2018-2019学年黑龙江省哈尔滨市第六中学高二下学期期末考试物理试题 解析版 17页

哈尔滨市第六中学2018-2019学年度下学期期末考试 高二物理试题 一、选择题：本题共14小题，每题4分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～14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，有错选的得0分。‎ ‎1.如图，两物块P、Q置于水平地面上，其质量分别为m、2m，两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g，现对Q施加一水平向右的拉力F，使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为 A. B. C. D. ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据牛顿第二定律，对PQ的整体：；对物体P：；解得，故选D.‎ ‎2.如图，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是（ ）‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由题意知，在下滑的过程中，根据牛顿第二定律可得：，故加速度保持不变，物块做匀减速运动，所以C、D错误；根据匀变速运动的规律，可得B正确；下降的高度，所以A错误。‎ 考点：本题考查牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律 ‎3.一质点沿x轴运动，其位置x随时间t的变化规律为x＝15＋10t－5t2 （各物理量均采用国际单位制单位）。下列关于该质点运动的说法正确的是（ ）‎ A. 该质点的加速度大小为5 m/s2 B. t＝3 s时刻该质点速度为零 C. 0～3 s内该质点的平均速度大小为10 m/s D. 质点处于x＝0时其速度大小为20 m/s ‎【答案】D ‎【解析】‎ 将匀变速直线运动的位移时间公式为：x=v0t+at2与x=15+10t-5t2对比得：该质点的初速度：v0=10m/s，加速度a=-10m/s2．故A错误。t=3s时刻该质点速度为：v=v0+at=10-10×3=-20m/s，故B错误。将t=0代入x=15+10t-5t2得：x1=15m，将t=3s代入x=15+10t-5t2得：x2=0，所以0～3s内该质点的平均速度大小为：，故C正确。由上知：t=3s时质点的坐标是x=0．根据速度时间公式得：v=v0+at=10+（-10）×3=-20m/s，速度大小为20m/s，故D正确。故选CD。‎ ‎4.如图，PQ为圆的竖直直径，AQ、BQ、CQ为三个光滑倾斜轨道，分别与圆相交于A、B、C三点。现让三个小球（可视为质点）分别沿着AQ、BQ、CQ自轨道顶端由静止下滑到Q点，它们运动的平均速度分别为v1、v2、v3，则有（ ）‎ A. v2＞v3＞v1 B. v1＝v2＝v3‎ C. v3＞v2＞v1 D. v1＞v2＞v3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设任一斜面的倾角为，圆槽直径为，根据牛顿第二定律得到，斜面的长度为，则有，解得，可见物体下滑时间与斜面的倾角无关，则有；因，根据可知 A. v2＞v3＞v1不符合题意，A错误 B. v1＝v2＝v3不符合题意，B错误 C. v3＞v2＞v1符合题意，C正确 D. v1＞v2＞v3不符合题意，D错误 ‎5.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】‎ 试题分析：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．‎ 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；‎ 此处有视频，请去附件查看】‎ ‎6.如图所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连；A、B间由一轻质细线连接；B、C间由一轻杆相连。倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、细线与轻杆均平行于斜面，初始系统处于静止状态。则细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（ ）‎ A. A球的加速度沿斜面向上，大小为3gsinθ B. C球的受力情况未变，加速度为零 C. B、C两球的加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθ D. B、C之间杆的弹力大小为mgsinθ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、初始系统处于静止状态，把看成整体，对其受力分析，受重力、斜面的支持力、细线的拉力，对重力沿斜面和垂直斜面进行正交分解，根据共点力平衡条件得；对进行受力分析，受重力、斜面的支持力、弹簧的拉力和细线的拉力，对重力沿斜面和垂直斜面进行正交分解，根据共点力平衡条件得，细线被烧断的瞬间，绳在断后弹力会突变为零，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律得球的加速度沿斜面向上，大小为，故选项A错误；‎ BC、细线被烧断的瞬间，把看成整体，根据牛顿第二定律得球的加速度，两球的加速度均沿斜面向下，故选项B错误，C正确；‎ D、对进行受力分析，受重力、杆的弹力和斜面的支持力，根据牛顿第二定律得，解得，所以、之间杆的弹力大小为0，故选项D错误。