2023-2024学年河北省石家庄市第二中学高二（下）期末考试物理试卷（含解析）

2023-2024学年河北省石家庄市第二中学高二（下）期末考试物理试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.小物块以一定的初速度自光滑斜面的底端点上滑，最远可达点，为的中点，如图所示。已知物体由到的总时间为，则它从到所用的时间为( )
A. B.
C. D.
2.如图所示，质量为，倾角为的斜面静止在水平地面上，一轻弹簧左端拴接在质量为的物体上，右端连接一轻质细绳，细绳平行于斜面方向跨过光滑的轻质定滑轮后连接质量为的物体，其中甲图中定滑轮固定在天花板上，乙图中的定滑轮固定在斜面上，整个系统均处于静止状态，重力加速度为。则下列说法正确的是( )
A. 甲图中地面受到的摩擦力为
B. 甲图中地面受到的压力为
C. 乙图中地面受到的摩擦力为
D. 乙图中地面受到的压力为
3.两倾斜的平行杆上分别套着、两相同圆环，两环上均用细线悬吊着相同的小球，如图所示。当它们都沿杆向下滑动，各自的环与小球保持相对静止时，的悬线与杆垂直，的悬线沿竖直方向，下列说法正确的是( )
A. 环与杆有摩擦力
B. 球处于失重状态
C. 杆对、环的弹力大小相等
D. 细线对、球的弹力大小可能相等
4.无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面，利用电磁感应实现无线充电技术。劣质的无线充电宝使用过程中可能因吸力不足发生切线滑落造成安全隐患。图为科创小组某同学手握手机手不接触充电宝，利用手机软件记录竖直放置的手机及吸附的充电宝从静止开始在竖直方向上的一次变速运动过程手机与充电宝始终相对静止，记录的加速度随时间变化的图像如图所示规定向上为正方向，且图像上下部分分别与时间轴围成的面积相等，已知无线充电宝质量为，手机与充电宝之间最大静摩擦因数，重力加速度取，则在该过程中( )
A. 手机与充电宝全程向下运动，最终处于静止状态
B. 充电宝在与时刻所受的摩擦力方向相同
C. 充电宝与手机之间的摩擦力最小值为
D. 充电宝与手机之间的吸引力大小至少为
5.地球赤道上的重力加速度为，物体在赤道上随地球自转的向心加速度为，卫星甲、乙、丙在如图所示的三个椭圆轨道上绕地球运行，卫星甲和乙的运行轨道在点相切。不计阻力，以下说法正确的是( )
A. 卫星甲、乙分别经过点时的速度相等
B. 卫星甲与地球的连线比卫星乙与地球的连线在相同的时间内扫过的面积大
C. 卫星甲、乙、丙的周期关系为甲丙乙
D. 如果地球的转速为原来的倍，那么赤道上的物体将会“飘”起来
6.如图所示，一劲度系数为的理想弹簧一端固定于天花板上，另一端固定连接一质量为的物块，物块的下方还有一质量为的物块，、之间无粘连处理。由静止刚释放后瞬间测得、组成的系统具有竖直向下大小为的加速度。现使、回原位置静止，释放的同时在物块上作用一外力，使该系统竖直向下做加速度大小为的匀加速直线运动直到物块、分离，则当两物块分离的瞬间( )
A. 弹簧弹力大小为 B. 外力的大小为
C. 物块的速度大小为 D. 整个过程中外力所做的功为
7.如图所示，将小球从倾角为的斜面底端正上方某点以的速度水平抛出，同时一束平行光竖直向下照射小球，在斜面上留下了小球的“影子”，“影子”沿斜面运动时小球撞在斜面上。小球的质量为，小球可视为质点，不计空气阻力，不考虑小球与斜面相撞后的运动情况，取，，。下列说法正确的是( )
