1、河南省商丘市第一高级中学2019-2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）一、选择题（共48分。每小题4分。第1题-8题为单项选择，第9题-12题为多项选择。选对得4分，少选得2分，错选0分）1.如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为。上升第三个所用的时为，第二个所用的时间为。不计空气阻力，则满足（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】运动员起跳到达最高点的瞬间速度为零，又不计空气阻力，故可逆向处理为自由落体运动，设第三个所用的时间为，据匀变速运动规律有设第二个所用的时间为，同理可得联立解得则有故B正确，A、C、D错误；故选B2.如图所示，A、B两
2、物体在一个垂直于接触面的力F作用下而静止在固定的斜面上。以下关于A、B两物体受力情况的判断中正确的是（）A. 物体A可能受到三个力的作用B. 物体A一定受到四个力的作用C. 物体B可能受到六个力的作用D. 物体B一定受到四个力的作用【答案】B【解析】【详解】AB对物体A分析，受到竖直向下的重力，B对A的支持力，垂直于AB接触面的力，这三个力在沿AB接触面方向的合力等于A的重力的沿斜面向下的分力，由于物体A静止，所以物体B对物体A一定有静摩擦力，方向沿AB接触面向上，故物体A受到四个力的作用作用，故A错误，B正确；CD视物体A、B为整体，对其分析，受到竖直向下的重力，固定的斜面对其支持力，垂直于
3、AB接触面的力，这三个力的合力可能为零，可能不为零；若这三个力的合力为零时，固定的斜面对物体B没有摩擦力，若这三个力的合力不为零时，固定的斜面对物体B有摩擦力；对物体B分析，物体B受到重力，物体A对其的压力和摩擦力，固定的斜面对其的支持力，固定的斜面对其可能有摩擦力，可能没有摩擦力，所以物体B可能受到四个力的作用，也可能受到五个力的作用，故C、D错误；故选B。3.下列说法错误的是（）A. 物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功B. 干湿泡湿度计的示数差别越小，空气的相对湿度越小C. 一定质量的理想气体压强不变时，气体分子单位时间内对器壁单位面积的平均碰撞次数随着温度升高而减少D. 单晶体和多晶
4、体都有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点【答案】B【解析】【详解】A根据热力学第二定律，在外界的影响下物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功，故A正确；B干湿泡温度计的示数差别越小，空气越潮湿，相对湿度越大，故B错误；C一定质量的理想气体压强不变时，温度升高时，气体体积一定增大，则气体分子单位时间内对器壁单位面积的平均碰撞次数随着温度升高而减少，故C正确；D单晶体和多晶体都有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，故D正确；错误的故选B。4.如图所示，在光滑水平面上放置质量分别为的A、B和质量为的C、D四个木块，其中A、B两木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的动摩擦因数是。现用水平拉力F拉其中的木块
5、，则（）A. 当时，B、D间的摩擦力大小为B. 当时，A、B间轻绳的拉力大小为C. 当时，A、C的加速度大小为D. 当时，A、C间的摩擦力大小为【答案】B【解析】【详解】对ABC整体，可知三个物体加速运动的最大加速度为此时对ABCD整体即时，B和D开始相对滑动；A当时，四个物体相对静止，此时整体的加速度B、D间的摩擦力大小为故A错误；B当时，四个物体相对静止，此时整体的加速度A、B间轻绳的拉力大小为故B正确；C当时，此时D与B已经产生滑动，此时ABC系统的加速度为，即C的加速度为，故C错误；D当时，此时D与B已经产生滑动，此时ABC系统的加速度为0.4g，A、C间的摩擦力大小为故D错误；故选B
6、。5.甲、乙两辆汽车都从同一地点由静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变，在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍。接下来，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半，则（）A. 在末，甲、乙两车速度的大小比为B. 在末，两车第一次相遇，且只能相遇一次C. 甲、乙两车从静止到速度相等时，所经历的位移大小之比为D. 在运动过程中，两车能够相遇两次【答案】C【解析】【详解】A设汽车甲在第一段时间间隔内的加速度为，在第二段汽车甲加速度为；则汽车乙在第一段时间间隔内的加速度为，在第二段汽车乙加速度为；在末，甲车速度的大小为在末，乙车速度
