、根据速度图象与坐标轴围成面积代表位移，以及两者速度关系可知：在 t=0s至 t=2s内，在 t=1s末时刻，在这段时间内两者相距最远，为 ，在 t=2s相遇；

7、在t=2s至 t=6s内，两者距离逐渐增大，在 t=6s内相距最远，为 ，所以 06s内， 8s末甲乙间的距离最大，故 D错误；故选 C。【点睛】在速度-时间图象中，纵坐标代表此时刻的瞬时速度，速度的符号表示速度的方向；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负由此分析两个物体的运动情况。4. 以初速度 v0竖直向上抛出一个小球，小球所受的空气阻力与速度大小成正比。将小球从抛出点上升至最高点的过程与小球从最高点落回至抛出点的过程作对比，下列说法正确的是（ ）A. 小球上升过程的加速度较大，故运动时间更长B. 小球下落过程的加速度较小，故运动时间更短C. 小球上升过程中

8、的某时刻的合外力可能比下落过程中的某时刻的合外力小D. 小球落回抛出点时的速度一定比抛出时的速度小【答案】D【解析】AB、上升过程，阻力向下(取平均值)，根据牛顿第二定律，有： ；下降过程，阻力向上(取平均值)，根据牛顿第二定律，有： ；故 ；根据可知， ，故 A、 B错误；- 4 -C、上升过程，阻力向下，合力大于重力；下降过程，阻力向上，合力小于重力，故 C错误；D、 由于运动的整个过程，重力做功为零，阻力做负功，故末动能小于初动能，故 ，故 D正确；故选 D。【点睛】上升过程阻力向下，下降过程阻力向上，根据牛顿第二定律比较加速度大小，然后根据运动学公式列式比较。5. 如图所示，将三个完全

9、相同的光滑球用不可伸长的细线悬挂于 O点并处于静止状态，已知球半径为 R，重为 G，绳长均为 R，则每条细线上的张力大小为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】对点 O和三个球心构成的正四面体 ABCD，设细线与竖直方向夹角为 ，研究三角形 ACF，- 5 -，则有 ，根据平衡条件，有： ，解得： ，故 B正确，A、C、D 错误；故选 B。【点睛】点 O和三个球心构成正四面体，对其中的任意一个球受力分析，受重力、两个水平面内的支持力和沿着细线的拉力，将拉力沿着水平和竖直方向分解，竖直分量等于重力。6. 一静止的物体所受到的合外力随时间的变化关系如图所示,图中 F1、 F2未知。已知物

10、体从t=0时刻出发,在 3t0时刻恰又返回到出发点,则( )A. 0t0物体做匀加速直线运动, t03t0物体做匀减速直线运动B. 物体在 F1作用下的位移与在 F2作用下的位移相等C. t0时刻物体的速度与 3t0时刻物体的速度大小之比为D. F1与 F2大小之比为【答案】C【解析】A、由图可知 F1作用时间为 t0，物体做匀加速运动，然后改为反向 F2作用时间为2t0，物体先匀减速再反向匀加速至出发点，故 A错误；B、物体先沿的方向做加速运动，然后物体先减速再反向加速至出发点，两段时间内物体的位移大小相等，方向相反，故 B错误；D、由动量定理得： ， ，联立以上方程解得： ，故 D错误；故

11、选 C。【点睛】先分析物体的运动情况，知道物体先在 F1作用下做匀加速运动，后在 F2作用下做- 6 -匀减速直线运动，最后回到出发点，根据 列式即可求解。7. 近年来，智能手机的普及使“低头族”应运而生。近日研究发现，玩手机时，就有可能让颈椎承受多达 60磅(约 270 N)的重力，相当于给颈椎挂两个大西瓜，比一个 7岁小孩还重。不当的姿势与一系列健康问题存在关联，如背痛、体重增加、胃病、偏头痛和呼吸道疾病等。当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重力，但当低头时，颈椎受到的压力会随之变化。现将人体头颈部简化为如图的模型：重心在 P点的头部，在可绕 O转动的颈椎 OP(轻杆)的支持力和沿

