2022年高二下实验班期中考试.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载滁州中学 20XX届试验班高二下学期期中考试物理试卷一.挑选题（前 7 题单项,后 3 题多项,每题 4 分,共计 40 分）1. 以下说法正确选项 A. 匀速圆周运动是加速度不变的运动 B. 简谐运动是加速度不变的运动C.当物体做曲线运动时 , 所受合外力肯定不为零 D. 当物体速度为零时 , 加速度肯定为零2如下列图,质量为 m的木块 A放在斜面体 B 上,如 A 和 B 沿水平地面以相同的速度 v0 一起向左作匀速直线运动,就 A和 B 之间的相互作用力大小为 Amg/cos Bmgcos Cmgsin Dmg3.

2、截面为直角三角形的木块 A质量为 M,放在倾角为 的斜面上 , 当 =37 时 , 木块恰能静止在斜面上 . 现将 改为 30 , 在 A 与斜面间放一质量为 m的光滑圆柱体 B, 如图乙,sin37 =0.6,cos37 =0.8, 就 A.A、B仍肯定静止于斜面上B. 如 M=4m,就 A受到斜面的摩擦力为5 2mg 如 M=2m,就 A 受到的摩擦力为3mg C.如 A、B 仍静止 , 就肯定有 M23 m D.24. 如下列图 ,a 、b 的质量均为m,a 从倾角为 45 的光滑固定斜面顶端无初速地下滑 ,b 从斜面顶端以初速度 v0 平抛 , 对二者的运动过程以下说法正确选项 A.a

3、 、b 都做匀变速运动 B. 落地前的瞬时二者速率相同C.整个运动过程重力对二者做功的平均功率相同D.落地前的瞬时重力对二者的瞬时功率相同名师归纳总结 5. 我国运动员刘翔获得雅典奥运会110 米栏冠军 , 成果是 1291 , 在男子110 米跨栏中第 1 页,共 9 页夺得金牌 , 刘翔之所以能够取得冠军, 取决于他在110 米中的 A. 起跑时的加速度大 B. 平均速度大 C. 撞线时的瞬时速度大 D. 某时刻的瞬时速度大6. 重量为 mg的物体静止在水平地面上, 物体与地面之间的最大静摩擦力为f m. 从 0 时刻开始, 物体受到水平拉力F 的作用 ,F 与时间 t 的关系如图甲所示,

4、 为了定性地表达该物体的运动情形 , 在图乙所示的图象中, 纵轴 y 应为该物体的 A. 位移大小 s B. 加速度大小 a C.动量大小 P D.动能大小 Ek- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 7. 静止在粗糙水平面上的物体优秀学习资料欢迎下载, 在 06 s 内其速, 受到水平方向的拉力作用由静止开头运动度与时间图象和拉力的功率与时间图象如下列图 , 就物体的质量为 取 g=10 m/s 2 5 10A . kg B . kg3 93 9C . kg D . kg5 108. 如下列图,一质量 M=3.0kg 的长方形木板 B放在光滑水平地面上,在

5、其右端放一个质量m=1.0kg 的小木块 A；现以地面为参照系, 给 A和 B以大小均为 4.0m/s ,方向相反的初速度,使 A 开头向左运动,B 开头向右运动,但最终 A并没有滑离 B 板；站在地面的观看者看到在一段时间内小木块 A 正在做加速运动,就在这段时间内的某时刻木板对地面的速度大小可能是（）A.1.8m/s B.2.4m/s C.2.6m/s D.3.0m/s 9. 我国胜利实施了“ 神舟七号” 载人航天飞行并实现了航天员首次出舱 . 飞船先沿椭圆轨道飞行 , 后在远地点 343 千米处点火加速 , 由椭圆轨道变成高度为 343 千米的圆轨道 , 在此圆轨道上飞船运行周期约为 9

6、0 分钟 . 以下判定正确选项 A. 飞船变轨前后的机械能相等B. 飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态C.飞船在此圆轨道上运动的角速度大于同步卫星运动的角速度D.飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加速度10. 一小球自由下落 , 与地面发生碰撞后以原速率反弹 . 如从释放小球开头计时 , 不计小球与地面发生碰撞的时间及空气阻力 . 就下图中能正确描述小球位移 s、速度 v、动能 Ek、机械能 E 与时间 t 关系的是 请同学务必将挑选题答案填入以下表格：名师归纳总结 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 第 2 页,共 9 页- - - - - - -

