2022-2023学年河北省保定市部分示范高中高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

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这是一份2022-2023学年河北省保定市部分示范高中高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.伽利略为了描述物体的运动，对速度、加速度的概念进行了定义。下列关于速度与加速度的说法正确的是( )
A. 小刘绕操场跑一圈后回到出发点，他的平均速度为零
B. 火箭升空瞬间，瞬时速度很大
C. 物体的加速度很大，速度就很大
D. 物体的速度方向发生改变，速度可能不变
2.图为一个质点做直线运动的v−t图像，该质点在前2s内向西运动，则该质点( )
A. 在前2s内的加速度方向也向西
B. 在前4s内的加速度方向始终向东
C. 在4s∼6s内的加速度方向始终向东
D. 在0∼6s内的加速度方向始终不变
3.如图所示，台秤上放一个木箱，木箱内有质量分别为m1和m2的两物体P、Q，P、Q通过光滑定滑轮用细绳相连，m1A. 变大
B. 变小
C. 不变
D. 先变小后变大
4.从水平地面竖直上抛一个硬质实心小球，它上升的最大高度为5m，忽略空气阻力的影响，取重力加速度大小g=10m/s2，则小球下降到距地面上方3.2m时总共运动的时间为( )
A. 1.8sB. 1.6sC. 2.0sD. 1.4s
5.如图所示，直杆BC的一端用铰链固定于竖直墙壁，另一端固定一个小滑轮C，细绳下端挂一重物，细绳的AC段水平．不计直杆、滑轮及细绳的质量，忽略所有摩擦．若将细绳的端点A稍向下移至A′点，使之重新平衡，则此时滑轮C的位置( )
A. 在AA′之间B. 与A′点等高C. 在A′点之下D. 在A点之上
6.东京奥运会上，中国选手夺得女子10m气步枪决赛的冠军。子弹的运动过程可以近似分为两个阶段，第一阶段是初速度为0的匀加速直线运动，位移大小为x1，加速度大小为a；第二阶段是匀速直线运动，位移大小为x2。则子弹运动的总时间可表示为( )
A. 2ax1(x2+2x1)2ax1B. 2ax1(x2+2x1)ax1C. 2ax1(x2+x1)2ax1D. ax1(x2+2x1)2ax1
7.如图所示，物体A、B间用轻质弹簧相连，已知2mA=mB，且物体与地面间的动摩擦因数均为μ。在水平外力的作用下，A和B一起沿水平地面向右做匀加速直线运动，加速度大小为μg。撤去外力的瞬间，下列关于物体A、B的加速度大小正确的是( )
A. aA=μg，aB=μgB. aA=2μg，aB=μg
C. aA=4μg，aB=2μgD. aA=μg，aB=2μg
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.关于物体的重心，以下说法中正确的是( )
A. 把物体挖空后就没有重心了
B. 用线悬挂的物体静止时，细线方向一定通过重心
C. 一块砖平放、侧放或立放时，其重心在砖内的位置不变
D. 舞蹈演员在做各种优美动作时，其重心的位置不变
9.一平板车做匀变速直线运动的x−t图像如图所示，下列叙述正确的是( )
A. 平板车的加速度大小是10m/s2
B. 在0∼8s时间内，平板车的最大位移是80m
C. 平板车的初速度大小为40m/s
D. 在0∼8s时间内，平板车的路程是80m
10.如图甲所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到大小从0开始逐渐增大的水平拉力F的作用。A、B间的摩擦力Ff1、B与地面间的摩擦力Ff2随水平拉力F变化的情况如图乙所示。已知物块A的质量m=3kg，取重力加速度大小g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
A. 当0B. 当4NC. 当F>12N时，A的加速度随F的增大而增大
D. A、B两物块间的动摩擦因数为0.2
