2019-2020 学年第二学期期末模块测试
高二物理试卷
一．单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。在每小题给出的 4 个选项中只有一项是符合题
目要求的。
1．北斗卫星导航系统 是中国自行研制的全球卫星导航系统，该系统将由 35 颗卫星组成，卫星的轨
道有三种：地球同步轨道、中地球轨道和倾斜轨道。其中，同步轨道半径大约是中轨道半径的 1.5 倍，那么
同步卫星与中轨道卫星的周期之比约为
A． B． C． D．
2．有 、 、 、 四颗地球卫星， 还未发射，在赤道表面上随地球一起转动， 是近地轨道卫星， 是
地球同步卫星， 是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则
A． 的向心加速度等于重力加速度
B．在相同时间内 转过的弧长最长
C． 在 4 小时内转过的圆心角是
D． 的运动周期有可能是 20 小时
3．如图所示，有 10 块完全相同的长方体木板叠放在一起，每块木板的质量为 ，用手掌在这叠木板的
两侧同时施加大小为 的水平压力，使木板悬空水平静止。若手与木板之间的动摩擦因数为 0.5，木板与木
板之间的动摩擦因数为 0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 取 ，则 至少为
A． B． C． D．
4．根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置。但实际上，赤道上方 处无
初速下落的小球将落在正下方位置偏东约 处。这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过
( )BDS
( )
1
23( )2
23( )2
3
23( )2
2
33( )2
a b c d a b c
d ( )
a g
b
c 6
π
d
100g
F
g 210 /m s F ( )
25N 20N 15N 10N
200m
6cm
程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比。现将小球从赤道地面竖直上
抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球
A．到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零
B．到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零
C．落地点在抛出点东侧
D．落地点在抛出点西侧
5．如图所示为 、 两质点在同一直线上运动的位移 时间 图象。 质点的图象为直线， 质点的
图象为过原点的抛物线，两图象交点 、 坐标如图。下列说法不正确的是
A． 、 相遇两次
B． 时间段内 质点的平均速度与 质点匀速运动的速度相等
C．两物体速度相等的时刻一定在 时间段内的中间时刻
D． 在 前面且离 最远时， 的位移为
6．如图所示，一块橡皮用细线悬挂于 点，用铅笔靠着线的左侧向右上方 方向匀速移动，运动中始终
保持悬线竖直，则橡皮运动的速度
A．大小和方向均不变 B．大小不变、方向改变
C．大小改变，方向不变 D．大小和方向均改变
7．如图所示，一人用钳碗夹夹住圆柱形茶杯，在手竖直向上的力 作用下，夹子和茶杯相对静止，并一起
( )
A B − ( )x t− A B
C D ( )
A B
1 2~t t B A
1 2~t t
A B B B 1 2
2
x x+
O 45°
( )
F
向上运动。夹子和茶杯的质量分别为 、 假设夹子与茶杯两侧间的静摩擦力在竖方向上，夹子与茶杯两
侧间的弹力在水平方向上，最大静摩擦力均为 ，则下列说法正确的是
A．人加大夹紧钳碗夹的力，使茶杯向上匀速运动，则夹子与茶杯间的摩擦力增大
B．当夹紧茶杯的夹子往下稍微移动一段距离，使夹子的顶角张大，但仍使茶杯匀速上升，人的作用力
将变小
C．当人加速向上提茶杯时，作用力 可以达到的最大值是
D．无论人提着茶杯向上向下做怎样的运动，若茶杯与夹子间不移动，则人的作用力
8．如图所示，在一座寺庙门口吊着一口大钟，在大钟旁边并排吊着撞锤，吊撞锤的轻绳长为 ，与吊撞锤
的点等高且水平相距 处有一固定的光滑定滑轮，一和尚将轻绳一端绕过定滑轮连在撞锤上，然后缓慢
往下拉绳子另一端，使得撞锤提升竖直高度 时突然松手，使撞锤自然的摆动下去撞击大钟，发出声音，
（重力加速度取 ，则
A．在撞锤上升过程中，和尚对绳子的拉力大小不变
B．松手前瞬间，撞锤上方左右两边绳子的拉力之比为
C．撞锤撞击大钟前瞬间的速度大小等于
D．突然松手时，撞锤的加速度大小等于
二．多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。在每小题给出的 4 个选项中有多项符合题目要
求。全部选对的得 4 分，选对但是不全得得 2 分，选错不得分。
m M
f ( )
F
F 2 ( )f m M
M
+
( )F M m g= +
L
2 3
3
L
2
L
)g ( )
3
3
2gL
3
2 g
