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中华中学2023-2024学年度第二学期期末考试

高二物理

本卷考试时间：75分钟总分：100分

一．单项选择题：共10题，每题4分，共40分，每题只有一个选项最符合题意．

1. 下列物理量中为矢量的是（　　）

①位移②路程③瞬时速度④平均速度⑤时间⑥加速度⑦速率

A. 只有①③④⑥ B. 只有①③④⑦

C. 只有①③⑥⑦ D. 只有①③④⑥⑦

【答案】A

【解析】

【详解】位移、瞬时速度、平均速度和加速度都是既有大小又有方向的物理量，是矢量；而路程、时间和速率都是只有大小无方向的物理量，是标量。故选A。

2. 篮球比赛前，常通过观察篮球从一定高度由静止下落后的反弹情况判断篮球的弹性。某同学拍摄了该过程，并得出了篮球运动的图像，如图所示。图像中a、b、c、d四点中对应篮球位置最高的是（    ）

A. a点 B. b点 C. c点 D. d点

【答案】A

【解析】

【详解】由图像可知，图像第四象限表示向下运动，速度为负值。当向下运动到速度最大时篮球与地面接触，运动发生突变，速度方向变为向上并做匀减速运动。故第一次反弹后上升至a点，此时速度第一次向上减为零，到达离地面最远的位置。故四个点中篮球位置最高的是a点。

故选A。

3. 一物体做匀加速直线运动，经过某一段t时间，物体的位移为s、速度增加一倍；若物体经历另一段6t时间，速度增加两倍，则该时间内物体的位移为

A. 8s B. 16s C. 24s D. 32s

【答案】C

【解析】

【详解】设某一段t时间的初速度为v，根据匀变速直线运动的公式有

2v=v＋at，

设另一段6t时间的初速度为，该时间内的位移为，同样有

，

联立以上四式解得

A． 8s与分析不符，故A错误。

B． 16s与分析不符，故B错误。

C． 24s与分析相符，故C正确。

D． 32s与分析不符，故D错误。

4. 如图所示，甲、乙两名质量分别为m₁和m₂的运动员，各抓住轻质绳的一端（运动员脚未着地），绳子与滑轮间的摩擦不计，滑轮和绳子质量均不计，则（　　）

A. 若m₁＞m₂，两运动员紧抓绳子与绳子保持相对静止，乙与绳子间的摩擦力大小为m₂g

B. 若m₁＞m₂，两运动员紧抓绳子与绳子保持相对静止，绳子中的拉力大于m₁g

C. 若m₁＝m₂，乙抓住绳子不动，甲抓住绳子由静止开始加速上爬，乙与绳子间的摩擦力大于m₂g

D. 若m₁＝m₂，乙抓住绳子不动，甲抓住绳子由静止开始加速上爬，且甲、乙距地面初始高度相同，则甲先到达滑轮处

【答案】C

【解析】

【详解】A．对整体有

可知系统有加速度，乙的加速度向上，故摩擦力大于，故A错误；

B．甲有向下的加速度，故绳子拉力小于，B错误；

CD．若，甲运动员抓住绳子由静止开始加速上爬，绳子与运动员的摩擦力大于运动员的重力，绳子对两运动员的摩擦力大小相等，两运动员的质量也相等，所以两运动员向上的加速度大小相等，又起始高度相同，故两运动员同时到达滑轮处，故C正确，D错误。

故选C。

5. 如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小滑块，小滑块与传送带间动摩擦因数为μ，小滑块速度随时间变化关系如图乙所示，v₀、t₀已知，则（　　） 

A. 传送带是可能是顺时针转动 B.  

C. 传送带的速度大于v₀ D. t₀后滑块的加速度为

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．若传送带顺时针转动，当滑块下滑时（mgsinθ>μmgcosθ），将一直匀加速到底端；当滑块上滑时（mgsinθ<μmgcosθ），先匀加速运动，在速度与传送带速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图像；故传送带是逆时针转动，A错误。