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.在“研究匀变速直线运动”的实验中，某同学选出了一条清晰的纸带，并取其中的A、B、C、D、E、F、G七个点进行研究，这七个点和刻度尺标度的对照情况如图所示。(打点计时器的频率为50Hz)
(1)通过测量不难发现，(xBC−xAB)与(xCD−xBC)、(xDE−xCD)、…基本相等。这表明，在实验误差允许的范围之内，拖动纸带的小车做的是______运动。
(2)打B点时小车的瞬时速度vB=______m/s。(小数点后保留三位)
(3)经过合理的数据处理后，可以求得加速度a=______m/s2。(小数点后保留三位)
12.小明乘坐高铁外出学习，在高铁沿水平轨道启动阶段，他发现水平桌面上的水杯中，水面稳定保持如图所示的形状，小明想借此测量高铁启动的加速度。(图中水杯的截面与高铁的行驶方向平行)
(1)此时高铁的行驶方向为______(填“从右向左”或“从左向右”)。
(2)已知水杯的直径为L，若要测量高铁此时的加速度，还需获得的物理量是______。
A.水杯的质量m
B.水面左右两端的高度差h
C.高铁行驶的时间t
D.当地的重力加速度大小g
(3)写出高铁启动时加速度的表达式a=______[用(2)中的物理量表示]。
四、简答题：本大题共3小题，共39分。
13.如图所示，一花园景观大道由若干半径为R的圆弧组成，因为环境优美，花草沁人心脾，所以黄昏时分许多散步者纷至沓来，一人从A点沿圆弧走到C点，求他的位移x及路程s。
14.如图所示，物块A静置于水平台面上，圆心为M、半径为R的半球体C静置于水平地面上，质量为m的光滑小球B(可视为质点)放在半球体C上，P为三根轻绳PA、PB、PO的结点。系统在图示位置处于静止状态，P点位于C正上方距离其球心高2R处，OP竖直，PA水平，PB长为32R，重力加速度大小为g，求：
(1)B对C的压力大小；
(2)A受到台面的静摩擦力大小。
15.如图所示，与水平面夹角θ=37∘的倾斜传送带以v0=2m/s的速度沿顺时针方向转动，小物块A从传送带顶端无初速度释放的同时，小物块B以v1=12m/s的速度从底端滑上传送带。已知小物块A、B的质量均为m=1kg，与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5，小物块A、B未在传送带上发生碰撞，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)小物块B向上运动过程中平均速度的大小；
(2)传送带顶端到底端的长度l应满足的条件。(保留到小数点后两位)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.绕操场跑一圈，位移为零，所以平均速度为零，故A正确；
B.火箭升空瞬间，火箭速度为零，加速度很大，故B错误；
C.加速度表示物体速度变化的快慢，与速度没有直接的关系，故物体的加速度很大，速度可以为零，故C错误；
D.速度是矢量，物体的速度方向发生变化，速度必然变化，故D错误。
故选：A。
平均速度是位移与这段位移所用时间的比值；
火箭升空瞬间，速度为零；
加速度表示物体速度变化的快慢，与速度没有直接的关系。物体的速度大，加速度不一定大，速度为零，加速度也不一定为零；速度变化量越大，加速度不一定大。
本题考查对速度、加速度的理解能力，也可以通过举例的方法分析说明。
2.【答案】B
【解析】解：AB.由题可知向西为负方向，而向东为正方向，该质点在前2s内向西减速运动，则该段时间加速度向东，而2−4s向东做加速运动，则加速度方向仍然向东，故A错误，B正确；
C.由图像可知在4−5s内向东做减速运动，则该段时间加速度向西，而5−6s内向西做加速运动，则该段时间加速度向西，所以在4−6s这段时间内加速度方向一直向西，故C错误；
D.由上面分析可知，在0−4s内加速度方向向东，在4−6s内加速度方向向西，即在6s内加速度方向发生变化，故D错误。
故选：B。
根据物体加速时速度与加速度方向相同、减速时速度与加速度方向相反分析加速度的方向即可。
解决本题的关键是明确速度-时间图线中，速度的正负表示运动方向，图线的斜率表示加速度，本题亦可根据斜率判断加速度的方向。
3.【答案】B