12、PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止。当低头时，颈椎与竖直方向的夹角为45， PQ与竖直方向的夹角为 60，此时，颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到的压力的( )A. 3.3倍 B. 4 .2倍 C. 2 .8倍 D. 2 .0倍【答案】A【解析】由题意可明确人的头受力情况，如图所示：设人的颈椎对头的支持力 F，则由几何关系可知： ，所以，故 A正确，B、C、D 错误；故选 A。【点睛】对人的头部进行分析，明确其受力情况，由共点力的平衡条件可得出对应的平行四边形；由正弦定理可求得颈椎受到的压力。8. 如图甲所示，一根质量分布均匀的粗绳 AB长为 l，在水平恒力 F的作用下沿水平面运动。绳上距 A端

13、x处的张力 FT与 x的关系如图乙所示( F和 l为已知量)。下列说法正确的是( )- 7 -A. 粗绳一定不受摩擦力作用B. 若只增大恒力 F,则 FT-x直线斜率的绝对值变大C. 若已知粗绳的质量,则可求出粗绳运动的加速度D. 若已知粗绳运动的加速度,则可求出粗绳的质量【答案】BB、若只增大恒力 F，由上式知 增大，即 FT-x直线斜率的绝对值变大，故 B正确；C、若已知粗绳的质量，动摩擦因数 未知，无法求出粗绳运动的加速度大小，故 C错误；D、同理，若已知粗绳运动的加速度，动摩擦因数 未知，无法求出粗绳的质量，故 D错误；故选 B。【点睛】本题的关键是设出绳子总长度和总质量，求出单位长度

14、，然后分别对绳子用整体法和隔离法受力分析，列出牛顿第二定律方程，求解即可。9. 将一质量为 2m的物块分成质量相等的 A、B 两部分靠在一起，下端放置在地面上，上端用绳子拴在天花板，绳子处于竖直伸直状态，整个装置静止，则以下说法正确的有（ ）A. 绳子上拉力可能为 mgB. 地面受的压力可能为零C. 地面与物体间可能存在摩擦力D. AB之间可能存在摩擦力【答案】AD- 8 -【解析】试题分析：如果绳子拉力为零，物体受重力、支持力和静摩擦力，三力可以平衡；故 A正确； 对 B分析，受重力、支持力，A 对 B可能有摩擦力和压力，根据平衡条件，地面对 B的支持力不可能为零，故地面受到的压力不可能为零

15、，故 B错误；对 AB正确分析，受重力、支持力、细线的拉力，不可能受地面的摩擦力，否则不能平衡，故 C错误；对于物体A，如果细线的拉力小于重力，则物体 AB间存在摩擦力，故 D正确；故选 AD考点：物体的平衡10. 如图所示，两根轻绳一端系于结点 O，另一端分别系于固定圆环上的 A、 B两点, O为圆心。 O点下面悬挂一物体 M,绳 OA水平，拉力大小为 F1，使绳 OB与绳 OA夹角成 = 120，拉力大小为 F2。将两绳同时缓慢顺时针转过 75，并保持两绳之间的夹角 始终不变，物体始终保持静止状态。则在旋转过程中，下列说法正确的是( )A. F1逐渐增大B. F1先增大后减小C. F2逐渐

16、减小D. F2先减小后增大【答案】BC【解析】试题分析：物体始终保持静止，合力为零，所以 mg、F 1、F 2构成封闭的矢量三角形如图所示，由于重力不变，以及 F1和 F2夹角 =120不变，即 =60，矢量三角形动态图如右图所示，当 =60，F 1为圆的直径最大，所以 F1先增大后减小，F 2一直减小故 BC正确故选 BC.考点：共点力的平衡- 9 -【名师点睛】本题以共点力的平衡为命题背景，考查了学生的推理能力和分析综合能力，解题的关键是画出力的矢量三角形，结合几何关系迹共点力的平衡条件来分析力的变化，此题难度适中，是一道考查学生能力的好题.视频11. 如图所示，光滑斜面体固定在水平面上,

17、倾角为 30，轻弹簧下端固定 A物体， A物体质量为 m，上表面水平且粗糙，弹簧劲度系数为 k，重力加速度为 g，初始时 A保持静止状态，在 A的上表面轻轻放一个与 A质量相等的 B物体，随后两物体一起运动，则( )A. 当 B放在 A上的瞬间, A、 B的加速度为B. 当 B放在 A上的瞬间, A对 B的摩擦力为零C. A和 B一起下滑距离 时, A和 B的速度达到最大D. 当 B放在 A上的瞬间, A对 B的支持力大于 mg【答案】AC【解析】A、将 B放在 A上前，以 A为研究对象受力分析有：根据平衡可知： ；当 B放在 A上瞬间时，以 AB整体为研究对象受力分析有：- 10 -整体所受