‎ ‎7.将一个物体以一定的初速度竖直向上抛出，0.8 s末物体的速度大小为8 m/s，不计空气阻力，g取10 m/s2，下列说法正确的是（ ）‎ A. 物体在3.2 s末回到抛出点 B. 0.8 s时物体的运动方向可能向下 C. 物体的初速度为20 m/s D. 0.8 s时物体可能位于抛出点下方 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】BD、物体做竖直上抛运动，在0.8s内的速度变化量，由于初速度不为零，可知时刻速度的方向一定竖直向上，不可能竖直向下，物体处于抛出点的上方，故选项B、D错误；‎ AC、根据可知初速度，则上升到最高点的时间，则回到抛出点的时间，故选项A正确，C错误。‎ ‎8.如图，质量为M＝24 kg的木板放在水平地面上，质量为m＝22 kg的木箱放在木板上。一根轻绳一端拴在木箱上，另一端拴在天花板上，轻绳与水平方向的夹角α＝37°。若用大小为200 N的水平力F可将木板匀速抽出，已知木箱与木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，则木板与地面之间的动摩擦因数μ2为（ ）‎ A. 0.3 B. 0.4‎ C. 0.5 D. 0.6‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】对受力分析如图甲所示，由题意得，，，联立可得；对、整体受力分析如图乙所示，由题意得，，，联立并代入数据得 ‎ A.0.3符合题意，A正确 B.0.4不符合题意，B错误 C0.5不符合题意，C错误 D.0.6不符合题意，D错误 ‎9.图a、图b分别表示伽利略在对“自由落体运动”“运动和力的关系”研究中的推理过程，下列说法正确的是（ ）‎ A. 图a通过对小球自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上的运动是匀变速运动 B. 图a通过对小球在斜面上运动的研究，合理外推得出小球自由落体运动是匀变速运动 C. 图b实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持 D. 图b实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比；由于当时用滴水法计算，无法记录自由落体的较短时间，伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力得作用效果，而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所用时间长的多，所以容易测量。伽利略做了上百次实验，并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推，故选项A错误，B正确；‎ CD、实际中没有摩擦力的斜面并不存在，所以图实验为“理想实验”，伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法得到物体的运动不需要力来维持，故选项C正确，D错误。‎ ‎10.静止于粗糙水平面上的物体，受到方向恒定的水平拉力F作用，其大小随时间的变化图象如图甲所示。在拉力F从零逐渐增大的过程中，物体的加速度随时间变化图象如图乙所示，g取10 m/s2，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 物体与水平面间的摩擦力先增大后保持不变 B. 物体与水平面间的动摩擦因数为0.1‎ C. 物体的质量为2.0 kg D. 4 s末物体的速度大小为4 m/s ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC、由乙知0−2s内物体静止不动，物体所受的静摩擦力与拉力平衡，则知摩擦力逐渐增大；时静摩擦力达到最大值，后物体开始运动，受到滑动摩擦力作用，并且保持不变；在2−4s内，由牛顿第二定律得，由图知当时，，代入可得，当时，，代入可得，联立解得，，所以滑动摩擦力小于最大静摩擦力，所以物体所受的摩擦力先增大，后减小至某一值并保持不变，故选项B正确，A、C错误；‎ D、根据图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，可知4s内物体速度的变化量为，由于初速度为0，所以4s末物体的速度为4m/s，故选项D正确。‎ ‎11.两实心小球甲和乙由同种材料制成且甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则（ ）‎ A. 甲球用时间比乙球长 B. 甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C. 