【解析】解：设木箱质量为M，台秤对箱子的支持力为N，剪断细线之前，对箱子由共点力平衡条件得：
N=Mg+m1g+m2g
由牛顿第三定律知箱子对台秤的压力大小为N，即台秤的读数也为N
因m1a=m2−m1m1+m2g
则对m1，由牛顿第二定律得：
T−m1g=m1a
解得：T=2m1m2gm1+m2
此时台秤对箱子的支持力为N′，对箱子由共点力平衡条件得：
N′=Mg+2T
解得：N′=Mg+4m1m2gm1+m2
由牛顿第三定律知箱子对台秤的压力大小为N′，即台秤的读数也为N′
由数学知识得：
4m1m2gm1+m2<(m1+m2)g
联立可得：N′台秤的示数与未剪断细绳前的示数相比将变小，故ACD错误，B正确。
故选：B。
先分析两个物块得出物块的加速度，再根据整体法根据牛顿第二定律、牛顿第三定律得出整体对台秤的压力，然后利用数学知识比较台秤的示数与未剪断细绳前的示数大小。
本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，理解超失重的特点，结合隔离法和整体法即可完成分析，本题亦可利用超失重进行分析。
4.【答案】B
【解析】解：小球上升到最高点时的速度为0，逆运动是自由落体运动，逆向思维由自由落体运动表达式h=12gt2得t1= 2hg= 2×510s=1s，
小球下降到距地面上方3.2m过程做自由落体运动，即下降的高度为1.8m，这段时间下落的时间为t1= 2h′g= 2×1.810s=0.6s，总共运动的时间为
t=t1+t2=1.6s，故B正确，ACD错误。
故选：B。
竖直上抛运动上升阶段物体做加速度为g的匀减速运动，逆运动是自由落体运动，下落阶段是自由落体运动，根据自由落体运动规律解答。
本题主要考查竖直上抛运动，根据竖直上抛运动特点利用匀变速公式求解。
5.【答案】D
【解析】解：由于杆一直平衡，对两根细绳拉力的合力沿杆的方向向下，又由于同一根绳子的张力处处相等，而且两根细绳的拉力大小相等且等于物体的重力G，根据平行四边形定则，合力一定在角平分线上，
若将细绳的端点A稍向下移至A′点，若杆不动，则∠A′CB<∠BCG，则不能平衡，若要杆再次平衡，则两绳的合力一定还在角平分线上，所以BC杆应向上转动一定的角度，此时C在A点之上，故D正确。
故选：D。
由于杆一直平衡，对两根细绳拉力的合力沿杆的方向向下，两根细绳的拉力大小相等且等于物体的重力G，根据平行四边形定则分析即可．
本题是动态平衡问题，关键要抓住滑轮的力学特性，根据对称性进行分析，注意两绳的合力一定沿着杆子方向．
6.【答案】A
【解析】解：设匀加速的时间为t1，则
x1=12at12
解得
t1= 2x1a= 2ax1a
匀速运动的时间为t2，则
x2=at1⋅t2
解得
t2=x2at1=x2a a2x1=x2 2ax12ax1
整理解得
t1+t2= 2ax1(x2+2x1)2ax1
故A正确，BCD错误。
故选：A。
子弹的运动过程可以近似分为两个阶段，根据运动学公式求出每个阶段的时间。
本题考查运动学基本公式的应用，关键会正确利用表格数据。
7.【答案】D
【解析】解：设A的质量为m，对A有：F弹−μmg=ma
解得F弹=2μmg
当突然撤去推力F的瞬间，对B受力分析有：
F弹+μ⋅2mg=2maB
解得aB=2μg
A受到弹力和滑动摩擦力的作用，撤去F的瞬间弹簧的弹力不变，所以A的加速度不变，仍为μg，故D正确，ABC错误；
故选：D。
分析A的受力，可以求出弹簧的弹力，撤去F的瞬间弹簧的弹力不变，分别对A、B进行受力分析，根据牛顿第二定律即可求解．
解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住撤去外力的瞬间，弹簧的弹力不变，运用牛顿第二定律求解．
8.【答案】BC
【解析】解：A、把物体挖空后其重心仍然存在，只是位置可能改变，也可能仍在原来位置，如篮球的重心就在球心位置，故A错误；
B、重心是重力在物体上的作用点，用一根悬线竖直挂起的物体静止时，根据二力平衡可知，绳子的拉力方向与重力的方向相反，所以细线方向一定通过物体的重心，故B正确；
C、一块砖平放、侧放或立放时，其重心在砖内的位置不变，故C正确；