18、合外力 ，可得整体的加速度 ，故 A正确；BD、当 B放在 A上瞬间时， B具有沿斜面向下的加速度，可将 B的加速度沿水平方向和竖直方向分解，B的加速度有水平方向的分量，重力与支持力在竖直方向，故可知此加速度分量由 A对 B的摩擦力提供，故 B错误；B的加速度有竖直方向的分量，且竖直向下，故可知， A对 B的支持力与 B的重力的合力竖直向下，故 A对 B的支持力小于 B的重力，故 D错误；C、 AB一起下滑时，弹簧弹力增加，共同下滑的加速度减小，故当加速度减小至 0时， AB具有最大速度，由 A分析知 ，可得弹簧弹力 F= mg， 所以共同下滑的距离 ， AB具有最大速度，故 C正确；故选 A

19、C。【点睛】当 B放在 A上瞬间，以 AB整体为研究对象受力分析，根据牛顿第二定律求得 AB的加速度，由 AB的共同加速度，隔离 B分析 A对 B的摩擦力与支持力的大小情况即可AB 速度最大时加速度为零，据此计算分析即可。12. 如图所示，水平地面上放置一个质量为 m的物体，在与水平方向成 角、斜向右上方的拉力 F的作用下沿水平地面运动。物体与地面间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 g。则- 11 -下列说法正确的是（ ）A. 若物体在拉力 F的作用下能始终沿水平面向右运动，拉力 F的大小范围为B. 若物体在拉力 F的作用下能始终沿水平面向右运动，拉力 F的大小范围为C. 若 m=10 kg、

20、= 0.5， g取 10 m/s2，当物体在水平面上匀速直线运动时，拉力 F的最小值为D. 若 m=10 kg、 = 0.5， g取 10 m/s2，当物体以恒定加速度 a=5 m/s2向右做匀加速直线运动时，维持这一加速度的拉力 F的最小值为【答案】ACD【解析】AB、要使物体运动时不离开水平面，应有： ，要使物体能向右运动，应有：联立解得： ，故 A正确，B 错误；CD、根据牛顿第二定律得 ，解得： ，上式变形，其中 ，当 时 F有最小值，解得，对于 C选项， ，解得： ，故 C正确；对于 D选项，解得： ，故 D正确；故选 ACD。【点睛】要使物体不离开水平面，拉力竖直方向上的分力小于等

21、于重力，物体能向右运动，拉力在水平方向上的分力大于摩擦力，从而得出拉力的大小范围；根据牛顿第二定律求出来啦的表达式，结合数学知识求出拉力最小值的表达式，从而得出拉力的最小值。实验题(本题共 2小题,共 15分)13. 某物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数，实验装置如图甲所示。一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮。木板上有一滑块，其一端与电磁打- 12 -点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接。打点计时器使用的交流电源的频率为 50 Hz。开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速直线运动，在纸带上打出一系列小点。(1)图乙给出的是实验中

22、获取的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6、7 是计数点,每相邻两计数点间还有 4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示。通过纸带得出 16每个点的瞬时速度,画出 v-t图象，进而求得 a。其中 3号点的瞬时速度的大小 v3=_ m/s(保留三位有效数字)。 (2)也可以去除一个数据,利用逐差法处理求得 a。如果去除的是 2.88 cm这一数据，计算出滑块的加速度a=_ m/s2(保留三位有效数字)。(3)为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有_(填入所选物理量前的字母,完全选对才得分)；还需要使用的仪器是_。 A.木板的长度 l B.木板的质量 m1 C.滑块的质量 m2 D

23、.托盘和砝码的总质量 m3 E.利用停表测量滑块运动的时间 t(4)滑块与木板间的动摩擦因数 = _(用被测物理量的字母表示,重力加速度为 g)。与真实值相比，测量的动摩擦因数_(选填“偏大”或“偏小”)。 【答案】 (1). 0 .264 (2). 0.496 (3). CD (4). 天平 (5). (6). 偏大【解析】(1) 3 号点的瞬时速度的大小 ；(2)每相邻两计数点间还有 4个打点，说明相邻的计数点时间间隔：T=0.1s，将第一段位移舍掉，设 1、2 两计数点之间的距离为 x1，则第 6、7 之间的距离为 x6，利用匀变速直线运动的推论x=at 2，即逐差法可以求物体的加速度大

