河北省石家庄市第二中学2023-2024学年高二下学期期末考试物理试卷

石家庄二中教育集团2023-2024学年度高二年级下学期期末考试 物理试卷 （时间：75分钟，分值100分，命题人：梁建华审题人：裴玉森李秋雨） 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．小物块以一定的初速度自光滑斜面的底端点上滑，最远可到达点，为的中点，如图所示．已知小物块由点运动到点的总时间为，则它从点运动到点所用的时间为（　　） A． B． C． D． 2．如图所示，质量为、倾角为的斜面静止在水平地面上，一轻弹簧左端拴接在质量为的物体上，右端连接一轻质细绳，细绳平行于斜面方向跨过光滑的轻质定滑轮后连接质量为的物体，其中甲图中定滑轮固定在天花板上，乙图中的定滑轮固定在斜面上，整个系统均处于静止状态，重力加速度为。则下列说法正确的是（　　） A．甲图中地面受到的摩擦力为 B．甲图中地面受到的压力为 C．乙图中地面受到的摩擦力为 D．乙图中地面受到的压力为 3．两倾斜的平行杆上分别套着、两相同圆环，两环上均用细线悬吊着相同的小球，如图所示．当它们都沿杆向下滑动，各自的环与小球保持相对静止时，的悬线与杆垂直，的悬线沿竖直方向，下列说法正确的是（　　） A．环与杆有摩擦力 B．球处于失重状态 C．杆对、环的弹力大小相等 D．细线对、球的弹力大小可能相等 4．无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面，利用电磁感应实现无线充电技术。劣质的无线充电宝使用过程中可能因吸力不足发生切线滑落造成安全隐患。图（a）为科创小组某同学手握手机（手不接触充电宝），利用手机软件记录竖直放置的手机及吸附的充电宝从静止开始在竖直方向上的一次变速运动过程（手机与充电宝始终相对静止），记录的加速度随时间变化的图像如图（b）所示（规定向上为正方向），且图像上下部分分别与时间轴围成的面积相等，已知无线充电宝质量为，手机与充电宝之间最大静摩擦因数，重力加速度取，则在该过程中（　　） A．手机与充电宝全程向下运动，最终处于静止状态 B．充电宝在与时刻所受的摩擦力方向相同 C．充电宝与手机之间的摩擦力最小值为 D．充电宝与手机之间的吸引力大小至少为 5．地球赤道上的重力加速度为，物体在赤道上随地球自转的向心加速度为，卫星甲、乙、丙在如图所示的三个椭圆轨道上绕地球运行，卫星甲和乙的运行轨道在点相切。不计阻力，以下说法正确的是（　　） A．卫星甲、乙分别经过点时的速度相等 B．卫星甲与地球的连线比卫星乙与地球的连线在相同的时间内扫过的面积大 C．卫星甲、乙、丙的周期关系为 D．如果地球的转速为原来的倍，那么赤道上的物体将会“飘”起来 6．如图所示，一劲度系数为的理想弹簧一端固定于天花板上，另一端固定连接一质量为的物块，物块的下方还有一质量为的物块，A、B之间无粘连处理。由静止刚释放后瞬间测得A、B组成的系统具有竖直向下大小为的加速度。现使A、B回原位置静止，释放的同时在物块上作用一外力，使该系统竖直向下做加速度大小为的匀加速直线运动直到物块A、B分离，则当两物块分离的瞬间（　　） A．弹簧弹力大小为 B．外力的犬大小为 C．物块的速度大小为 D．整个过程中外力所做的功为 7．如图所示，将小球从倾角为的斜面底端正上方某点以的速度水平抛出，同时一束平行光竖直向下照射小球，在斜面上留下了小球的“影子”，“影子”沿斜面运动时小球撞在斜面上。小球的质量为，小球可视为质点，不计空气阻力，不考虑小球与斜面相撞后的运动情况，取，，。下列说法正确的是（　　） A．小球的“影子”沿斜面做匀减速直线运动 B．小球在空中的运动时间为 C．抛出点与斜面底端的高度差为 D．小球撞在斜面瞬间重力的瞬时功率为 8．（多选）如图所示，一个装满水的空心球总质量为，左侧紧靠在竖直墙面上，右侧由方形物块顶在其右下方的点，使球处于静止状态。空心球的圆心为，半径为，点距离圆心的竖直距离为，重力加速度为。则（　　） A．方块物体对空心球的弹力大小为 B．