福建省福州第二中学2023-2024学年高二下学期7月期末考试物理试题（解析版）

这是一份福建省福州第二中学2023-2024学年高二下学期7月期末考试物理试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第I卷（选择题）
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一、单选题
1. 一物体受到两个共点力的作用，大小分别是6 N和8 N．其合力F的大小可能是（ ）
A. 0 NB. 1 NC. 10 ND. 15 N
【答案】C
【解析】
【详解】两个力合力的范围是
所以6 N和8 N的两个力，其合力F的范围是
故选C。
2. 如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a、b、c三颗卫星均做匀速圆周运动,轨道半径。其中a为地球静止同步卫星。下列说法正确的是（ ）
A. c在运动过程中可能会经过北京上空
B. b的周期可能大于地球的自转周期
C. a的动能一定等于b的动能
D. a、b的线速度一定相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知，c为极地轨道卫星，所以c在运动过程中可能会经过北京上空，故A正确；
B．卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有
解得
又
a为地球静止同步卫星，所以b的周期等于地球的自转周期，故B错误；
C．卫星的质量关系未知，所以无法比较a、b的动能大小关系，故C错误；
D．卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有
解得
故a、b的线速度大小一定相等，但方向不相同，故D错误。
故选A。
3. 一个质量为m的小球在绳的拉力作用下做半径为r的匀速圆周运动，小球运动的线速度为v，周期为T，则小球所需要的向心力为：（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】根据向心力公式可知，小球所需要的向心力为
故选D。
4. 一质点以大小为4m/s的水平初速度开始做加速直线运动，其加速度a与时间t的关系图像如图所示。已知a1+a2=4m/s2，质点前6s内的位移为56.6m，则加速度a2的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由于a-t图像与坐标轴围成面积表示速度的变化量，则可得
v0=4m/s，v1=6m/s，v2=(6+a1)，v3=(6+a1+a2)
v4=(6+2a1+a2)，v5=(6+2a1+2a2)，v6=(8+2a1+2a2)
则前6s位移为
又有
a1+a2=4m/s2
联立解得
a1=0.3m/s2，a2=3.7m/s2
故选C。
5. 小明同学想利用图示装置验证“物体质量一定时，其加速度与所受的合力成正比”这一结论。她先将6个相同的钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车在木板上恰能匀速下滑。现从小车中依次取n=1，2，3，4，5，6个钩码挂在细线右端，其余钩码仍留在小车内，并正确完成了后续的实验操作。设小车运动的加速度大小为a，不计滑轮轮轴的摩擦。下列说法正确的是（ ）
A. 该实验中细线对小车的拉力等于所悬挂钩码的总重力
B. 利用该方案无法验证“物体质量一定时，其加速度与所受的合力成正比”这一结论
C. 该同学根据实验数据描绘加速度a随n的变化图像应当是一条过原点的直线
D. 若实验中保持木板水平，则该同学描绘的加速度a随n变化的图像不是直线
【答案】C
【解析】
【详解】A．设钩码向下的加速度大小为a，绳子拉力大小为T，则由牛顿第二定律得：
显然T小于钩码总重力，故A错误；
BC．设每个钩码质量为m，小车质量为M，由牛顿第二定律，对于小车有：
对钩码有：
联立解得：
可知a-n图像为过原点的直线，并且验证了“物体质量一定时，其加速度与所受的合力成正比”这一结论，故B选项错误，C选项正确；
D．若保持木板水平，不平衡摩擦力，则需要考虑摩擦力对实验的影响。设每个钩码质量为m，小车质量为M，当有n个钩码挂在右侧时，小车及钩码系统由牛顿第二定律有：
求得：
可判断a-n图像为不过原点的直线，所以D选项错误；
