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遼寧省沈陽市鐵路20xx-20xx學年高二下學期期末物理試卷word版含解析(編輯修改稿)

2026-01-10 08:09 本頁面

　

【文章內容簡介】支持力和滑動摩擦力，如圖根據牛頓第二定律，有（ m+M） gsinθ﹣ μ2（ m+M） gcosθ=（ M+m） a 解得 a=g（ sinθ﹣ μ2cosθ） ① 再對 P 物體受力分析，受到重力 mg、支持力和沿斜面向上的靜摩擦力，根據牛頓第二定律，有 mgsinθ﹣ Ff=ma ② 由 ①②解得 Ff=μ2mgcosθ 故選： C．【點評】本題關鍵是先對整體受力分析，根據牛頓第二定律求解出加速度，然后再隔離出物體 P，運用牛頓第二定律求解 PQ 間的內力． 4． “太極球 ”是近年來在廣大市民中較流行的一種健身器材．做該項運動時，健身者半馬步站立，手持太極球拍，拍上放一橡膠太極球，健身者舞動球拍時，球卻不會掉落地上．現將太極球簡化成如圖 18 所示的平板和小球，熟練的健身者讓球在豎直面內始終不脫離板而做勻速圓周運動，且在運動到圖中的 A、 B、 C、 D 位置時球與板間無相對運動趨勢． A為圓周的最高點， C 為最低點， B、 D 與圓心 O 等高且在 B、 D 處板與水平面夾角為 θ．設球的質量為 m，圓周的半徑為 R，重力加速度為 g，不計拍的重力，若運動過程到最高點時拍與小球之間作用力恰為 mg，則（） A．圓周運動的周期為： T=2π B．圓周運動的周期為： T=2π C．在 B、 D 處球拍對球的作用力為 D．在 B、 D 處球拍對球的作用力為【考點】向心力；牛頓第二定律．【分析】在最高點，根據牛頓第二定律列式求解小球做勻速圓周運動的速度，再根據周期和線速度關系求解周期，球做勻速圓周運動，在 B、 D處，根據合外力提供向心力結合幾何關系求解球拍對球的作用力．【解答】解： A、在最高點，根據牛頓第二定律得： mg+mg=m 解得： v= ，則圓周運動的周期為： T= ，故 AB 錯誤； C、球做勻速圓周運動，在 B、 D 處，根據合外力提供向心力結合幾何關系得： sinθ= 解得： F= ，故 C 正確， D 錯誤．故選： C 【點評】本題考查了牛頓第二定律的應用，重點要對物體的受力做出正確的分析，列式即可解決此類問題，注意球做勻速圓周運動，合外力提供向心力． 5．如圖所示，從同一豎直線上不同高度 A、 B 兩點處，分別以速率 v v2同向水平拋出兩個小球， P 為它們運動軌跡的交點．則下列說法正確的有（） A．兩球在 P 點一定具有相同的速率 B．若同時拋出，兩球不可能在 P 點相碰 C．若同時拋出，落地前兩球豎直方向的距離逐漸變大 D．若同時拋出，落地前兩球之間的距離逐漸變大【考點】平拋運動．【分析】平拋運動的高度決定運動的時間，結合下降的高度判斷兩球能否在 P 點相碰．若兩球同時拋出，在豎直方向上相同時間內位移大小相等，結合水平方向位移的變化判斷兩物體間的距離變化．【解答】解： A、兩球的初速度大小關系未知，在 P 點， A的豎直分速度大于 B 的豎直分速度，根據平行四邊形定則知，兩球在 P 點的速度大小不一定相同，故 A錯誤． B、若同時拋出，在 P 點， A下落的高度大于 B 下落的高度，則 A下落的時間大于 B 下落的時間，可知兩球不可能在 P 點相碰，故 B 正確． C、若同時拋出，根據 h= 知，經過相同的時間下落的高度相同，則豎直方向上的距離保持不變，故 C 錯誤． D、若同時拋出，由圖可知，下落相同的高度， B 的水平位移大于 A的水平位移，可知 B的初速度大于 A的初速度，由于兩球在豎直方向上的距離不變，水平距離逐漸增大，則兩球之間的距離逐漸增大，故 D 正確．