仅将方块物体向右移动一小许，墙面对空心球的弹力将不变 C．仅当空心球里的水放掉一小部分，方形物块对球的弹力将变小 D．仅当空心球里的水放掉一小部分，方形物块对球的弹力与水平方向的夹角将变小 9．（多选）如图所示，不可伸长的柔软细绳穿过固定竖直放置的细管，两端拴着质量分别为和的小球。当小球绕细管的几何轴匀速转动时，到管口的绳长为，绳与竖直方向的夹角为，小球处于静止状态。细管处处光滑，其半径可忽略不计，重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．小球的线速度大小 B．小球的运动周期 C．向下缓慢拉动的过程中，夹角变小 D．向下缓慢拉动的过程中，小球的角速度变大 10．（多选）三角形传送带以的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是且与水平方向的夹角均为．现有两个小物块、从传送带底端都以的初速度冲上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数都是，取，则（　　） A．物块、都能到达传送带顶端 B．两物块在传送带上运动的全过程中，物块、所受摩擦力一直阻碍物块、的运动 C．物块上冲到与传送带速度相同的过程中，物块相对传送带运动的路程为 D．物块在上冲过程中在传送带上留下的划痕长度为 三、非选择题：共5小题，共54分。 11．（8分）小明通过实验验证力的平行四边形定则． （1）实验记录纸如题图所示，点为橡皮筋被拉伸后伸长到的位置，两弹簧测力计共同作用时，拉力和的方向分别过和点；一个弹簧测力计拉橡皮筋时，拉力的方向过点．三个力的大小分别为：、和．请根据图中给出的标度作图求出和的合力． （2）仔细分析实验，小明怀疑实验中的橡皮筋被多次拉伸后弹性发生了变化，影响实验结果．他用弹簧测力计先后两次将橡皮筋拉伸到相同长度，发现读数不相同，于是进一步探究了拉伸过程对橡皮筋弹性的影响． 实验装置如图甲所示，将一张白纸固定在竖直放置的木板上，橡皮筋的上端固定于点，下端挂一重物．用与白纸平行的水平力缓慢地移动，在白纸上记录下的轨迹．重复上述过程，再次记录下的轨迹． 两次实验记录的轨迹如图乙所示．过点作一条直线与轨迹交于、两点，则实验中橡皮筋分别被拉伸到和时所受拉力、的大小关系为________． （3）根据（2）中的实验，可以得出的实验结果有________（填写选项前的字母）． A．橡皮筋的长度与受到的拉力成正比 B．两次受到的拉力相同时，橡皮筋第2次的长度较长 C．两次被拉伸到相同长度时，橡皮筋第2次受到的拉力较大 D．两次受到的拉力相同时，拉力越大，橡皮筋两次的长度之差越大 （4）根据小明的上述实验探究，请对验证力的平行四边形定则实验提出两点注意事项． ________ 12．（7分）如图甲所示是某研究性学习小组探究小车加速度与力关系的实验装置，长木板置于水平桌面上，一端系有沙桶的细绳通过滑轮与固定的拉力传感器相连，拉力传感器可显示绳中拉力的大小，改变桶中沙的质量进行多次实验。完成下列问题： （1）实验时，下列操作或说法正确的是________。 A．需要用天平测出沙和沙桶的总质量 B．为减小误差，实验中一定要保证沙和沙桶的质量远小于小车的质量 C．选用电磁打点计时器比选用电火花计时器实验误差小 D．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数 （2）实验中得到一条纸带，相邻计数点间有四个点未标出，各计数点到点的距离如图乙所示。电源的频率为，则由纸带可知小车的加速度大小为________。（保留三位有效数字） （3）以拉力传感器的示数为横坐标，以小车加速度为纵坐标，画出的图像可能正确的是________。 A． B． C． D． 13．（12分）万有引力定律揭示了天体运动规律与地上物体的运动规律具有内在的统一性． （1）用一弹簧测力计称量一个相对于地球静止的小物体的重量，随称量位置的变化可能会有不同的结果．已知地球质量为，自转周期为，引力常量为．