故选C。
6. 某小组设计一个离心调速装置如图所示，质量为m的滑块Q可沿竖直轴无摩擦地滑动，并用原长为l的轻弹簧与O点相连，两质量均为m的小球和对称地安装在轴的两边，和与O、和与Q间用四根长度均为l的轻杆通过光滑铰链连接起来。当装置静止不动系统达到平衡时，轻杆张开的角度为。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A. 当装置静止不动系统达到平衡时，轻弹簧弹力大小为3mg
B. 当装置静止不动系统达到平衡时，轻弹簧的伸长量为l
C. 若和绕轴旋转的角速度从0缓慢增大，则弹簧的弹性势能先减小后增大
D. 若和绕轴旋转的角速度从0缓慢增大，则弹簧的弹性势能逐渐减小
【答案】C
【解析】公众号：高中试卷君
【详解】A．当装置静止不动系统达到平衡时，对和受力分析有，OP沿杆向上的拉力和QP杆沿杆向上的支持力，则OP杆的拉力为
解得
沿竖直方向上的分力为。将、和Q与之间的杆看做整体，整体受重力和和与O之间杆的拉力，弹簧的弹力，根据平衡条件得
故轻弹簧弹力大小为2mg，A错误；
B．根据几何关系可知，当装置静止不动系统达到平衡时，OQ的距离为的距离为，故轻弹簧的伸长量为，B错误；
CD．若和绕轴旋转的角速度从0缓慢增大，和所需要的向心力变大，故QP杆对球P的支持力先逐渐减小后反向增大，OP杆对球P的拉力逐渐增大，弹簧由伸长状态，长度不断变小，随后又变为压缩状态，故弹簧的弹性势能先减小后增大，C正确，D错误。
故选C。
7. 如图所示，两根等长的光滑杆的一端固定在一起与另一水平杆构成三角架，夹角为60°，两杆夹角的平分线沿竖直方向，两杆的A、B端在同一水平面上。质量分别为m和2m的两小球用细线相连后，分别套在两杆上，在图示位置能保持静止。现将三角架绕A端在竖直平面内沿逆时针方向缓慢转动，直到AO杆竖直。下列说法正确的是（ ）
A. OA杆对小球的弹力一直增大
B. OB杆对小球的弹力一直减小
C. OA杆竖直时，OB杆对小球的弹力是OA杆对小球弹力的2倍
D. 缓慢转动过程中，细线上的拉力一直不变
【答案】C
【解析】
【详解】AB．将两小球看成一个整体，构建整体受力的矢量三角形，如图所示
两弹力间的夹角大小不变，整体重力大小、方向均不变，可构造该矢量三角形的外接圆，在OA杆对小球的弹力方向逐渐变为水平向左的过程中，一直在减小，一直在增大，AB错误；
C．OA杆转到竖直方向时，OB杆对小球的弹力达到最大值，结合力的矢量三角形可知
，
故C正确；
D．初态时，、间的夹角为120°，、与竖直方向的夹角均为60°，可知初态时两杆对球的弹力大小相等，均为3mg，以OA杆上的小球为研究对象，由余弦定理可得细线对小球的作用力
末状态时，细线对小球的作用力
故D错误。
故选C。
8. 如图所示，O点有一个很小的光滑轻质圆环，一根轻绳AB穿过圆环，A端固定，B端悬挂一个重物。另一根轻绳一端固定在C点，另一端系在圆环上，力F作用在圆环上。圆环静止时，绳OC与绳OA水平，F与OA的夹角为45°。现改变力F，圆环位置不变，且重物始终处于平衡状态，则下列说法中正确的是（ ）
A. 改变F方向时绳AB中拉力将改变
B. 当F沿逆时针旋转时，F先增大后减小
C. 当F沿顺时针旋转时，绳OC中的拉力先增大后减小
D. F沿逆时转过的角度不能大于90°
【答案】D
【解析】
【详解】A．因为重物始终处于平衡状态，所以AB绳子的拉力的大小与重物的重力大小相等，不变化，选项A错误；
BC．对环受力分析，环受AO和BO两绳子的拉力，以及绳子CO和F的拉力；环的位置不变，则AB绳子的拉力不变，AO与BO的合力也不变，方向沿它们的角平分线，根据共点力平衡的特点可知，CO与F的合力与AO、BO的合力大小相等，方向相反；当力F的方向变化时，做出F与CO上的拉力的变化如图：

由图可知，当沿逆时针族转时，F先减小后增大，绳OC的拉力减小；而当F沿顺时针旋转时，F逐渐增大，绳OC的拉力增大，选项BC错误；
D．由于F与CO绳子的拉力的合力方向与水平方向之间的夹角是45°，可知F沿逆时转过的角度不能大于90°，选项D正确。
故选D。
二、多选题
9. 下列说法正确的是( )
A. 摆钟偏快时可缩短摆长进行校准
B. 火车鸣笛向我们驶来时，我们听到的笛声频率将比声源发声的频率高
C. 拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度