7、的大小为甲、乙两车速度的大小比为，故A错误；BD在运动过程中，设甲、乙两车相遇的时刻为，则甲车位移的大小为乙车位移的大小为甲、乙两车相遇则有可得，或（不符合题意，舍去）所以在运动过程中，两车能够相遇一次，且在时相遇，故B、D错误；C设在运动过程中，甲、乙两车速度相等时的时间为，甲车速度的大小为乙车速度的大小为根据题意则有解得甲、乙两车从静止到速度相等时，甲车位移大小为乙车位移大小为所经历的位移大小之比为故C正确；故选C。6.如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2.以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置不计摩
8、擦，在此过程中A. N1始终减小，N2始终增大B. N1始终减小，N2始终减小C. N1先增大后减小，N2始终减小D. N1先增大后减小，N2先减小后增大【答案】B【解析】试题分析：对小球进行受力分析如图所示，设：板与竖直方向夹角为，则：，随着板顺时针方向转动，越来越大，因此N2越来越小，同样也越来越小，答案B正确考点：共点力作用下物体的平衡，力的合力与分解7.质量的运动员原地静止站立（不起跳）摸高为，比赛过程中，该运动员先下蹲，重心下降，经过充分调整后，发力跳起摸到了的高度。若运动员起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响，g取。则（）A. 起跳过程的平均速度比离地上升到最高点过程的平均速度
9、大B. 运动员起跳过程先失重再超重C. 从开始起跳到双脚落地需要D. 起跳过程中运动员对地面的压力为【答案】D【解析】【详解】AB从开始起跳到脚离开地面重心上升做匀加速运动，加速度向上，处于超重状态；离开地面到上升到最高点的过程中，重心上升距离运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据可知，所以根据平均速度公式可得起跳过程的平均速度为根据平均速度公式可得离地上升到最高点过程的平均速度为故A、B错误；C在起跳过程中，根据速度位移公式可知解得起跳过程时间离地上升到最高点过程的时间从开始起跳到双脚落地需要总时间为故C错误；D起跳过程由牛顿第二定律得解得由牛顿第三定律可知运动员对地面的压力为1300N，方向
10、竖直向下，故D正确；故选D。8.如图所示，白色传送带保持速度逆时针转动，现将一质量为的煤块轻放在传送带的端，煤块与传送带间动摩擦因数，传送带两端距离，传送带倾角为，以下说法正确的是（）（）A. 煤块从端运动到端摩擦力不变B. 煤块从端运动到端所经历的时间为C. 煤块从端运动到端痕迹的长度为D. 煤块从端运动到端相对传送带的相对位移为【答案】D【解析】【详解】AB煤块刚放上传送带时，传送带对煤块的滑动摩擦力方向沿斜面向下，大小为运动加速度大小为则煤块速度达到传送带速度时间为位移为煤块速度达到传送带速度后，传送带对煤块的滑动摩擦力方向沿斜面向上，大小为运动加速度大小根据运动学公式则有解得则煤块从端
11、运动到端所经历的时间为故A、B错误；CD煤块速度达到传送带速度时，相对位移大小物块速度达到传送带后相对位移的大小煤块从端运动到端留下的痕迹长度煤块从端运动到端相对传送带位移的大小故C错误，D正确；故选D。9.如图所示，箱子A被弹簧吊着，箱内放有物块B，它们的质量均为m，现对箱子施加竖直向上的，使系统处于静止状态。则在撤去F的瞬间（）A. 物体A处于超重状态，物体B处于完全失重状态B. 弹簧处于压缩状态，弹力大小为C. A、B的加速度分别为，D. A、B的加速度分别为，【答案】BD【解析】【详解】以整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件可得解得弹簧的弹力为方向竖直向下撤去力后，弹簧弹力不变，假设
12、A、B间有相互作用力，即A、B加速度相同，则以整体为研究对象，整体受的合外力为5mg，则整体的加速度为而B的加速度最大为，故A的加速度大于B的加速度，二者分离，A不受B的压力；以A为研究对象，受重力和弹簧的弹力，根据牛顿第二定律可得解得方向竖直向下以B为研究对象，则有方向竖直向下故A、C错误，B、D正确；故选BD。10.A、B两辆汽车从同一地点同时出发沿同一方向做直线运动，它们的速度的平方（）随位置（）的变化图象如图所示，下列判断正确的是（）A. 汽车A的加速度大小为B. 汽车A、B经相遇C. 汽车A、B在处相遇D. 汽车A、B在处相遇【答案】AC【解析】【详解】A根据匀变速直线运动的速度位移