将地球视为半径为、质量均匀分布的球体，不考虑空气的影响．设在地球北极地面称量时，弹簧测力计的读数为． ①若在北极上空高出地面处称量，弹簧测力计读数为，求的表达式，并就的情形算出具体数值（计算结果保留2位有效数字）； ②若在赤道位置称量，弹簧测力计的读数为，求的表达式． （2）设想地球绕太阳公转的圆周轨道半径、太阳的半径和地球的半径三者均减小为现在的1.0%，而太阳和地球的密度均匀且不变．仅考虑太阳和地球间的相互作用，以现实中地球的1年为标准，计算“设想地球”的一年将变为多长？ 14．（12分）如图所示，竖直平面内固定有一半径的光滑圆轨道和一倾角为且高为的斜面，二者间通过一水平光滑平台相连，点为圆轨道最低点与平台的切点。现将质量为的一小球从圆轨道点正上方处（大小可调）由静止释放，已知重力加速度，且小球在点时对圆轨道的压力总比在最低点时对圆轨道的压力小。 （1）若，求小球在点的速度大小； （2）若，求小球落点到点的距离；（结果可用根式表示） （3）若在斜面中点竖直立一挡板，使得无论为多大，小球不是越不过挡板，就是落在水平地面上，则挡板的最小长度为多少？ 15．（15分）如图所示，一竖直圆管质量为，下端距水平地面的高度为，顶端塞有一质量为的小球．圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直．已知，球和管之间的滑动摩擦力大小为，为重力加速度的大小，不计空气阻力． （1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小； （2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度； （3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件． 参考答案： 1．D 【详解】试题分析：采用逆向思维，结合位移时间公式求出eb和ab的时间之比，求出e到b的时间，从而得出a到e的时间． 采用逆向思维，根据，因为e为ab的中点，则，可知a到e的时间为，D正确． 2．A 【详解】AB．甲图中，对物体Q受力分析可得，绳子的拉力为 对物体P和斜面体整体受力分析，如图所示 由平衡条件可得，斜面体受到地面的摩擦力为 由牛顿第三定律可得，甲图中地面受到的摩擦力为 竖直方向，由平衡条件得，斜面体受到地面的支持力为 由牛顿第三定律可得，甲图中地面受到的压力为 A正确，B错误； CD．乙图中，对整体受力分析，如图所示 由平衡条件可得，乙图中地面受到的摩擦力为 竖直方向，地面对斜面体的支持力为 由牛顿第三定律可得，乙图中地面受到的压力为 CD错误。 故选A。 3．C 【详解】A．令倾斜杆与水平面的夹角为，对球单独进行受力分析，受力分析如图 c球受重力和绳的拉力，物体沿杆滑动，因此在垂直于杆的方向加速度和速度都为零，由力的合成及牛顿第二定律可知物体合力 因和球相对静止，因此球的加速度也为，将和球以及绳看成一个整体，在只受重力和支持力的情况下加速度为，因此球和杆的摩擦力为零，A错误； B．对球单独进行受力分离，只受重力和竖直方向的拉力，因此球的加速度为零，因为和相对静止，因此的加速度也为零，故环处于平衡状态，一定受到滑动摩擦力，B错误； C．对和球，整体受力分析有 对和球，整体受力分析有 因a和b一样的环，c和d一样的球，因此受力相等，C正确。 D．细线对c球的拉力 对d球的拉力 因此不相等，D错误。 故选C。 4．D 【详解】A．手机与充电宝从静止开始，向下先做加速度增大的加速运动，从t1时刻向下做加速度减小的加速运动，加速度减小到零时，速度达到最大；再向下做加速度增大的减速运动，t2时刻速度减小到零，此后做向上的加速度减小的加速运动，加速度减减小到零时向上运动的速度达到最大，此后先向上做加速度增大的减速运动，从t3时刻再向上做加速度减小的减速运动，最后速度为零，故A错误； B．充电宝在t2时刻加速度方向向上，所受的摩擦力方向向上； 充电宝在t3时刻加速度方向向下，由 ， 可知加速度方向向下，故B错误； C．