A. 小球的“影子”沿斜面做匀减速直线运动
B. 小球在空中的运动时间为
C. 抛出点与斜面底端的高度差为
D. 小球撞在斜面瞬间重力的瞬时功率为
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图，一个装满水的空心球总质量为，左侧紧靠在竖直墙面上，右侧由方形物块顶在其右下方的点，使球处于静止状态。空心球的圆心为，半径为，点距离圆心的竖直距离为，重力加速度为。则( )
A. 方块物体对空心球的弹力大小为
B. 仅将方块物体向右移动一小许，墙面对空心球的弹力将不变
C. 仅将空心球里的水放掉一小部分，方形物块对球的弹力将变小
D. 仅将空心球里的水放掉一小部分，方形物块对球的弹力与水平方向的夹角将变小
9.如图所示，不可伸长的柔软细绳穿过固定竖直放置的细管，两端拴着质量分别为和的小球。当小球绕细管的几何轴匀速转动时，到管口的绳长为，绳与竖直方向的夹角为，小球处于静止状态。细管处处光滑，其半径可忽略不计，重力加速度为。下列说法正确的是( )
A. 小球的线速度大小
B. 小球的运动周期
C. 向下缓慢拉动的过程中，夹角变小
D. 向下缓慢拉动的过程中，小球的角速度变大
10.三角形传送带以的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是且与水平方向的夹角均为现有两个小物块、从传送带底端都以的初速度冲上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数都是，下列说法正确的是( )
A. 物块、都能到达传送带顶端
B. 两物块在传送带上运动的全过程中，物块、所受摩擦力一直阻碍物块、的运动
C. 物块上冲到与传送带速度相同的过程中，物块相对传送带运动的路程为
D. 物块在上冲过程中在传送带上留下的划痕长度为
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.分小明通过实验验证力的平行四边形定则。
实验记录纸如题图所示，点为橡皮筋被拉伸后伸长到的位置，两弹簧测力计共同作用时，拉力和的方向分别过和点；一个弹簧测力计拉橡皮筋时，拉力的方向过点。三个力的大小分别为：、和。请根据图中给出的标度作图求出和的合力。
仔细分析实验，小明怀疑实验中的橡皮筋被多次拉伸后弹性发生了变化，影响实验结果。他用弹簧测力计先后两次将橡皮筋拉伸到相同长度，发现读数不相同，于是进一步探究了拉伸过程对橡皮筋弹性的影响。
实验装置如题图所示，将一张白纸固定在竖直放置的木板上，橡皮筋的上端固定于点，下端挂一重物。用与白纸平行的水平力缓慢地移动，在白纸上记录下的轨迹。重复上述过程，再次记录下的轨迹。
两次实验记录的轨迹如题图所示，过点作一条直线与轨迹交于、两点，则实验中橡皮筋分别被拉伸到和时所受拉力、的大小关系为 。
根据中的实验，可以得出的实验结果有哪些 填写选项前的字母
A.橡皮筋的长度与受到的拉力成正比
B.两次受到的拉力相同时，橡皮筋第次的长度较长
C.两次被拉伸到相同长度时，橡皮筋第次受到的拉力较大
D.两次受到的拉力相同时，拉力越大，橡皮筋两次的长度之差越大
根据小明的上述实验探究，请对验证力的平行四边形定则实验提出两点注意事项。

。
12.如图甲所示是某研究性学习小组探究小车加速度与力关系的实验装置，长木板置于水平桌面上，一端系有沙桶的细绳通过滑轮与固定的拉力传感器相连，拉力传感器可显示绳中拉力的大小，改变桶中沙的质量进行多次实验。完成下列问题：