D、舞蹈演员在做各种优美动作时，其重心的位置随肢体的形状的变化会发生变化，故D错误。
故选：BC。
重力在物体上的作用点，叫做物体的重心；形状规则、质量分布均匀的物体的重心在物体的几何中心上；重心只是重力在作用效果上的作用点，重心并不是物体上最重的点。
本题考查重心的定义，要注意形状规则物体重心的确定方法和不规则物体重心的确定方法的掌握情况，能正确找出物体的重心．
9.【答案】ABC
【解析】解：A.设加速度大小为a，由x−t图像可知，4−8s平板车做初速度为零的匀加速直线运动，由位移-时间关系得：
x=12at2
解得：a=10m/s2，故A正确；
B.由x−t图像可知，在0∼8s时间内，平板车的最大位移是80m，故B正确；
C.设平板车的初速度大小为v0，由x−t图像可知，0∼4s做匀减速直线运动且末速度为零，则
x′=v02t1
解得：v0=40m/s，故C正确；
D.在0∼8s时间内，平板车的路程为：
s=2×80m=160m，故D错误。
故选：ABC。
4−8s平板车做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移-时间公式求质点的加速度；根据x−t图像分析平板车的最大位移；0∼4s做匀减速直线运动且末速度为零，根据公式x′=v02t1求解平板车的初速度大小；根据x−t图像分析平板车的路程。
本题考查对x−t图像的理解，关键是通过图像确定物体的实际运动过程，结合运动学公式分析图像的物理意义，注意位移与路程的区分。
10.【答案】AD
【解析】解：A、当0B、当4NC、当F>12N时，A、B间的摩擦力大小保持不变，A、B发生了相对滑动，A所受合力为滑动摩擦力，滑动摩擦力大小不变，由牛顿第二定律可知加速度保持不变，故C错误；
D、当F>12N时，A、B间发生相对滑动，两者间的滑动摩擦力Ff1=μmg=6N
代入数据可得：μ=0.2，故D正确。
故选：AD。
A、0B、4NCD、F>12N时，A、B间的摩擦力大小保持不变，可知A、B发生了相对滑动，根据A的受力可知加速度大小不变，根据B受到的滑动摩擦力大小可得动摩擦因数。
本题考查了牛顿运动定律的板块模型，解题的关键是理解图像中随着水平外力增大，若摩擦力逐渐增大，则是静摩擦力，若摩擦力大小保持不变，则是滑动摩擦力。
11.【答案】匀变速直线
【解析】解：(1)依题意，可得
Δx=xBC−xAB=xCD−xBC=xDE−xCD=aT2
即加速度恒定，这表明，在实验误差允许的范围之内，拖动纸带的小车做的是匀变速直线运动。
(2)由纸带可知，相邻计数点的时间间隔为
T=5×150s=0.1s
根据匀变速直线运动中一段时间的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度可得打B点时小车的瞬时速度
vB=xAC2T=2.502×0.1×10−2m/s=0.125m/s
(3)由逐差法，可得
a=xDG−xAD9T2=(10.60−4.15)−4.159×10−2×10−2m/s2=0.256m/s2
故答案为：(1)匀变速直线；(2)0.125；(3)0.256
(1)根据匀变速直线运动判断出小车的运动类型；
(2)根据匀变速直线运动的规律计算出B点的瞬时速度；
(3)根据逐差法解得加速度。
本题主要考查了打点计时器测量速度和加速度的实验，根据匀变速直线运动的规律完成计算，在计算过程中要注意单位的换算。
12.【答案】从左向右 BDhLg
【解析】解：(1)高铁启动时处于加速状态，由于惯性杯子中的水保持原来的静止状态，车已经向右运动起来，所以水向左倾斜，可知此时高铁的行驶方向为从左向右；
(2)水面稳定保持如图的状态，对杯子中倾斜部分的水受力分析可知杯子对水的合力垂直于液面，如下图所示：
设水平倾斜平面与水平面的夹角为θ，
由几何关系得：tanθ=mamg=hL
可得：a=hLg
已知水杯的直径为L，若要测量高铁此时的加速度，还需获得的物理量是水面左右两端的高度差h和当地的重力加速度大小g，故AC错误，BD正确。
(3)根据(2)中的物理量及推导可知高铁启动时加速度的表达式为a=hLg。
答：(1)从左向右；(2)BD；(3)hLg。
(1)根据水倾斜的方向和惯性可知高铁行驶的方向；