B．滑块在0～t₀内，滑动摩擦力向下，做匀加速下滑，即有

由题图可知

则

B错误；

C．经过分析，由图可知，传送带的速度等于v₀，C错误。

D．滑块与传送带的速度相等后的加速度

代入μ值得

D正确。

故选D。

6. 如图1所示，某同学在表面平坦的雪坡下滑，不借助雪杖，能一直保持固定姿态加速滑行到坡底。该同学下滑情境可简化为图2，雪坡倾角为α，人可视为质点，图中用小物块表示，下滑过程中某一时刻滑行的速度v的方向与雪坡上所经位置的水平线夹角为β（β<90°），已知该同学和滑雪装备的总质量为m，滑雪板与雪坡之间的动摩擦因数为µ，重力加速度为g，不计空气阻力。关于该下滑过程，下列说法正确的是（　　）

A 该同学所受摩擦力小于μmgcosα

B. 该同学所受摩擦力的方向不变

C. 该同学沿v的方向做匀加速直线运动

D. 该同学所受重力的瞬时功率一直在增加

【答案】D

【解析】

【详解】A．垂直斜面方向，人对斜面的正压力大小为

所以滑动摩擦力

大小不变，故A错误；

BC．正视斜面，在斜面内有平行斜面向下的重力的分力和与v反向的滑动摩擦力f，会发现f与的合力与v不共线，人做曲线运动，即速度方向在变化，所以f的方向也变化，故BC错误；

D．由于人加速下滑，所以f与的合力与v成锐角，且做曲线运动，所以随着下滑v增大，且与夹角减小，重力的功率也增大，即

所以P增大，故D正确。

故选D。

7. 2024年6月25日14时07分，嫦娥六号返回器携带约2000克月壤返回地球，人类历史上首次月球背面采样返回顺利完成．返回过程从上升器进入环月飞行轨道开始，通过远程导引和近程自主控制，轨道器和返回器组合体逐步靠近上升器，以抱抓的方式捕获上升器，完成交会对接，并将样本转移至轨道器中后，上升器圆满完成使命与轨道器分离．为避免成为太空垃圾，上升器受控离轨落月．已知月球半径约为地球半径的，月球质量约为地球质量的，则（　　）

A. 月球的第一宇宙速度约为地球的

B. 已在停泊轨道运行的轨道器从停泊位（如图）喷气加速，可实现与前方上升器的对接

C. 抱抓捕获过程，系统的机械能守恒

D. 载有月壤样本的返回器在变轨进入月地转移轨道时需要点火减速

【答案】B

【解析】

【详解】A．根据万有引力提供向心力

解得

则有

故A错误；

B．使轨道器在停泊位置喷气加速，向高轨道运动，追上前方的上升器，能与前方上升器对接，故B正确；

C．抱抓捕获完成对接前后，轨道器与上升器相当于完全非弹性碰撞，系统机械能不守恒，故C错误；

D．载有月壤样本的返回器在变轨进入月地转移轨道时需要点火加速，使返回器速度增大，向高轨道运动，故D错误

故选B。

8. 如图，若用轻绳拴一物体，使物体以恒定加速度向上运动，在物体上升过程可能出现的情况是（　　）

A. 动能一定增加，机械能一定增加

B. 动能可能减少，机械能一定增加

C. 动能可能减少，机械能可能不变

D. 动能可能减少，机械能可能减小

【答案】B

【解析】

【详解】物块可能加速、可能匀速、可能减速，但拉力做正功，故机械能一定增大。故选B。

9. 如图所示，质量为M的半圆柱体放在粗糙水平面上，一可视为质点、质量为m的光滑物块在大小可变、方向始终与圆柱面相切的拉力F作用下从A点沿着圆弧匀速运动到最高点B，整个过程中半圆柱体保持静止，重力加速度为g，则（　　）