实验时，下列操作或说法正确的是_____。
A.需要用天平测出沙和沙桶的总质量
B.为减小误差，实验中一定要保证沙和沙桶的质量远小于小车的质量
C.选用电磁打点计时器比选用电火花计时器实验误差小
D.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，同时记录拉力传感器的示数
实验中得到一条纸带，相邻计数点间有四个点未标出，各计数点到点的距离如图乙所示。电源的频率为，则由纸带可知小车的加速度大小为______。保留三位有效数字
以拉力传感器的示数为横坐标，以小车加速度为纵坐标，画出的图像可能正确的是______。
A. B.
C. D.
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.万有引力定律揭示了天体运动规律与地上物体运动规律具有内在的一致性。
用弹簧测力计称量一个相对于地球静止的物体的重力，随称量位置的变化可能会有不同结果。已知地球质量为，自转周期为，引力常量为。将地球视为半径为、质量分布均匀的球体，不考虑空气的影响。设在地球北极地面称量时，弹簧测力计的读数是。
若在北极上空高出地面处称量，弹簧测力计读数为，求比值的表达式，并就的情形算出具体数值计算结果保留两位有效数字；
若在赤道表面称量，弹簧测力计读数为，求比值的表达式。
设想地球绕太阳公转的圆周轨道半径为、太阳半径为和地球的半径三者均减小为现在的，而太阳和地球的密度均匀且不变。仅考虑太阳与地球之间的相互作用，以现实地球的年为标准，计算“设想地球”的年将变为多长？
14.如图所示，竖直平面内固定有一半径的光滑圆轨道和一倾角为且高为的斜面，二者间通过一水平光滑平台相连，点为圆轨道最低点与平台的切点。现将质量为的一小球从圆轨道点正上方处大小可调由静止释放，已知重力加速度，且小球在点时对圆轨道的压力总比在最低点时对圆轨道的压力小。
若，求小球在点的速度大小；
若，求小球落点到点的距离；结果可用根式表示
若在斜面中点竖直立一挡板，使得无论为多大，小球不是越不过挡板，就是落在水平地面上，则挡板的最小长度为多少？
15.如图，一竖直圆管质量为，下端距水平地面的高度为，顶端塞有一质量为的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知，球和管之间的滑动摩擦力大小为，为重力加速度的大小，不计空气阻力。
求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。
答案解析
1.
【解析】采用逆向思维，根据，，
因为为的中点，则：，
可知到的时间为：，故D正确，ABC错误。
故选D。
2.
【解析】对甲图中物体受力分析，由平衡条件可得绳中的拉力，对甲图中物体和斜面作为整体受力分析，受重力、地面的支持力、地面的摩擦力和弹簧的拉力，则，
在水平方向上，由平衡条件有，由牛顿第三定律得，甲图中地面受到的摩擦力为，
在竖直方向上，由平衡条件有，解得，由牛顿第三定律得，甲图中地面受到的压力为，故A正确，B错误；
对乙图中物体、以及斜面整体受力分析，受重力，地面的支持力，乙图中斜面受到地面的摩擦力为，乙图中地面受到的摩擦力为，在竖直方向上由平衡条件有，由牛顿第三定律得，乙图中地面受到的压力为，故CD错误。
3.
【解析】解：、环和球做直线运动，
对其受力分析，由牛顿第二定律，得到：
细线拉力为：
再对环受力分析
根据牛顿定律，有
联立各式解得：
故A错误；
B、对球受力分析，受重力和拉力，由于做直线运动，合力与速度在一条直线上，故合力为零，物体做匀速运动，细线拉力等于；
再对环受力分析，受重力、拉力、支持力，由于做匀速运动，合力为零，所以球不是处于失重状态，故B错误；
，对环和球做受力分析有：
根据平衡条件，有
综合上述分析，C正确；
，对于球受到的拉力大小为，对于球受到的拉力，因此受到的拉力大小不等，故D错误；
故选：。
由球的运动情况结合曲线运动的条件得到球受力情况并求解出加速度，然后对环受力分析并求解环受滑竿的作用力大小；由球的运动情况结合曲线运动的条件得到环受力情况并求解出加速度。
本题关键灵活地选择研究对象，受力分析后根据牛顿第二定律或者平衡条件列式求解，同时要明确直线运动的条件是合力与速度共线。
4.