9．如图所示，物块 放在直角三角形斜面体 上面， 放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初始时 、 静
止。现用力 沿斜面向上推 ，但 、 仍未动。则施力 后，下列说法正确的是
A． 、 之间的摩擦力可能变大 B． 与墙面的弹力可能不变
C． 与墙之间可能没有摩擦力 D．弹簧弹力一定不变
10．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球 ，细线的上端固定在金属块 上， 放在带小孔的水平桌
面上。小球在某一水平面内做匀速圆周运动（圆锥摆）。现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周
运动（图上未画出），两次金属块 都保持在桌面上静止。则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确
的是
A． 受到桌面的支持力变大 B． 受到桌面的静摩擦力变大
C．小球 运动的角速度变大 D．小球 运动的周期变大
11．在动摩擦因数 的水平面上有一个质量为 的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成
角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示，此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰
好为零。当剪断轻绳的瞬间，取 ，以下说法正确的是
A．此时轻弹簧的弹力大小为
B．小球的加速度大小为 ，方向向左
A B B A B
F A A B F ( )
A B B
B
P Q Q
Q
( )
Q Q
P P
0.2µ = 2m kg=
45θ = °
210 /g m s= ( )
20N
28 /m s
C．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为 ，方向向右
D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为 0
12．一演员表演飞刀绝技，由 点先后抛出完全相同的三把飞刀 、 、 ，分别垂直打在竖直木板上 、
、 三点，如图所示。假设不考虑飞刀的转动，并可将其看做质点，已知 、 、 、 四点距水平地
面高度分别为 、 、 、 ，以下说法正确的是
A．三把刀在击中木板时速度大小相同
B．三次飞行时间之比为
C．三次初速度的竖直分量之比为
D．设三次抛出飞刀的初速度与水平方向夹角分别为 ，则有
三．非选择题：本题共 6 小题，共 60 分
13．（6 分）在“探究求合力的方法”实验中，现有木板、白纸、图钉、橡皮筋、细绳套和弹簧秤。
（1）在实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上两根细绳，细绳的另一端都有绳套。
实验中需用两个弹簧秤分别钩住绳套，并互成角度地拉橡皮条。某同学认为在此过程中必须注意以下几项：
．两根细绳必须等长。
．橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上。
．在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行。
其中正确的是 。（填入相应的字母）
（2）若在实验中，把木板竖直放置，同时用细绳 跨过钉在木板上的光滑的钉子 ，下端挂重力已知的
钩码，细绳 用一个弹簧秤钩住，如图所示，可以通过改变钩码的个数和弹簧秤的拉力调整橡皮筋与两细
绳的结点 的位置。图中 与橡皮筋延长线的夹角为 ，细绳 与橡皮筋延长线的夹角为 ，且
，下列操作正确的是 。
．增加钩码个数后，为使结点位置不变，应减小 ，同时减小弹簧秤的拉力
．增加钩码个数后，为使结点位置不变，应增大 ，同时增大弹簧秤的拉力
210 /m s
O a b c M
N P O M N P
h 4h 3h 2h ( )
: : 3 : 2 :1a b ct t t =
: : 3: 2:1a b cv v v =
: :a b c
θ θ θ a b c
θ θ θ> >
A
B
C
OA C
OB
O OC α OB β
90α β+ > °
A β
B β
．保持钩码个数不变，将钉子 向左移动一些，为使结点位置不变，应减小 ，同时增大弹簧秤的拉力。
．保持钩码个数不变，将钉子 向左移动一些，为使结点位置不变，应增大 ，同时增大弹簧秤的拉力。
14．（7 分）某实验小组所用的实验装置如图 1 所示，通过改变砂桶内砂的质量研究加速度与力的关系。图
中带滑轮的长木板水平放置于桌面上，一端拴有砂桶的细绳通过小车的滑轮与拉力传感器相连，拉力传感
器可直接显示所受到的拉力大小。
（1）下列操作必要且正确的是 。
．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，同时记录传感器的示数
．改变砂的质量重复实验，打出几条纸带
．用天平测出砂和砂桶的质量
．为了减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
