2021-2022学年辽宁省铁岭市六校协作体高二（下）期末物理试卷（含解析）

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2021-2022学年辽宁省铁岭市六校协作体高二（下）期末物理试卷

第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1. 第届亚运会将于今年月在杭州举行，目前各大运动场馆均已建设完毕，图为某运动场标准跑道的平面图，所有径赛的终点线相同，下列关于各类径赛说法正确的是(    )

A. 比赛每位运动员的位移大小为
B. 比赛时，冠军运动员的平均速度最大
C. 比赛中最后一棒运动员的位移大小为
D. 用高速摄像判断哪位运动员率先到达终点时，可将运动员看成质点

2. 质点做直线运动的位移与时间的关系为各物理量均采用国际单位制单位，则该质点(    )

A. 第内的位移是 B. 前内的平均速度是
C. 任意相邻的内位移差都是 D. 任意内的速度增量都是

3. 如图甲所示的家用燃气炉架有五个爪，将总质量为的锅正放在炉架上，示意图如图乙所示。忽略爪与锅之间的摩擦力，锅底可看作半径为的球面，重力加速度为，则每个爪与锅之间的弹力(    )

A. 等于，且越大弹力越大 B. 等于，且越大弹力越小
C. 大于，且越大弹力越大 D. 大于，且越大弹力越小

4. 如图所示，中国三一重工的一台米长的泵车，参与某次消防救火冷却作业，对泵车在水平路面上以加速度作匀加速运动的过程，下列分析正确的是(    )

A. 泵车受到的重力和泵车对地面的压力是一对平衡力
B. 轮胎上凹凸不平的花纹是为了增加车对地面的压力
C. 开车时要求系安全带是为了减小司机的惯性
D. 若泵车发动机的牵引力增为原来的倍时，泵车的加速度将大于

5. 为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示当此车减速上坡时，则乘客仅考虑乘客与水平面之间的作用(    )

A. 处于失重状态 B. 不受摩擦力的作用
C. 受到向前水平向右的摩擦力作用 D. 所受合力竖直向上

6. 如图所示，、两小球用等长的细线悬挂在倾角为的直杆上。现同时剪断细线，球比球晚落地。球与地面的高度差不计空气阻力，取。则(    )

A. 球与地面的高度差为
B. A、两小球释放前相距
C. 若先剪断悬挂球的细线，、两球有可能同时落地
D. 球比球在空中运动的时间长，所以球的速度变化率比球的大

7. 某人从同一点以相同的速度先后竖直向上抛出两小球、，两球的图像分别如图中、所示，不计空气阻力，取。下列说法正确的是(    )

A. 球上升时和球相遇
B. 若抛出两球的时间差合适，球可以在上升过程中和相遇
C. 和时，两球的间距相等
D. 到，球运动的平均速度大小为

二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）

8. 如图所示，、、三个物体质量相等，它们与传送带间的动摩擦因数也相同。三个物体随传送带一起匀速运动，运动方向如图中箭头所示。则下列说法正确的是

A. 物体受到的摩擦力方向向右
B. B、受到的摩擦力方向相同
C. B、受到的摩擦力方向相反
D. 若传送带向右加速，物体受到的摩擦力向右

9. 现阶段防疫形式仍然十分严峻。在某城市发生新冠疫情期间，一位快递小哥通过如图装置“无接触”配送，把生活物资送入隔离单元楼居民手中。快递小哥和居民位置不变，先将物资匀速拉升至三楼，再由居民用水平力将物资缓慢向左拉动，完成物资的运送。若绳的重力及定滑轮的摩擦不计，滑轮大小忽略不计，则(    )

A. 物资向上运动时，快递小哥受到地面的静摩擦力不变
B. 物资向左运动时，快递小哥手中绳的拉力不断增大
C. 物资向左运动时，居民受到的摩擦力不变
D. 整个运送过程中，快递小哥受到的支持力始终小于自身的重力

10. 如图所示，足够长的木板置于光滑水平面上，倾角的斜劈放在木板上，一平行于斜面的细绳一端系在斜劈顶，另一端拴接一可视为质点的小球，已知木板、斜劈、小球质量均为，斜劈与木板之间的动摩擦因数为，重力加速度，现对木板施加一水平向右的拉力，下列说法正确的是(    )

