2022-2023学年辽宁省铁岭市六校高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年辽宁省铁岭市六校高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示，一只蚂蚁(可视为质点)在半球形碗内从底部经b点缓慢爬到a点处，整个过程中蚂蚁受到的合力( )
A. 逐渐增大B. 逐渐减小C. 始终不变D. 先减小后增大
2.小明同学搭乘某商场的电梯从一楼到五楼，某一段时间里小明和电梯一起沿竖直方向匀减速上升，在此段运动过程中电梯对人的支持力为FN，人对电梯的压力为F′N，人受到的重力为G，则下列说法正确的是( )
A. G和FN是一对平衡力B. FN和F′N是一对平衡力
C. FN小于GD. F′N小于FN
3.甲、乙两新能源汽车在同一条平直公路上进行测试，t=0时两车均静止。测试过程中两车的加速度-时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示，下列说法正确的是( )
A. t1时刻两车的运动方向相反
B. 两车在t1时刻一定相遇
C. 两车的加速度大小均先增大后减小
D. t1时刻甲车的速度大于乙车的速度
4.如图所示，在一条细绳中间用光滑挂钩悬挂一玩具车，左、右两段绳子上的拉力相等，当两段绳子的夹角为120∘时，绳子上的拉力大小等于F，缓慢减小两段绳子之间的夹角，当两段绳子的夹角为90∘时，绳子上的拉力大小为( )
A. 12FB. 22FC. 32FD. 2F
5.某物体由静止开始做匀加速运动，在时间t内运动的位移大小为s。则物体在接下来的2t时间内的平均速度大小为( )
A. 3s2tB. 2stC. 4stD. 8st
6.如图甲所示，在一无限大的光滑水平面上静止放置着可视为质点的物体，以物体所在初始位置为坐标原点建立一维坐标系，现给物体施加一沿x轴正方向的作用力F，其加速度a与坐标x的关系如图乙所示，则在x=4m处，物体的速度大小为( )
A. 4 2m/sB. 2 10m/sC. 2 6m/sD. 无法计算
7.建设房屋时，保持屋顶底边L不变，要求设计屋顶的倾角θ，以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶。若将雨滴沿屋顶下滑的运动视为自屋顶开始的无初速度、无摩擦的运动，则倾角θ的理想值为( )
A. 30∘
B. 45∘
C. 75∘
D. 60∘
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.关于速度、速度变化量和加速度，下列说法正确的是( )
A. 物体加速度的方向和速度的方向一定相同
B. 物体加速度的方向和速度变化量的方向一定相同
C. 物体某时刻加速度很大，速度可能为零
D. 物体的加速度很大时，物体的速度变化量一定很大
9.如图所示，斜面体置于粗糙水平地面上，被轻质细线系着的光滑小球放在斜面上，细线另一端跨过定滑轮，用力F拉细线使小球沿斜面缓慢向上移动一小段距离，斜面体始终保持静止，则在此过程中( )
A. 力F逐渐增大B. 小球对斜面体的压力逐渐增大
C. 地面对斜面体的支持力逐渐增大D. 地面对斜面体的摩擦力逐渐减小
10.如图所示，足够长的传送带倾斜放置，始终以速度v0逆时针运动。现使质量为m的物块以速度v1从传送带底端沿传送带向上运动，物块与传送带的接触面粗糙，下列说法正确的是( )
A. 若v1>v0，则物块回到传送带底端时的速度小于v1
B. 若v1>v0，则物块回到传送带底端时的速度等于v1
C. 若v1D. 若v1三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.“求真”实验小组用图甲所示的装置探究加速度a与受力F的关系，他们用不可伸长的细线将滑块(含挡光片)通过一个定滑轮和挂有重物的动滑轮与力传感器相连，定滑轮左侧的细线与水平桌面平行，固定在水平桌面上的两个光电门A、B间的距离为L。
