广西专版2023_2024学年新教材高中物理综合检测新人教版必修第二册

综合检测

(时间:90分钟　满分:100分)

一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题目要求)

1.如图所示的陀螺,是很多人小时候喜欢的玩具。从上往下看(俯视),若陀螺立在某一点顺时针匀速转动,此时在陀螺上滴一滴墨水,则墨水被甩出的径迹可能是(　　)

答案:D

解析:做曲线运动的墨水,所受陀螺的束缚力消失后,水平面内(俯视)应沿轨迹的切线飞出,选项A、B错误;又因陀螺顺时针匀速转动,故选项C错误,D正确。

2.摩天轮是游乐场里的大型娱乐项目,它的直径可以达到170 m。乘客乘坐时,转轮始终不停地匀速转动,下列说法正确的是(　　)

A.在最高点,乘客处于超重状态

B.任一时刻乘客受到的合力都不等于零

C.乘客在乘坐过程中对座椅的压力始终不变

D.乘客在乘坐过程中的机械能始终保持不变

答案:B

解析:在最高点,乘客具有向下的加速度,处于失重状态,选项A错误;乘客做圆周运动,任一时刻受到的合力都不等于零,选项B正确;乘客在乘坐过程中匀速转动,向心力时刻指向圆心,大小不变,对座椅的压力不可能始终不变,选项C错误;乘客在乘坐过程中匀速转动,动能不变,但重力势能在变化,所以机械能也在变化,选项D错误。

3.(2021·全国卷Ⅱ)“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图所示,先将纽扣绕几圈,使穿过纽扣的两股细绳拧在一起,然后用力反复拉绳的两端,纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后,纽扣绕其中心的转速可达50 r/s,此时纽扣上距离中心1 cm处的点的向心加速度大小约为(　　)

A.10 m/s2 B.100 m/s2

C.1 000 m/s2 D.10 000 m/s2

答案:C

解析:根据向心加速度公式得a=ω2r=(2πn)2r=1×103m/s2,故选项C正确。

4.如图所示,质量相同的可视为质点的甲、乙两小球,甲从竖直固定的光滑圆弧轨道顶端由静止滑下,轨道半径为R,圆弧底端切线水平,乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下。下列判断正确的是(　　)

A.两小球到达底端时速度相同

B.两小球由静止运动到底端的过程中重力做功不相同

C.两小球到达底端时动能相同

D.两小球到达底端时,甲小球重力做功的瞬时功率等于乙小球重力做功的瞬时功率

答案:C

解析:根据动能定理得mgR=mv2,知v=,两小球达到底端时的速度大小相等,但是速度的方向不同,速度不同,选项A错误。两小球运动到底端的过程中,下落的高度相同,有WG=mgh=mgR,由于质量m相同,则重力做功相同,选项B错误。两小球到达底端时动能mv2=mgR,m相同,则动能相同,选项C正确。两小球到达底端的速度大小相等,甲重力与速度方向垂直,瞬时功率为零,而乙球重力做功的瞬时功率不为零,则甲球重力做功的瞬时功率小于乙球重力做功的瞬时功率,选项D错误。

5.足球球门宽为l,如图所示。一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起,将足球顶入球门的左下方死角(图中P点)。球员顶球点的高度为h。足球做平抛运动(足球可看成质点,忽略空气阻力),则(　　)

A.足球位移的大小x=

B.足球初速度的大小v0=

C.足球末速度的大小v=

D.足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan θ=

答案:B

解析:根据几何关系可知,足球做平抛运动的竖直高度为h,水平位移x水平=,则足球位移的大小x=,选项A错误;由h=gt2,x水平=v0t,可得足球的初速度v0=,选项B正确;对小球,竖直方向=2gh,可得足球末速度v=,选项C错误;由几何知识知,足球初速度方向与球门线夹角的正切值tanθ=,选项D错误。

6.在全国田径锦标赛上,某选手(可看成质点)在一次跳远试跳中,水平距离达8 m,最高处高达1 m。设他离开地面时的速度方向与水平面的夹角为α,若不计空气阻力,则tan α等于(　　)

A. B. 

C. D.1

答案:C

解析:从起点A到最高点B可看成平抛运动的逆过程,如图所示,初速度方向与水平方向夹角的正切值为tanα=2tanβ=2×=2×,选项C正确。

7.将火星和地球绕太阳的运动近似看成是同一平面内的同方向绕行的匀速圆周运动,已知火星的轨道半径r1=2.3×1011 m,地球的轨道半径r2=1.5×1011 m。根据你所掌握的物理和天文知识,估算出火星与地球相邻两次距离最小的时间间隔约为(　　)