D. 地面附近有一高速水平飞过火箭，地面上的人观察到的火箭长度要比火箭上的人观察到的短一些
E. 光从水中射入玻璃中，发现光线偏向法线，则光在玻璃中传播速度一定小于在水中的传播速度
【答案】BDE
【解析】
【详解】A．摆钟偏快，说明周期偏小，要让周期变大，则可将摆长调长进行校准，故A错误；
B．根据多普勒效应，火车向我们驶来的时候，听到的频率高于声源发出的频率，故B正确；
C．加偏振片的目的是减弱橱窗玻璃的反射光，故C错误；
D．对一高速水平飞过的火箭，地面上的人观察到火箭沿着速度方向的长度比火箭上的人观察到的短一些，故D正确；
E．光从水中射入玻璃中，发现光线偏向法线，则玻璃的折射率大，根据公式v＝可知，光在玻璃中传播速度一定小于在水中的传播速度，故E正确．
故选：BDE
10. 时刻，在倾角为的固定斜面上，一质量为的物块在沿平行斜面向上的恒力F作用下，以一定的初速度沿斜面向上运动。时，撤去拉力F。物块在斜面上运动的图如图所示，物块与斜面间的动摩擦因数，则（ ）
A. 拉力F的大小为B. 物块加速度的大小为
C. 前内，拉力的平均功率为D. 前内，物块克服摩擦力做功
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】AB．由图可知，物块沿斜面向上运动和向下运动的加速度相等则有
可解得
故A正确，B错误；
C．前1s内物体运动的位移
拉力做的功
拉力的平均功率
故C正确；
D．前2s内，物体克服摩擦力做功
故D错误。
故选AC。
11. 如图所示，质量为M、长度为L的木板静止在光滑的水平面上，质量为m的小物体（可视为质点）放在木板上最左端，现用水平恒力F作用在小物体上，使物体从静止开始做匀加速直线运动。已知物体和木板之间的摩擦力为f。当物体滑到木板的最右端时，木板运动的距离为x，则在此过程中（ ）
A. 力F对物体做功大小为B. 摩擦力对物体做功为
C. 摩擦力对物体做功为D. 摩擦力对木板做功为
【答案】AD
【解析】
【详解】A.根据功的计算式，力F对物体做功
故A正确；
BC．小物块受到的摩擦力向左，摩擦力对物体做功
故BC错误；
D．木板受到的摩擦力向右，摩擦力对木板做功
故D正确。
故选AD。
12. 在儿童游乐场有一种射击游戏，地面上圆形轨道的半径为R，轨道上的小车以角速度ω做匀速圆周运动，坐在小车上的游客使用玩具枪向处于轨道圆心处的立柱射击，某次射击时子弹恰好水平击中立柱的最高点，射击时枪口到立柱最高点的水平距离为x，竖直距离为h，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 子弹射出枪口时的速度大小为
B. 子弹射出枪口时的速度大小为
C. 射击时枪管与水平面的夹角为θ，
D. 射击时枪管与水平面的夹角为θ，
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．射击过程中所用的时间
，
射击时枪口到立柱最高点水平距离为x，故水平方向的速度为
竖直方向的速度为
整理得子弹射出枪口时的速度大小为，A正确，B错误；
CD．射击时枪管与水平面的夹角为θ，子弹相对于地面水平方向速度为
则有
C错误，D正确。
故选AD。
第II卷（非选择题）
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三、实验题
13. 某兴趣小组利用如图所示实验装置，验证“合外力做功和动能变化的关系”。小车及车中砝码的质量为M，沙桶和沙的质量为m，在木板上的小车的运动速度可由小车后面拉动的纸带经打点计时器打出的点计算得到。
（1）除图中所示仪器外，还需要下列哪些仪器？ （ ）
A． 天平 B．秒表 C．带毫米刻度的刻度尺
D．弹簧测力计 E．低压交流电源 F．低压直流电源
（2）在实验中，下列操作不正确的有 （ ）
A．将木板的右端适当垫起，以平衡小车的摩擦力
B．每次改变小车的质量时，都要重新平衡摩擦力
C．平衡摩擦力的过程中打点计时器不需接通电源
D．该实验不一定要满足M远大于m
（3）如下图所示是某次实验时得到的一条纸带，O点为由静止开始释放时沙桶纸带上打的第一个点，速度为0。相邻两个计数点之间的时间间隔为T，根据此纸带可得出小车通过计数点D时的速度=______。
（4）若用O、D两点来研究合外力做功和动能变化的关系，需要验证的关系式为：______（用所测物理量的符号表示）。
【答案】 ①. ACE ②. BC##CB ③. ④.