(1)用游标卡尺测量挡光片的宽度，测量结果如图乙所示，则挡光片的宽度d=______ m。
(2)实验操作过程中______(填“需要”或“不需要”)满足重物的质量远小于滑块(含挡光片)的质量，改变条件重新测量时，滑块的初始位置______(填“需要”或“不需要”)保持不变。
(3)释放重物，记录挡光片通过光电门A、B时的遮光时间分别为t1、t2，则滑块的加速度a可表示为______(用d、L、t1和t2表示)；同时记录力传感器的示数F。
(4)多次改变重物质量，重复上述实验步骤，得到多组加速度a与拉力F，由实验得到的a−F的关系图像如图丙所示，通过分析可知，滑块(含挡光片)的质量为______ kg。(结果保留三位有效数字)
12.张同学研究自由落体运动规律的实验装置如图甲所示，已知电火花计时器的工作频率为50Hz。该同学把电火花计时器固定在夹板上，让纸带穿过限位孔，然后扶着重锤停靠在电火花计时器附近，重锤与纸带相连。接通电源后，待电火花计时器工作稳定后放开重锤。
(1)实验中电火花计时器必须接______(填“220V交流”、“低压交流”或“低压直流”)电源。
(2)实验中获得的纸带如图乙所示(每相邻两点之间还有四个点未画出)，则电火花计时器打C点时，重锤的瞬时速度大小vC=______m/s(结果保留两位有效数字)。
(3)根据实验记录的数据可知，当地的重力加速度大小g=______m/s2(结果保留三位有效数字)。
四、简答题：本大题共2小题，共23分。
13.高空跳伞是一项极限运动。某跳伞运动员于t=0时刻从高空静止跳出的v−t图像如图所示，可将其运动视作竖直方向的直线运动。运动员(含降落伞)所受空气阻力f的方向与速度v的方向相反，f的大小与v2成正比，但开伞前、后的正比例系数不同。已知开伞前运动员匀速飞行时的速度大小为v0；运动员在t1时刻打开降落伞，开伞后运动员匀速飞行时的速度大小为13v0。重力加速度大小为g，不计空气浮力。
(1)求t1时刻运动员的加速度a1的大小；
(2)若某时刻运动员的加速度大小为332a1，求该时刻运动员的速度大小。
14.一辆货车以v1=25m/s的速度匀速行驶在平直公路上，货车的前方有一辆出租车以v2=15m/s的速度同向行驶，当货车司机发现两车相距x0=20m时，货车司机经t0=0.2s的思考时间后，立即紧急制动开始做匀减速直线运动，加速度大小为2.5m/s2。
(1)试判断两车是否会相撞；
(2)若货车刹车t1=2s时，出租车发现险情，立即以2.5m/s2的加速度加速，求这种情况下两车间的最小距离。
五、计算题：本大题共1小题，共17分。
15.如图所示，在倾角θ=30∘的足够长固定斜面上，将质量M=3kg的长木板由静止释放的同时，一质量m=0.5kg的物块以v0=6 2m/s的初速度从木板的下端滑上木板。在物块上滑的过程中，木板恰好不往下滑，且物块到达木板上端时物块的速度恰好为零。已知物块与木板之间的动摩擦因数μ1= 35，最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2。求：
(1)木板的长度L；
(2)木板与斜面之间的动摩擦因数μ2；
(3)物块滑离木板时，木板的速度大小v。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：蚂蚁缓慢爬行，一直处于平衡状态，合力始终等于零，始终不变，故C正确，ABD错误；
故选：C。
蚂蚁缓慢爬行，处于平衡状态，合力为零。
本题主要考查了共点力的平衡问题，能根据物体的运动状态，结合牛顿第二定律分析出合力的特点即可，属于基础题型。
2.【答案】C
【解析】解：AC.根据题意可知电梯向上做匀减速运动，由此可知电梯的加速度向下，电梯中的人处于失重状态，因此电梯对人的支持力小于人受到的重力，G和FN不是一对平衡力，故A错误，C正确；
BD.FN和F′N大小相等、方向相反、作用在两个物体上，故BD错误。