A.1年 B.2年

C.3年 D.4年

答案:B

解析:根据开普勒第三定律=k得,火星与地球的公转周期之比为=1.9,地球的公转周期为T2=1年,则火星的公转周期为T1=1.9年,设经时间t火星与地球又一次距离最近,根据θ=ωt,则火星与地球转过的角度之差Δθ=t=2π,得t=2年,选项B正确。

二、多项选择题(本题共3小题,每小题4分,共12分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分,选对但不全得2分,有选错的得0分)

8.一赛车在平直赛道上以恒定功率加速,其功率为200 kW,设所受到的阻力不变,加速度a和速度的倒数的关系如图所示,则赛车(　　)

A.做匀加速直线运动

B.质量为500 kg

C.所受阻力大小为2 000 N

D.速度大小为50 m/s时牵引力大小为3 000 N

答案:BC

解析:由题图可知,加速度变化,故赛车做变速直线运动,选项A错误。对赛车受力分析,受重力、支持力、牵引力和摩擦力,根据牛顿第二定律,有F-Ff=ma,其中F=,联立得a=;-=-4m/s2,=400,解得m=500kg,Ff=2×103N,选项B、C正确。由P=Fv可知,F=N=4000N,选项D错误。

9.如图所示,两个小球从水平地面上方同一点O分别以初速度v1、v2水平抛出,落在地面上的位置分别是A、B,O'是O在地面上的竖直投影,且O'A∶AB=1∶3。若不计空气阻力,则两小球(　　)

A.抛出的初速度大小之比为1∶4

B.落地速度大小之比为1∶3

C.落地速度与水平地面夹角的正切值之比为4∶1

D.通过的位移大小之比为1∶

答案:AC

解析:两小球的水平位移分别为O'A和O'B,水平位移之比为O'A∶(O'A+AB)=1∶4;小球在竖直方向上做自由落体运动,而两球的抛出高度相同,根据t=可知下落时间相同,根据x=v0t可得两小球的初速度之比为1∶4,选项A正确。落地速度v=,通过的位移s=,由于未知两小球的下落高度,不能得出下落时间,故无法求出准确的落地速度比和位移比,选项B、D错误。落地速度与水平地面夹角的正切值tanθ=,因竖直分速度相等,而水平初速度比值为1∶4,故正切值的比值为4∶1,选项C正确。

10.如图甲所示,轻弹簧竖直放置,下端固定在水平地面上,一质量为m的小球,从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学探究小球在接触弹簧后向下的运动过程,他以小球开始下落的位置为原点,沿竖直向下方向建立坐标轴Ox,作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示,不计空气阻力,重力加速度为g。以下判断正确的是(　　)

A.当x=h+x0时,重力势能与弹性势能之和最小

B.最低点的坐标为x=h+2x0

C.小球受到的弹力最大值等于2mg

D.小球动能的最大值为mgh+

答案:AD

解析:结合图像知小球的运动过程为先自由落体运动,当与弹簧相接触后,再做加速度减小的加速运动,然后做加速度增大的减速运动,直到小球速度为零。当x=h+x0时,弹力等于重力,加速度为零,小球速度最大,动能最大,由于系统机械能守恒,所以重力势能与弹性势能之和最小,选项A正确;在最低点小球速度为零,从刚释放小球到小球运动到最低点,小球动能变化量为零,重力做的功和弹力做的功的绝对值相等,即到最低点图中实线与x轴围成的面积应该与mg虚线与x轴围成的面积相同,所以最低点应该在x=h+2x0的后面,选项B错误;由B知道最低点位置大于x=h+2x0,所以弹力大于2mg,选项C错误;当x=h+x0时,弹力等于重力,加速度为零,小球速度最大,动能最大,由动能定理可得WG+WN=mg(h+x0)-mg·x0=mgh+mgx0,故选项D正确。

三、非选择题(本题共6小题,共60分)

11.(6分)(2021·全国卷Ⅰ)某同学利用图甲所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄,频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光,某次拍摄后得到的照片如图乙所示(图中未包括小球刚离开轨道时的影像)。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板,纸板与小球轨迹所在平面平行,其上每个方格的边长为5 cm。该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图乙中标出。