24、小：根据逐差法有： ；- 13 -(3) 根据牛顿第二定律有：m 3g-m2g=（m 3+m2）a，故解得：于根据牛顿第二定律列方程的过程中，即考虑了木块和木板之间的摩擦，没有考虑细线和滑轮以及空气阻力等，故导致摩擦因数的测量会偏大。点晴：纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论x=aT 2，可计算出打出某点时纸带运动加速度，对木块受力分析，根据牛顿第二定律列方程，可求出滑动摩擦因数的表达式，由于木块滑动过程中受到空气阻力，因此会导致测量的动摩擦因数偏大。三、计算题(本题共 3小题,共 32分)14. 某同学表演魔术时,将一小型条形磁铁藏在自己的袖子里,

25、然后对着一悬挂的金属小球指手画脚,结果小球在他神奇的功力下飘动起来。假设当隐藏的小磁铁位于小球的左上方某一位置 C( QCS=30)时,金属小球偏离竖直方向的夹角 也是 30,如图所示。已知小球的质量为 m1,该同学(含磁铁)的质量为 m2,求此时:(1)悬挂小球的细线的拉力大小为多少?(2)该同学对地面的压力力和摩擦力大小各为多少?【答案】(1) m1g (2) m2g+m1g【解析】试题分析：（1）对小球受力分析：重力、细线的拉力和磁铁的引力设细线的拉力和磁铁的引力分别为 和 根据平衡条件得：水平方向：竖直方向：解得 （2）以人为研究对象，分析受力情况：重力 Mg、地面的支持力 N、静摩擦

26、力 f和小球的引力 ， - 14 -根据平衡条件得解得， 考点：考查了共点力平衡条件的应用15. 在 2014年底，我国不少省市 ETC联网正式启动运行，ETC 是电子不停车收费系统的简称汽车分别通过 ETC通道和人工收费通道的流程如图所示假设汽车以正常行驶速度v1=16m/s朝收费站沿直线行驶，如果过 ETC通道，需要在距收费站中心线前 d=8m处正好匀减速至 v2=4m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至 v1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过 t0=25s缴费成功后，再启动汽车匀加速至 v1正常行驶设汽车在减速和加速过程中的加速度大小分别为 a1=2m/s2，

27、和 a2=1m/s2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）汽车通过 ETC通道比通过人工收费通道节约的时间t 是多少？【答案】(1) (2) 【解析】 （1）汽车通过 ETC时，匀减速过程：匀加速过程汽车的总位移（2）汽车通过 ETC通道时，匀减速过程：匀速过程 ；匀加速过程- 15 -所以通过 ETC通道的总时间汽车通过人工收费通道时，匀减速过程： ，停留时间 ，匀加速时间，故汽车通过人工通道的总时间汽车节约的时间16. 下图为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、 B两端相距 3m，另一台倾斜，传送带与地面的

28、倾角 =37， C、 D两端相距3.05m， B、 C相距很近。水平部分 AB以 5m/s的速率顺时针转动。将质量为 10kg的一袋大米放在 A端，到达 B端后，速度大小不变地传到倾斜的 CD部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为 0.5。求：（1）若 CD部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离；（2）若要米袋能被送到 D端，求 CD部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从 C 端到 D端所用时间的取值范围（结果可用根号表示） 。【答案】(1) (2) 【解析】试题分析：（1）米袋在 AB上加速时的加速度米袋的速度达到 时，滑行的距离 ，因此米袋在到达 B点之前就有了与传送带相同的速

29、度设米袋在 CD上运动的加速度大小为 a，由牛顿第二定律得代入数据得 ，所以能滑上的最大距离 。（2）设 CD部分运转速度为 时米袋恰能到达 D点（即米袋到达 D点时速度恰好为零） ，则米袋速度减为 之前的加速度为米袋速度小于 至减为零前的加速度为- 16 -由解得 ，即要把米袋送到 D点，CD 部分的速度米袋恰能运到 D点所用时间最长为若 CD部分传送带的速度较大，使米袋沿 CD上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为 ，由 ，得： ，所以，所求的时间 的范围为 。考点：牛顿第二定律、匀变速直线运动的位移与时间的关系【名师点睛】本题难点在于通过分析题意找出临条界件，注意米袋在 CD 段所可能做的运动情况，从而分析得出题目中的临界值为到达 D 点时速度恰好为零；本题的难度较大。