故选：C。
根据电梯的运动状态分析出人和电梯所处的超失重状态，结合牛顿第二定律得出重力和支持力的大小关系；
根据牛顿第三定律得出电梯对人的支持力和人对电梯的压力的大小关系。
本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合牛顿第二定律和牛顿第三定律即可完成解答。
3.【答案】D
【解析】解：A.根据题意可知，两车均由静止运动，由图可知，0∽t1时刻两车的加速度都为正值，a−t图像中面积表示速度变化量，t1时刻，两车速度都为正，两车均由静止运动，故车的运动方向相同，故A错误；
B.题中没有确定两车出发时的位置关系，所以不能确定两车在t1时刻是否相遇，故B错误；
C.由图可知，甲的加速度先增大后减小，乙的加速度先减小后增大，故C错误；
D.根据a−t图像中面积表示速度变化量，由图可知，0∼t1时间内，甲的速度变化量大于乙的速度变化量，由于两车均由静止运动，则t1时刻甲车的速度大于乙车的速度，故D正确。
故选：D。
由图可知加速度都为正，则两车的加速度方向相同；
两车出发时的位置关系，不能确定两车在t1时刻是否相遇；
由图像判断两车加速度变化；
a−t图像中面积表示速度变化量。
本题考查a−t图像，要知道“面积”表示速度变化量，可定性地分析两车的运动情况。
4.【答案】B
【解析】解：当夹角为120∘时，受力分析如图所示：
根据共点力平衡条件有
2Fcs60∘=G
同理，当两段绳子的夹角为90∘时，根据共点力平衡条件有
2F′cs45∘=G
联立解得
F′= 22F
故B正确，ACD错误；
故选：B。
根据力的合成法则做出图形，根据共点力平衡条件解答。
考查力的合成法则，对物体进行受力分析画图即可，注意常用角度的几何关系。
5.【答案】C
【解析】解：在时间t内运动的位移大小为s，则有：s=12at2
从开始到3t时间内的位移：s′=12a(3t)2
所以：s′=9s
则物体在接下来的2t时间内的位移：x=s′−s=9s−s=8s
则物体在接下来的2t时间内的平均速度大小为：v−=x2t=8s2t=4st，故C正确、ABD错误。
故选：C。
根据运动学公式求解物体在接下来的2t时间内的位移，根据平均速度的计算公式求解物体在接下来的2t时间内的平均速度大小。
本题主要是考查匀变速直线运动的计算，解答本题的关键是弄清楚运动过程，合理的选择匀变速直线运动的计算公式进行解答。
6.【答案】A
【解析】解：由图乙可知加速度a=3+0.5x，由牛顿第二定律可得合力F=ma=(3+0.5x)m，物体的质量不变，可知合力F与x成线性关系，F与x的图像如下图所示：
根据F与x的图像图线与横轴所夹的面积表示力F做的功，可得WF=3m+5m2×4=16m
由动能定理有：WF=12mv2−0
代入数据可得：v=4 2m/s，故A正确，BCD错误。
故选：A。
由图乙可得a与x的关系式，由牛顿第二定律可得F与x的关系式，画出F−x图像，由F与x的图像图线与横轴所夹的面积可得力F做的功，由动能定理可得在x=4m处，物体的速度大小。
本题考查了动能定理、变力做功，解题的关键是找出力F与x的关系，利用图像求出合力做的功。
7.【答案】B
【解析】解：设雨滴匀加速下滑的加速度为a，根据牛顿第二定律有：mgsinθ=ma
整理可得：a=gsinθ
根据匀变速直线运动的规律有：L2csθ=12at2
解得：t= Lgsinθcsθ= 2Lgsin2θ
根据数学知识可知，当倾角θ=45∘时，雨滴下滑时间t最短，所以理想倾角为45∘。故ACD错误，B正确。
故选：B。
对雨滴受力分析，根据受力，结合牛顿第二定律可求雨滴下滑的加速度，进而根据匀变速直线运动的规律求解即可。
解题关键是能够正确运用牛顿第二定律和匀变速直线运动规律，能够正确分析出雨滴下滑的位移。难度不大。
8.【答案】BC
【解析】解：A.物体加速度的方向和速度的方向可以相同也可以相反，还可以不在同一条直线上，故A错误；