【解析】A、根据图第一次加速度为负值，即方向向下，则说明手机初始向下加速运动由于初速度为零，而向下运动一段时间后，加速度为正值方向向上，手机开始减速，对于图象，面积表示速度变化量，由题意知，上部分面积等于下两部分和，则上部分面积大于下面第一部分，则表示手机减速到“”时开始向上加速运动，后减速至停止，故A错误；
B、在时刻，，恰好与重力加速度值相同，则说明此时充电宝做自由落体运动，则此时无摩擦力，而在时，加速度大小为，方向向下，大于重力加速度，说明此时摩擦力向下，产生的加速度，在时，加速度方向向上，则摩擦力方向向上，所以与时刻摩擦力方向不同，故B错误；
C、由中分析，时刻，故C错误；
D、在时刻，充电宝加速度向上且最大，则说明此时摩擦力最大，由牛顿第二定律得，，所以，又因为，所以，故D正确。
故选D。
本题考查物体的复杂运动，按时间段分段分析物体在各段做何运动，注意加速度最大最小，速度最大最小的时刻。
5.
【解析】A.根据变轨原理，卫星乙可通过在点加速，做离心运动进入卫星甲所在的轨道，故卫星甲经过点时的速度大于卫星乙经过点时的速度，故A错误；
B.根据开普勒第二定律，同一卫星与地球的连线在相同的时间内扫过的面积相等，由于卫星甲经过点时的速度大于卫星乙经过点时的速度，可知卫星甲与地球的连线比卫星乙与地球的连线在相同的时间内扫过的面积大，故B正确；
C.根据开普勒第三定律，由图可知，可得，故C错误；
D.赤道上的物体，根据牛顿第二定律有，
当物体飘起来的时候，物体处于完全失重状态，万有引力完全提供向心力，则，
即此时的向心加速度为，
根据向心加速度和转速的关系有，
，
可得，故D错误。
故选B。
6.
【解析】解：、两物块分离的瞬间，二者之间的作用力为零。对根据牛顿第二定律可得：，解得此时弹簧弹力为：，故A错误；
B、两物块分离的瞬间，以为研究对象，根据牛顿第二定律可得：，解得：，故B错误；
C、设初位置弹簧的压缩量为，则有：，其中，解得：；
分离瞬间弹簧的伸长量为：
所以从开始到分离，整体向下运动的位移为：
根据速度位移关系可得：，联立解得：，故C正确；
D、根据选项的分析可知，整个过程中弹簧弹力做功为零，根据功能关系可得：
解得外力做的功：，故D错误。
两物块分离的瞬间，二者之间的作用力为零，有共同的加速度。对根据牛顿第二定律求解弹簧弹力，对根据牛顿第二定律求解力；求出从开始到分离整体向下运动的位移，根据速度位移关系求解速度大小；根据功能关系求解外力做的功。
本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用以及功能关系，解答本题的关键是知道分离时二者之间的弹力为零、加速度大小不变，能够根据牛顿第二定律进行分析。
7.
【解析】本题考查平抛运动与斜面相结合问题。小球做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，由此判断小球的“影子”沿斜面的运动情况；根据小球的水平位移及初速度求解运动时间；小球撞在斜面瞬间重力的瞬时功率等于重力与该时刻竖直分速度的乘积。
A.小球做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，则小球在斜面的影子做匀速直线运动，故A错误；
B.小球的水平位移为，小球运动时间为，故B错误；
C.抛出点与斜面底端的高度差为，故C正确；
D.小球撞在斜面瞬间重力的瞬时功率为，故D错误。
故选C。
8.
