1、黑龙江省哈六中2013-2014学年高二下学期期末考试物理试题【试卷综析】本试卷是高二期末试卷，包含了高中物理必修一的全部内容，主要包含了匀变速运动规律、受力分析、牛顿第二定律、动能定理、机械能守恒等，知识覆盖面广，知识点全面。计算题题也采用了新颖的创新方式，是份质量很高的试卷。一、选择题：本题共10小题，每小题5分。在每小题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目要求，第810题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1如图是物体做直线运动的vt图象。由图可知，该物体（ ） A第1 s内和第3 s内的运动方向相反 B第3 s内和第4 s内的加速度相同 C第
2、1 s内和第4 s内的位移大小不相等 D02 s和04 s内的平均速度大小相等【知识点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律【答案解析】B 解析A、由图知，在前3s内物体的速度均为正值，说明在前3s内物体的运动方向不变，故A错误；B、速度图象的斜率等于加速度，第3s内和第4s内图线的斜率相同，则加速度相同，故B正确；C、图象与时间轴所围的面积表示位移，由几何知识可知第1s内和第4s内的位移大小相等故C错误；D、根据“面积”可知：02s内和04s内的位移相等，所用时间不等，所以平均速度不等，故D错误故选：B【思路点拨】速度时间图象中速度的符号表示物体的运动方向；图
3、象的斜率等于加速度；图象与时间轴所围的面积表示位移平均速度等于位移与时间之比根据这些知识进行解答解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移2如图所示，水平地面上堆放着原木。关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是（ ） AM处受到的支持力竖直向上 BN处受到的支持力竖直向下 CM处受到的静摩擦力沿MN方向 DN处受到的静摩擦力沿水平方向【知识点】摩擦力的判断与计算【答案解析】A 解析A、M处受到的支持力的方向与地面垂直向上，即竖直向上，故A正确；N、N处受到的支持力的方向与原木P垂直向上，不是竖直向上，故B错误；C、原木相对
4、于地有向左运动的趋势，则在M处受到的摩擦力沿地面向右，故C错误；D、因原木P有沿原木向下的运动趋势，所以N处受到的摩擦力沿MN方向，故D错误故选：A【思路点拨】支持力的方向是垂直于接触面指向被支持的问题，静摩擦力的方向是与相对运动趋势的方向相反，由此可判知各选项的正误解决本题的关键要掌握支持力和静摩擦力方向的特点，并能正确分析实际问题支持力是一种弹力，其方向总是与接触面垂直，指向被支持物静摩擦力方向与物体相对运动趋势方向相反3如图，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千。某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变。木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F
5、2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后（ ） AF1不变，F2变大 BF1不变，F2变小 CF1变大，F2变大 DF1变小，F2变小【知识点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【答案解析】A 解析解：木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，故三个力的合力为零，即：F1=0；根据共点力平衡条件，有：2F2cos=mg解得：F2=当细线变短时，细线与竖直方向的夹角增加，故cos减小，拉力F2变大故选：A【思路点拨】木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，根据共点力平衡条件并结合正交分解法列式分析即可本题是简单的三力平衡问题，关键是受力分析后运用图示法分析，不难4伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理
6、相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展。利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升。斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3。根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是（ ） A如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置 B如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态 C如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变 D小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小【知识点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法【答案解析】A 解析A、如果斜面光滑，小球不会有能量损失，将上升到