B.根据Δv=at可知物体加速度的方向和速度变化量的方向一定相同，故B正确；
C.物体某时刻加速度很大，速度可能为零，例如火箭刚点火的瞬间，加速度很大，而速度为零，故C正确；
D.根据Δv=at，可知物体的加速度很大时，物体的速度变化量不一定很大，还与时间有关，故D错误。
故选：BC。
加速度表示物体速度变化的快慢，由物体所受的合力和物体的质量共同决定，与速度、速度的变化量没有直接的关系，方向与速度改变量方向一致。
本题考查加速度的定义，要注意掌握加速度的概念及其物理意义是正确解题的关键，知道加速度与速度及速度变化的关系即可正确求解。
9.【答案】AD
【解析】解：AB.设小球和斜面的质量分别为m和M，斜面倾角为α，绳子与斜面的夹角为θ。以小球为研究对象，小球受到重力mg、斜面的支持力N和绳子的拉力F，如图所示：
由平衡条件得：
沿斜面方向mgsinα=Fcsθ①
垂直斜面方向N+Fsinθ=mgcsα②
使小球沿斜面缓慢移动时，θ增大，则csθ减小，其它量不变，由①式可知F增大，sinθ增大，F也增大，其他量不变，由②式知斜面对小球的支持力N变小，则小球对斜面体的压力也逐渐减小，故A正确，B错误；
CD.对斜面受力分析，受重力Mg、地面的支持力N′和摩擦力f、小球的压力N，如图所示：
由平衡条件得：
f=Nsinα③
N′=Mg+Ncsα④
N变小，由③式可知f变小，由④式可知N′变小，即地面对斜面体的支持力变小，地面对斜面体的摩擦力变小，故C错误，D正确。
故选：AD。
取小球为研究对象，根据平衡条件得到拉力、支持力与绳子和斜面夹角的关系式，即可分析其变化；对斜面研究，由平衡条件分析地面对斜面的支持力和摩擦力。
本题采用隔离法研究两个物体的动态平衡问题，分析受力情况是基础，要根据平衡条件并结合正交分解法列方程求解，也可以采用整体法分析CD两项。
10.【答案】AC
【解析】解：AB、设物块沿斜面向下的重力分力为G1，物块与传送带间的摩擦力大小为f。物块上滑时，相对传送带向上运动，所受摩擦力沿斜面向下，加速度大小为a1=G1+fm，方向沿斜面向下。
设物块上滑过程位移大小为x，根据匀变速直线运动速度-位移公式，可知0−v12=−2a1x
物块下滑过程中，当速度小于传送带速度v0时，物块相对传动带向上运动，所受摩擦力沿斜面向下，加速度大小为a1=G1+fm，方向沿斜面向下。
设物块下滑过程中速度大小由0增加到v0时位移大小为x1，则v02−=2a1x1，由于v1>v0，可知x>x1，可知物块下滑中速度大小为v0时没有到达传送带底端。此后物块运动分两种情况考虑：
若G1≤f，则物块与带相对静止，匀速向下运动，可知物块到达端速度小于v1。
若G1>f，则物块以加速度大小a2=G1−fm，方向沿斜面向下，继续加速下滑。设物块速度大小达到v0后以加速度a2运动到斜面底端位移大小为x2，速度大小为v2，则v22−v02=2a2x2
可得v22=2a2x2+2a1x1
由于a2v22<2a1x2+2a1x1=2a1x=v12，可知v2CD、由AB分析可知，物块上滑加速度大小为：a1=G1+fm
上滑时位移大小为：x=v122a1
物块下滑过程中，当速度小于传送带速度v0时，加速度大小为：a1=G1+fm
设物块下滑过程中速度大小由0增加到v1时位移大小为x3，可知：v12−0=2a1x3
得：x3=v122a1，可知x1=x3
可知物块到达传送带底端时速度大小为v1。若v1故选：AC。
根据牛顿第二定律解得加速度，从而分析清楚小物块的运动过程，根据小物块的运动过程与运动性质判断小物块返回传送带底端时的速率与v1的关系及加速度的大小关系。
本题考查了传送带问题，分析清楚小物块的运动过程与受力情况是解题的前提；分析清楚小物块的运动过程、根据小物块的受力情况应用运动学规律即可解题。
11.【答案】5.75×10−3 不需要 不需要 d2(t12−t22)2Lt12t22 1.25