A. 物块的运动为匀变速运动

B. 拉力F的功率逐渐减小

C. 当物块在A点时，半圆柱体对地面有水平向左的摩擦力

D. 当物块运动到B点时，半圆柱体对地面的压力为（M+m）g

【答案】B

【解析】

【详解】A．匀速圆周运动的加速度方向一直在改变，所以不是匀变速运动，故A错误；

B．拉力大小为

此时拉力的功率为

故拉力的功率还渐减小．故B正确；

C．当物块在点时，对整体受力分析，可知地面对整体的摩擦力水平向左，即半圆柱体对地面有水平向右的摩擦力．故C错误；

D．当物块在点时，对物块有

对半圆柱有

故D错误。

故选B。

10. 劲度系数k＝100N/m的轻弹簧一端固定在倾角θ＝30°的固定光滑斜面的底部，另一端和质量m_A＝2kg的小物块A相连，质量m_B＝2kg的小物块B紧靠A静止在斜面上，轻质细线一端连在物块B上，另一端跨过定滑轮与质量m_C＝1kg的物体C相连，对C施加外力，使C处于静止状态，细线刚好伸直，且线中没有张力，如图甲所示．从某时刻开始，撤掉外力，使C竖直向下运动，取g＝10m/s²，以下说法中正确的是（　　）

A. 撤掉外力瞬间，A的加速度为2.5m/s²

B. 当A、B恰好分离时，A加速度为2.5m/s²

C. 当A、B恰好分离时，弹簧恢复原长

D. A运动过程中的最大速度为

【答案】D

【解析】

【详解】A．撤掉外力瞬间，取ABC系统

解得

选项A错误；

BC．AB恰好分离时，以BC整体为研究对象有

解得

则A的加速度大小也为0，此时弹簧处于压缩状态；选项BC错误；

D．开始AB静止，设弹簧压缩量为，则

解得

当加速度为0时，的速度最大，当ABC一起加速运动位移为时，对C受力分析有

对AB受力分析有

弹簧弹力大小为

联立解得

当时，加速度，当时，位移图像如图所示，由图像与坐标轴围成的面积可计算物块A的最大速度，则最大速度大小为

选项D正确。

故选D。

二．非选择题：本题共5小题，共60分．其中第12题~第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须写出数值和单位。

11. 某实验小组研究橡皮筋伸长量与所受拉力的关系。实验器材有：一条两端带有细绳套的橡皮筋，钩码若干，刻度尺，铁架台等。

（1）以下实验装置安装最为合理的是______。

A． B. C. D.

（2）请按合理的操作顺序将步骤的序号写在横线上______。

A．以橡皮筋长度为横坐标，以钩码质量为纵坐标，标出各组数据对应的点，并用平滑的曲线或直线连接起来；

B．记下橡皮筋下端不挂钩码时，其下端处指针所对刻度尺上的刻度；

C．将铁架台固定于桌上，将橡皮筋、刻度尺一端分别系于横梁上；

D．依次在橡皮筋下端挂上1个、2个、3个……钩码，待钩码静止后，读出橡皮筋下端指针指示的刻度记录在表格内，然后取下钩码；

E．由图像，进一步找出橡皮筋弹力与橡皮筋形变量之间的关系。

【答案】    ①. C    ②. CBDAE

【解析】

【详解】（1）[1]AB．橡皮筋左右两侧受力不平均，会导致误差，故AB错误；

CD．刻度尺离橡皮筋太远，不利于测量橡皮筋的拉伸长度，故D错误，C正确。

故选C。

（2）[2]根据题意，由实验原理可知，本实验的操作步骤是：将铁架台固定于桌上，将弹簧一端系于横梁上，在弹簧附近竖直固定一把刻度尺，记下弹簧下端不挂砝码时，其下端处指针所对刻度尺上的刻度，依次在弹簧下端挂上1个、2个、3个钩码，待钩码静止后，读出弹簧下端指针指示的刻度距离在表格内，然后取下钩码以弹簧长度为横坐标，以钩码质量为纵坐标，标出各组数据对应的点，并用光滑的曲线或直线连接起来，由图像，进一步找出弹弹力与弹形变量之间的关系，故正确的顺序为CBDAE。

12. 某实验小组做“验证牛顿第二定律”的实验，装置示意图如图甲所示．

（1）图乙是实验中得到的一条纸带，已知相邻两计数点间还有四个点未画出，打点计时器所用电源频率为50Hz，由此可求出小车的加速度a＝______m/s²（结果保留三位有效数字）

（2）当验证“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量的关系”时所得的实验图象如图丙所示，横轴m表示小车上所加的砝码的质量．如果经实验验证牛顿第二定律成立，图中直线在纵轴上的截距为b，斜率为k，则小车受到的拉力为_______，小车的质量为____（用k和b表示）．

【答案】    ①. 1.60    ②.     ③.