（2）实验中得到如图 2 所示的一条纸带，相邻计数点间的时间间隔为 ，各相邻计数点间的距离分别为
、 、 、 ，则加速度的计算表达式为 ，若以传感器的示数 为横坐标，通过纸带分析得到的
加速度 为纵坐标，下面画出的 图象中合理的是 。
C C β
D C β
A
B
C
D
T
1S 2S 3S 4S F
a a F−
（3）若（2）问中的四个图线（包括 中的直线部分）的斜率为 ，则小车的质量为 。
15．（8 分）如图所示，在公路的十字路口，红灯拦停了一车队，拦停的汽车排成笔直的一列，第一辆汽车
的前端刚好与路口停止线相齐，汽车长均为 ，前面汽车尾部与相邻汽车的前端相距均为 。
为了安全，前面汽车尾部与相邻汽车的前端相距至少为 才能开动，若汽车都以 的加速
度做匀加速直线运动。绿灯亮起瞬时，第一辆汽车立即开动，求：
（1）第六辆汽车前端刚到达停止线时的速度大小 ；
（2）从绿灯刚亮起到第六辆汽车前端与停止线相齐所需最短时间 。
16．（10 分）如图所示，水平传送带 长 ，以 的速度匀速运动，质量均为 的小物体 、
与绕过定滑轮的轻绳相连， 时刻 、在传送带 端以初速度 向右运动，已知 与传送带间
动摩擦因数为 0.5， 在传动带上运动过程它与定滑轮间的绳始终水平，不计定滑轮质量和摩擦，绳不可伸
长且足够长度，最大静摩擦力视为等于滑动摩擦力，取 ，求：
（1） 时刻小物体 的加速度大小和方向。
（2）小物体 滑离传送带时的速度。
17．（13 分）如图所示，电动机带动滚轮做逆时针匀速转动，在滚轮的摩擦力作用下，将一金属板从光滑斜
面底端 送往斜面上端，倾角兹 ，滚轮与金属板的切点 到斜面底端 距离 ，当金属板的下
端运动到切点 处时，立即提起滚轮使其与板脱离。已知板的质量 ，滚轮边缘线速度
，滚轮对板的正压力 ，滚轮与金属板间的动摩擦因数为 ，取 ．求：
（1）在滚轮作用下板上升的加速度；
（2）金属板的底端经多长时间到达滚轮的切点 处；
C k
4.0l m= 1 1.0d m=
2 5.0d m= 22 /a m s=
v
t
AB 2m 1 /v m s= 4kg P Q
0t = P A 0 4 /v m s= P
P
210 /g m s=
0t = P
P
A 30= ° B A 6.5L m=
B 31 10m kg= ×
4 /v m s= 42 10NF N= × 0.35µ = 210 /g m s=
B
（3）金属板沿斜面上升的最大距离。
18．（16 分）某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，水平轨道 长为 ， 长
为 ， 点右侧有一陷阱， 、 两点的竖直高度差 ，水平距离 ，现在 点将一
质量为 的小滑块以水平初速度 弹射出去，滑块可以从 点进入半径为 的光滑竖直圆形
轨道，运动一周后再从 点滑出圆形轨道，并继续沿 轨道运动，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数
，重力加速度 。
（1）若小滑块初速度 ，求小滑块在圆形轨道最高点时对轨道的压力大小；
（2）若仅要求小滑块能够进入圆形轨道，且运动过程中始终不脱离圆形轨道，求小滑块初速度 的大小范
围；
（3）若要求小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后不能掉进陷阱，求小滑块初速度 的大小范围。
AB 1 1L m= BC
2 2.6L m= C C D 0.2h m= 0.6s m= A
0.3m kg= 0v B 0.3R m=
B BC
0.5µ = 210 /g m s=
0 4 2 /v m s=
0v
0v
答案
一、选择部分
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
C B B D D A C D AD BC ABD BD
二、实验
13.（1）C
（2）BC
14.（1）AB
（2）풂 =
풔ퟑ + 풔ퟒ ― 풔ퟏ ― 풔ퟐ
ퟒ푻ퟐ B
（3）2
풌
15. 解：（1）第六辆汽车前端与停止线的距离为：
由
代入数据解得：
（2）设第二辆汽车刚开动时，第一辆汽车至少已行驶的时间 ，则第二辆汽车刚开动时，第一辆至少行驶
的距离为：
由 ，
解得： ，
从绿灯刚亮起到第六辆汽车刚开动至少所需时间为：
第六辆汽车刚开动到前端与停止线相齐所需时间为： 。
从绿灯刚亮起到第六辆汽车前端与停止线相齐所需最短时间为：
1 15( ) 25.0s l d= + = m
2
12v as=
10 /v m s=
1t
2 2 1 4.0s d d= − = m
2
2 1
1
2s at=
2
1
2 2 4 22
st s sa
×= = =
2 15 10.0t t= = s
3
10 5.02
vt s sa
= = =
2 3t t t= +
解得：
答：（1）第六辆汽车前端刚到达停止线时的速度大小 为 ；
（2）从绿灯刚亮起到第六辆汽车前端与停止线相齐所需最短时间 为 。
16. 解：（1）开始时小物块的速度大于传送带的速度，速度的摩擦力的方向向左，同时受到向左的拉力，
由牛顿第二定律
对
对
联立以上方程解得： ，方向向左
（2） 先以加速度大小 向右做匀减速运动，直到速度减为 ，设位移为 ，由运动学公式得：