【解析】解：(1)游标卡尺游标为20分度，故精确度为0.05mm，主尺读数为5mm，游标尺上第15个格对齐，故最终读数为5mm+0.05×15mm=5.75mm=5.75×10−3m
(2)实验中可通过力传感器来直接测量细线的拉力，不需要近似的将重物的重力约等于细线的拉力，故实验中不需要满足重物的质量远小于滑块(含挡光片)的质量，根据实验原理可知与滑块的释放位置无关。
(3)小车通过光电门A、B时的速度分别为
vA=dt1
vB=dt2
以小车为研究对象，小车通过光电门A、B时，根据运动学规律有
vB2−vA2=2aL
解得
a=d2(t12−t22)2Lt12t22
(4)对滑块(含遮光条)，根据牛顿第二定律可得：
a=F−fM=1MF−fM
根据图象可得图象的斜率表示滑块(含遮光条)的质量的倒数，即有：
1M=k=ΔaΔF=4.06.0−1.0kg−1
解得：M=1.25kg
故答案为：(1)5.75×10−3；(2)不需要，不需要；(3)d2(t12−t22)2Lt12t22；(4)1.25
(1)根据游标卡尺的精度分析读数；
(2)根据实验原理分析解答；
(3)根据匀变速直线运动规律解答；
(4)对滑块，根据牛顿第二定律求出a与F的一次函数表达式，根据a−F图象的斜率求滑块的质量。
本题考查了探究加速度与物体质量、物体受力的关系的实验。涉及到图象问题时，要根据相应的物理规律，求出横坐标和纵坐标物理量的一次函数关系，利用图象的斜率及截距求出相应的物理量。
12.【答案】220V交流
【解析】解：(1)电火花计时器使用220V交流电源；
(2)电火花计时器的工作频率为50Hz，每隔0.02s打一次电，每相邻两点之间还有4个记录点未画出，共5个0.02s，故T=5×0.02s=0.1s；
根据匀变速直线运动规律可知，中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度：vC=xBD2T=17.1+26.92×0.1×0.01m/s=2.2m/s
(3)根据逐差法可知重力加速度g=xCE−xAC4T2=26.9+36.8−17.1−7.24×0.12×0.01m/s2=9.85m/s2
故答案为：(1)220V交流；(2)2.2；(3)9.85
(1)电火花计时器使用220V交流电源；
(2)匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度；
(3)根据公式Δx=aT2运用作差法求解加速度。
该题考查了研究匀变速直线运动的实验的装置和仪器的位置安装，要注意单位的换算。对于纸带的问题，我们要熟悉匀变速直线运动的特点和一些规律。
13.【答案】解：(1)开伞前运动员匀速飞行，由受力平衡有：k1v02=mg
开伞后运动员匀速飞行，由受力平衡有：k2(v03)2=mg
运动员在t1时刻打开降落伞瞬间，由牛顿第二定律有：k2v02−mg=ma1
代入数据可得：a1=8g
(2)若开伞前某时刻运动员的加速度大小为332a1，由牛顿第二定律有：mg−k1v12=m⋅332a1
代入数据可得：v1=12v0
若开伞后某时刻运动员的加速度大小为332a1，由牛顿第二定律有：k2v22−mg=m⋅332a1
代入数据可得：v1= 76v0
答：(1)t1时刻运动员的加速度a1的大小为8g；
(2)若某时刻运动员的加速度大小为332a1，该时刻运动员的速度大小为12v0或者 76v0。
【解析】(1)开伞前后运动员匀速飞行，分别利用力的平衡列式，运动员打开降落伞的瞬间，对运动员利用牛顿第二定律列式，联立方程可得a1的大小；
(2)某时刻运动员的加速度大小为332a1可能在加速过程，也可能在减速过程，两个过程分别利用牛顿第二定律可得运动员该时刻的速度大小。
本题考查了牛顿第二定律的应用，解题的关键是降落伞打开前后的正比例系数不同，注意某时刻运动员的加速度大小为332a1，有可能在加速过程也可能在减速过程。
14.【答案】解：(1)假设两车不会相撞，则两车的速度相等时，两车的距离最小，这段时间内货车的位移.