【解析】解：对空心球整体为研究对象，受力分析如图，因平衡受三力构成矢量三角形，由几何关系可知图中
故方块物体对空心球的弹力大小为，故A正确；
B.仅将方块物体向右移动一小许，变小，墙面对空心球的弹力将变大，故B错误；
仅将空心球里的水放掉一小部分，重力变小，虽然重心下降，但方形物块对空心球的弹力方向仍然指向圆心，方向不变，所以方形物块对球的弹力将变小，方形物块对球的弹力与水平方向的夹角不变，故C正确，D错误。
故选：。
根据几何关系结合力的平衡条件可解得方形物体对空心球的弹力大小，仅将空心球里的水放掉一小部分，重力变小，虽然重心下降，但方形物块对空心球的力方向仍然指向圆心，方向不变。
本题考查共点力的平衡，解题关键掌握小球的受力分析及力的平衡条件的分析。
9.
【解析】解：、设小球的线速度大小为，根据牛顿第二定律有，根据几何关系有，解得，故A错误；
B、根据做匀速圆周运动的物体的周期公式可得，小球的运动周期，又小球在竖直方向上受力平衡，也保持静止，所以细绳上的拉力，对有，联立解得，故B正确；
C、根据平衡条件可知，，向下缓慢拉动的过程中，增大，夹角变大，故C错误；
D.对根据牛顿第二定律有，，解得，向下缓慢拉动的过程中，绳子上的拉力变大，悬挂小球的绳长变小，所以小球转动的角速度变大，故D正确。
故选：。
根据牛顿第二定律写出线速度的表达式；根据周期公式可以得到小球的转动周期；当缓慢向下拉时，绳子上的张力变大，小球上端的绳子长度变小，根据平衡条件和牛顿第二定律可以分析夹角的变化以及角速度的变化。
掌握小球的受力情况，能够根据牛顿第二定律写出对应的方向，写出线速度、角速度和周期的表达式是解题的基础。
10.
【解析】解：重力沿传送带向下的分力：，物体与传送带间的摩擦力：；
A.物块向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：，的速度减为时的位移：，不能到达传送带顶端，故A错误；
B.先向上做匀减速直线运动，速度变为零后，传送带对的摩擦力平行于传送带向下，向下做加速运动，摩擦力对做正功，摩擦力对不是阻碍作用，故B错误；
C.物块先向上做匀减速直线运动，物块减速运动时间：，速度变为零后将沿传送带向下做匀加速直线运动，加速度：，物块与传送带速度相等需要的时间：，向下运动的位移：，在整个过程中，传送带的位移：，物块上冲到与传送带速度相同的过程中，物块相对传送带运动的路程：，故C正确；
D.物块向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：，物块减速到与传送带速度相等需要的时间：，物体的位移：，该过程传送带的位移：，物块在上冲过程中在传送带上留下的划痕长度：，故D正确；
故选CD。
11.如图所示 均可；；；选用新橡皮筋；橡皮筋拉伸不宜过长

【解析】根据力的图示法作出力和的图示，如答案图所示，并根据力的平行四边形定则作出两者的合力，用刻度尺量得其长度为单位长度的倍，即合力大小为均可。
设与竖直方向的夹角为，根据共点力平衡条件解得：，因此有：
由中分析可知，橡皮筋上的拉力大小为：，因此有，显然图中，故选项A错误；选项B正确；橡皮筋因老化，每次被拉后，形变已经不能完全恢复，因此两次受到的拉力相同时，拉力越大，橡皮筋两次的长度之差越大故选项D正确；两次被拉伸到相同长度时，橡皮筋第次受到的拉力较小，故选项C错误。
有上述分析可知，要确保橡皮筋发生弹性形变，因此应注意选用新的弹性较好的橡皮筋，每次橡皮筋的形变要在弹性限度内，即拉伸不宜过长。
12.