甲球加速度大小小于乙球加速度的大小 D. 甲球平均速度的大小大于乙球平均速度的大小 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AC、设小球的密度为，半径为，则小球的质量为，重力，小球的加速度，可知小球的质量越大，半径越大，则下降的加速度越大，所以甲的加速度比较大；两个小球下降的距离是相等的，根据可知加速度比较大的甲运动的时间短，故选项A、C错误；‎ B、根据可知加速度比较大的甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小，故选项B正确；‎ D、根据可知甲球平均速度的大小大于乙球平均速度的大小，故选项D正确。‎ ‎12.一质点在外力作用下做直线运动，其速度随时间变化的图象如图。在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有 A. B. C. D. ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：如果质点所受合力的方向与速度方向相同，物体做加速运动；合力的方向与速度方向相反，物体做减速运动。在、时刻，速度都在不断增加，因此合力的方向与速度方向相同，A、C正确；而在、时刻，速度在不断减小，合力的方向与速度方向相反，B、D错误。‎ 考点：图象 ‎13.如图，平直路面上有A、B两块挡板，相距6 m。一物块以8 m／s的初速度从紧靠A板处出发，在A、B两板间做往复匀减速运动。物块每次与A、B板碰撞后以原速率被反弹回去，现要求物块最终停在距B板2 m处。已知物块和A挡板只碰撞了一次，则物块的加速度大小可能为（ ）‎ A. 1.2 m/s2 B. 1.6 m/s2‎ C. 2.0 m/s2 D. 2.4 m/s2‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 物块以8m/s速度紧靠A出发，物块最终停在距B板2m处且和A挡板只碰撞了一次，故位移可能为16m，也可能为20m；‎ 物体每次与挡板碰撞后都是原速率返回，可以将整个过程看作匀减速率直线运动，‎ 根据速度位移关系公式,有− =2ax 解得a=− 当x=16m时，加速度a=−2m/s2‎ 当x=20m时，加速主a=−1.6m/s2.‎ 故物块的加速度大小可能为2m/s2或1.6m/s2‎ 故选：BC.‎ 点睛：物体每次与挡板碰撞后都是原速率返回，速率随时间均匀减小，故可以将整个过程看作匀减速直线运动；然后根据题意得到物体可能的位移；再根据运动学公式求解可能的加速度．‎ ‎14. 如图，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小．这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为M和m．各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d．现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是 A. 纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ（M+m）g B. 要使纸板相对砝码运动，F一定大于2μ（M+m）g C. 若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码不会从桌面上掉下 D. 当F=μ（2M+3m）g时，砝码恰好到达桌面边缘 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，所受的摩擦力μ（M+m）g+μMg，故A错误．设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：f1=Ma1，F-f1-f2=ma2，发生相对运动需要a2＞a1，代入数据解得：F＞2μ（M+m）g，故B正确．若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码匀加速运动的位移小于，匀减速运动的位移小于，则总位移小于d，不会从桌面掉下，故C正确．‎ 当F=μ（2M+3m）g时，砝码未脱离时的加速度a1=μg，纸板的加速度，根据，解得，则 此时砝码的速度，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a′=μg，则匀减速运动的位移，而匀加速运动的位移，可知砝码离开桌面，故D错误．故选BC。‎ 考点：牛顿第二定律的综合应用 二、实验题：本大题共2小题，共15分。按题目要求作答。‎ ‎15.学生课外实验小组使用如图所示的实验装置测量重力加速度大小。实验时，他们先测量分液漏斗下端到水桶底部的距离s ‎；然后使漏斗中的水一滴一滴地下落，调整阀门使水滴落到桶底发出声音的同时，下一滴水刚好从漏斗的下端滴落；用秒表测量第1个水滴从漏斗的下端滴落至第n个水滴落到桶底所用的时间t。