x1=v1t0+v12−v222a
这段时间内出租车的位移
x2=v2(t0+v1−v2a)
解得x1=86m，x2=63m
由于x1=86m>x2+x0=63m+20m=83m
则两车会相撞；
(2)设货车发现险情经时间t两车的速度相等，则v1−a(t−t0)=v2+a(t−t1−t0)
这段时间内货车的位移.
x′1=v1t0+v1(t−t0)−12a(t−t0)2
这段时间内出租车的位移
x′2=v2(t+t1)+v2(t−t1−t0)+12a(t−t0−t1)2
此时两车间的距离
Δx=x0+x′2−x′1
解得Δx=0.5m
答：(1)两车会相撞；
(2)这种情况下两车间的最小距离为0.5m。
【解析】(1)假设两车不会相撞，则两车的速度相等时，两车的距离最小，根据匀变速直线运动规律解得位移，从而分析判断；
(2)当二者的速度相等时，二者之间的距离最小。以出租车为参考系，根据速度-位移关系列方程进行解答。
追及相遇类的问题要找准3个关键点：①速度关系；②时间关系；③位移关系，把握这三个关系列式即可。
15.【答案】解：(1)物块刚滑上木板时，设物块的加速度大小为a1，
对物块受力分析，根据牛顿第二定律有：mgsinθ+μ1mgcsθ=ma1
由题意，物块到达木板上端时物块的速度恰好为零，根据匀变速直线运动的规律有：v02=2a1L
代入数据解得：L=4.5m
(2)物块上滑的过程中，木板恰好不往下滑，
对木板受力分析，根据平衡条件，在沿斜面方向上有：Mgsinθ=μ1mgcsθ+Ff
在垂直于斜面方向上有：Ff=μ2(m+M)gcsθ
联立代入数据解得：μ2=9 335
(3)当物块到达木板上端后，物块与木板都从静止开始沿斜面向下做匀加速运动，设物块的加速度大小为a2、木板的加速度大小为a3，物块经时间t滑到木板下端，
对物块受力分析，根据牛顿第二定律有：mgsinθ−μ1mgcsθ=ma2
解得：a2=2m/s2
对木板受力分析，根据牛顿第二定律有：μ1mgcsθ+Mgsinθ−μ2(M+m)gcsθ=Ma3
解得：a3=1m/s2
时间t内物块的位移大小为：s1=12a2t2
时间t内木板的位移大小：s2=12a3t2
根据几何关系有：s1−s2=L
物块滑离木板时，木板的速度大小为：v=a3t
联立解得：v=3m/s
答：(1)木板的长度L为4.5m；
(2)木板与斜面之间的动摩擦因数μ2为9 335；
(3)物块滑离木板时，木板的速度大小v为3m/s。
【解析】(1)根据木板的受力情况判断出木板的运动情况，利用牛顿第二定律求得物块的加速度，结合运动学公式求得木板的长度；
(2)木板恰好不下滑，根据平衡条件求木板与斜面之间的动摩擦因数；
(3)当物块到达木板上端后，物块与木板都从静止开始沿斜面向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律求得下滑时的加速度，根据运动学公式，结合位移关系列式即可求得物块滑离木板的时间及木板的速度大小。
本题主要考查了牛顿第二定律以及运动学基本公式的应用，解答本题的关键是正确对物体进行受力分析，知道上升到最大高度时，速度为零。