北京市2015-2016学年高二物理下学期期末联考试题(含解析)

北京市2015-2016学年高二物理下学期期末联考试题（含解析）
1. a 、b 两车在两条平行的直车道上同方向行驶，它们的 v - t 图象如图所示•在t =0时刻， 两车间距离为d,t=5s 的时刻它们第一次相遇.关于两车之间的关系，下列说法正确的是（
）
A. t =15s 的时刻两车第二次相遇
B. t =20s 的时刻两车第二次相遇
C.
在5s 〜15s 时间内，先是 a 车在前，之后是 b 车在前
D. 在10s 〜15s 时间内，两车间距离逐渐减小 【答案】AD 【解析】
试题分析：由图可知， a 做匀减速运动，而 b 做加速运动；5s 时两物体相遇，说明开始时
a
在后面，而5s 时两物体的位置相同；5到10s 内a 车速度仍大于b 车，故a 在前；10s 〜15s b 的速度大于a 的速度，但由于开始时落在了
a 的后面，故还将在 a 的后面，但二者距离开始
减小，15s 时b 追上了 a 故15s 时两物体再次相遇； 故AD 正确，BC 错误；故选 AD
考点：追击与相遇问题 2.
如图所示，重物的质量为 m 轻细绳AO 的A 端和BO 的B 端固定，平衡时 AO 水平，BO 与
水平方向的夹角为 60°. AO 的拉力R 和BO 的拉力F 2与物体重力的大小关系是（
）
、选择题（共
15小题，每小题 3分，满分45分.少选得2分，多选或错选
0分，）
试题分析：对 O 点受力分析，如图.根据共点力平衡得，
F^ingtanSO 6 =^-mg<ing ——
丿申 嗎〉mg
L
3
. 2 cw30 3
.故B 、D 正确，A 、C 错误.故
选BD.
/z
/宀凸 t 1 1L 亠土 4 1
考点：共点力的平衡。

3. 如图所示，物块 M 在静止的传送带上以速度 v 匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中
箭头所示，若传送带的速度大小也为
V ,则传送带启动后（
）
A. M 静止在传送带上 C. M 受到的摩擦力不变
【答案】CD
B. M 可能沿斜面向上运动 D. M 下滑的速度不变
【解析】 试题分析：由于传送带是向上转动的，在传送带启动前后，物块都只受重力、支持力、沿斜 面向上的滑动摩擦力，物块受力不变，所以其下滑的速度也不变.故选
CD
A. F i > ng 【答案】BD 【解析】
B . F i V ng C. F 2V ng D. F 2 > ng
1
考点：受力分析，摩擦力。

4•一个质点正在做匀速直线运动，现用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔
为1s，分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了2m在
第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了8m由此可求得（）
①第1次闪光时质点的速度
②质点运动的加速度
③从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点的位移
④质点运动的初速度.
A. ①②
B.①②③
C.①②③④
D.③④
【答案】B
【解析】
x3-^i 8-2 2 ?
试题分析：根据得宀,解得p 2T Z 2X1，故班确•从第2
2
坎闪光到第务欠闪光这段时间内质点的位移为:切％1+aT =2+3xlnp5m,故証确•由质点在第1次、第2坎闪光的时间间隔内移动了2m,可得中间时刻的瞬时速度，大小为2m/4由f 5得，第1坎闪光时质点的速度为：血=2-403讪口.沁们故血确.由于第一次闪光未必为运动的第一秒，故无法知道质点运动的初速度，故®昔误.故选：B.考点：匀变速直线运动。

5.如图所示，自动扶梯与水平地面的夹角为30°,质量为m的人站在扶梯上，当扶梯斜向上
做匀加速质量为m的人站在扶梯上，当扶梯斜向上做匀加速运动时，人对扶梯的压力是他体
重的1.2倍，那么扶梯的加速度a的大小和人与扶梯间的静摩擦力F f的大小分别是（）
WT
A. a=
【答案】BD 【解析】
2g
B. a=
2吨
C. F f =
D. F f='
试题分析：A、在竖直方向上，由牛顿第二定律得：N- ng=ma,解得：a y=0.2g，电梯的加速
度: a=T-r「=，故A错误，B正确；C、电梯在水平方向上的加速度：a x=a y co t30°= g，
血mg
在水平方向，由牛顿第二定律得：F f=ma= ，故C错误，D正确；故选：BD.
考点：牛顿第二定律。

6•半径为r和R的圆柱体靠摩擦传动，已知R=2r, A B分别在水上圆柱与大圆柱的边缘上，
O2C=r ,如图所示，若两圆柱之间没有打滑现象，则V A：V B : v c= ( ),3 A：3 B： 3 C=( )
Jr f
f fty\
(V
k n A
Vr A
A. 1 : 2: 2, 2：1 : 1 B . 2: 1：1, 2：2: 1
C. 2: 2: 1, 2: 1 : 1
D. 1: 1 : 2, 2: 2: 1
【答案】C
【解析】
试题分析：传动过程中，两圆柱之间没有打滑现象，说明A B两点的线速度相等，即V A=V B,
根据题意r A：r B=1 ：2 ；根据V= 3 r ,有 3 A： 3 B=2 : 1 ；故 3 A： 3 B: 3 C=2 : 1 : 1 ；B、C 绕冋一个轴转动，角速度相等，即3 B= 3 c；根据题意r B： r C=2：1,根据v=3 r知，V B： V C=2： 1, 所以V A：V B： v c=2: 2: 1 ;所以选项C正确，ABD错误；故选：C.
考点：圆周运动的角速度与线速度。

7•半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板M N在P和M N之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q整个装置处于静止状态，如图所示是这个装置的截面图，若用外力使M N 保持竖直且缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止，在此过程
中，下列说法中正确的是( )
B. 地面对P的摩擦力逐渐增大A. M N对Q的弹力逐渐减小
【答案】B
【解析】
根据共点力平衡条件，有 , Nkng ta n 0，再对P 、Q 整体受力分析，受重力、地面支
持力、M N 挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，如图所示；
根据共点力平衡条件，有 f =N 2, N= (M+m g ,故f =ng ta n 0 , M N 保持竖直且缓慢地向右移动 过程中，角0不断变大，故f 变大，N 不变，N 变大，N ＞变大，P 、Q 受到的合力为零；故选 B.
考点：力的动态平衡。

&如图，以9.8m/s 的水平初速度v o 抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角 0为30°
V y =v cos 0，由以上两个方程可以求得
V y =V o CO t 0，由竖直方向自由落体的规律得 V y =g t ，代入
竖直可求得t =co t 30 °= :
s .故选C.
考点：平抛运动。

C. P 、Q 间的弹力先减小后增大
D. Q 所受的合力逐渐增大
试题分析：先对
Q 受力分析，受重力、
P 对Q 的支持力和 M N 对Q 的支持力，如图
的斜面上，则物体完成这段飞行的时间是(取
A.
3 S
【答案】C 2V5
B.
s
D. 2s
【解析】 试题分析：设垂直地撞在斜面上时速度为 v ，将速度分解水平的 vsin 0 =v o ，和竖直方向的
过程中容器B的地面始终保持水平，下列说法正确的是
9•如图所示，将物体A放在容器B中，以某一速度把容器B竖直上抛，不计空气阻力，运动
A. 在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零
B. 上升过程中A对B的压力大于物体A受到的重力
C. 下降过程中A对B的压力大于物体A受到的重力
D. 在上升和下降过程中A对B的压力都等于物体A受到的重力
【答案】A
【解析】
试题分析：由题意，不计空气阻力，对整体：只受重力，根据牛顿第二定律得知，整体的加
速度为g，方向竖直向下；再对A或B研究可知，它们的合力都等于重力，所以A、B间没有相互作用力，故在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零，故A正确，BCD错误.故选Ao 考点：受力分析，自由落体运动。

10. 如图所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为0的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间下列说法正
确的是（）
A. 两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsin 0
B. B球的受力情况未变，瞬时加速度为零
C. A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsin 0
D. 弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为
零
【答案】BC 【解析】
试题分析：系统静止，根据平衡条件可知：对B球F弹=ngsin 0，对A球F绳=尸弹+ngsin 0，细
线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生改变，则：
A. B球受力情况未变，瞬时加速度为零；对A球根据牛顿第二定律得：
F台F弾+mgsin @
a= I = i =2gsin 0，故A错误；B. B球的受力情况未变，瞬时加速度为零，故
F台F弓单+mgsin @
B正确；C.对A球根据牛顿第二定律得：a= • = i =2gsin 0，故C正确；D. B
球的受力情况未变，瞬时加速度为零，故D错误；故选BC
考点：牛顿第二定律。

11. 如图所示，物体m静止于倾角为0的斜面上，现用垂直于斜面的压力F=k t （k为比例常
量，t为时间）作用在物体上.从t=0开始，物体所受摩擦力F f随时间t的变化关系是下图中的（）
【答案】D
【解析】
试题分析：物体m静止于倾角为0的斜面上，可知此时最大静摩擦力大于重力沿斜面的分量，
随着时间的推移，压力不断增大，而最大静摩擦力的大小与推物体的压力大小成正比，所以
物体不可能运动，一直处于静止状态，所以静摩擦力的大小一直等于重力的分量即Gsin 0 .因此D正确；ABC均错误；故选Do
考点：静摩擦力，力的平衡。

12. 2008年9月25日至28日我国成功实施了“神舟”七号载入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90分钟.下列判断正确的是（）
A. 飞船变轨前后的速度相等
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度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
【答案】BC
【解析】
试题分析：A、因为飞船在远地点P点火加速，外力对飞船做功，故飞船做加速运动，故A错
误；B、飞船在圆轨道上时，航天员出舱前后，航天员所受地球的万有引力提供航天员做圆周
运动的向心力，航天员此时的加速度就是万有引力加速度即航天员出舱前后均处于完全失重
2H 状态，故B正确；C因为飞船在圆形轨道上的周期为90分钟小于同步卫星的周期，根据3 = 'I 可知角速度与周期成反比，所以飞船的周期小角速度大于同步卫星的角速度，故C正确；D
.GN
飞船变轨前后通过椭圆轨道远地点时的加速度均为万有引力加速度，据.|可知，轨道半径
一样，则加速度一样，故D错误.故选：BC.
考点：万有引力与航天。

13. 一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲
线用一系列不同半径的小圆弧来代替，如图（a）所示，曲线上的A点的曲率圆定义为：通过
A点和曲线上紧邻A点两侧的两点作一圆.在极限情况下，这个圆就叫做A点的曲率圆，其半径p叫做A点的曲率半径.现将一物体沿与水平面成a角的方向以速度V。

抛
)
出，如图（b）
所示，则在其轨迹最高点P处的曲率半径是（
2・2讥
2 2订 v o si n a
Vgcos <1
B .
C.
Vgcos 2 Cl
D.
主污U
【答案】C 【解析】
试题分析：物体在其轨迹最高点卩处只有水平速度，其水平速度大小为咖。

蚯，在最葛点，把物体的运动
(v 0cosCI ) 2
看成圆周运动的一部分，物体的重力作为冋b 力，由向心力的公式得：砖虢 P ,所決在苴轨
V Q CQ ：S 2^
迹最高点P 处的曲率半径是：F
E J 故c 正确.故选：C*
考点：曲线运动，向心力。

14•如图所示，a 为地球赤道上的物体； b 为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星； c
为地球同步卫星•关于 a 、b 、c 做匀速圆周运动的说法中正确的是(
)
A. 角速度的大小关系为 3 a = 3 c >3 b
B. 向心加速度的大小关系为 a a > a b > a c
C. 线速度的大小关系为 V a =V b > V c
D. 周期关系为T a =T c > T b 【答案】D 【解析】
试i 题分析： A 、所以 3 a = 3 c ，而「b V r c ，根据 3 = ' i ，可知：3 c <3 b ,所以 3 a = 3 c V 3 b , 故A 错误；B 、由a =3 2
r ,得：a a V a c ,故B 错误；C 、AC 比较，角速度相等，由
v =3 r ,可知
27t
U a V U c ，故
C 错误；
D 卫星C 为同步卫星，所以 T a =T c ，根据T='及3 c V 3 b ,可知T c > T b ,所以T a =T c >T b ，故D 正确；
故选：Do
考点：描述圆周运动的物理量的关系。

2
v
0 A.
15•如图所示，在竖直平面有一个光滑的圆弧轨道M N,其下端（即N端）与表面粗糙的水平
传送带左端相切，轨道N端与传送带左端的距离可忽略不计.当传送带不动时，将一质量为m
的小物块（可视为质点）从光滑轨道上的P位置由静止释放，小物块以速度V i滑上传送带，
从它到达传送带左端开始计时，经过时间t i，小物块落到水平地面的Q点；若传送带以恒定
速率V2沿顺时针方向运行，仍将小物块从光滑轨道上的P位置由静止释放，同样从小物块到
达传送带左端开始计时，经过时间t2,小物块落至水平地面•关于小物块上述的运动，下列
说法中正确的是（）
A. 当传送带运动时，小物块的落地点可能仍在Q点
B. 当传送带运动时，小物块的落地点可能在Q点左侧
C. 若V i > V2，则一定有t i > t2
D. 若V i v V2，则一定有t i > t2
【答案】AD
【解析】s
试题分析：A、当传送带不动时，小物块在传送带上做匀减速运动，传送带以恒定速率V2沿顺
时针方向运行，当V i> V2,小物块在传送带上可能一直做匀减速运动，也有可能先做匀减速后
做匀速运动，所以t i> t 2.小物块滑出传送带时的速度大于等于V2,根据平抛运动规律知道小
物块的落地点可能仍在Q点，可能在Q点右侧.故A正确，C错误.B、传送带以恒定速率V2 沿顺时针方向运行，当V i=V2,小物块在传送带上做匀速直线运动，所以t i> t2，根据平抛运
动规律知道小物块的落地点在在Q点右侧.传送带以恒定速率V2沿顺时针方向运行，当v i v
V2,小物块在传送带上可能一直做匀加速运动，也有可能先做匀加速后做匀速运动，所以t i
>t2根据平抛运动规律知道小物块的落地点在在Q点右侧.故B错误，D正确.故选AD
考点：牛顿第二定律，平抛运动。

二、实验题（共i小题，满分iO分）
i6.某实验小组的同学在“验证牛顿第二定律”实验中，使用了如图i所示的实验装置.
-io -
(1)在下列测量工具中，本次实验需要用的测量仪器有
_•实验中，为了可以将细线对小
车的拉力看成是小车所受的合外力，某同学先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行•接下来还需要进行的一项必须且正确的操作是____________________________ •某同学在做保持小车质量不变，
验证小车的加速度与其合外力成正比的实验时，根据测得的数据作出如图2所示的a- F图线，
所得的图线既不过原点，又不是直线，原因可能是_•在某次利用上述已调整好的装置进
行实验中，保持砂和砂桶的总质量不变，改变小车中砝码的质量m并测出小车中不同砝码质
量时所对应的加速度a,以m为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上作出如图3所示的-m图象，
实验结果验证了牛顿第二定律•如果图线的斜率为k，截距为b,则小车的质量为 _，小车
受到的拉力大小为_____ •
【答案】(1) BD ( 2) B;( 3) AD ( 4)；•
【解析】
试题分析：(1)“验证牛顿第二定律”实验需要用天平测量小车、砂、砂桶的质量，需要用刻度尺测出计数点间的距离，故选BD ( 2)小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩
擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，可以将长木板的一段垫高，撤去砂和砂桶，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，故B正确；故选：B;
(3)由图2所示图象可知，直线没过原点，当a=0时，F> 0•也就是说当绳子上有拉力时小
车没有加速度，说明小车的摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，平衡摩擦力时，所垫木板太低.从图象上可以看出：F从0开始增加，砝码和
砝码盘的质量远小于车的质量，慢慢的砂的质量在增加，那么在后面砝码和砝码盘的质量就没有远小于车的质量呢，那么绳子的拉力与砝码和砝码盘的总重力就相差大.所以原因是砝码和砝码盘的质量没有远小于车的质量•故AD
正确，BC错误，故选AD ( 4)根据题意，由
牛顿第二定律得：F= (M+r) a，则=+m则-m图象的截距：b=，图象的斜率：k=，解得：n=，F=。

考点：验证牛顿第二定律。

三、计算题(共4小题，满分45分) 17.
如图所示，一个质量 n =10kg 的物体放在水平地面上.对物体施加一个 F=50N 的拉力，使
物体做初速为零的匀加速直线运动.
已知拉力与水平方向的夹角 0 =37°,物体与水平地面间
的动摩擦因数 卩=0.50 , sin37 ° =0.60 , cos37° =0.80，取重力加速度 g=10m/s 2
.
(1) 求物体运动的加速度大小； (2) 求物体在2.0s 末的瞬时速率;
(3) 若在2.0s 末时撤去拉力F ,求此后物体沿水平地面可滑行的最大距离.
2
【答案】(1) 0.50m/s ; ( 2) 1m/s ;( 3) 0.10m .
【解析】
试题分析：(1)设物体受摩擦力为f ,支持力为N,则f =u N
2
根据牛顿第二定律有： Feos 0 - f =ma N +Fsin 0 =m g , 解得：a =0.50m/s
(2) 物体在 2.0s 末的速度 v =at =0.5 x 2=1.0m/s , (3)
拉力后滑行的最大距离为 x ,根据动能定理得：- 卩ngx =0-
mV ，解得：x =0.10m
考点：牛顿第二定律。

18. 有一探测卫星在地球赤道正上方绕地球做匀速圆周运动，已知地球质量为 R 万有引力常量为 G,探测卫星绕地球运动的周期为 「求:
(1) 探测卫星绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径； (2) 探测卫星绕地球做匀速圆周运动时的速度大小；
(3) 在距地球表面高度恰好等于地球半径时，探测卫星上的观测仪器某一时刻能观测到的地
球表面赤道的最大弧长.
【解析】
M 地球半径为
3 GMT 2
【答案】(1) •- ; 3 2KG1II 戈兀
R
c 血 4K 2r
v ~
—从厂—2
顿运动定律得：
试题分析:
1)设卫星质量为
m 卫星绕地球运动的轨道半径为 r ,根据万有引力定律和牛
(2) 设卫星绕地球做匀速圆周运动时的速度大
小为 V ,则
;
(3)
设宇宙飞船在地球赤道上方
A 点处，距离地球中心为 2R 飞船
上的观测仪器能观测到地
球赤道上的B 点和C 点，能观测到赤道上的弧长是
L BC ,如图所示,
cos a =二1 =,则：a =60° 能观测到地球表面赤道的最大长度 考点：万有引力与航天。

19•一个质量为4kg 的物体静止在足够大的水平地面上，
物体与地面间的动摩擦因数 卩
=0.1 .从
t =0开始，物体受到一个大小和方向呈周期性变化的水平力
图所示.求83秒内物体的位移大小.(g 取10m/s 2
)
I I I t I J I R 丄/ i
I i i I i I * t f S
il
i
i
|i
I
i
i
|
J
j2 j4i6 18110^21416 >
【答案】167m 。

【解析】
2心 3 fen GUI
F 作用，力F 随时间的变化规律如
试题分析：当物体在前半周期时由牛顿第二定律，得
F i ―卩 ng=ma
卩厂卩吨12-0, 1X4X10
2
=2m/s
一个周期的位移为 8m
,
1 n
I
最后1s 的位移为x …！
- =3m
83秒内物体的位移大小为
s =20X 8+4+3=167m
考点：牛顿第二定律，匀变速直线运动。

20.（ 15分）（2014宝鸡一模）如图所示，以水平地面建立
x 轴，有一个质量为 n =1kg 的木
块（视为质点）放在质量为 M=2kg 的长木板上，木板长 L=11.5m .已知木板与地面的动摩擦因 数为卩1=0.1 , m 与M 之间的摩擦因素 卩2=0.9 （设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）. m 与M 保
持相对静止且共同向右运动，已知木板的左端
A 点经过坐标原点 O 时的速度为V 0=10m/s ，在
坐标为X 0=21m 处有一挡板P ,木板与挡板 P 瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此 瞬间速度不变，若碰后立刻撤去挡板
P , g 取10m/s?，求：
0 21 （1）
木板碰挡板P 前瞬间的速度V 1为多少？
（2） 木板最终停止运动时其左端 A 的位置坐标？
【答案】（1）木板碰挡板P 前瞬间的速度V 1为9m/s ，方向向右.（2）木板最终停止运动时 其左端A 的位置坐标为1.4m . 【解析】
试题分析：（1）经过分析可知，木板碰挡板前，木块和木板组成的系统保持相对静止向右匀 减速运动，设木板碰挡板时的速度为
V 1,其加速度为a 1,对二者组成的系统，由其受力分析
结合牛顿第二定律有：1 （n+M ）g=（ m +M a 1,】 八「,其中：s=x - L=21m- 11.5m=9.5m .
解得：V 1=9m/s （水平向右）
a 1 =
当物体在后半周期时，由牛顿第二定律，得
F 2+ 卩
ng=ma
卩尹卩盹_4+0・IX 4X 10 a 2=
i
■' -■ " 2
=2m/s
前半周期和后半周期位移相等 2 2
S i =at =0.5 X 2X2 =4m
（2）由题意可知，当木板碰到挡板并撤掉挡板后，木板以初速度V1向左做匀减速运动，木块
以初速度w向右做匀减速运动，设木板和木块的加速度分别为a2和a3,由牛顿第二定律可知：
口卩］（M+m）g
a2= " =6m/s2（水平向右）
a3=i 2g=9m/s （水平向左）
假设木块没有掉离木板，由于木块加速度较大，所以木块先停下，然后向左做匀加速运动，
直到二者保持相对静止.设二者保持相对静止所用时间为t2，共同速度为V2,可得：V1 - Stet2 =
-（V1 - a2t 2）
解得：t2=1.2s V2=1.8m/s （水平向左）
V] - V2 _
在此过程中，木块运动位移巧二―2 —乂3=4. 320 （水平向右〉
v l + v2 _
木板运动位移可—2* t厂6・43m （水平向左）
所決二者相对位移^5]+52-10.3m<L=n.5m,即二者相对运动时木块没有掉离相氐二者共速后，又仪巴㈢讥爲左减速至停下，设其向左运动的位移为酸必虽®
解得；£3=1.62m
最终木板M左端A点位蚤坐标为ECD - L - S2 _ S3-L4m.
考点：牛顿第二定律，动能定理，功能关系。

-21 -。