【解析】
【详解】（1）[1]因为需要知道砝码的质量，所以需要天平，打点计时器要工作需要低压交流电源，为了测量加速度还需要刻度尺，选ACE。
（2）[2]AB．若用沙和小桶的总重力表示小车受到的合力，为了减少这种做法带来的实验误差，必须：使长木板右端抬起一个合适的角度，以平衡摩擦力，保证合外力等于绳子的拉力，但不需要每次都平衡摩擦力,故A正确，B错误；
C．平衡摩擦力需要接电源，看打出的点是否均匀，故C错误；
D．本实验不需要满足M远大于m，因为验证中对整体
故D错误。
故选A。
（3）[3]根据匀变速直线运动的特点，D点的速度等于CE之间的平均速度，所以
（4）[4]O到D之间重力势能减小
动能增大
需要验证的是
14. 为了探究加速度与力的关系，某实验小组使用如图所示的装置进行实验。其中两个光电门A、B分别与两个数字计时器相连。力传感器可以测出上端绳子上的拉力，平衡好摩擦力后，在沙桶中逐次添加沙子，测得多组数据。
（1）下列说法中正确的是___________
A. 平衡摩擦力时，在沙桶中逐渐添加沙子，直至物块通过两光电门的时间相等；
B． 实验中，不需要让物块每次都从同一位置释放；
C． 实验中，应保证沙和沙桶的质量远小于物块和遮光片的质量。
（2）一次测量中，记录下物块通过光电门的遮光时间分别为、，以及在两个光电门之间的运动时间t，用游标卡尺测得遮光片的宽度为d，则物块运动的加速度为___________（用、、、d表示）；
（3）测得多组数据后绘制出如图乙所示的图像，图像不过原点的原因是___________。
【答案】 ①. B ②. ③. 平衡摩擦力时，斜面倾角过大
【解析】
【详解】（1）[1]A．先拿下沙桶，然后将带滑轮的长木板右端垫高，直至物块通过两光电门的时间相等以平衡摩擦力，故A错误；
B．实验中，不需要让物块每次都从同一位置释放；
C．实验中，力传感器可以测出物块所受拉力，不需要沙和沙桶的质量远小于物块和遮光片的质量，C错误。
故选B。公众号：高中试卷君
（2）[2]物块经过光电门A、B的速度分别为
根据运动学公式
联立可得
（3）[3]由图可知，当绳子拉力为零时，加速度不为零，可知图像不过原点的原因是平衡摩擦力时，斜面倾角过大。
四、解答题
15. 某科技兴趣小组试飞一架自制无人机，该无人机的质量m=0.2 kg，由静止开始沿竖直方向匀加速上升，加速度a=2m/s2，上升时间t=3s，求：该过程中无人机
(1)受到合力的大小F； (2)上升的高度h； (3)末动能Ek．
【答案】(1)0.4N (2)9m (3)3.6J
【解析】
【分析】(1)据牛顿第二定律求得物体所受的合力；
(2)据运动学公式求得物体3s内上升的高度；
(3)据运动学公式求得物体3s末的速度，进而求得物体3s末的动能．
【详解】(1)据牛顿第二定律得物体所受的合力
(2)据运动学公式求得物体3s内上升的高度
(3)据运动学公式求得物体3s末的速度
物体3s末的动能
16. 如图所示，厚度不计的圆环套在粗细均匀、长度为0.8m的圆柱顶端．圆环可在圆柱上滑动，同时从静止释放，经0.4s圆柱与地相碰，圆柱与地相碰后速度瞬间变为0，且不会倾倒．
（1）求静止释放瞬间，圆柱下端离地的高度
（2）若最终圆环离地的距离为0.6m，则圆环与圆柱间的滞动摩擦力是圆环重力的几倍？
（3）若圆环速度减为0时，恰好到达地面，则从静止释放时圆环离地的高度为多少？
【答案】（1）（2）5（3）
【解析】
【分析】（1）圆柱体由静止释放做自由落体运动，根据h=gt2求解圆柱下端离地的高度；
（2）圆柱体落地后，圆环做减速运动直到速度为零；根据运动公式求解加速度，根据牛顿第二定律求解圆环受阻力与重力的比值；
（3）根据速度位移关系求解静止释放时圆环离地的高度.
