1、江西省南昌市第二中学2019-2020学年高二物理下学期第二次月考试题（含解析）一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分其中1-7题，在给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，8-12题有多个选项是正确的，全选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分）1.下列关于物理的研究方法，不正确的是（）A. 探究加速度与力、质量关系的实验，运用的是控制变量法B. 牛顿首次利用合理外推，提出理想实验这一科学推理方法C. 用质点来代替有质量的物体是采用了理想模型的方法D. 加速度表达式是利用比值法得到的定义式【答案】B【解析】【详解】A探究加速度与力、质量关系的实验，运用的是控制变量法，
2、故A正确，不符合题意；B伽利略首次提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推“的科学推理方法，故B错误，符合题意；C用质点来代替有质量的物体是采用了理想模型的方法，故C正确，不符合题意；D加速度表达式是利用比值法得到的定义式，故D正确，不符合题意。故选B。2.生活中常见的手机支架，其表面采用了纳米微吸材料，用手触碰无粘感，接触到平整光滑的硬性物体时，会牢牢吸附在物体上。如图是一款放置在高铁水平桌面上的手机支架，支架能够吸附手机，小明有一次搭乘高铁时将手机放在该支架上看电影，若手机受到的重力为，手机所在平面与水平面间的夹角为，则下列说法正确的是（）A. 当高铁未启动时，支架对手机的作用力大小等
3、于B. 当高铁未启动时，支架受到桌面的摩擦力方向与高铁前进方向相反C. 高铁匀速行驶时，手机可能受到5个力作用D. 高铁减速行驶时，手机可能受到3个力作用【答案】D【解析】【详解】A高铁未启动时，手机处于静止状态，受重力和支架对手机的作用力，根据平衡条件可知，支架对手机的作用力与重力大小相等、方向相反，A错误；B高铁未启动时，以手机和支架整体为研究对象，受重力和桌面的支持力二力平衡，不受桌面摩擦力，B错误；C高铁匀速行驶时，手机受重力、纳米材料的吸引力、支架的支持力和摩擦力，共4个力作用，C错误；D高铁减速行驶时，手机具有与高铁前进方向相反的加速度，可能只受重力、纳米材料的吸引力和支架的支持力
4、共3个力作用，D正确。故选D。3.如图所示，体操运动员在保持该姿势的过程中，以下说法中错误的是（）A. 环对人的作用力保持不变B. 当运动员双臂的夹角变小时，运动员会相对轻松一些C. 环对运动员的作用力与运动员受到的重力是一对平衡力D. 运动员所受重力的反作用力是环对运动员的支持力【答案】D【解析】【详解】A当人保持静止不动时，人受到的环的支持力方向不变，且两个支持力的合力大小始终和重力相等，所以环对人的作用力保持不变，故A不符合题意；B当运动员双臂的夹角变小，则满足环对人的两个支持力的合力不变，但两个力的夹角变小，所以运动员受到的两个支持力变小，根据牛顿第三定律可知，运动员对环的作用力变小，
5、所以运动员会相对轻松一些，故B不符合题意；C运动员受到两个环的支持力以及自身的重力作用处于平衡状态，所以环对运动员的作用力与运动员受到的重力大小相等，方向相反，是一对平衡力，故C不符合题意；D根据重力的产生原因可知，运动员所受重力的反作用力是运动员对地球的吸引力，故D符合题意。故选D。4.如图所示，挂钩连接三根长度均为L的轻绳，三根轻绳的另一端与一个质量为m、直径为1.2L的水平圆环相连，连接点将圆环三等分，在挂钩拉力作用下圆环处于静止状态，已知重力加速度为g，则每根轻绳上的拉力大小为（）A. mgB. mgC. mgD. mg【答案】A【解析】【详解】设绳中拉力为T，绳与竖直方向夹角为，由几