甲

乙

完成下列填空:(结果均保留两位有效数字)

(1)小球运动到图乙中位置A时,其速度的水平分量大小为　　　　 m/s,竖直分量大小为　　　　 m/s。 

(2)根据图乙中数据可得,当地重力加速度的大小为　　　　 m/s2。 

答案:(1)1.0　2.0　(2)9.7

解析:本题考查利用平抛运动测量当地的重力加速度,意在考查实验能力。

(1)当小球落到A处时,在水平方向上,vAx=m/s=1.0m/s;在竖直方向上,根据中间时刻的瞬时速度等于整段的平均速度得vAy=m/s=2.0m/s。

(2)设竖直方向的位移依次为y1、y2、y3、y4,根据逐差法得g==9.7m/s2。

12.(8分)在验证机械能守恒定律实验中,打出的纸带如图所示,其中A、B为打点计时器打下的第1、2个点,AB=2 mm,D、E、F为点迹清晰时连续打出的计时点,测得D、E、F到A的距离分别为s1、s2、s3(图中未画出)。设打点计时器的打点频率为f,重物质量为m,实验地点重力加速度为g。一位学生想从纸带上验证打下A点到打下E点过程中,重物的机械能守恒。

(1)实验中,如下哪些操作是必要的　　　　。 

A.用停表测量时间

B.重物的质量应尽可能大些

C.先接通电源后释放纸带

D.先释放纸带后接通电源

(2)重物重力势能减少量ΔEp=　　　　,动能增加量ΔEk=　　　　　　　。 

(3)比较ΔEp和ΔEk发现,重物重力势能的减少量ΔEp大于动能的增加量ΔEk,造成这一误差的原因是                           　。 

答案:(1)BC

(2)mgs2　

(3)实验过程中有阻力作用

解析:(1)实验中根据打点计时器打点频率计算时间,不需要停表,A错误;重物的质量应尽可能大些,这样可以减小阻力引起的误差,B正确;打点计时器使用时,都是先接通电源,待打点稳定后再释放纸带,C正确,D错误。

(2)因为AB=2mm,则A点为自由落体运动的初始位置,即vA=0。从A点到E点过程中,重力势能的减少量为ΔEp=mgs2。

E点的瞬时速度v=

则动能增量为

ΔEk=mv2=。

(3)因为实验过程中有阻力作用,所以减少的重力势能大于增加的动能。

13.(10分)如图所示,航天员站在某质量分布均匀的星球表面沿水平方向以初速度v0抛出一个小球,经时间t落地,落地时速度与水平地面间的夹角为α。已知该星球半径为R,引力常量为G。求:

(1)该星球表面的重力加速度g';

(2)该星球的第一宇宙速度v;

(3)人造卫星绕该星球表面做匀速圆周运动的最小周期T。

答案:(1)　(2)　(3)2π

解析:(1)根据平抛运动知识得tanα=

解得g'=。

(2)物体绕星球表面做匀速圆周运动时万有引力提供向心力,则有G=m

又因为G=mg'

联立解得v=。

(3)人造卫星绕该星球表面做匀速圆周运动时,运行周期最小,则有T=

所以T=2πR=2π。

14.(10分)(2020·山东卷)单板滑雪U形池比赛是冬奥会比赛项目,其场地可以简化为如图甲所示的模型:U形滑道由两个半径相同的圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成,轨道倾角为17.2°。某次练习过程中,运动员以vM=10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道,速度方向与轨道边缘线AD的夹角α=72.8°,腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点,不计空气阻力,重力加速度的大小g取10 m/s2,sin 72.8°=0.96,cos 72.8°=0.30。求:

甲

乙

(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d;

(2)M、N之间的距离l。

答案:(1)4.8 m　(2)12 m

解析:(1)在M点,设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1,由运动的合成与分解规律得v1=vMsin72.8°①

设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1,由牛顿第二定律得mgcos17.2°=ma1②

由运动学公式得d=③

联立①②③式,代入数据得d=4.8m。④

(2)在M点,设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2,由运动的合成与分解规律得v2=vMcos72.8°⑤

设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2,由牛顿第二定律得mgsin17.2°=ma2⑥

设腾空时间为t,由运动学公式得

t=⑦

l=v2t+a2t2⑧

联立①②⑤⑥⑦⑧式,代入数据得l=12m。⑨

15.(12分)如图所示,餐桌中心是一个半径为r=1.5 m的圆盘,圆盘可绕中心轴转动,近似认为圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计。已知放置在圆盘边缘的小物体与圆盘的动摩擦因数为μ1=0.6,与餐桌的动摩擦因数为μ2=0.225,餐桌离地高度取h=0.8 m。设小物体与圆盘以及餐桌之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。

(1)为使物体不滑到餐桌上,圆盘的角速度ω的最大值为多少?