7、精选学习资料 - - - - - - - - - 姓名班级优秀学习资料欢迎下载座位号得分学号二.填空题（每空 5 分,共计 25 分）11如下列图,长 L 1.5 m 、高 h0.45 m 、质量 M10 kg 的长方体木箱在水平面上向右做直线运动 当木箱的速度 v03.6 m/s 时,对木箱施加一个方向水平向左的恒力 F50 N,并同时将一个质量 m1 kg 的小球轻放在木箱上距右端 L3处的 P 点小球可视为质点,放在 P点时相对于地面间的速度为零 ,经过一段时间,小球脱离木箱落到地面已知木箱与地面间的动摩擦因数 0.2 ,而小球与木箱之间的摩擦不计取 g10 m/s 2,就：1 小球从开

8、头离开木箱至落到地面所用的时间 s 2 小球放上 P 点后,木箱向右运动的最大位移 m 3 小球离开木箱时,木箱的速度 m/s 12. 如下列图 , 半径分别为 R和 rRr 的甲乙两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内 , 两轨道之间由一光滑水平轨道 CD相连 , 在水平轨道 CD上有一轻弹簧被 a、b 两个小球夹住 , 但不拴接 . 同时释放两小球 ,a 、b 球恰好能通过各自的圆轨道的最高点.1 已知小球 a 的质量为 m,求小球 b 的质量为 2 如 ma=mb=m,且要求 a、b 都仍能够通过各自的最高点 , 就弹簧在释放前至少具有的弹性势能为名师归纳总结 三、运算题（前两题每题12 分,

9、最终一题11 分,共计 35 分）第 3 页,共 9 页13. 倾角为 30 的足够长光滑斜面下端与一足够长光滑水平面相接, 连接处用一光滑小圆弧过渡 , 斜面上距水平面高度分别为h1=5 m和 h2=0.2 m 的两点上 , 各固定一小球A 和 B. 某时刻由静止开头释放A 球, 经过一段时间t 后, 同样由静止开头释放B 球.g 取 10 m/s2, 就: 1 为了保证 A、 B 两球不会在斜面上相碰,t最长不能超过多少. 2 在满意 1 的情形下 , 为了保证两球在水平面上的碰撞次数不少于两次, 两球的质量mA和mB应满意什么条件. 假设两球的碰撞过程没有能量缺失 - - - - - -

10、 -精选学习资料 - - - - - - - - - 14如下图所示,让摆球从图中的优秀学习资料欢迎下载D处,摆线刚好被C位置由静止开头摆下,摆到最低点拉断,小球在粗糙的水平面上由 D点向右做匀减速运动,到达小孔 A 进入半径 R=0.3m的竖直放置的光滑圆弧轨道,当摆球进入圆轨道立刻关闭 A 孔. 已知摆线长 L=2m, =60 ,小球质量为 m=0.5kg,D点与小孔 A 的水平距离 s=2m,g 取 10m/s 2. 试求：（1）求摆线能承担的最大拉力为多大？（2）要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道,求粗糙水平面摩擦因数的取值范畴. h=0.8 m 的光滑水平台上, 与平15. 如下列图

11、 , 半径 R=0.5 m 的光滑半圆轨道竖直固定在高名师归纳总结 台平滑连接 , 平台长 L=1.2 m. 可视为质点的两物块m1、 m2 紧靠在一起静止在平台的最右端D第 4 页,共 9 页点, 它们之间有烈性炸药. 今点燃炸药 , 假设炸药释放出来的能量全部转化为物块m1、m2的机械能 , 使它们具有水平方向的速度,m1 通过平台到达半圆轨道的最高点A 时, 轨道对它的压力大小是 N=44 N,水平抛出落在水平地面上的P 点,m2 也落在 P 点, 已知 m1=2 kg,g 取 10 m/s2.求炸药释放出来的能量是多少. - - - - - - -精选学习资料 - - - - - -