6、何关系可知由平衡知识3Tcos=mg得出故选A。5.在升降机底部安装一个加速度传感器，其上放置了一个质量为m小物块，如图甲所示。升降机从t=0时刻开始竖直向上运动，加速度传感器显示加速度a随时间t变化如图乙所示。取竖直向上为正方向，重力加速度为g，以下判断正确的是（）A. 在02t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态B. 在t03t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态C. t=t0时刻，物块所受的支持力大小为mgD. t=3t0时刻，物块所受的支持力具有最大值且大小为2mg【答案】C【解析】【详解】A由乙图可知，在0t0，及t02t0时间内，加速度一直向上，物块一直处于超重状态
7、，故A错误；B由乙图可知，在t03t0时间内，加速度一直向上，物块一直处于超重状态，故B错误；C由乙图可知，t=t0时刻，加速度为0，物块所受的支持力大小为mg，故C正确；D由乙图可知，t=3t0时刻，加速度为2g，根据F-mg=ma解得物块所受的支持力F=3mg，故D错误。故选C。6.2011年8月，我国军事现代化进程中迎来了又一个里程碑，中国第一艘航空母舰试验平台首次进行出海航行试验，次航母做匀加速直线运动速度变化v过程中发生的位移为x1，紧接着若速度再变化v过程中发生的位移为x2，据此可知航母的加速度是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】设匀加速的加速度a，航母的速度分
8、别为v1、v2和v3，据运动学公式可知联立以上三式解得故D正确，ABC错误。故选D。7.“民生在勤”，劳动是幸福的源泉。如图，疫情期间某同学做家务时，使用浸湿的拖把清理地板上的油渍。假设湿拖把的质量为2kg，拖把杆与水平方向成53角，当对拖把施加一个沿拖把杆向下、大小为10N的力F1时，恰好能推动拖把向前匀速运动并将灰尘清理干净。如果想要把地板上的油渍清理干净，需将沿拖把杆向下的力增大到F2=25N。设拖把与地板、油渍间的动摩擦因数相等且始终不变（可认为油渍与地板间的附着力等于拖把与地板间的滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6），那么油渍与地板间的附着
9、力约为（）A. 7.7NB. 8.6NC. 13.3ND. 20N【答案】B【解析】【详解】施加时，由平衡条件有解得当施加的力为时，摩擦力为故B正确；故选B。8.图甲为一运动员(可视为质点)进行三米板跳水训练的场景，某次跳水过程中运动员的速度v时间t图象如图乙所示，t0是其向上起跳的瞬间，此时跳板回到平衡位置t35.5t1，不计空气阻力，重力加速度g10m/s2则下列判断正确的是A. 运动员入水时的速度大小为2m/sB. 运动员离开跳板后向上运动的位移大小为mC. 运动员在水中向下运动的加速度大小为20m/s2D. 运动员入水的深度为1.5m【答案】BC【解析】【详解】AB.由图乙知运动员入水
10、前向上运动的位移大小为向下运动位移大小的，即可得x=m所以运动员入水前向下运动的位移大小h1=3m+m由公式v2=2gh1可得v=m/s选项A错误B正确；C.由图乙知，斜率代表加速度，运动员在水中运动的加速度大小是空中的2倍，即a= 20m/s2，选项C正确；D.运动员的人水深度h2=m选项D错误9.如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a-F图象，已知g取10 m/s2，则（）A. 滑块A的质量为3kgB. 木板B的质量为4kgC. 当F=10N时小滑块加速度为2.5m/s2D.