A. 若，当时，木板相对斜劈向右滑动
B. 若，不论多大，小球均能和斜劈保持相对静止
C. 若，当时，小球对斜劈的压力为
D. 若，当时，细绳对小球的拉力为

第II卷（非选择题）

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

11. 某物理兴趣小组的同学在研究弹簧弹力的时候，测得弹力的大小和弹簧长度的关系如图甲所示。
    
    由图甲可知，弹簧的劲度系数为______。
    为了测定两木块、间的动摩擦因数，两同学分别设计了如图乙所示的Ⅰ、Ⅱ两种方案。
    为了用某一弹簧测力计的示数表示和之间的滑动摩擦力的大小，你认为方案______更合理。
    方案Ⅰ中，若和受到的重力分别为和。当被拉动时，弹簧测力计的示数为，的示数为，则、间的动摩擦因数为______。
12. 某同学利用如图甲所示的装置探究小车加速度与其所受合外力之间的关系。
    
    请补充完整下列实验步骤的相关内容：
    用天平测量砝码盘的质量、小车含遮光片的质量并记录，用游标卡尺测量遮光片的宽度并记录，游标卡尺的示数如图乙所示．则______；按图甲所示安装好实验装置，用刻度尺测量两光电门之间的距离；
    在砝码盘中放入适量的砝码，适当调节长木板的倾角，直到轻推小车后遮光片先后经过光电门和光电门的时间相等；
    取下细线和砝码盘，记下______填写相应物理量及其符号；
    使小车从靠近滑轮处由静止释放，分别记录遮光片遮挡光电门和的时间和；
    重新挂上细线和砝码盘，改变长木板倾角和砝码盘中砝码的质量，重复步骤。
    若每次实验记录的数据在误差范围内都满足______用问中记录的物理量符号表示，已知重力加速度为，则牛顿第二定律得到验证。
    本实验的误差可能来源于下列哪些情况？______。
    A.与小车端相连的细线和轨道不平行
    B.轨道不光滑
    C.两光电门间的距离过近
    D.砝码盘的质量未能远大于小车的质量

四、计算题（本大题共3小题，共40.0分）

13. 如图所示，水平轻绳一端固定在墙上，另一端连接小球；另一根轻绳跨过光滑定滑轮后分别连接小球和水平地面上的物体已知物体的质量，小球的质量。跨过定滑轮的轻绳两侧与竖直方向夹角均为，小球和物体均处于静止状态，取重力加速度大小，求：
    轻绳的张力大小；
    物体所受地面的摩擦力大小和支持力大小。

14. 第届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图所示，长水平直道与长的倾斜直道在点平滑连接，斜道与水平面的夹角为。运动员从点由静止出发，推着雪车匀加速到点时速度大小为，紧接着快速俯卧到车上沿匀加速下滑图所示，到点共用时。若雪车包括运动员可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为，，重力加速度取。求雪车包括运动员
    
    在直道上的加速度大小；
    过直道的加速度大小；
    在斜道上运动时受到的阻力大小．
15. 如图所示，质量的长木板放在光滑的水平面上，质量的小物块放在木板上处于静止状态，物块与木板间的动摩擦因数。对木板施加向左的作用力使木板向左运动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小。
    为使物块与木板运动过程中保持相对静止，的大小应满足什么条件；
    使木板以的加速度匀加速运动，求此过程中力的大小；
    使木板先以的加速度匀加速运动，再以的加速度匀加速运动，当速度达到后保持匀速直线运动，最终木板和物块相对静止。求上述过程中物块相对木板滑动的距离。

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：、位移为初位置到末位置的有向线段，由于比赛运动员的初位置不同，故位移不相同，故A错误；
B、比赛时，每位运动员的位移相同，冠军运动员所用时间最短，根据可知平均速度最大，故B正确；
C、比赛中最后一棒运动员运动的位移大小不一定等于，与交界区域有关，故C错误；
D、用高速摄像判断哪位运动员率先到达终点时，是研究短跑运动员的撞线时，其自身大小不能忽略，所以不可以看做质点，故D错误；
故选：。
位移为初位置到末位置的有向线段，平均速度为位移与时间的比值，物体的大小和形状对所研究的问题没有影响或可以忽略不计时，可以看做质点。
本题主要考查了描述物体运动的物理量，抓住各个物理量的定义即可判断。
 