12、- - - 优秀学习资料 欢迎下载滁州中学 20XX届试验班高二下学期期中考试物理试卷参考答案一 挑选题1 解析 : 考查运动和力 . 匀速圆周运动的加速度始终指向圆心 , 故加速度时刻转变 ,A 错;简谐运动的加速度大小与偏离平稳位置的位移成正比 , 方向始终指向平稳位置 , 故加速度时时刻刻转变 ,B 错 ; 曲线运动的速度时刻转变 , 故加速度肯定不为零 ,C 对; 速度为零时加速度不肯定为零 , 比如竖直上抛运动到最高点的速度为零 , 但加速度为重力加速度 ,D 错. 答案 :C 2 解析 : 答案 :D 3 解析 : 由图甲得 mgsin37 = mgcos37 , =tan37 =

13、3 4, 当 改为 30 , 在 A与斜面间放一质量为m的光滑圆柱体B后, 三角形木块对斜面的压力为Mgcos30 , 如要 A.B仍静止 ,就必需满意 Mgcos30 M+mgsin30 , 就 M41.2力沿斜面对下的分力相平稳 , 即 Ff=M+mgsin30 =52m,B 能满意要求 , 而静摩擦力与 A.B 重mg,A、C错,B 正确 ; 如 M=2m,就 A.B 沿斜面下滑 ,A 受到的滑动摩擦力Ff = Mgscos30 =3 3 4mg,D错. 答案 :B 4解析 : 依据机械能守恒定律得 , 两者落地前的瞬时速率不相等 ,vbva, 所以 B错;a 做初速度为零的匀加速直线运

14、动 , 加速度 a=gsin45 ,b 做匀加速曲线运动 , 加速度为 g, 所以 A正确 ;两个运动过程中重力做功相同 答案 :A , 但 t at b, 所以 C错误 ;P Q=mgvy, 由于 v y不相等 , 所以 D错误 . 5 解析 : 径赛中的成果是以相同距离所用时间来确定的 , 时间短就成果好 . 距离时间平均速度 , 即平均速度越大 , 运动时间越短 , 选 B.考查考生的综合才能 , 有的考生可能会选 A或 C,特殊是 C项 , 由于人们一般只看最终谁先到达终点 , 只以冲刺速度决胜败 . 答案 :B 6 解析 : 由图甲可知 , 力 F 大于 f m, 因此物体在水平面上

15、做匀加速直线运动, 加速度不变 , 2与时间的平方成速度和动量与时间成正比, 位移与时间的平方成正比, 动能 Ek=1 2mv 2= 12ma 2t正比 , 故只有 C正确 . 答案 :C 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料欢迎下载P107 解析 : 对 26 s 过程 ,v=6 m/s,P=10 W.由 P=Fv, 此时匀速 , f=F, P=fv,f=v6N. 对 02 s, 由 v-t图象 :a=620 m/s2=3 m/s2第 2 s 时,v=6 m/s,P=30 W, P=Fv,F=P30 N=

16、5 N. ,F-f=ma,5-10=m 3,m=10 9 kg. 选 B. v6对 02 s 应用牛顿其次定律6答案 :B 8 BC 9 解析 : 此题考查万有引力定律及天体运动学问. 飞船变轨时通过点火由椭圆轨道变为圆轨道 , 速度突然变大 , 机械能增大 , 故 A错误 ; 飞船变轨之前在椭圆轨道远地点时 , 飞船距地心高度和在圆轨道上运行时距地心高度相同 , 所以万有引力大小相同 , 故加速度也相同 , 所以D错误 ; 飞船在圆轨道运行时万有引力完全充当向心力 , 故处于完全失重状态 , 所以 B正确 ; 由于飞船的飞行周期为 90 分钟 , 比地球同步卫星的周期 24 小时要短 , 故

17、角速度要大于地球同步卫星的 , 所以 C正确 . 答案 :BC 10 解析 :A 选项中 s-t 图象显示为匀速运动 , 方向随时间周期变化 ;C 选项中显示动能随时间匀称变化 , 即速率的平方随着时间匀称变化 . 而自由落体运动的速度随时间匀称变化 , 做自由落体运动物体的机械能不变 , 故 A、C错,B 、D正确 . 答案 :BD 二填空题1110.3 s 20.9 m 32.8 m/s 【解析】 1 小球离开木箱后做自由落体运动,就小球落到地面所用的时间为2ht g0.3 s 2 小球放上木箱后相对地面静止,由牛顿其次定律F FNMa1FN Mm g名师归纳总结 解得木箱的加速度a1FM