11、 滑块A与木板B间动摩擦因数为0.2【答案】AD【解析】【详解】AB由图知，当F=8N时，加速度为a=2m/s2，对整体，由牛顿第二定律有代入数据解得mA+mB=4kg当F大于8N时，A、B发生相对滑动，对B，根据牛顿第二定律得解得由图示图象可知，图线的斜率解得，故滑块A的质量为mA=3kg，故A正确，B错误； D根据知当a=0时，F=6N，代入解得，故D正确；C根据F=10N8N时，滑块与木板相对滑动，B的加速度为故C错误。故选AD。10.如图（甲）所示，竖直放置的轻弹簧下端固定在水平地面上，质量为m的小球从弹簧上端h高处静止释放。以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立坐标轴Ox，画出小
12、球所受弹力F大小随位置坐标x的变化关系如图（乙）所示，不计空气阻力，重力加速度为g，则小球在向下运动的过程中（）A. 当x=h时，速度最大B. 当x=h+x0时，速度最大C. 当x=h+2x0时，加速度大小为gD. 从x=h到x=h+2x0，加速度一直减小【答案】BC【解析】【详解】ABD根据乙图可知，小球开始做自由落体运动，接触弹簧后，由于弹力小于重力，根据牛顿第二定律可知，小球做加速度减小的加速运动，当x=h+x0小球的重力等于弹簧的弹力，此时加速度为零，小球具有最大速度，接下来弹力大于重力，小球做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故AD不符合题意，B符合题意；C由于当x=h时小球的加速
13、度为g，根据对称性可知，当x=h+2x0时，小球的加速度大小为g，方向向上，故C符合题意。故选BC。11.如图所示，在光滑水平面上，用弹簧水平连接一斜面，弹簧的另一端固定在墙上，一玩具遥控小车放在斜面上，系统静止不动。用遥控器启动小车，小车沿斜面加速上升，则（）A. 系统静止时弹簧被压缩B. 小车加速过程弹簧所受的弹力可能不变C. 小车加速时弹簧被压缩D. 小车加速时可将弹簧换成细绳【答案】BD【解析】【详解】A系统静止时，系统受力平衡，水平方向不受力，弹簧弹力等于零，弹簧处于原长，故A错误；BCD小车加速上升时，可知系统受到的合力的水平分力不为零，且方向向右，则弹簧提供的是拉力，所以弹簧处于
14、拉伸状态；所以小车加速时，可将弹簧换成细绳；如果小车的加速度不变，则弹簧所受的弹力不变。故BD正确，C错误。故选BD。12.如图所示，用一轻绳将光滑小球P系于竖直墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一正方体物块Q，P、Q均处于静止状态，现有一铅笔紧贴墙壁压在轻绳上从O点开始缓慢下移（该过程中，绳中张力处处相等），P、Q始终处于静止状态，则在铅笔缓慢下移的过程中（）A. P所受的合力增大B. Q受到墙壁的摩擦力增大C. P对Q的压力逐渐增大D. 绳的拉力逐渐增大【答案】CD【解析】【详解】AP始终处于静止状态，所受合力始终零，故A错误；B小球P光滑，所以PQ间没有摩擦力，因此Q受到的墙壁的摩擦力与
15、Q受到的重力是平衡力，保持不变，故B错误；CD对P进行受力分析如下图根据平衡条件有解得随铅笔向下移动，变大，则变大，即Q对P的支持力变大，根据作用力和反作用力，P对Q的压力增大。而减小，因此绳子的拉力变大，故CD正确。故选CD。二、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分）13.为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量。（滑轮质量不计）(1)下列实验步骤正确的是_A用天平测出砂和砂桶的质量B将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D改变砂和
16、砂桶的质量，打出几条纸带E实验中不需要砂和砂桶质量m远小于小车的质量M(2)该同学在实验中得到如图所示的一条纸带（两计数点间还有两个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为_。（结果保留两位有效数字）(3)以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为，求得图线的斜率为，则小车的质量为_。 A.2tan B. C.k D.【答案】 (1). BDE (2). 1.3 (3). D【解析】【详解】(1)1A因为有弹簧测力计，则不需要用天平测出砂和砂桶的质量，故A错误；B将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