在t1时刻充电宝向下的加速度为，充电宝与手机之间的摩擦力最小，值为零，故C错误； D．在t2时刻充电宝向上的加速度最大，充电宝与手机之间的摩擦力最大，由牛顿第二定律可得 又 解得充电宝与手机之间的吸引力大小至少为 故D正确。 故选D。 5．B 【详解】A．根据变轨原理，卫星乙可通过在P点加速，做离心运动进入卫星甲所在的轨道，故卫星甲经过P点时的速度大于卫星乙经过P点时的速度，故A错误； B．根据开普勒第二定律，同一卫星与地球的连线在相同的时间内扫过的面积相等，由于卫星甲经过P点时的速度大于卫星乙经过P点时的速度，可知卫星甲与地球的连线比卫星乙与地球的连线在相同的时间内扫过的面积大，故B正确； C．根据开普勒第三定律 由图可知 可得 故C错误； D．赤道上的物体，根据牛顿第二定律有 当物体飘起来的时候，物体处于完全失重状态，万有引力完全提供向心力，则 即此时的向心加速度为 根据向心加速度和转速的关系有 可得 故D错误。 故选B。 6．C 【详解】A．初始时刻由于A、B整体加速度大于g，则在竖直方向上有 方向竖直向下，弹簧处于压缩状态。在B上作用外力F后，整体向下做加速度为的匀加速运动，在分离时刻，A、B之间无相互作用力，此时对A，有 此时弹簧弹力 方向竖直向上，弹簧处于拉伸状态，A错误； B．两物块分离的瞬间对B，有 则此时外力大小为，B错误； C．从开始到分离，系统向下运动的位移为 由匀加速运动的基本规律，有 解得两物块分离的瞬间物块B的速度大小为 C正确； D．整个过程中弹簧的弹性势能不变，故由动能定理得 解得 整个过程中外力F做负功，D错误。 故选C。 7．C 【详解】A．小球在水平方向做匀速直线运动，则小球在斜面的影子做匀速直线运动，故A错误； B．小球的水平位移为 小球运动时间为 故B错误； C．抛出点与斜面底端的高度差为 故C正确； D．小球撞在斜面瞬间重力的瞬时功率为 故D错误。 故选C。 8．A C 【详解】A．对空心球整体为研究对象，受力分析如图 空心球静止，故受力平衡，由几何关系可知图中 故方块物体对空心球的弹力大小为2mg，A正确； B．仅将方块物体向右移动一小许，变小，由 可知墙面对空心球的弹力将变大，B错误； CD．仅当空心球里的水放掉一小部分，重力变小，但虽然重心下降，但方形物块对空心球的弹力方向仍然指向圆心，方向不变，所以方体物块对球的弹力将变小，方体物块对球的弹力与水平方向的夹角不变，C正确，D错误。 故选C。 9．BD 【详解】A．小球m在水平面内做匀速圆周运动，合力提供向心力，根据牛顿第二定律有      ， 解得 故A错误； B．小球m的运动周期为 故B正确； C．根据平衡条件可知 向下缓慢拉动M的过程中，F增大，夹角变大，故C错误； D．小球m的角速度 向下缓慢拉动M的过程中，m到管口的绳长l变小，小球m的角速度变大，故D正确。 故选BD。 10．CD 【详解】A．重力沿传送带向下的分力 G1=mgsin37°=6m 物体与传送带间的摩擦力 f=μmgcos37°=4m 物块A向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得 A的速度减为0时的位移 A不能到达传送带顶端，A错误； B．A先向上做匀减速直线运动，速度变为零后，传送带对A的摩擦力平行于传送带向下，A向下做加速运动，摩擦力对A做正功，摩擦力对A不是阻碍作用，B错误； C．物块A先向上做匀减速直线运动，物块A减速运动时间 A速度变为零后将沿传送带向下做匀加速直线运动，加速度为 aA′=aA=10m/s2 物块与传送带速度相等需要的时间 A向下运动的位移 xA′=vt2=×0.1m=0.05m 在整个过程中，传送带的位移 x传送带=v（t1+t2）=1×（0.4+0.1）m=0.5m 物块A上冲到与传送带速度相同的过程中，物块相对传送带运动的路程 s=xA-xA′+x传送带=0.8m-0.05m+0.5m=1.25m C正确； D．