13、关系公式可得可知图象的斜率等于，对于汽车A，则有解得：即A的加速度大小为2m/s2，故A正确；BCD对于汽车A，由图知A的初速度汽车停止的时间为汽车4s时A车的位移对于汽车B，由图知初速度为0，加速度为汽车B要是行驶6m的距离所用的时间为所以汽车A、B经相遇时，是汽车A静止后B才追上A的，所以汽车A、B在处相遇，故C正确，B、D错误；故选AC。11.斜劈A放在水平地面上，质量为的物体B在外力的共同作用下，沿斜劈表面向下运动。水平向右，沿斜劈表面向下，斜劈A静止受到地面的摩擦力方向向左。若撤去某个力，在B仍向下运动，斜劈A仍静止的情况下，则下列说法中正确的是（）A. 若只撤去，B仍向下运动，则A
14、受地面摩擦力方向不变B. 若只撤去，B仍向下运动，则A受地面摩擦力方向可能向右C. 若只撤去，B仍向下运动，则A受地面摩擦力方向不变D. 若只撤去，B仍向下运动，则A所受地面摩擦力方向可能向右【答案】AC【解析】【详解】斜劈A表面粗糙（设A表面的动摩擦因数为），在斜劈A表面粗糙的情况下，B在、共同作用下沿斜面向下的运动就不一定是匀加速直线运动，也可能是匀速直线运动。由题意知，在B沿斜劈下滑时，受到A对它弹力和滑动摩擦力；根据牛顿第三定律，这两个力反作用于A，斜劈A实际上就是在这两个力的水平分力作用下有相对地面向右运动的趋势，则有又因为所以即有AB如果撤去，在物体B仍向下运动的过程中，则有假设A
15、受的摩擦力方向向左，水平方向则有则有所以斜劈A都有相对地面向右运动的趋势，摩擦力方向是向左，故A正确，B错误；CD由于的存在与否，B对斜劈A的压力与滑动摩擦力没有影响，故撤去后，斜劈A所受地面摩擦力的大小和方向均保持不变，故C正确，D错误；故选AC。12.如图所示，、两点相距，处于同一高度，在点固定一个大小可忽略的定滑轮，细线的一端系有一个质量为的小球甲，另一端绕过定滑轮固定于点，质量为的小球乙固定在细线上的点，间的细线长度为，用力竖直向下拉住小球乙，使系统处于静止状态，此时间的细线与水平方向的夹角为，撤去拉力，小球乙运动到与相同的高度时，速度恰好变为，然后又向下运动，忽略一切摩擦，重力加速度
16、为，下列说法中正确的是（）A. 的大小为B. C. 小球乙向下运动到最低点时细线对小球甲的拉力小于D. 小球甲运动到最低点时处于超重状态【答案】CD【解析】【详解】AB撤去拉力，小球乙运动到与相同的高度时，速度恰好变为，小球甲下降的高度为小球乙上升的高度为对小球甲和小球乙组成的系统，机械能守恒，则有解得开始时小球乙受力分析如图所示由平衡条件可得且有联立解得故A、B错误；C小球乙向下运动到最低点时，根据机械能守恒可知最低点为点，设在最低点时设小球乙的加速度大小为，根据题意可知加速度方向竖直向上；此时小球甲的加速度大小为，方向竖直向下，则有解得故C正确；D小球甲运动到最低点时，小球甲即将竖直向上做
17、加速直线运动，所以小球甲处于超重状态，故D正确；故选CD。二、实验题（共15分。第13题5分，第14题10分。）13.某实验小组研究小车的匀变速直线运动，他们使用交流电源为电磁打点计时器供电。实验时得到一条纸带。某位同学在纸带上便于测量的地方选取第一个计数点，并在这个点下标明，在第6个点下标明，在第11个点下标明，在第16个点下标明，在第21个点下标明。但测量时发现点已模糊不清，于是只测得长为、长为、长为，根据以上测得的数据，计算点时小车的瞬时速度大小为_，小车运动的加速度大小为_，的距离应为_。（计算结果均保留三位有效数字）【答案】 (1). 0.985 (2). 2.58 (3). 5.9
18、6【解析】【详解】1在这个点下标明，第六个点下标明，第十一个点下标明，第十六个点下标明，第二十一个点下标明；可以看出相邻的计数点间的时间间隔为根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上点时小车的瞬时速度大小为2根据匀变速直线运动的推论公式可以解得加速度的大小3相等的相邻的时间间隔的位移差恒定，故有其中解得14.用如图所示的装置验证“在质量一定时，物体的加速度与力成正比”。先测出遮光条宽度，然后释放砂桶，拉力传感器测出细线对滑块的拉力，两个光电门A、B能测出遮光条通过时的遮光时间、及挡光片从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间。(1)若消除用遮光时间内