17、，故B正确；C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，同时记录弹簧测力计的示数，故C错误；D改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带，故D正确；E. 因为有弹簧测力计测得拉力的大小，则实验中不需要砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，故E正确。故选BDE。(2)2相邻两计数点之间还有两个点未画出，即打点周期为T=0.02s3=0.06s则小车加速度由x=aT2求得(3)3小车所受的合力为2F，根据牛顿第二定律得则图线的斜率解得小车的质量故D正确，ABC错误。故选D。14.用如图实验装置可以测量重力加速度，经正确操作后得到一条纸带，在纸带上选择0、1、2、3、4、5、6七个测量点，相邻两
18、测量点的时间间隔为0.04s，测量出后面各测量点到0测量点的距离d，记入下表中，对这些数据进行处理后便可测得重力加速度值（1）甲同学的处理方法是: 计算出1、5两点对应的速度v1、v5，然后由算得g值，则其中v5 =_m/s(取3位有效数字)（2）乙同学的处理方法是：计算出的值(已记入表中)，作出-t图象，由图象算得g值请你按以下要求完成乙同学的处理过程. 在提供的坐标纸上作出规范的-t 图象_. 在图象上用符号 “” 标出你用于计算g值所选择的点_. 根据图象求得g =_m/s2(取3位有效数字)（3）实验测得的g值，你认为应选_(填: 甲的值；乙的值；都可以)【答案】 (1). 2.04
19、(2). 如图 (3). 如图 (4). 9.75 (9.659.83) (5). 乙的值【解析】【详解】（1）1根据（2）2图象如图所示3选点如图所示；4由图线可求得斜率为因为，即，故，g=9.68m/s2(3)5运用图象法处理数据，可以发现误差比较大的个别的数据，减少实验的偶然误差，使数据处理的准确性得到提高，故应选乙的值较精确三、计算题 (共5小题，6+8+10+10+12=46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，有数值计算的题目，答案中应明确写出数值和单位)15.近几年来，无人机发展迅速，使用广泛。在此次防控新冠肺炎疫情的“大会战”中，用无人机配送紧急医用物资，可有效消
20、除道路限行等因素的影响，又无需人员接触，避免交叉感染。2020年2月12日，某快递公司的一架无人机降落在武汉金银潭医院，顺利将装载的5kg紧急医用物资送至医护人员手中。现将此次运送简化如下：无人机由地面竖直升空，到一定高度后悬停调整方向，沿直线水平飞行一段距离至目标地点正上方处悬停，再竖直降落到地面，抵达地面时速度恰为零。为避免物资损坏，无人机在水平和竖直的飞行过程中，加速及减速的加速度大小均为2m/s2。已知货箱所受空气阻力大小恒为1N，重力加速度g取10m/s2，求：(1)沿竖直方向加速上升的过程中，无人机对货箱作用力F1的大小；(2)沿水平方向加速运动的过程中，无人机对货箱作用力F2的大
21、小；(结果可保留根式）【答案】(1)61N；(2) 【解析】【详解】(1) 升空加速过程中，货物的受力情况如图所示由牛顿第二定律得解得(2) 水平加速过程中，货物的受力情况如图所示根据力合成与分解以及牛顿第二定律可得，联立解得16.如图所示，水平直轨道AC的长度为L=16m，AC中点B正上方有一探测器，C处有一竖直挡板D。现使物块Pl沿轨道向右以一定速度与静止在A处的物块P2正碰，碰撞后，P1与P2粘成组合体P，P以速度v向右运动。以Pl、P2碰撞时刻为计时零点，探测器只在t1=2s至t2=4s内工作已知物块Pl、P2的质量均为m=1kg，Pl、P2和P均视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取