物块B向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得 物块B减速到与传送带速度相等需要的时间 物体B的位移 该过程传送带的位移 x=vtB=1×0.3m=0.3m 物块B在上冲过程中在传送带上留下的划痕长度 s=xB-x=0.75m-0.3m=0.45m D正确。 故选CD。 11． Fa＝Fb BD 选用新橡皮筋；橡皮筋拉伸不宜过长 【详解】(1)[1]根据力的图示法作出力F1和F2的图示，如图所示，并根据力的平行四边形定则作出两者的合力，用刻度尺量得其长度为单位长度的4.7倍，即合力大小为4.7N（4.6~4.9N均可）。 (2)[2]设Oab与竖直方向的夹角为θ，根据共点力平衡条件解得 F＝mgtanθ 因此有 Fa＝Fb (3)[3]AB．由中分析可知，橡皮筋上的拉力大小为 因此有 Ta＝Tb 显然图中Ob＞Oa，故选项A错误；选项B正确； D．橡皮筋因老化，每次被拉后，形变已经不能完全恢复，因此两次受到的拉力相同时，拉力越大，橡皮筋两次的长度之差越大故选项D正确； C．两次被拉伸到相同长度时，橡皮筋第2次受到的拉力较小，故选项C错误。 故选BD。 (4)[4]有上述分析可知，要确保橡皮筋发生弹性形变，因此应注意选用新的弹性较好的橡皮筋，每次橡皮筋的形变要在弹性限度内，即拉伸不宜过长。 【点睛】 12． D 1.48 A 【详解】（1）[1]AB．有拉力传感器测小车受到的拉力，不需要用天平测出沙和沙桶的总质量，也不用保证沙和沙桶的质量远小于小车的质量，故AB错误； C．电磁打点计时器并不比电火花计时器误差小，故C错误； D．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数，故D正确。 故选D。 （2）[2] 电源的频率为50 Hz，相邻计数点间有四个点未标出，则相邻计数点时间间隔为 T=0.1s 根据逐差法 （3）[3]因长木板置于水平桌面，未平衡摩擦力，则有一定的拉力时才会产生加速度，而本实验通过拉力传感器测力，则图像是一条直线。 故选A。 13．(1)，；(2)1年 【详解】(1)设小物体质量为m，在北极地面 在北极上空高出地面h处 在赤道地面，小物体随地球自转做匀速圆周运动，受到万有引力和弹簧秤的作用力，有 得 (2)地球绕太阳做匀速圆周运动，受太阳得万有引力。设太阳得质量为，地球得质量为M，地球公转周期为TE，有： 解得 其中为太阳得密度。由上式可知，地球公转周期TE仅与太阳得密度、地球公转轨道半径与太阳半径之比有关。因此“设想地球”的1年与现实地球的1年时间相同。 14．（1）（2）（3）1.25m 【详解】（1）从释放小球至A点根据速度与位移关系有 在A点，根据牛顿第二定律 在B点，根据牛顿第二定律 根据题意有 故 若，则小球在B点的速度 ； （2）小球从B至C做匀速直线运动，从C点滑出后做平抛运动，若恰能落在D点则 水平方向 竖直方向 又因为斜面倾角为45°，则 解得 对应的高度 若，小球将落在水平地面上，而小球在B点的速度 小球做平抛运动竖直方向 得 则水平方向 故小球落地点距C点的距离 ； （3）若要求无论h为多大，小球不是打到挡板上，就是落在水平地面上，临界情况是小球擦着挡板落在D点，经前面分析可知，此时在B点的临界速度： 则从C点至挡板最高点过程中水平方向 竖直方向 又 解得 ． 点睛：本题研究平抛运动与圆周运动想结合的问题，注意分析题意，找出相应的运动过程，注意方程式与数学知识向结合即可求解． 15．（1）a1=（k-1）g，方向竖直向上；a2=（k+1）g，方向竖直向下；（2）；（3） 【详解】（1）设圆管第一次上升的过程中小球的加速度为a1，圆管加速度为a2 对球 ma1= kmg−mg 得 a1=（k-1）g 方向竖直向上。 对圆管 ma2= kmg+mg 得 a2=（k+1）g 方向竖直向下。 （2）设以地面为零势能面，向上为正方向，圆管第一次落地的速度大小为，由机械能守恒得 解得 圆管第一次弹起的最大高度 解得 圆管运动的路程 （3）设小球相对圆管滑动距离为l，根据能量守恒有 摩擦力对小球及圆管做的总功 解得 学科网（北京）股份有限公司 $$