7、与O点等高的位置，故A正确；B、通过推理和假想，如果小球不受力，它将一直保持匀速运动，得不出静止的结论，故B错误；C、根据三次实验结果的对比，不可以直接得到运动状态将发生改变的结论，故C错误；D、受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小是牛顿第二定律的结论，与本实验无关，故D正确故选：A【思路点拨】小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升，阻力越小则上升的高度越大，伽利略通过上述实验推理得出运动物体如果不受其他物体的作用，将会一直运动下去要想分清哪些是可靠事实，哪些是科学推论要抓住其关键的特征，即是否是真实的客观存在，这一点至关重要，这也是本题不易判断之处；伽利略的结
8、论并不是最终牛顿所得出的牛顿第一定律，因此，在确定最后一空时一定要注意这一点 5如图所示，A、B两球完全相同，质量均为m，用两根等长的细线悬挂在升降机天花板上，两球之间连接劲度系数为k的轻质弹簧。当升降机以加速度a竖直向上加速运动时，两根细线间夹角为，则弹簧的长度与原长相比缩短了（ ）B A A BC D 【知识点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律【答案解析】C 解析解：对球A受力分析，受重力mg、拉力T、弹簧的弹力F而向上做匀加速直线运动，如图则有牛顿第二定律可知： -mg=ma即：F=m（g+a）tan根据胡克定律，有F=kx解得x=故选：C【思路点拨】以A物体
9、受力分析，A受重力、拉力及弹簧的弹力而向上做匀加速直线运动；F与T的合力竖直向上，由牛顿第二定律及力的合成可求得弹簧的弹力；再由胡克定律可解出形变量本题考查牛顿第二定律及力的合成与分解的应用，注意物体竖直向上运动；本题也可以分别对水平和竖直两个方向列式计算，竖直方向由牛顿第二定律，水平方向受力平衡6如图所示，质量为m的物体置于倾角为的固定斜面上，物体与斜面之间的动摩擦因数为。先用平行于斜面的推力F1作用于物体上，使其沿斜面匀速上滑（图甲）；若改用水平推力F2作用于物体上，仍能使物体沿斜面匀速上滑（图乙），则两次的推力大小之比F1F2为（ ） AcossinBcossin C1tanD1tan【
10、知识点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【答案解析】B 解析解：F1作用时，物体的受力情况如图1，根据平衡条件得 F1=mgsin+FNFN=mgcos解得：F1=mgsin+mgcosF2作用时，物体的受力情况如图2，根据平衡条件得F2cos=mgsin+FNFN=mgcos+F2sin解得：F2所以故选B【思路点拨】以物体为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件运用正交分解法求解F1与F2的大小，再求它们的比值本题是物体的平衡问题，受力分析，作出力图是正确解题的关键中等难度7甲球从离地面H高处从静止开始自由下落，同时乙球从甲球的正下方地面处做竖直上抛运动。欲使乙球上升
11、到处与甲球相碰，则乙球上抛的初速度应为（ ） A B C D【知识点】自由落体运动【答案解析】B 解析解：设经过时间t甲乙在空中相碰，甲做自由落体运动的位移为：h1=H-乙做竖直上抛运动的位移h2= =v0t-gt2联立解得：t=v0=故选：B【思路点拨】根据位移时间公式分别求出甲和乙的位移大小，两物体在空中相碰，知两物体的位移之和等于H，求出乙的初速度v0应满足的条件解决本题的关键知道两物体在空中相碰，两物体的位移之和等于H，结合物体运动时间的范围，求出初始度注意竖直上抛以向上为正方向，加速度为负的8如图所示，传送带的水平部分长为l，传动速率为v，在其左端无初速度轻放一小物块，若物块与传送带
12、间的动摩擦因数为，则物块从左端运动至右端的时间可能为（ ）v A B C D【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系【答案解析】ACD 解析解：若木块沿着传送带的运动是一直加速，根据牛顿第二定律，有mg=ma 根据位移时间公式，有Lat2 由解得t故C正确；若木块沿着传送带的运动是先加速后匀速，根据牛顿第二定律，有mg=ma 根据速度时间公式，有v=at1 根据速度位移公式，有v2=2ax1 匀速运动过程，有L-x1=vt2 由解得t=t1+t2=故A正确；如果物体滑到最右端时，速度恰好增加到v，根据平均速度公式，有L=v平均t=t故t=故D正
13、确；故选：ACD【思路点拨】木块沿着传送带的运动可能是一直加速，也可能是先加速后匀速，对于加速过程，可以先根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学公式求解运动时间本题关键是将小滑块的运动分为两种情况分析，一直匀加速或先匀加速后匀速，然后根据牛顿第二定律和运动学公式列式求解9已知两个共点力F1和F2不共线，若F1的大小和方向保持不变，F2的方向也保持不变，仅增大F2的大小。在F2逐渐增大的过程中，关于合力F的大小，下列说法正确的是（ ） A若F1和F2的夹角为锐角，F一定不断增大 B若F1和F2的夹角为锐角，F有可能先减小后增大 C若F1和F2的夹角为钝角，F有可能先减小后增大 D若F1和F2
14、的夹角为钝角，F有可能先增大后减小【知识点】合力的大小与分力间夹角的关系【答案解析】AC 解析解：AB如果夹角的范围为：090，根据平行四边形定则作图，如图：从图中可以看出，合力一定增大；故A正确，B错误；CD如果夹角的范围为：90180，根据平行四边形定则作图，如图从图中可以看出，合力有可能先减小后增加，存在相等的可能；若F1F2，合力一定是增加；故C正确，D错误；故选：AC【思路点拨】两个不在同一条直线上的力合成时遵循平行四边形定则，根据平行四边形定则作图分析即可题关键根据平行四边形定则作图，从图中直接得到结论；也可以用余弦定理列式求解分析10两个可视为质点的小球a和b，用质量可忽略的刚性