22、10m/s2（1）若v=8m/s，P恰好不与挡板发生碰撞，求P与轨道AC间的动摩擦因数；（2）若P与竖直挡板发生弹性碰撞后，并能在探测器工作时间内通过B点，求v的取值范围；【答案】(1)0. 2； (2) 【解析】【详解】(1)设与轨道间的动摩擦因数为，、碰撞后的共同速度为，由动能定理有解得(2)由于与挡板的碰撞为弹性碰撞，所以在间等效为匀减速运动，设在段加速度为，根据牛顿第二定律得返回经过点，由位移公式得根据题给条件和数据解得的取值范围为17.如图所示，水平传送带以速度v0=2.5m/s顺时针转动，不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接托盘Q和物块P（置于传送带最右端、可视为质点），OP段水平，物块P
23、与托盘Q均处于静止状态。已知物块P的质量m1=0.2kg、与传送带间的动摩擦因数=0.5，传送带的两端相距l=2m，托盘Q到地面的高度h=1.25m，不计滑轮与轻绳间的摩擦，重力加速度g取10m/s2。求：(1)托盘Q的质量m2；(2)现将质量m=0.1kg的砝码轻放入托盘中，托盘Q开始向下运动，落地后自动与轻绳脱离，则托盘Q落地的速度大小；物块P在传送带上的运动时间t。【答案】(1)0.1kg；(2)2.5m/s；2.5s【解析】【详解】(1)因为P、Q静止，根据平衡条件得代入数据得kg(2)根据牛顿第二定律根据速度位移公式代入数据得v=2.5m/sP向左加速的时间托盘落地后P的加速度当P的
24、速度减为0时代入数据得m因为 所以P随着传送带返回，加速度也是时间为s位移为m时间为s代入数据得s18.图甲中滑索巧妙地利用了景区自然落差，为滑行提供了原动力。游客借助绳套保护，在高空领略祖国大好河山的壮美。其装置简化如图乙所示，倾角为的轨道上套一个质量为m的滑轮P，质量为3m的绳套和滑轮之间用不可伸长的轻绳相连。某次检修时，工人对绳套施加一个拉力F，使绳套从滑轮正下方的A点缓慢移动，运动过程中F与轻绳的夹角始终保持，直到轻绳水平，绳套到达B点，如图所示。整个过程滑轮保持静止，重力加速度为g，求：(1)绳套到达B点时，轨道对滑轮的摩擦力大小和弹力大小；(2)绳套从A缓慢移动到B过程中，轻绳上拉
25、力的最大值。【答案】(1)，f=mg；(2)【解析】【详解】(1)绳套到达B点时，对质量为3m的绳套，有对滑轮m：解得，f=mg(2)在绳套的动态平衡过程中，当F与mg垂直时软绳中的弹力最大，则有19.倾角为的斜面与足够长的光滑水平面在D处平滑连接，斜面上AB的长度为3L，BC、CD的长度均为3.5L，BC部分粗糙，其余部分光滑。如图，4个“”形小滑块工件紧挨在一起排在斜面上，从下往上依次标为1、2、3、4，滑块上长为L的轻杆与斜面平行并与上一个滑块接触但不粘连，滑块1恰好在A处。现将4个滑块一起由静止释放，设滑块经过D处时无机械能损失，轻杆不会与斜面相碰。已知每个滑块的质量为m并可视为质点，
26、滑块与粗糙面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。求（1）滑块1刚进入BC时，滑块1上的轻杆所受到的压力大小；（2）4个滑块完全进入BC段时的速度；（3）4个滑块全部滑上水平面后，相邻滑块之间的距离。【答案】（1）； (2) = ；（3）【解析】【详解】（1）以4个滑块为研究对象，设第一个滑块刚进BC段时，4个滑块的加速度为a1，由牛顿第二定律以滑块1为研究对象，设刚进入BC段时，轻杆受到的压力为F，由牛顿第二定律已知联立可得（2）设4个滑块完全进入BC段时，即第4个滑块刚进入BC时，滑块的共同速度为v3在整个过程中， 整体的加速度相继为相隔得位移为3L、L、L、L,分别对每一过程 联立上述4式可得（3）由于动摩擦因数为，则4个滑块都进入BC段后，所受合外力为0，各滑块均以速度v做匀速运动；第1个滑块离开BC后做匀加速下滑，其加速度设到达D处时速度为v，可得当第1个滑块到达BC边缘刚要离开粗糙段时，第2个滑块正以v的速度匀速向下运动，且运动L距离后离开粗糙段，依次类推，直到第4个滑块离开粗糙段。由此可知，相邻两个滑块到达BC段边缘的时间差为因此到达水平面的时间差也为所以滑块在水平面上的间距为联立解得