19、平均速度表示瞬时速度带来的误差，则滑块的加速度大小_（用表示）(2)第一小组平衡好摩擦力后开始实验，并改变砂和砂桶的总质量得到多组加速度与拉力数据，绘制图象进行验证。本实验要求砂和砂桶的总质量_远小于滑块的质量（填“不必”或“必须”）。(3)第二小组只是把长木板放置于水平桌面上，未平衡摩擦力便进行实验，得到多组数据，绘制的图象如图丙，由图丙可知，该组所用滑块（含遮光条）的质量为_kg，滑块与长木板间的动摩擦因数为_；若滑轮为轻质，滑块加速度时，砂及砂桶的总质量为_kg。（保留两位小数）（取）【答案】 (1). (2). 不必 (3). 0.4 (4). 0.1 (5). 0.17【解析】【详解
20、】(1)(1)由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度，滑块到达点时的速度滑块到达点时的速度若消除用遮光时间内平均速度表示瞬时速度带来的误差，则遮光条两次经过光电门的中间时刻的时间差为根据加速度定义式可得滑块的加速度大小(2)2本实验用拉力传感器测出细线对滑块的拉力，所以本实验要求砂和砂桶的总质量不必远小于滑块的质量；(3)3对滑块（含遮光条），根据牛顿第二定律可得根据图像可得图像的斜率表示滑块（含遮光条）的质量的倒数，即有解得4根据图像可知当时，代入可得5根据图像可知滑块加速度时，则有由于砂及砂桶的移动的距离是滑块移动距离的，根据可得砂及砂桶的加速度大小是滑块的加速度大小的
21、，设砂及砂桶的总质量为，根据牛顿第二定律可得解得三、计算题（共37分。第15题10分，第16题12分，第17题15分。写出必要的解题步骤，不写步骤不得分）15.如图所示，左端开口右端封闭的U形玻璃管两边粗细不同，粗玻璃管半径为细玻璃管半径的2倍，两管中装入高度差为5cm的水银，左侧封闭气体长9cm，右侧水银面距管口4cm，现将右管口用一与细管接触良好的活塞封闭（图中未画出）并使活塞缓慢推入管中，直到两管水银面等高外界大气压强为75cmHg、环境温度不变，不计活塞与管内壁的摩擦，求：等高时右侧气体压强；活塞移动的距离【答案】90cmHg4.7cm【解析】【详解】设左右液面等高时，左液面上升x1c
22、m，右液面下降x2cm，则有：x1+x2 =5cm2Sx1 =Sx2可得：x1 =1cm x2 =4cm左侧气体等温变化，根据玻意耳定律：P1V1= P1V1P1= P0+h=80cmHgP1=90cmHg右边气体等温变化，根据玻意耳定律：P2V2= P2V2 P1= P0 =75cmHg P2= P1=90cmHgL2=3.3cm L2- L2=0.7cm活塞下降d,则：d=x2=4.7cm16.如图（a）所示，三棱柱的左、右两侧斜面的倾角，物块P、Q用跨过定滑轮的轻绳相连，分别放在两侧的斜面上，此时物块P恰好不向下滑动已知P、Q与斜面之间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力（1）
23、求物块P、Q的质量之比m1：m2；（2）当三棱柱缓慢绕右侧棱边顺时针转动q角，如图（b）所示，物块Q恰好不下滑，求q角【答案】（l）m1：m2：1 （2）q30【解析】【详解】（1）三棱柱转动之前，物块P恰好不向下滑动分析P的受力，有，分析Q受力，有，解得： （2）三棱柱转动q角后，物块Q恰好不下滑分析Q的受力，有:，分析P的受力，有，联立解得： 即化简可得：，则【点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解17.如图所示
24、，倾角为的斜面上静置一质量为的薄木板，木板的长度为，质量的物块（可视为质点）以初速度沿木板顶端运动，物块与木板之间的动摩擦因数，木板与斜面之间的动摩擦因数，斜面的底端固定一垂直于斜面的挡板，木板的下端距离挡板为，木板与挡板碰撞后立即粘在一起停止运动。设物块与木板之间、木板与斜面之间的动摩擦力等于最大静摩擦力，则（重力加速度)(1)物块落到斜面上后，木板经过多长时间与挡板相碰；(2)木板与挡板碰前的速度；(3)物块总共发生的位移。【答案】(1)7s；(2)；(3)【解析】【详解】(1)(2)取沿斜面向下为正方向，对物块，由牛顿第二定律得可得即物块做匀减速直线运动对木板，由牛顿第二定律得解得即木板向下做初速度为0的匀加速直线运动若木板一直加速运动与挡板相碰，设所需加时间为，由运动学公式则有解得若木板与物块先共速再与挡板相碰，设经共速，由运动学公式则有解得由于，故木板先与物块共速再与挡板相碰，共同速度为木板匀加速位移物块，与木板共速前的减速位移为物块相对于木位移故共速时，物块还未滑至低端由于，故木块和物块共速后匀速，木板与物块匀速时间物块落上木板到木板与挡板碰撞时间(3)对物块，匀速位移为木板停止运动后减速位移为由于，故物块速度减至0也未到达底端由于，所以此后物块静止故整个运动过程中物块的总位移为