(2)缓慢增大圆盘的角速度,物体从圆盘上甩出,为使物体不滑落到地面,餐桌半径R的最小值为多大?

(3)若餐桌半径R'=r,则在圆盘角速度缓慢增大时,物体从圆盘上被甩出后滑落到地面上的位置到从圆盘甩出点的水平距离l为多少?

答案:(1)2 rad/s　(2)2.5 m　(3)2.1 m

解析:(1)由题意可得,当小物体在圆盘上随圆盘一起转动时,圆盘对小物体的静摩擦力提供向心力,所以随着圆盘转速的增大,小物体受到的静摩擦力增大。当静摩擦力最大时,小物体即将滑落,此时圆盘的角速度达到最大,则有Ffm=μ1FN=mrω2,FN=mg

两式联立可得ω==2rad/s。

(2)由题意可得,当物体滑到餐桌边缘时速度恰好减为零,对应的餐桌半径取最小值。设物体在餐桌上滑动的位移为s,物体在餐桌上做匀减速运动的加速度大小为a,则

a=,Ff=μ2mg,所以a=μ2g=2.25m/s2

物体在餐桌上滑动的初速度为v0=ωr=3m/s

由运动学公式=-2as可得s=2m

由几何关系可得餐桌半径的最小值为R==2.5m。

(3)当物体滑离餐桌时,开始做平抛运动,平抛的初速度为物体在餐桌上滑动的末速度vt',由题意可得vt'2-=-2as'

由于餐桌半径为R'=r,所以s'=r=1.5m

所以可得vt'=1.5m/s

物体做平抛运动的时间为t,则h=gt2

解得t==0.4s

所以物体做平抛运动的水平位移为sx=vt't=0.6m

所以由题意可得l=s'+sx=2.1m。

16.(14分)如图所示,倾斜轨道AB的倾角为37°,CD、EF轨道水平,AB与CD通过光滑圆弧管道BC连接且AB、CD与圆弧管道相切,CD右端与竖直光滑圆周轨道相连。小球可以从D进入该轨道,沿轨道内侧运动,从E滑出该轨道进入EF水平轨道。小球由静止从A点释放,已知AB长为5R,CD长为R,重力加速度为g,小球与倾斜轨道AB及水平轨道CD、EF的动摩擦因数均为0.5,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,圆弧管道BC入口B与出口C的高度差为1.8R。求:(在运算中,根号中的数值无需算出)

(1)小球滑到斜面底端C时速度的大小;

(2)小球刚到C时对轨道的作用力;

(3)为使小球在运动过程中不脱离轨道,竖直圆周轨道的半径R'应该满足的条件。

答案:(1)

(2)6.6mg　竖直向下

(3)R'≤0.92R或R'≥2.3R

解析:(1)设小球到达C点时速度为vC,小球从A运动至C过程,由动能定理,得

mg(5Rsin37°+1.8R)-μmgcos37°·5R=

可得vC=。

(2)小球沿BC轨道做圆周运动,设在C点时轨道对球的作用力为FN,由牛顿第二定律,得

FN-mg=m

其中r满足r+r·sin53°=1.8R

联立上式可得FN=6.6mg

由牛顿第三定律可得,球对轨道的作用力为6.6mg,方向竖直向下。

(3)要使小球不脱离轨道,有两种情况。

情况一:小球能滑过圆周轨道最高点,进入EF轨道,则小球在最高点的速度v应满足m≥mg

小球从C直到此最高点过程,由动能定理,有

-μmgR-mg·2R'=mv2-

可得R'≤R=0.92R。

情况二:小球上滑至与圆周轨道圆心等高时,速度减为零,然后滑回D,则由动能定理有

-μmgR-mg·R'=0-

解得R'≥2.3R

所以要使小球不脱离轨道,竖直圆周轨道的半径R'应该满足R'≤0.92R或R'≥2.3R。