15、细杆相连并放置在光滑的半球面内，如图所示。已知细杆长度是球半径的倍，当两球处于静止状态时，细杆与水平面的夹角15，则（ ） A杆对a、b球作用力大小相等且方向沿杆方向 B小球a和b的质量之比为1 C小球a和b的质量之比为1 D半球面对a、b球的弹力之比为3【知识点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【答案解析】AC 解析解：A、对轻杆，受两个球的弹力是一对平衡力，根据牛顿第三定律，杆对a、b球作用力大小相等且方向沿杆方向，故A正确；B、C、两球都受到重力、细杆的弹力和球面的弹力的作用，过O作竖直线交ab于c点，设球面的半径为R，则oac与左侧力三角形相似；oac与右侧力三角相似；则由几
16、何关系可得： ,即：由题，细杆长度是球面的半径的倍，根据几何知识知图中=45在oac中，根据正弦定理，有：则则 故B错误，C正确；D、根据平衡条件，有：, 故；故D错误；故选：AC【思路点拨】分别对两球及整体受力分析，由几何关系可得出两球受力的大小关系，及平衡时杆与水平方向的夹角；注意本题要用到相似三角形及正弦定理本题的难点在于几何关系的确定，对学生的要求较高，只有找出合适的几何关系，才能找出突破本题的关键二、实验题：本题共2小题，共18分。请将解答写在答题纸相应的位置。11（12分）图为“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹。（1）以下是实验过程中的一些做法，其中合
17、理的有_。A安装斜槽轨道，使其末端保持水平B每次小球释放的初始位置可以任意选择图 C每次小球应从同一高度由静止释放D为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接（2）实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，图中yx2能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是_。图 （3）图为某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O为平抛的起点，在轨迹上任取三点A、B、C，测得A、B两点竖直坐标y1为5.0cm、y2为45.0cm，A、B两点水平间距x为40.0cm。则平抛小球的初速度v0为_ms；若C点的竖直坐标y3为60.0cm，则小球在C点的速度v
18、C为_ms（结果均保留两位有效数字，g取10 ms2）。【知识点】研究平抛物体的运动【答案解析】(1)AC（2）A；（3）2.0；4.0 解析解：（1）A、通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动，故A正确；BC、因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，故B错误，C正确；D、用描点法描绘运动轨迹时，应将各点连成平滑的曲线，不能练成折线或者直线，故D错误故选：AC（2）物体在竖直方向做自由落体运动，y=gt2；水平方向做匀速直线运动，x=vt；联立可得：y=，因初速度相同，故为常数，故y-x2应为正比例关系，故C正确，ABD错误故选：
19、C（3）根据平抛运动的处理方法，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，所以y1=y2=水平方向的速度，即平抛小球的初速度为v0=联立代入数据解得：v0=2.0m/s若C点的竖直坐标y3为60.0cm，则小球在C点的对应速度vC：据公式可得： =2gh，所以v下=2 m/s=3.5m/s所以C点的速度为：vc=4.0m/s【思路点拨】（1）保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变，最后轨迹应连成平滑的曲线（2）平抛运动竖直方
20、向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动；联立求得两个方向间的位移关系可得出正确的图象（3）根据平抛运动的处理方法，直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动即可求解解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项，在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解，提高解决问题的能力；灵活应用平抛运动的处理方法是解题的关键12（6分）某同学利用图甲所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图，如图乙所示。实验中小车（含发射器）的质量为200 g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到。回
21、答下列问题：（1）根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成_（填“线性”或“非线性”）关系。（2）由图乙可知，am图线不经过原点，可能的原因是_。（3）若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受的重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是_，钩码的质量应满足的条件是_。【知识点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【答案解析】（1）非线性；（2）存在摩擦力；（3）轨道倾斜，平衡摩擦力；远远小于小车的质量解析：（1）根据该同学的结果得出a-m图线是曲线，即小车的加速度与钩码的质量成非线性关系；（2）从上图中发现直线没过原