【详解】（1）圆柱下端离地的高度
（2）圆柱体落地时圆环的速度：
解得a=40m/s2；
对圆环根据牛顿第二定律：f-mg=ma，
解得f：mg=5
（3）由v22=2aL，
解得v2=8m/s，
则
则从静止释放时圆环离地的高度为H=L+h2=4m
17. 如图所示的离心装置中，轻质弹簧一端固定在杆的O点，另一端与一质量为M的方形中空物块A连接，弹簧和物块A均套在光滑竖直方形轻杆上，长为L的轻杆一端通过铰链连在O点（轻杆可在竖直面内转动），另一端固定质量为m的小球B，物块A与小球B之间用长为L的轻质细线连接，物块A、小球B和弹箦均能随竖直轻杆一起绕过O点的竖直转轴转动。装置静止时，轻质细线AB绷紧，细杆与水平方向的夹角为，现将装置由静止缓慢加速转动，当转速稳定时，细杆与水平方向夹角减小到，细杆中的力恰好减小到零，重力加速度为g，取，，求：
（1）转速稳定时，弹簧长度x及装置转动的角速度；
（2）装置静止时，细线张力和弹簧弹力大小。

【答案】（1），；（2），
【解析】
【详解】（1）转速稳定时，由几何关系有
小球B做匀速圆周运动，细杆中的力为0，则对B进行受力有
根据几何关系有
解得
（2）装置静止时，对小球B进行受力如图所示

由平衡条件可知，细线对B的力与杆对B的力大小相等，设为，竖直方向有
解得
对物块A进行受力，竖直方向有
解得
18. 动车组是城际间实现小编组、大密度的高效运输工具，以其编组灵活、方便、快捷、安全、可靠、舒适等特点而备受世界各国铁路运输和城市轨道交通运输的青睐。动车组就是几节自带动力的车厢加几节不带动力的车厢编成一组，就是动车组，假设有一动车组由8节车厢连接而成，每节车厢的总质量均为7.5×104kg。其中第一节、第二节带动力，它们的额定功率分别为3.6×107W和2.4×107W，车在行驶过程中阻力恒为重力的0.1倍
（1）求该动车组只开动第一节的动力的情况下能达到的最大速度；
（2）若列车从A地沿直线开往B地，先以恒定的加速度a=lm/s2（同时开动第一、第二节的动力）从静止开始启动，求列车匀加速运动的时间；
（3）若在（2）中列车达到最大速度后匀速行驶，匀速运动后某一时刻除去动力，列车在阻力作用下匀减速至B地恰好速度为0。已知AB间距为1.625×104m，求列车从A地到B地的总时间。
【答案】（1）；（2）50s；（3）
【解析】
【详解】（1）只开动第一节动力的前提下，当第一节以额定功率运行且列车的牵引力等于阻力时达到最大速度
其中阻力
，
得
60 m/s
（2）列车同时开动第一、第二节的动力以恒定加速度a=lm/s2从静止开始启动，根据牛顿第二定律有
解得
设匀加速运动的最大速度为，则有
代入数据解得
列车匀加速运动时间为
（3）设列车从C点开始做匀减速运动，令A到C的时间为t1，AC间距为x1；C到B的时间为t2，CB间距为x2，在CB间匀减速运动的加速度大小为a，列车的总重量M＝8mg＝6.0×105 kg，运动示意图如下
从C到B由牛顿第二定律和运动学公式得
代入数据解得
所以
从A到C的用动能定理得
代入数据解得
t1＝500s
所以