(2)(3)对杯中的水受力分析，由几何关系可得加速度的表达式，则可知需要获得的物理量。
本题考查了惯性和牛顿第二定律，解题的关键是对杯中的水受力分析，利用几何关系找出力与水面高度差和水杯直径的关系。
13.【答案】解：从A点到C点的直线距离即位移为
x= (3R)2+R2= 10R
方向由A指向C
从A点到C点的路程
s=πR+32πR=52πR
答：他的位移x为 10R，方向由A指向C；路程s为52πR。
【解析】位移是指从初位置到末位置的有向线段，位移的大小只与初末的位置有关，与经过的路径无关；
路程是指物体所经过的路径的长度。
本题就是对位移和路程的考查，掌握住位移和路程的概念就能够解决了
14.【答案】解：(1)对小球B的受力分析如图所示
由相似三角形得
mg2R=NR=T32R
解得
N=12mg
T=34mg
由牛顿第三定律得
N′=N=12mg
(2)A受到的摩擦力大小等于PB绳沿水平方向的分力，即为
f=Tsin∠MPB
由余弦定理得
cs∠MPB=(2R)2+(32R)2−R22×2R×32R=78
sin∠MPB= 1−cs2∠MPB
解得sin∠MPB= 158
得
f=T× 158=3 1532mg
答：(1)B对C的压力大小为12mg；
(2)A受到台面的静摩擦力大小为3 1532mg。
【解析】(1)以B为研究对象进行受力分析，根据三角形相似求解各力大小，根据牛顿第三定律可得B对C的压力大小；
(2)以结点P为研究对象，根据平衡条件求解绳OP的拉力大小和绳子PA的拉力大小；对物块A根据平衡条件可得A受到的摩擦力大小。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答本题的关键是能够正确的对小球B和结点P进行受力分析、利用三角形相似、平行四边形法则、共点力的平衡条件建立方程进行解答。注意：本题中小球B受到的三个力构成的三角形不是特殊三角形，不要误认为PB和半径垂直。
15.【答案】解：(1)小物块B与传送带共速之前，对小物块B由牛顿第二定律得
mgsinθ+μmgcsθ=ma1
解得a1=gsinθ+μgcsθ=10×0.6m/s2+0.5×10×0.810m/s2=10m/s2
小物块B减速至与传送带共速的过程中，
所用时间为：t1=v1−v0a1=12−210s=1s
位移大小为：x1=v0+v12t1=12+22×1m=7m
共速之后小物块B所受的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得
mgsinθ−μmgcsθ=ma2
解得：a2=gsinθ−μgcsθ=10×0.6m/s2−0.5×10×0.8m/s2=2m/s2
小物块B减速至0的时间为：t2=v0a2=22s=1s
位移大小为：x2=v12t2=22×1m=1m
小物块B向上运动过程中的平均速度大小为：
v−=x1+x2t1+t2=7+11+1m/s=4m/s；
(2)同理可得小物块A的加速度大小等于a2=2m/s2，小物块B速度减为零后开始匀加速向下运动时，小物块A已经具有向下的速度，二者的加速度大小相等，要使二者不相碰，应在小物块B滑下传送带后，小物块A到达传送带底端。当小物块B刚滑下传送带时，小物块A恰好运动至传送带底端，此时传送带的长度最小。
小物块B向下运动过程有：x1+x2=12a2t32
解得：t3= 2(x1+x2)a2= 2×(7+1)2s=2 2s
小物块B在传送带上运动的总时间为：
t=t1+t2+t3=(1+1+2 2)s=(2+2 2)s
可得传送带最小长度为：
l0=12a2t2=12×2×(2+2 2)2m=23.31m
传送带的长度应满足的条件是：l>23.31m。
答：(1)小物块B向上运动过程中平均速度的大小为4m/s；
(2)传送带顶端到底端的长度l应满足的条件是l>23.31m。
【解析】(1)根据传送带与物体B运动情况，分析物块B的受力情况，根据牛顿第二定律和运动学公式求解总位移，总时间，进而求得平均速度；
(2)分析物块A，B恰好不相碰的条件，应用牛顿第二定律和运动学公式求解。
本题主要考查牛顿第二定律在对传送带模型中的运用，分析清楚物体在传送带上的运动过程及受力情况是解题关键。