2.【答案】 

【解析】解：根据匀变速直线运动的位移时间关系公式，可得质点的初速度：，加速度。
A、第内的位移：，故A错误；
B、由可得前内的平均速度为：，故B错误。
C、任意相邻的内位移差：，故C错误。
D、任意内的速度增量：，故D正确。
故选：。
对照匀变速直线运动的位移时间关系公式，即可求得质点的初速度和加速度，求出前内的位移之后，与时间相比即可求得平均速度．任意相邻的内位移差根据推论：求解．速度增量根据求解．
本题关键要掌握匀变速直线运动的位移时间关系公式、推论等运动学公式的基本规律，并能灵活应用．
 

3.【答案】 

【解析】解：设爪与锅之间的弹力为，与竖直方向的夹角为，
弹力在竖直方向的分力为
竖直方向根据平衡条件可得
则：
由几何关系可知，越大，越大，弹力越小，故ABC错误，D正确。
故选：。
五个爪对锅的弹力在竖直方向的分力等于锅的重力，根据平衡条件进行解答。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
 

4.【答案】 

【解析】解：、泵车受到的重力和地面对泵车的支持力是一对平衡力；故A错误；
B、轮胎上凹凸不平的花纹是通过增大接触面的粗糙程度的方法来增大摩擦；而不是为了增大压力，故B错误；
C、开车时要求系安全带是为了减小惯性带来的危害，惯性的大小不会变化，因为惯性大小只与质量有关，质量不变，惯性不变；故C错误；
D、当牵引力为时，有：，当牵引力为时，有：，所以加速度大于，故D正确；
故选：。
摩擦力的大小与压力大小、接触面的粗糙程度有关；在接触面粗糙程度相同的情况下，滑动摩擦力大小与压力有关，压力越大摩擦力越大；在压力相同的情况下，滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度有关，接触面越粗糙，摩擦力越大；
任何物体在任何情况下都具有惯性，惯性是物体保持原来运动状态不变的性质；惯性大小只与质量有关．
物体处于静止状态时，受到平衡力的作用，分析准确哪个力和哪个力是平衡力很关键．
深入理解增大摩擦力的方法、明确惯性的概念及影响惯性的因素、抓住平衡力需要满足的四个条件同物、同线、等大、反向；可做出正确选择．
 

5.【答案】 

【解析】解：当车减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度与车的加速度相同，根据牛顿第二定律知人的合力方向沿斜面向下，合力的大小不变，人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图所示：

将加速度沿竖直方向和水平方向分解，有竖直向下的加速度，则，故F，乘客处于失重状态，故BCD错误，A正确。
故选：。
根据加速度的方向确定超失重现象，分析人的受力情况，列牛顿第二定律求解。
该题考查了牛顿运动定律的相关知识，将加速度分解，列牛顿第二定律表达式是解题的关键。
 

6.【答案】 

【解析】解：、对分析，根据自由落体公式：

则球的下落时间为，因此球与地面的高度为：
，故A错误；
B、根据位置关系可知，释放前两个小球的高度差为：

根据几何关系可知，释放前两小球的距离为：
，故B正确；
C、若先剪断球的细绳，则球会更早落地，故C错误；
D、速度变化率为，两个小球的加速度都等于重力加速度，因此两球的速度变化率相等，故D错误；
故选：。
根据自由落体的公式计算出时间，再计算出与地面的高度差；
根据几何关系计算出两球释放前的距离；
理解速度变化率的物理意义并完成分析。
本题主要考查了自由落体运动的相关应用，熟悉运动学公式，结合几何关系，正确理解速度变化率的物理意义即可完成分析。
 

7.【答案】 

【解析】解：设小球上升时所需时间为，则，代入数据解得或；由图像可知时，球开始上抛，两球不可能相遇，时，球在最高处，两球不可能相遇，故A错误。
B.根据图可知小球上升的时间为，由面积法，小球、的位移没有相等的时刻，所以在小球上升的过程中，小球不可能相遇，故B错误。
C.在时，小球在最高处，根据面积法得，小球上升高度，两球相差；在时，小球上升高度，小球在最高处，两球相差，故C正确。
D.在到，球的位移，平均速度，故D错误。
故选：。
由图像可以得到小球的初速度和上升时间；根据运动学公式可求球上升所用时间；用面积法求位移。
本题考查了竖直上抛运动的相关知识及图中面积法求位移。
 