代入数据解得：
接着以加速度大小为 向右做匀减速运动，直到速度减为 0，设位移为 ， 受到向左的拉力和向右的
摩擦力，由牛顿第二定律
对
对
联立以上方程解得：
由运动学公式得：
解得：
故 向右运动的最大距离为：
向右的速度减为 0 后，受力不变，再以加速度 向左做匀加速运动，直到从左端离开传送带，由运动学
公式得：
代入数据解得：
答：（1） 时刻小物体 的加速度大小是 方向向左。
10.0 5.0 15.0t s= + = s
v 10 /m s
t 15.0s
1 1:p T mg maµ+ =
1 1:Q mg T ma− =
2
1 7.5 /a m s=
P 1a v 1x
2 2
1 1 02a x v v− = −
1 1x m=
P 2a 2x P
2 2:p T mg maµ− =
2 2:Q mg T ma− =
2
2 2.5 /a m s=
2
2 22 0a x v− = −
2 0.2x m=
P 1 2 1 0.2 1.2x x x m= + = + =
P 2a
2
22v a x=
6 /v m s=
0t = P 27.5 /m s
（2）小物体 滑离传送带时的速度是
17. 解：（1）对金属板受力分析如右图所示。
运用正交分解法，在 方向上根据牛顿第二定律得
解得
（2）由根据匀变速运动的速度公式
解得
由平均速度公式得，匀加速上升位移为
根据匀速运动可知，匀速上升需
共经历
（3）根据牛顿第二定律有
解得
金属板做匀减速运动，则
板与滚轮脱离上升的距离
所以，金属板沿斜面上升的最大距离为
答：（1）在滚轮作用下板上升的加速度为 ；
（2）金属板的底端经 到达滚轮的切点 处；
（3）金属板沿斜面上升的最大距离为 。
18. 解：（1）从 位置到圆轨道最高点过程，根据动能定理，有： ，
解得： ，
在最高点，重力和支持力的合力提供向心力，故： ，
解得： ；
根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力为 ，向上；
P 6 /m s
x
sinNF mg maµ θ− =
22 /a m s=
0 1v at=
1 2t s=
0
1 42
vx t m= × =
2
0
6.5 4 0.6254
L xt s sv
− −= = =
1 2 2.625t t t s= + =
2sinmg maθ =
2
2 5 /a m s=
2 2
0
2
4 1.62 2 5m
vx m ma
= = =×
6.5 1.6 8.1mL x m m+ = + =
22 /m s
2.625s B
8.1m
A 2 2
1 1 0
1 12 2 2mgL mg R mv mvµ− − = −
2
1 0 12 4 32 2 0.5 10 1 0.5 10 0.3 10 /v v gL gR m sµ= − − = − × × × − × × =
2
1
N
vmg F m R
+ =
2
1 100.3 0.3 10 70.3N
vF m mg NR
= − = × − × =
7N
（2）临界一：
滑 块 恰 好 能 到 圆 心 最 高 点 处 ， 从 位 置 到 圆 心 最 高 点 位 置 过 程 ， 根 据 动 能 定 理 ， 有 ：
解得：
临界二：
滑块恰能够到达圆弧最高点，在最高点，重力等于向心力，故： ，解得： ，
从 位置到圆弧最高点过程，根据动能定理，有：
解得：
临界三：
恰好进入圆轨道，则：
故
故滑块进入轨道而不滑离轨道的初速度范围为： 10 ≤ 푣0 ≤ 4或푣0 ≥ 5
（3）若小球恰好停在 处，对全程进行研究，则有： ，
代入数据解得： 。
所以当5 ≤ 푣0 ≤ 6时，小球停在 间。
若小球恰能越过壕沟时，则有： ， ，联立解得：
由动能定理得：
代入数据解得： ，
所以当푣0 ≥ 3 5，小球越过壕沟。
故若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不能掉进壕沟，小滑块在 点弹射出的速度大小范围是5 ≤ 푣0 ≤ 6
或푣0 ≥ 3 5。
A
2
1 2
10 2mgL mgR mvµ− − = −
2 12 2 2 0.5 10 1 2 10 0.3 4 /v gL gR m sµ= + = × × × + × × =
2
3vmg m R
= 3 3 /v gR m s= =
A 2 2
1 3 4
1 12 2 2mgL mg R mv mvµ− − = −
2
4 3 12 4 3 2 0.5 10 1 4 10 0.3 5 /v v gL gR m sµ= + + = + × × × + × × =
2
1 5
10 2mgL mvµ− = −
5 12 2 0.5 10 1 10 /v gL m sµ= = × × × =
C 2
1 2 6
1( ) 0 2mg L L mvµ− + = −
6 6 /v m s=
BC
21
2h gt= Cs v t= 3 /Cv m s=
2 2
1 2 7
1 1( ) 2 2Cmg L L mv mvµ− + = −
7 3 5 /v m s=
A
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