【解析】有拉力传感器测小车受到的拉力，不需要用天平测出沙和沙桶的总质量，也不用保证沙和沙桶的质量远小于小车的质量，AB错误；
C.电磁打点计时器并不比电火花计时器误差小，C错误；
D.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，同时记录拉力传感器的示数，D正确。
故选D。
电源的频率为，相邻计数点间有四个点未标出，则相邻计数点时间间隔为

根据逐差法
因长木板置于水平桌面，未平衡摩擦力，则有一定的拉力时才会产生加速度，而本实验通过拉力传感器测力，则图像是一条直线。
故选A。
13.解：设小物体质量为 ，
在北极地面，，
在北极上空高出地面处，得，，
当时，；
在赤道地面，小物体随地球自转做匀速圆周运动，受到万有引力和弹簧秤的作用力，
有，得；
地球绕太阳做匀速圆周运动，受到太阳的万有引力。设太阳质量为，地球质量为，地球公转周期为，有 ，得，其中为太阳的密度，由上式可知，地球公转周期仅与太阳的密度、地球公转轨道半径和太阳半径之比有关。因此“设想地球”的年与现实地球的年时间相同。
【解析】解决本题的关键是知道在地球的两极，万有引力等于重力，在赤道，万有引力的一个分力等于重力，另一个分力提供随地球自转所需的向心力。
根据万有引力等于重力得出比值的表达式，并求出具体的数值，在赤道，因为万有引力的一个分力等于重力，另一个分力提供随地球自转所需的向心力，根据该规律求出比值的表达式；
地球绕太阳做匀速圆周运动，受到太阳的万有引力，万有引力提供向心力，计算地球的公转周期，太阳的质量等于密度乘以太阳的体积，代入化简，根据表达式和题中数据讨论地球的公转周期的变化。
14.从释放小球至点有
在点，
在点，
故
若，则小球在点的速度
小球从至做匀速直线运动，从点滑出后做平抛运动，若恰能落在点
水平方向
竖直方向
又：
解得：，即，对应的高度
若，小球将落在水平地面上，而小球在点的速度
小球做平抛运动竖直方向，得
则水平方向
故小球落地点距点的距离
若要求无论为多大，小球不是打到挡板上，就是落在水平地面上，临界情况是小球擦着挡板落在点，经前面分析可知，此时在点的临界速度：
则从点至挡板最高点过程中水平方向
竖直方向：
又：
解得：
【解析】根据牛顿第二定律求出小球在点的速度；
由机械能守恒求出小球在点的速度，然后结合平抛运动的特点即可求出小球的落点；
结合平抛运动的特点，判断挡板的高度。
该题涉及多个运动的过程，遇到题目过程非常复杂时，注意把题目细化分解到小的过程。比如此题中，整个过程可分为平抛、沿水平面匀速、沿圆轨道圆周运动。
15.解：管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动，设此时管的加速度大小为，方向向下；球的加速度大小为，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为，由牛顿运动定律有：
联立并代入题给数据，得：
；
管第一次碰地前与球的速度大小相同，由运动学公式可得碰地前瞬间它们的速度大小均为：
，方向均向下
管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下
设自弹起时经过时间，管与小球的速度刚好相同，取向上为正方向，由运动学公式可得：
解得：
设此时管下端距地面的高度为，速度为，由运动学公式可得
由此可知此时，此后管与小球将以加速度减速上升到达最高点，由运动学公式有：
管第一次落地弹起后上升的最大高度；
设第一次弹起过程中球相对管的位移为，在管开始下落到上升这一过程中，由动能定理有：
解得：
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移为：
设圆管长度为管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是
联立解得应满足条件为：。
答：管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小分别为、；
管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，管上升的最大高度为；
管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，圆管长度应满足。
【解析】分析管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球的受力情况，由牛顿运动定律列方程求解加速度大小；
由运动学公式可得碰地前瞬间它们的速度大小；再求出管与小球的速度刚好相同时经过的位移，速度相同后管与小球将以加速度减速上升到达最高点，根据竖直上抛运动求解上升的高度即可；
由动能定理求解第一次弹起过程中球相对管的位移，同理求解管与球再次下落到第二次弹起至最高点的过程中球与管的相对位移，球不会滑出管外的条件是，联立求解即可。
本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用和动能定理的结合，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律求解加速度，再根据题目要求结合运动学公式、动能定理进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
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