8.【答案】 

【解析】解：因为物体匀速，受平衡力作用，所以物体不受摩擦力，故A错误；如果物体向右加速，摩擦力产生加速度，摩擦力方向水平向右，故D正确。
物体沿斜面向上匀速，摩擦力与重力的分力平衡，摩擦力方向向上，物体沿斜面向下匀速，摩擦力与重力的分力平衡，摩擦力方向向上，物体、受到的摩擦力方向相同，故B正确，C错误。
故选：。
物体做匀速运动是平衡状态，合力为零；物体做加速运动，合力方向与加速度方向相同。
本题主要考查了物体在水平传送带和倾斜传送带的平衡问题、物体在水平传送带做加速运动，摩擦力产生加速度。
 

9.【答案】 

【解析】解：、设快递小哥与滑轮之间的绳子与水平方向的夹角为，物资的重力为。物资向上运动时，绳子中的张力大小为：
根据平衡条件可知，快递小哥受到地面的静摩擦力大小为：
所以物资向上运动时，快递小哥受到地面的静摩擦力不变，故A正确；
B、物资向左运动，受力如右图一所示；
设物资与滑轮之间的绳子与竖直方向的夹角为，根据平衡条件有：                    图一
物资向左运动时，不断增大，绳子中的张力不断增大，所以快递小哥手中的绳的拉力不断增大，故B正确；
C、根据平衡条件可知，居民受到的摩擦力大小为：，物资向左运动时，不断增大，不断增大，故C错误；
D、快递小哥受力如右图二所示，根据平衡条件可知，快递小哥受到的支持力大小为；，整个运送过程中，绳子中的拉力都不为零，所以有，故D正确。



                                                                                                                                   图二
故选：。
分析快递小哥和物资的受力，列平衡方程判定静摩擦力的变化和绳子拉力的变化。
本题主要考查受力分析和力学动态平衡的知识，推理能力，熟练用正交分解法解答问题能力，体现科学态度与责任和科学思维。
 

10.【答案】 

【解析】解：小球与斜面恰好没有弹力一起向右运动的加速度为
A、整个系统一起向右运动的最大加速度，，所以当时，木板不会相对斜劈向右滑动，故A错误
B、若，斜劈的最大加速度为，所以不论多大，小球均能和斜劈保持相对静止，故B正确
C、若，当小球对对斜劈压力为零时，加速度为，整个系统能够一起运动，，故C正确
D、若，当时，斜劈与木板发生相对滑动，小球离开斜面，由于，所以球与斜劈的加速度为，对球受力分析，根据矢量三角形，所以，故D正确。
故选：。
斜劈与长木板一起运动临界加速度取决于斜劈与木板之间的摩擦因数们根据牛顿第二定律计算临界的外力；小球与斜劈之间恰好没有弹力的加速度，对小球受力分析求出临界加速度，围绕这些临界加速度讨论即可求解。
本题考查牛顿第二定律、板块模型、临界条件的选择等，有一定难度。注意先计算临界加速度，再计算临界外力，围绕该力去讨论。
 

11.【答案】  Ⅰ   

【解析】解：由图所示可知，弹簧的弹力时，弹簧的长度为，即弹簧的原长为，弹力为，弹簧的长度为，弹簧伸长的长度；
由胡克定律得弹簧的劲度系数为；
图乙所示方案，弹簧测力计与木块一起运动，当木块做匀速直线运动时，所受滑动摩擦力等于弹簧测力计示数，不容易严格控制做匀速直线运动，另一方面对运动的弹簧测力计不容易读数；
图甲所示方案，弹簧测力计是静止的，只要、相对滑动，弹簧测力计的示数打出就等于所受的滑动摩擦力，实验不需要控制做匀速运动，对静止的弹簧测力计容易读数，因此方案Ⅰ更合理。
静止，处于平衡状态，对，由平衡条件可知，受到的滑动摩擦力，
滑动摩擦力，则动摩擦因数：；
故答案为：；Ⅰ；。
由弹簧的长度和弹力大小的关系图象，读出弹力为零时弹簧的长度，即为弹簧的原长；由图读出弹力和弹簧的长度，求出弹簧压缩的长度，由胡克定律求出弹簧的劲度系数．
根据作用力与反作用力的关系，摩擦力的大小与弹簧的示数相等，求摩擦力也就是看弹簧的读数；
在不同的情况下接触面受到的正压力的大小不同，摩擦力也就不一样．
胡克定律公式中，是弹簧伸长或压缩的长度，不是弹簧的长度．第关键明确实验原理，根据平衡条件和滑动摩擦定律列式求解．
 

12.【答案】  砝码的质量    

【解析】解：游标卡尺的分度值为，不需要估读，则；
在步骤中，小车先后经过光电门和光电门的时间相等，此时小车受力平衡，钩码和盘总重力等于小车所受拉力，当取下砝码和盘时，小车受合力为砝码和盘总重力，所以应该记下此时砝码的质量；
在遮光片随滑块从运动到的过程中，由于遮光片宽度很小，所以可以用经过光电门的平均速度代替滑块经过、两点的瞬时速度，则


小车从到过程中，根据运动学公式求得加速度为

由牛顿第二定律得：

即
化简得：
即满足上式，则牛顿第二定律得到验证；
、与小车端相连的细线和轨道不平行，使得小车系上细线和砝码盘时，小车受到合力发生变化，撤去细线后，小车受到的重力分力与摩擦力的合力不等于，对实验产生误差，故A正确；
C、两光电门间的距离过近，将会增大长度测量的相对误差，故C正确；
、当小车系上细线和砝码盘时，小车处于平衡状态，细线对小车的拉力为，撤去细线后，小车受到的重力分力与摩擦力的合力等于，没有误差，所以轨道是否光滑，砝码盘的质量与小车的质量关系对实验没有影响，故BD错误；
故选：。
故答案为：；砝码的质量；；
熟悉游标卡尺的读数规则即可完成分析；
根据运动学公式和牛顿第二定律即可完成分析；
根据实验原理分析出对应的实验误差。
本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合牛顿第二定律即可完成分析。
 

13.【答案】解：小球受力如图所示，根据平衡条件得：
水平方向：
竖直方向：
代入数据解得：
受力如图所示，由平衡条件得：
水平方向：
竖直方向：
代入数据解得：，
答：轻绳的张力大小是；
物体所受地面的摩擦力大小是，支持力大小是。 

【解析】对小球进行受力分析，根据平衡条件得轻绳的拉力大小；
根据平衡条件可得轻绳的拉力大小，再以物体为研究对象进行受力分析，水平方向和竖直方向根据平衡条件列方程求解。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
 

14.【答案】解：设在段加速度为，位移为，由速度位移关系可得：
代入数据解得：；
设运动员在段运动时间为，段时间为，
，则：
段
代入数据解得：；
在段由牛顿第二定律可得：
代入数据解得：。
答：在直道上的加速度大小为；
过直道的加速度大小为；
在斜道上运动时受到的阻力大小为。 

【解析】根据速度位移关系计算出运动员的加速度；
求出在段和段运动的时间，在段根据根据位移时间关系求解加速度大小；
由牛顿第二定律列平衡方程求解。
本题主要考查了运动的多过程问题，分析过程中涉及到了牛顿第二定律和运动学公式的计算，抓住转折点的速度不变进行分析即可，考法常规，难度不大。
 

15.【答案】解：物块与木板相对静止，加速度相同，设最大值为，对物块，由牛顿第二定律有
 
对木板和物块整体，由牛顿第二定律有
 
解得，
故为使物块与木板运动过程中保持相对静止，不大于。
因为，故此阶段物块与木板相对滑动，对物块，由牛顿第二定律有
 
对木板，由牛顿第二定律有
 
解得：
使木板先以的加速度匀加速运动，木板和物块相对静止运动，获得的速度为
此后物块以加速度做匀加速运动的时间为
木板速度达到的时间为
从物块与木板相对滑动到相对静止，物块运动的位移为
木板运动的位移为
物块相对木板滑动的距离为
解得：
答：为使物块与木板运动过程中保持相对静止，的大小应满足的条件是不大于；
此过程中力的大小为；
上述过程中物块相对木板滑动的距离为。 

【解析】物块与木板相对静止，加速度相同。当物块与木板间的静摩擦力达到最大值时，加速度达到最大，分别以物块和整体为研究对象，利用牛顿第二定律求解的最大值，从而得到大小的范围。
使木板以的加速度匀加速运动，物块与木板相对滑动，分别以物块和整体为研究对象，利用牛顿第二定律列式，即可求得力的大小；
根据位移时间公式和速度时间公式相结合求出物块与木板对地的位移，再得到物块相对木板滑动的距离。
对于牛顿第二定律和运动学公式的综合应用问题，关键要弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；要知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，在这类问题是关键量。