‎ ‎(1)重力加速度大小可表示为g=_____(用s、n、t表示)；‎ ‎(2)如果某次实验中，s=0.90m，n=30，t=13.0s，则测得的重力加速度大小g=________m/s2；(保留2位有效数字)‎ ‎(3)写出一条能提高测量结果准确程度的建议：____________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 9.6 (3). “适当增大n”或“多次测量取平均值”‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查一个利用自由落体运动规律测量重力加速度的实验 ‎【详解】（1）已知第1个水滴从漏斗的下端滴落至第n个水滴落到桶底所用的时间t，所以一个水滴从漏斗的下端滴落到桶底所用的时间，所以，故 ‎（2）2‎ ‎（3）提高精度可以提高测量时间的精度和距离的精度，也可以适当增大n，或多测几次取平均。‎ ‎16.某同学利用图（a）的装置测量轻弹簧的劲度系数。图中，光滑的细杆和直尺水平固定在铁架台上，一轻弹簧穿在细杆上，其左端固定，右端与细绳连接；细绳跨过光滑定滑轮，其下端可以悬挂砝码（实验中，每个砝码的质量均为）。弹簧右端连有一竖直指针，其位置可在直尺上读出。实验步骤如下：‎ ‎①在绳下端挂上一个硅码，调整滑轮，使弹簧与滑轮间的细线水平且弹簧与细杆没有接触；‎ ‎②系统静止后，记录砝码个数及指针的位置；‎ ‎③逐次增加砝码个数，并重复步骤②（保持弹簧在弹性限度内）：‎ ‎④用n表示砝码的个数，l表示相应的指针位置，将获得的数据记录在表格内。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）根据下表的实验数据在图（b）中补齐数据点并做出图像__________。‎ l ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎10.48‎ ‎10.96‎ ‎11.45‎ ‎11.95‎ ‎12.40‎ ‎（2）弹簧的劲度系数k可用砝码质量m、重力加速度大小g及图线的斜率表示，表达式为________。若g取，则本实验中________（结果保留3位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). （1）图见解析； (2). （2）； (3). 109N/m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）做出图像如图；‎ ‎（2）由胡克定律：，即，则，解得；由图形可知，解得 三、计算题：本大题共3小题，共39分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和主要演算步骤。只写出最后答案，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。‎ ‎17.如图所示为一滑草场的示意图，山坡AB、BC可视为斜面，AB长25 m，BC长97 m。一滑行者从山坡顶端A由静止开始匀加速下滑，在AB段下滑时加速度大小为a1＝2 m／s2，进入BC段下滑时加速度大小为a2＝1 m／s2，从斜面AB滑上斜面BC时速度大小不变。滑行者在离C点适当距离处开始以大小为a3＝2 m／s2的加速度制动减速后，恰好能停在C点。求滑行者从A到C所用的时间。‎ ‎【答案】16s ‎【解析】‎ ‎（1）AB过程，由运动学公式可得：，，解得：，。‎ ‎（2）设滑行者在D点开始减速，从B到D的过程中，根据运动学公式可得： ， 从D到C的过程，根据运动学公式可得： ， ， 根据题意可得： 联立解得：，故从A到C的总时间。‎ 点睛：本题考查运动学公式的应用，要注意能正确分段进行分析，明确运动学公式的正确应用才能准确求解。‎ ‎18.如图所示，一长l＝2 m、质量M＝4 kg的薄木板（厚度不计）静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘L＝5 m，木板的正中央放置一质量为m＝1 kg的小物块（可视为质点）。已知木板与平台、物块与木板间动摩擦因数均为μ1＝0.4。现对木板施加一水平向右的恒力F，其大小为48 N，取g＝10 m/s2，试求：‎ ‎（1）F作用1.2 s时，木板的右端到平台边缘的距离；‎ ‎（2）要使小物块最终不能从平台上滑出去，则物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件。‎ ‎【答案】(1)0.64 m　(2)μ2≥0.2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 假设开始时物块与木板会相对滑动，由牛顿第二定律求出两者的加速度，从而判断出物块与木板会相对滑动．根据小物块恰好从木板左端滑离时位移之差等于，由位移公式求得时间，并求出此时两者的速度．在小物块从木板上滑落后，由牛顿第二定律和位移公式求出木板发生的位移，即可求得木板的右端离平台边缘的距离；小物块滑至平台后，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律求得物块的加速度．若小物块在平台上速度减为0，求得其位移，由几何关系分析μ2应满足的条件。‎ ‎【详解】（1）假设开始时物块与木板会相对滑动，由牛顿第二定律，‎ 对木板有：F－μ1(M＋m)g－μ1mg＝Ma1；‎ 解得：a1＝6 m/s2。‎ 对物块有：μ1mg＝ma2；‎ 解得：a2＝4 m/s2。‎ 因为a2