22、点，当a=0时，m0，即F0，也就是说当绳子上拉力不为0时，小车的加速度为0，所以可能的原因是存在摩擦力（3）若利用本实验来验证“小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是：调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力，即使得绳子上拉力等于小车的合力根据牛顿第二定律得，整体的加速度a=，则绳子的拉力F=Ma=，知钩码的质量远小于小车的质量时，绳子的拉力等于钩码的重力，所以钩码的质量应满足的条件是远小于小车的质量【思路点拨】该实验的研究对象是小车，采用控制变量法研究当质量一定时，研究小车的加速度和小车所受合力的关系为消除摩擦
23、力对实验的影响，可以把木板的右端适当垫高，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力该实验是探究加速度与力、质量的三者关系，研究三者关系必须运用控制变量法对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由比如为什么要平衡摩擦力，这样问题我们要从实验原理和减少实验误差方面去解决三、计算题：本题共3小题，共42分。解答应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。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13（12分）公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下，
24、人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 kmh的速度匀速行驶时，安全距离为120 m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的25，若要求安全距离仍为120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。【知识点】牛顿第二定律 匀变速运动规律【答案解析】20m/s 解析设路面干燥时，汽车与地面的动摩擦因数为0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得0mgma0sv0t0式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度设在雨天行驶时，汽车与地面的动摩擦因数为，依题意有0设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，
25、安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得mgmasvt0联立式并代入题给数据得v20 m/s(72 km/h)【思路点拨】汽车刹车摩擦力提供加速度，先根据牛顿第二定律与运动学公式求得轮胎与地面的摩擦因数，然后再求解雨天的速度14（14分）质量为M、长为L的杆水平放置，杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为m的小铁环。已知重力加速度为g，不计空气影响。（1）现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力的大小；（2）若杆与环保持相对静止，在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A端的正下方，如图乙所示。求此状态下杆的加速度大小a；为保持这
26、种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？【知识点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律【答案解析】（1） mg；（2）g； (m+M)g，方向与水平方向夹角为60斜向右上方 解析解：（1）以环为研究对象，环处于静止状态，合力为零，分析受力右图所示，设两绳的夹角为2则sin=，得cos=设绳子的拉力大小为T，由平衡条件得 2Tcos=mg解得，Tmg（2）对环：设绳子的拉力大小为T，则根据牛顿第二定律得：竖直方向：T+Tcos60=mg水平方向：Tsin60=ma，解得ag设外力大小为F，方向与水平方向成角斜向右上方对整体：由牛顿第二定律得：水平方向：Fcos=（M+
27、m）a竖直方向：Fsin=（M+m）g解得，F(m+M)g，=60即外力方向与水平方向夹角为60斜向右上方【思路点拨】（1）以环为研究对象，环处于静止状态，合力为零，根据平衡条件求解绳中拉力的大小；（2）以环为研究对象，由正交分解法，根据牛顿第二定律求解加速度；对整体研究，由正交分解法，根据牛顿第二定律求解外力的大小和方向本题中铁环与动滑轮相似，两侧绳子拉力大小相等，运用正交分解法研究平衡状态和非平衡情况15（16分）如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的恒定拉力将纸板抽出。已知砝码和纸板的质量分别为m10.5kg和m20.1kg，各接触面间的动摩擦因数均为0. 2，砝码与纸板左
28、端的距离为d0.1m，纸板左端到桌面边缘距离为l0.2m，重力加速度为g10 ms2。若某次实验中，抽出纸板后砝码刚好运动至桌面边缘，则纸板所受拉力为多大？（已知抽出纸板前其重心位置处于桌面上方）l 拉力 【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【答案解析】2,6 解析解：砝码的加速度a1根据位移时间公式得，ld a1t2，解得t=对纸板，根据la2t2，解得纸板的加速度a2根据牛顿第二定律得，F-（m1+m2）g-m1g=m2a2代入数据得，F=2.6N【思路点拨】根据牛顿第二定律求出砝码的加速度，结合砝码的位移求出砝码的运动时间，从而根据位移时间公式求出纸板的加速度，通过牛顿第二定律求出纸板所受的拉力大小解决本题的关键理清砝码和纸板的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁
