【新编】吉林省长春市十一中高二物理下学期期末考试(含解析)

长春市十一高中2013-2014学年度高二下学期期末考试
物理试题
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共110分，测试时间为90分钟。

2．选择题用2B 铅笔正确地涂在答题卡上，非选择题必须在答题区内作答，否则无效。

第Ⅰ卷（选择题，共52分）
一、选择题（每小题4分，共52分，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对得4分，选不全的2分，选错或不答者的零分） 1．（多选）下列说法中正确的是（ ） A ．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性
B ．牛顿第一定律、牛顿第二定律都可以通过实验来验证
C ．单位m 、kg 、s 是一组属于国际单位制的基本单位
D ．根据速度定义式v ＝Δx Δt ，当Δt→0时，Δx
Δt 就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义
运用了极限思维法
【答案】ACD 【解析】
A 、惯性，是物质固有的性质，是一种抵抗的现象，尽量使其保持现有的状态，不论是静止状态，或是匀速直线运动状态，它的量度是质量，故A 正确；
B 、牛顿第一定律反映了物体不受外力的情况下运动规律，而不受力的物体不存在的，故该定律不能用实验验证．而牛顿第二定律可以用实验验证，故B 错误；
C 、国际单位制共有七个基本单位：米(m)、千克(kg)、秒(s)、安培(A)、开尔文(K)和坎德拉(cd)、摩尔(mol)，故C 正确；
D 、平均速度
x
v t ∆∆－
＝
，当△t 充分小时，可认为一个时间点，即瞬时速度可以看成时间趋于无
穷小时的平均速度，故D 正确。

故选ACD 。

【考点】物理学史
2．(单选)一辆汽车在平直的公路上从静止运动，先后经历匀加速、匀速、匀减速直线运动最后停止．从汽车启动开始计时，下表记录了汽车某些时刻的瞬时速度，根据数据可判断出汽车运动的
【答案】C 【解析】
匀加速运动过程中，加速度为
21v
a 3m /s t ∆=
=∆，匀加速运动的末速度等于匀速运动的速度，
由表格读出末速度大小为v 12m /s =，则此过程经历时间为
11
v
t 4s a =
=；匀减速运动过程中，
加速度为
22v
a 6m /s t ∆=
=-∆，匀减速运动的初速度等于匀速运动的速度，初速度大小为
v 12m /s =，则此过程经历时间为
22
0v
t 2s a -=
=；故C 正确。

故选C 。

【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；运动图像
3. (多选)如图所示，
在水平力F 作用下，木块A 、B 保持静止．若木块A 与B 的接触面是水平的，且F≠0，则木块B 的受力个数可能是( )
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6 【答案】BC 【解析】
B 至少受到重力、A 对B 的压力和静摩擦力、斜面的支持力四个力；斜面对物体B 可能有静摩擦力，也有可能没有静摩擦力；故木块B 受力的个数可能是4个，也可能是5个。

故选B
C 。

【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 4．（单选）如图所示，是某同学站在压力传感器上，做下蹲—起立的动作时记录的力随时间变化的图线。

由图线可知，该同学的体重约为650 N ，除此以外，还可以得到以下信息( )
A．该同学做了两次下蹲－起立的动作
B．该同学做了一次下蹲－起立的动作，且下蹲后约2 s起立
C．下蹲过程中人一直处于失重状态
D．下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态
【答案】B
【解析】
人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重对应先失重再超重，起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学做了一次下蹲-起立的动作，A错误；由图象看出两次超重的时间间隔就是人蹲在地上持续的时间，约2s，B正确；下蹲过程既有失重又有超重，且先失重后超重，C、D均错误。

故选B。

【考点】超重和失重
5．(多选)将甲乙两小球先后以同样的速度在距地面不
同高度处竖直向上抛出，抛出时间相隔2 s，它们运动的图像分别如直线甲乙所示。

则（）A．t＝2 s时，两球的高度相差一定为40 m
B．t＝4 s时，两球相对于各自的抛出点的位移相等
C．两球从抛出至落到地面所用的时间间隔相等
D．甲球从抛出至到达最高点的时间间隔与乙球相等
【答案】BD
【解析】
A、根据速度时间图象与时间轴所围的“面积”表示质点的位移，知t=2s时，甲球通过的位
移为
1
x30102m40m
2
=⨯+⨯=
甲
（）
，乙的位移为零，两球位移之差等于40m，但两球初始的
高度未知，故t=2s 时两球的高度相差不一定为40m ，故A 错误；
B 、t=4s 时，甲球相对于抛出点的位移为11
30310140m
22⨯⨯-⨯⨯=，乙球相对于抛出点的位移为1
30102m 40m
2⨯+⨯=（），故两球相对于各自的抛出点的位移相等，故B 正确；
C 、两球从不同的高度以同样的速度竖直向上抛出，根据竖直上抛运动的规律
2
01x h v t gt 2=-=-，h 是抛出点距地面的高度，可知两球从抛出至落到地面所用的时间间隔
t 不相等，故C 错误；
D 、由图知，甲球从抛出至到达最高点的时间间隔与乙球相等，都是3s ，故D 正确。

故选BD 。

【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系
6. （单选）如图甲所示，在粗糙的水平
面上，质量分别为m 和M(m∶M＝1∶2)的物块A 、B 用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同．当用水平力F 作用于B 上且两物块共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1.当用同样大小的力F 竖直加速提升两物块时(如图乙所示)，弹簧的伸长量为x2， 则x1∶x2等于 ( )
A. 1∶1
B. 1∶2
C. 2∶1
D. 2∶3 【答案】A 【解析】
对甲图，运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度
()B A B A A
F m m g F
a g
m m 3m μμ-+=
=-+，
对A 物体有：
A A F m g m a
μ-=弹，得：
1F F kx 3=
=弹，
1F
x 3k =． 对乙图，运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度
()B A A B A
F m m g F
a g
m m 3m -+'=
=-+，
对A 物体有：
F mg ma '-='
弹，得
2F F kx 3'=
=弹，
2F x 3k =
，则12x x 11=：：。

故选A 。

【考点】牛顿第二定律
7.（多选）在粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体A ，A 与竖直墙之间放一光滑半圆球B ，整个装置处于平衡状态．已知A 、B 两物体的质量分别为M 和m ，则下列说法正确的是( )
A ．A 物体对地面的压力大小为Mg
B ．A 物体对地面的压力大小为(M ＋m)g
C ．B 物体对A 物体的压力小于Mg
D ．A 物体对地面的摩擦力可能大于Mg 【答案】BD
【解析】
对B 物体受力如右上图，根据合力等于0，运用合成法得，墙壁对B 的弹力
1N mgtan α=，A
对B 的弹力
2mg
N cos α＝
，则B 物体对A 的压力大于mg ；
对整体分析得，地面的支持力
3N M m g =+（），摩擦力1f N mgtan mg α==＜，因为m 和
M 的质量大小未知，所以A 物体对地面的摩擦力可能大于Mg ，故AC 错误，BD 正确。

故选BD 。

【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用
8.（多选）如图所示，A、B两物块质量均为m，用一轻弹簧相连，将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，B物块恰好与水平桌面接触，此时轻弹簧的伸长量为x，现将悬绳剪断，则下列说法正确的是( )
A．悬绳剪断瞬间，A物块的加速度大小为2g
B．悬绳剪断瞬间，A物块的加速度大小为g
C．悬绳剪断后，A物块向下运动距离x时速度最大
D．悬绳剪断后，A物块向下运动距离2x时速度最大
【答案】AD
【解析】
AB、剪断悬绳前，对B受力分析，B受到重力和弹簧的弹力，知弹力F=mg．剪断瞬间，对A
分析，A的合力为F mg F2mg
=+=
合，根据牛顿第二定律，得a=2g，故A正确B错误；
CD、弹簧开始处于伸长状态，弹力F mg kx
==，当向下压缩mg F kx
='='时，速度最大，
x′=x，所以下降的距离为2x，故C错误D正确。

故选AD。

【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；胡克定律
9．(单选)如图所示为杂技“顶杆”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时，杆对地面上的人的压力大小为( ) A．(M+ m) g －ma B．(M+ m) g +ma
C．(M+ m) g D．(M－m) g
【答案】A
【解析】
对竿上的人有：f mg F ma -=；
所以
f F m
g a =-（）， 竿对人有摩擦力，人对竿也有反作用力--摩擦力，且大小相等，方向相反， 对竿有
f N M
g F F '+=，
又因为竿对“底人”的压力和“底人”对竿的支持力是一对作用力与反作用力， 由牛顿第三定律，得到
N f F Mg F M m g ma ''=+=+-（）。

故选A 。

【考点】牛顿第二定律
10. （多选）物体A 、
B 在外力F 的作用下，在如图甲、乙两种情况下以相同的速率沿F 的方向做匀速运动，若接触面间都不光滑．关于物体A 、B 的受力，下列说法正确的是( ) A. 甲、乙两图中的物体A 一定都受摩擦力作用 B. 甲、乙两图中的物体B 一定都受摩擦力作用 C. 甲图中速度越大，B 受到的摩擦力越大 D. 乙图中倾角越大，A 受到的摩擦力越大 【答案】BD 【解析】
甲中A 做匀速直线运动，而甲中A 物体不受外力，故甲中A 没有相对于B 的运动趋势，故甲中A 不受摩擦力，而B 受到滑动摩擦力，其大小与运动的速度无关；
乙中A 也是平衡状态，但A 的重力使A 有一沿斜面下滑的趋势，故B 对A 有向上摩擦力，故A 受F 方向相同的摩擦力，随着倾角越大，重力沿着斜面方向的分力越大，则A 受到的静摩擦力越大，故BD 正确，AC 错误。

故选BD 。

【考点】共点力平衡；摩擦力
11.（单选）如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2>v1，则( )
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
【答案】B
【解析】
A、t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故A错误；
B、t2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相对静止，故B正确；
C、0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，t2～t3时间内小物块不受摩擦力作用，故C错误；
D、0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，且大小不变，如图知，t2-t3小物块做匀速直线运动，此时受力平衡，小物块不受摩擦力作用，故D错误。

故选B。

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像；滑动摩擦力
12.（单选）在一大雾天，一辆小汽车以30 m/s的速度匀速行驶在高速公路上，突然发现正前方30 m 处有一辆大卡车以10 m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，刹车过程中刹车失灵．如图所示，图线a、b分别为小汽车和大卡车的v－t图象(忽略刹车反应时间)，以下说法正确的是( )
A．因刹车失灵前小汽车已减速，故不会发生追尾事故
B．在t＝3 s时发生追尾事故
C．在t＝5 s时发生追尾事故
D. 若紧急刹车时两车相距40米，则不会发生追尾事故且两车最近时相距10米 【答案】B 【解析】
根据速度时间图象所时间轴所围“面积”大小等于位移，由图知，t=3s 时，b 车的位移为：
b b s v t 103m 30m ==⨯=
b 车的位移为()()11
sa 302012015260m
22=⨯+⨯+⨯+⨯=，则a
b s s 30m -=，所以在在t=3s 时追尾，故B 正确。

故选B 。

【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系
13.（单选）如图甲所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接．图乙中v 、a 、Ff 和s 分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程．图中正确的是( )
【答案】C 【解析】
A 、根据物体的受力情况，可以判断出物体先是在斜面上做匀加速直线运动，到达水平面上之后，做匀减速运动，所以物体运动的速度时间的图象应该是倾斜的直线，不能使曲线，故A 错误；
B 、由于物体的运动先是匀加速运动，后是匀减速运动，在每一个运动的过程中物体的加速度的大小时不变的，所以物体的加速度时间的图象应该是两段水平的直线，不能使倾斜的直线，故B 错误；
C 、在整个运动的过程中，物体受到的都是滑动摩擦力，所以摩擦力的大小是不变的，并且由于在斜面上时的压力比在水平面上时的压力小，所以滑动摩擦力也比在水平面上的小，故C 正确；
D 、物体做的是匀加速直线运动，物体的位移为
21x at
2=
，所以物体的路程和时间的关系应该
是抛物线，不会是正比例的倾斜的直线，故D 错误。

故选C 。

【考点】匀变速直线运动的图像；滑动摩擦力；牛顿第二定律 第Ⅱ卷计算题（58分） 二、实验题（14分）
14. (8分)某同学做“验证力的平行四边形定则”实验的情况如下图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．
(1)实验中用弹簧测力计测量力的大小时，下列使用方法中正确的是________．
A．拿起弹簧测力计就进行测量读数
B．拉橡皮筋的拉力大小不能超过弹簧测力计的量程
C．测量前检查弹簧指针是否指在零刻线，用标准砝码检查示数正确后，再进行测量读数D．应尽量避免弹簧、指针、拉杆与刻度板间的摩擦
(2)关于此实验的下列说法中正确的是________．
A．同一次实验中，O点位置不允许变动
B．实验中，只需记录弹簧测力计的读数和O点的位置
C．实验中，把橡皮筋的另一端拉到O点时，两个弹簧测力计之间的夹角必须取90°
D．实验中，要始终将其中一个弹簧测力计沿某一方向拉到最大量程，然后调节另一弹簧测力计拉力的大小和方向，把橡皮筋另一端拉到O点
(3)图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是________．
(4)本实验采用的科学方法是________．
【答案】(1)BCD (2)A (3)F′ (4)等效替代
【解析】
（1）A、弹簧测力计读数前要进行调零，故A错误；
B、拉橡皮筋的拉力大小不能超过弹簧测力计的量程，故B正确；
C、测量前检查弹簧指针是否指在零刻线，用标准砝码检查示数正确后，再进行测量读数，故C正确；
D、应尽量避免弹簧、指针、拉杆与刻度板间的摩擦，故D错误。

故选BCD。

（2）A、本实验采用的是等效替代的方法，同一次实验中，O点位置不允许变动，故A正确；
B、实验中，需记录弹簧测力计的读数和O点的位置，以及拉力方向，故B错误；
C、实验中，把橡皮筋的另一端拉到O点时，两个弹簧测力计之间的夹角不一定是取90°，故C错误；
D、本实验只要达到效果相同，对弹簧称拉力的大小没有要求，不需要将其中一个弹簧测力计沿某一方向拉到最大量程．故D错误。

故选A。

（3）F1与F2的合力的实际值测量值为一个弹簧拉绳套时的弹簧的弹力大小和方向，而理论值是通过平行四边形定则得到的值。

所以图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是F′。

（4）合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代。

【考点】验证力的平行四边形定则
15.（6分）在做“研究匀变速直线运动”的实验时，某同学得到一条用电火花计时器打下的纸带如下图所示，并在其上取了A、B、C、D、E、F、G 7个计数点，每相邻两个计数点间还有4个点图中没有画出，电火花计时器接220 V、50 Hz交流电源．
(1)设电火花计时器的周期为T，计算F点的瞬时速度vF的公式为vF＝________；
(2)他经过测量并计算得到电火花计时器在打B、C、D、E、F各点时物体的瞬时速度如下表．以A点对应的时刻为t＝0，试在上图所示坐标系中合理地选择标度，作出v－t图象，并利用该图象求出物体的加速度a＝________m/s2；
(3)如果当时电网中交变电流的电压变成210 V，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比________．(填“偏大”、“偏小”或“不变”)
【答案】(1)
64
10
d d
T
-
(2) 图见解析 0.40 (3)不变
【解析】
（1）每相邻两个计数点间还有4个点图中没有画出，所以相邻两个计数点间的时间间隔T5T
'=，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，
得：
6464 F
d d d d v
2T10T
--
==
'
（2）作出v-t图象如图所示，注意尽量使描出的点落到直线上，不能落到直线上的点尽量让其分布在直线两侧；
由速度-时间图象的斜率表示加速度，得：
22 v0.30.1
a m/s0.4m/s
t0.5
∆-
===
∆；
（3）电网电压变化，并不改变打点的周期，故测量值与实际值相比不变
【考点】探究小车速度随时间变化的规律
三、计算题
16.（6分）A、B为竖直墙壁上等高的两点，AO、BO为长度相等的两根轻绳，CO为一根轻杆。

转轴C在AB中点D的正下方，AOB在同一水平面上。

∠AOB=90º，∠COD=60º。

若在O点处用轻绳悬挂一个质量为m的物体，求平衡后绳AO所受拉力的大小。

【答案】
【解析】
设绳AO和绳BO拉力的合力为F，以O点为研究对象作出受力分析图1；
根据平衡条件得：F mgtan30 =︒
将F分解，如图2；
则有AO
所受拉力的大小
2
F F
==
【考点】共点力平衡
17．（18分）（一）（6分）下列说法正确的是（）
A．居里夫妇发现了铀和含铀矿物的天然放射现象
B．根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的运动速度增大
C．德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为一切物体都具有波粒二象性。

D．卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，揭示了原子核的组成
E．赫兹在实验时无意中发现了一个使光的微粒理论得以东山再起的重要现象——光电效应。

F．比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时一定吸收核能
【答案】BCE
【解析】
A、贝克勒尔发现了铀和含铀矿物的天然放射现象，故A错误；
B、根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，能量减小，轨道半径减小，根据
22
2
e v k m r r
＝
知，核外电子的速度增大，动能增大，则电势能减小，故B正确；
C、德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为一切物体都具有波粒二象性，故C正确；
D、卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，揭示了原子原子的核式结构模型，故D错误；
E、赫兹发现的光电效应说明光具有粒子性，故E正确；
F、比结合能小的原子核结合或分解成比结合能大的原子核时一定释放核能，故F错误。

故选BCE。

【考点】天然放射现象；波尔的能级理论；物质波；原子的核式结构；
（二）（4分）用能量为l5eV的光子照到某种金属上，能发生光电效应，测得其光电子的最大初动能为12.45eV，该金属的逸出功为 eV．氢原子的能级如图所示，现有一群处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁，在辐射出的各种频率的光子中，能使该金属发生光电效应的频率共有种．
【答案】2.55 2
【解析】
用能量为15eV的光子照到某种金属上，能发生光电效应，测得其光电子的最大初动能为
12.45eV ， 根据光电效应方程得
km E 1512.45 2.55eV =-=。

现有一群处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁，根据
23C 3=，知该群氢原子可能发射3种不同频率的光子．
但是n=3能级跃迁到n=2能级的光子能量小于2.55eV ，所以能使该金属发生光电效应的频率共有2种。

【考点】氢原子的能级公式和跃迁；爱因斯坦光电效应方程
(三)（8分）如图所示，轻弹簧的两端与质量均为2m 的B 、C 两物块固定连接，静止在光滑水平面上，物块C 紧靠挡板但不粘连．另一质量为m 的小物块A 以速度V0从右向左与B 发生弹性正碰，碰撞时间极短可忽略不计．(所有过程都在弹簧弹性限度范围内)求： (1)A 、B 碰后瞬间各自的速度；
(2)弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比．
【答案】
A 01v v 3=-，
B 0
2v v 3= P P E E 21'=：： 【解析】
（1）A 、B 发生弹性正碰，碰撞过程中，A 、B 组成的系统动量守恒、机械能守恒，以A 、B 组成的系统为研究对象，以A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
o A B mv mv 2mv =+
在碰撞过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：2
220A B
111mv mv 2mv 222=+⨯ 联立解得：
A 01v v 3=-，
B 0
2
v v 3=； （2）弹簧第一次压缩到最短时，B 的速度为零，该过程机械能守恒，由机械能守恒定律得，
弹簧的弹性势能：22P B 0
14E 2m v mv 29=⨯⨯=
从弹簧压缩最短到弹簧恢复原长时，B 、C 与弹簧组成的系统机械能守恒，
弹簧恢复原长时，B 的速度
B 0
2
v v 3=
，速度方向向右，C 的速度为零，
从弹簧恢复原长到弹簧第一次伸长最长时，B 、C 与弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，
弹簧伸长最长时，B 、C 速度相等，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
B 2mv 2m 2m v =+'（）
由机械能守恒定律得：22B
P 11
2mv 2m 2m v E 22⨯=⨯+⨯'+'（）
解得：
2
P 02E mv 9'=
，
弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比：
P P E E 21'=：：
【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律
18． (8分)1935年在苏联的一条直铁轨上，有一列火车因蒸汽不足而停驶，驾驶员把货车厢甲留在现场，只拖着几节车厢向前方不远的车站开进，但他忘了将货车厢刹好，使车厢在斜坡上以4 m/s 的速度匀速后退，此时另一列火车乙正以16 m/s 的速度向该货车厢驶来，驾驶技术相当好的驾驶员波尔西列夫立即刹车，紧接着加速倒退，结果恰好接住了货车厢甲，从而避免了相撞．设列车乙刹车过程和加速倒退过程均为匀变速直线运动，且加速度大小均为2 m/s2，求波尔西列夫发现货车厢甲向自己驶来而立即开始刹车时，两车相距多远？ 【答案】100m 【解析】
当两车恰好不相撞时，速度相同．取向右方向为正方向，则有
对乙车：
()
416v v t s 10s a 2---=
=乙甲＝
在这段时间内，甲车的位移为
x v t =甲甲，
乙车的位移为22011
x v t at 1610210m 60m
22=+=-⨯+⨯⨯=-乙
所以，波尔西列夫发现货车厢甲向自已驶来而立即开始刹车时， 两车的距离
L x |x |100m =+=乙甲
【考点】匀变速直线运动规律
19.（12分）皮带装置如右图所示，其中AB 段是水平的，长度LAB ＝4 m ，BC 段是倾斜的，长度lBC ＝5 m ，倾角为θ＝37°，AB 和BC 在B 点通过一段极短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v ＝4 m/s 的恒定速率顺时针运转．已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s2.现将一个工件(可看做质点)无初速度地放在A 点，求：
(1)工件第一次到达B 点
所用的时间：
(2)工件沿传送带上升的最大高度； (3)工件运动了23 s 时所在的位置．
【答案】(1)1.4 s (2)2.4 m (3)A 点右侧2.4 m 处 【解析】
(1)工件刚放在水平传送带上的加速度为a1 由牛顿第二定律得
1mg ma μ＝
解得2
1a g 5 m/s μ＝＝
经t1时间与传送带的速度相同，则
11
t =
=0.8s v
a
前进的位移为21111x =a t 1.6m
2=
此后工件将与传送带一起匀速运动至B 点，用时1
2t 0.6s AB L x v -＝
＝
所以工件第一次到达B 点所用的时间
12t t t 1.4 s ＝＋＝
(2)设工件上升的最大高度为h ，由动能定理得2
1
(mgcos mgsin )
0mv sin 2h μθθθ－＝－
解得h 2.4m ＝
(3)工件沿传送带向上运动的时间为
32t 2s sin h
v θ＝
＝
此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也
相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为T
13T 2t 2t 5.6 s ＝＋＝
工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，且速度变为零所需时间
0123t 2t t 2t 6.2 s ＝＋＋＝
而
023s t 3T ＝＋
这说明经23 s 工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零． 故工件在A 点右侧，到A 点的距离
AB 1x L x 2.4m ＝－＝
【考点】牛顿第二定律；动能定理；匀变速直线运动规律
2013-2014学年度高二下学期期末考试 物 理 答 案
一、选择题每题4分
1ACD ， 2C,3BC,4B,5BD,6A,7BD,8AD,9A,10BD,11B,12B ，13C
14.(1)BCD (2)A (3)F′ (4)等
效替代
15. (1)64
10d d T (2) 图见解析 0.40 (3)不变
三、计算题
16.（6分）
设绳AO 和绳BO 拉力的合力为F ，以O 点为研究对象作出受力分析图1； 根据平衡条件得： F mgtan30=︒ 将F 分解，如图2；
则有AO 所受拉力的大小
2F F 2=
=
17．（18分）（一）BCE （二）2.55 2
(三)（8分）
（1）A 、B 发生弹性正碰，碰撞过程中，A 、B 组成的系统动量守恒、机械能守恒，以A 、B 组成的系统为研究对象，以A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
o A B mv mv 2mv =+
在碰撞过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：2
220A B
111mv mv 2mv 222=+⨯ 联立解得：
A 01v v 3=-，
B 0
2
v v 3=； （2）弹簧第一次压缩到最短时，B 的速度为零，该过程机械能守恒，由机械能守恒定律得，
弹簧的弹性势能：22P B 0
14E 2m v mv 29=⨯⨯=
从弹簧压缩最短到弹簧恢复原长时，B 、C 与弹簧组成的系统机械能守恒，
弹簧恢复原长时，B 的速度
B 0
2
v v 3=
，速度方向向右，C 的速度为零，
从弹簧恢复原长到弹簧第一次伸长最长时，B 、C 与弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒， 弹簧伸长最长时，B 、C 速度相等，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
B 2mv 2m 2m v =+'（）
由机械能守恒定律得：22B
P 112mv 2m 2m v E 22⨯=⨯+⨯'+'（）
解得：
2
P 02E mv 9'=
，
弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比：
P P E E 21'=：：
18． (8分)
当两车恰好不相撞时，速度相同．取向右方向为正方向，则有
对乙车：
()
416v v t s 10s a 2---=
=乙甲＝
在这段时间内，甲车的位移为
x v t =甲甲，
乙车的位移为22011
x v t at 1610210m 60m
22=+=-⨯+⨯⨯=-乙
所以，波尔西列夫发现货车厢甲向自已驶来而立即开始刹车时， 两车的距离
L x |x |100m =+=乙甲
19.（12分）
(1)工件刚放在水平传送带上的加速度为a1 由牛顿第二定律得
1mg ma μ＝
解得2
1a g 5 m/s μ＝＝
经t1时间与传送带的速度相同，则
11
t =
=0.8s v
a
前进的位移为21111x =a t 1.6m
2=
此后工件将与传送带一起匀速运动至B 点，用时1
2t 0.6s AB L x v -＝
＝
所以工件第一次到达B 点所用的时间
12t t t 1.4 s ＝＋＝
(2)设工件上升的最大高度为h ，由动能定理得2
1
(mgcos mgsin )
0mv sin 2h μθθθ－＝－
解得h 2.4m ＝。