【解析】

【详解】(1)根据，运用逐差法得

(2)设小车质量为,则,则，则斜率,则小车受到的拉力，截距，则小车质量．

13. 质量为3kg的物体，在0~4s内受水平恒力F的作用，做如图所示直线运动，全程摩擦力大小恒定，求：

（1）水平恒力F的大小；

（2）0~10s内，物体的位移。

【答案】（1）15N；（2）60m

【解析】

【详解】（1）内，由牛顿第二定律

在内，物体因受摩擦力作用减速到零，由牛顿第二定律

图像的斜率求得前后两个阶段的加速度分别为

联立以上各式可得

（2）计算-图像面积得出

0~10s内物体位移60m。

14. 中国目前已系统掌握各种复杂地质及气候条件下的高铁建造技术。动车组是指几节自带动力车厢与几节不带动力车厢的编组。复兴号CR400AF型城际电力动车组由6节车厢编组而成，每节车厢的质量均为，其中第1节和第4节车厢带有动力，牵引电机的额定功率分别为和。该动车组以的加速度沿水平直轨道由静止开始匀加速启动，当第1节车厢的牵引电机达到额定功率时，第4节车厢的牵引电机立即启动，动车组行驶过程中受到的阻力为车重的0.1倍，重力加速度。求：

（1）从静止开始到第4节车厢的牵引电机启动所经历的时间；

（2）当动车组的速度为时，第4节车厢对第5节车厢的拉力大小。

【答案】（1）10s；（2）

【解析】

【详解】（1）设从静止开始到第4节车厢牵引电机启动经历的时间为，电机的牵引力为，第4节车厢牵引电机启动时动车组的速度为，有

解得

（2）设当第4节车厢牵引电机刚好达到额定功率时，列车速度为，有

解得

所以时，有

对第5、6节车厢，有

解得

15. 如图所示，质量为2m的木板C静止在光滑水平面上。现将速度分别为v₀、2v₀的木块A、B同时放上木板，运动方向如图，木块的质量均为m，A、B间的距离为d，木块与木板之间的动摩擦因数均为μ，木板足够长，重力加速度为g，求：

（1）木块A、B刚放上C时，A、B、C各自的加速度；

（2）木块A在木板C上的滑行时间t；

（3）运动过程中木块A和木块B间的最大距离L。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）刚放上时，均做匀减速运动，根据牛顿第二定律可得

解得

对，根据牛顿第二定律有

解得

（2）与共速后，设不再相对运动，以相同的加速度一起加速，则

因为，故假设成立。

设与的共同速度为，则有

联立解得

（3）与共速后，以相同的加速度一起加速，仍以加速度匀减速，设经过时间三者共速，则有

可得

根据图像，间增大的距离

故与的最大距离为

解得

16. 为了研究滑板运动中的滑道设计，如图所示，将滑道的竖直截面简化为直轨道与圆弧轨道，半径与垂直，两点的高度差，两点的高度差段动摩擦因数段摩擦不计，圆弧半径，运动过程空气阻力不计，与水平方向的夹角．将运动员及滑板简化为一质量的质点，经过前一滑道的滑行，到达图示的A点时速度恰好水平向右，到达B点时速度恰好与斜面平行进入斜面，经过后竖直上抛再从E点落回滑道，取求：

（1）运动员到达B点时的速度大小；

（2）第一次到达D点时滑板对D点的压力；

（3）运动员有几次向上冲出E点的机会。

【答案】（1）；（2），方向竖直向下；（3）2

【解析】

【详解】（1）分解运动员到达B点的速度，有

，

解得

（2）运动员从B运动到D，由动能定理有

运动员在D点，受力分析根据牛顿第二定律可得

解得

根据牛顿第三定律可知

方向竖直向下。

（3）要冲出E点，在C点的最小速度必须满足

解得

由牛顿第二定律有

解得

根据运动学公式，有

解得

因

所以第一次能冲出E点。

返回时，有

解得

由运动学公式，有

再次返回C点的速度满足

因为

所以第二次能冲出E点，再次返回时

所以第三次不能冲上E点，综上所述总共能有2次冲上E点的机会。