18、m g M7.2 m/s2第 6 页,共 9 页木箱向右运动的最大位移2 x1v 2a10.9 m 03 由于 x10.9 m 1 m,故木箱在向右运动期间,小球不会从木箱的左端掉下木箱向左运动时,依据牛顿其次定律得F M m gMa2 2解得木箱向左运动的加速度a22.8 m/s设木箱向左运动的位移为x2时,小球从木箱的右端掉下,就- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - x2 x1L 31.4 m 优秀学习资料欢迎下载由 x21 2a2t2 2得 t 22x2 a21 s 故小球刚离开木箱时木箱的速度v2a2t22.8 m/s ,方向向左12 解:112

19、mv a2mgR1mv222amg= mav25gR ; 同理可得 :v b=5grR解得 :va=又:mva=mbvb所以 :mb=Rm r. . 依照上面结2 由题意分析知 , 应当依据 a 球在轨道最顶点具有临界速度这一条件运算果可得 : va= 5gRmva=mvb所以有 :Ep=212 mv a5mgR. 2三、运算题13；解 :1 设两球在斜面上下滑的加速度为a, 依据牛顿其次定律得: mgsin30 =ma设 A.B两球下滑到斜面底端所用时间分别为t 1和 t 2, 就: vA和 v B,h 112 at 1h 21at22v 1和 v 2, 第一次相碰后速度分别为sin302s

20、in302所以 :t=t1-t2=1.6 s. 2 设 A.B两球下滑到斜面底端时速度分别为就依据机械能守恒1 2 1 22 mAv =mAgh12 mBv =mBgh2依据动量守恒和能量守恒mAv1+mBv2=mAvA+mBvB名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - 12 mAv 112 mBv 212 mAv A优秀学习资料欢迎下载1 22 mBv 222为使两球能发生其次次碰撞 , 应满意vAvB由代入数据后可得:m A1. 0.125 2 mvDm B714【答案】 1 10N 20.350.5 或者【解析】（1）

21、当摆球由C到 D运动机械能守恒：mgL-Lcos 兹=1 2由牛顿其次定律可得：2 Fm-mg=m v D L可得： Fm =2mg=10N （2）小球不脱圆轨道分两种情形：要保证小球能达到A 孔,设小球到达A 孔的速度恰好为零,由动能定理可得：-mgs=0-1 22 mvD可得：=0.5 如进入 A孔的速度较小,那么将会在圆心以下做等幅摇摆, 不脱离轨道 . 其临界情形为到达圆心等高处速度为零,由机械能守恒可得：1 2 mvA 2=mgR 2mvD由动能定理可得：-mgs=1 2 mv A 2- 12可求得：=0.35 如小球能过圆轨道的最高点就不会脱离轨道,在圆周的最高点由牛顿其次定律可得

22、：2mg=m vR由动能定理可得：-mgs-2mgR=1 mv 2- 1 mvD 22 2解得：=0.125 综上所以摩擦因数滋的范畴为：0.35 0.5 或者0.125 215 解: 设 m1在 A 点时的速度为 v, 由牛顿其次定律得 mg+N= mv , R有 v=4 m/s 名师归纳总结 从 A 点到 P 点运动的时间为t1, 第 8 页,共 9 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - h+2R=12 gt , 有 t1=0.6 s 优秀学习资料欢迎下载2设运动的水平距离为 s, 就 s+L=vt 1, 故 s=1.2 m 设刚爆炸后 ,m1的速度为 v1, 由机械能守恒定律得1mv =m1g 2R+1 2m1v2, 2解得 v1=6 m/s 设平抛时的速度为v 2, 平抛运动的时间为t 2因 h=12 gt 2,2得 t 2=4 s, v2=s=3 m/s. t2对 m1、m2 爆炸过程运用动量守恒定律得 0=m1v1-m2v 2, 所以 m2=m v 1 1=4 kg v 2炸药释放出来的能量名师归纳总结 E=12 m v 112 m v =54 J. 2第 9 页,共 9 页22- - - - - - -