故選： BD．【點評】解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規律，知道運動的時間由高度決定，初速度和時間共同決定水平位移． 6．如圖， A、 B 兩球質量相等，光滑斜面的傾角為 θ．圖甲中 A、 B 兩球用輕彈簧相連，圖乙中 A、 B 兩球用輕桿相連．系統靜止時，擋板 C與斜面垂直，彈簧、輕桿均與斜面平行．在突然撤去擋板的瞬間（） A．兩圖中兩球加速度均為 gsinθ B．圖甲中 A球的加速度為零 C．圖甲中 B 球的加速度是為 2gsinθ D．圖乙中 A球的加速度為零【考點】牛頓第二定律；物體的彈性和彈力．【分析】根據彈簧彈力不能突變，桿的彈力會突變，分析撤去擋板的瞬間，圖甲和圖乙中AB 所受合外力即可得到各自的加速度．【解答】解：撤去擋板前，對整體分析，擋板對 B球的彈力大小為 2mgsinθ，因彈簧彈力不能突變，而桿的彈力會突變，所以撤去擋板瞬間，圖甲中 A球所受合力為零，加速度為零，B 球所受合力為 2mgsinθ，加速度為 2gsinθ；圖乙中桿的彈力突變為零， A、 B 球所受合力均為 mgsinθ，加速度均為 gsinθ，故 BC 正確， AD 錯誤．故選： BC 【點評】本題考查了牛頓第二定律的瞬時問題，知道彈簧的彈力在撤去擋板的瞬間保持不變，結合牛頓第二定律進行求解． 7．如圖所示，某物體自空間 O 點以水平初速度 v0拋出，落在地面上的 A點，其軌跡為一拋物線．現仿此拋物線制作一個光滑滑道并固定在與 OA完全重合的位置上，然后將此物體從 O 點由靜止釋放，受微小擾動而沿此滑道滑下，在下滑過程中物體未脫離滑道． P 為滑道上一點， OP 連線與豎直方向成 45176。角，則此物體（） A．由 O 運動到 P 點的時間大于 B．物體經過 P 點時，速度的水平分量為 v0 C．物體經過 P 點時，速度的豎直分量為 2v0 D．物體經過 P 點時的速度大小為 v0 【考點】平拋運動．【分析】若做平拋運動， OP 連線與豎直方向成 45176。角，所以豎直分位移與水平分位移大小相等，根據時間可求出豎直方向的分速度和速度的大小和方向，若從 O 點由靜止釋放，受微小擾動而沿此滑道滑下，運動過程中只有重力做功，速度方向沿切線方向．【解答】解： A、物體若做平拋運動，有：，則 t= ．而物體的運動除受重力外，還受到支持力作用，加速度小于重力加速度，則時間大于．故 A正確． B、物體若做平拋運動，運動到 P 點時豎直方向上的分速度： vy=gt=2v0，此時速度與水平方向的夾角為 α，則有： = ．物塊沿該軌道滑動，只有重力做功，根據動能定理得， mgh= ，解得：，所以 v=2v0．則物體經過 P 點時，速度的豎直分量：．速度的水平分量．故 B 正確， CD 錯誤．故選： AB 【點評】解決本題的關鍵掌握處理平拋運動的方法，注意物體的運動情況與平拋運動的情況不同，難度適中． 8． “水流星 ”是一種常見的雜技項目，該運動可以簡化為輕繩一端系著小球在豎直平面內的圓周運動模型，如圖所示，已知繩長為 l，重力加速度為 g，則（） A．小球運動到最低點 Q 時，處于失重狀態 B．小球初速度 v0越大，則在 P、 Q 兩點繩對小球的

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