综合检测(二)

这是一份人教版 (新课标)必修2全册综合同步达标检测题，共7页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题等内容，欢迎下载使用。

(时间：90分钟 满分：100分)





一、选择题(本题10个小题，每小题4分，共40分)


1．关于物体的运动下列说法正确的是( )


A．做曲线运动的物体，所受的合力可能为零，如匀速圆周运动


B．做曲线运动的物体，有可能处于平衡状态


C．做曲线运动的物体，速度方向一定时刻改变


D．做曲线运动的物体，所受的合外力的方向有可能与速度方向在一条直线上





图1


2．如图1所示的皮带传动装置中，甲轮的轴和塔轮丙和乙的轴均为水平轴，其中，甲、


丙两轮半径相等，乙轮半径是丙轮半径的一半．A、B、C三点分别是甲、乙、丙三轮的


边缘点，若传动中皮带不打滑，则( )


A．A、B两点的线速度大小之比为2∶1


B．B、C两点的角速度大小之比为1∶2


C．A、B两点的向心加速度大小之比为2∶1


D．A、C两点的向心加速度大小之比为1∶4


3．设人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，卫星离地面越高，则卫星的( )


A．速度越大 B．角速度越大


C．向心加速度越大 D．周期越长


4．为训练宇航员能在失重状态工作和生活，需要创造一种失重的环境．在地球表面附近，


当飞机模拟某些在重力作用下的运动时，就可以在飞机座舱内实现短时间内的完全失重


状态．现要求一架飞机在速度大小为v1＝500 m/s时进入失重状态试验，在速度大小为


v2＝1 000 m/s时退出失重状态试验．重力加速度g＝10 m/s2.则下列说法可能正确的是


( )


A．飞机需要模拟竖直上抛运动 B．飞机需要模拟向上加速运动


C．完全失重状态的时间可能是150 s D．完全失重状态的时间可能是30 s


5．小船过河时，船头偏向上游与水流方向成α角，船相对水的速度为v，其航线恰好垂


直于河岸，现水流速度稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，下列措施中可行


的是( )


A．减小α角，增大船速v B．增大α角，增大船速v


C．减小α角，保持船速v不变 D．增大α角，保持船速v不变


6．飞行员的质量为m，驾驶飞机在竖直平面内以速度v做半径为r的匀速圆周运动，在


轨道的最高点和最低点时，飞行员对座椅的压力( )


A．是相等的 B．相差mv2/r C．相差2mv2/r D．相差2mg


7．一个静止的质点，在两个互成锐角的恒力F1、F2的作用下开始运动，经过一段时间


后撤掉其中的一个力，则质点在撤去该力前后两个阶段中的运动情况分别是( )


A．匀加速直线运动，匀减速直线运动 B．匀加速直线运动，匀变速曲线运动


C．匀变速曲线运动，匀速圆周运动D．匀加速直线运动，匀速圆周运动


8．从倾角为θ的足够长的斜面上的M点，以初速度v0水平拋出一小球，不计空气阻力，


落到斜面上的N点，此时速度方向与水平方向的夹角为α，经历时间为t.下列各图中，


能正确反映t及tan α与v0的关系的图象是( )





9．如图2所示，





图2


一直角斜面固定在地面上，右边斜面倾角60°，左边斜面倾角30°，A、B两物体分别系


于一根跨过定滑轮的轻绳两端，分别置于斜面上，两物体可以看成质点，且位于同高度


处于静止平衡状态，一切摩擦不计，绳子均与斜面平行，若剪断绳，让两物体从静止开


始沿斜面下滑，下列叙述正确的是( )


A．落地时两物体速率相等


B．落地时两物体机械能相等


C．落地时两物体重力的功率相同


D．两物体沿斜面下滑的时间相同


10．质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，运动过程


中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此绳子的张力为7mg，


在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好通过最高点，则在此过程中小球克服空


气阻力所做的功为( )


A.eq \f(1,4)mgR B.eq \f(1,3)mgR C.eq \f(1,2)mgR D．mgR


二、填空题(本题共2个小题，每小题8分，共16分)


11．两个同学根据不同的实验条件，进行了“探究平抛运动规律”的实验


(1)甲同学采用如图3所示的装置，用小锤打击弹性金属片，金属片把球A沿水平方向弹


出，同时球B被松开，自由下落，观察到两球同时落地，改变小锤打击的力度，即改变


球A被弹出时的速度，两球仍然同时落地，这说明______________．


(2)乙同学采用频闪照相的方法拍摄到如图4所示的“小球做平抛运动”的照片．图中每


个小方格的边长为1.25 cm，则由图4可以求得拍摄时每隔________s曝光一次，该小球


平抛的初速度大小为____m/s(g取9.8 m/s2)





图3 图4





图5


12．物体在空中下落的过程中，重力做正功，物体的动能越来越大，为了“探究重力做


功和物体动能变化的定量关系”，我们提供了如图5的实验装置


(1)某同学根据所学的知识结合图5设计一个本实验情景的命题：如图所示，测量质量为


m的小球在重力mg作用下从开始端自由下落至光电门发生的__①__，通过光电门时


的__②__，探究重力做的功__③__与小球动能变化量__④__的定量关系．


请在①②空格处填写物理量的名称和对应符号；


在③④空格处填写数学表达式．


(2)某同学根据上述命题进行如下操作并测出如下数值．


①用天平测定小球的质量为0.50 kg；


②用游标卡尺测出小球的直径为10.0 mm；


③用刻度尺测出电磁铁下端到光电门的距离为80.80 cm；


④电磁铁先通电，把小球吸在下端．


⑤电磁铁断电时，小球自由下落．


⑥在小球经过光电门时间内，计时装置记下小球经过光电门所用时间为2.50×10－3 s，由


此可算得小球经过光电门的速度为______m/s


⑦计算得出重力做的功为__________J，小球动能变化量为____________J．(结果保留三


位数字)(g取10 m/s2)


(3)试根据(2)对本实验下结论：______________________________________.


三、计算题(本题共4个小题，共44分)


13．(10分)有一辆质量为800 kg的小汽车驶上圆弧半径为50 m的拱桥．(g取10 m/s2)


(1)汽车到达桥顶时速度为5 m/s，汽车对桥的压力是多大？


(2)汽车以多大速度经过桥顶时便恰好对桥没有压力而腾空？


(3)汽车对地面的压力过小是不安全的．因此从这个角度讲，汽车过桥时的速度不能过


大．对于同样的车速，拱桥圆弧的半径大些比较安全，还是小些比较安全？


(4)如果拱桥的半径增大到与地球半径R一样，汽车要在地面上腾空，速度要多大？(已


知地球半径为6 400 km)






































14．(10分)一颗在赤道上空飞行的人造地球卫星，其轨道半径为r＝3R(R为地球半径)，


已知地球表面重力加速度为g，则该卫星的运行周期是多大？若卫星的运动方向与地球


自转方向相同，已知地球自转角速度为ω0，某一时刻该卫星通过赤道上某建筑物的正上


方，再经过多少时间它又一次出现在该建筑物正上方？











15.(12分)如图6所示，





图6


水平放置的传送带与一光滑曲面相接(间隙很小)，一小滑块质量为m＝0.1 kg，从距离传


送带h＝0.2 m处静止滑下，传送带水平部分长l＝1.8 m，滑块与传送带间的动摩擦因数


μ＝0.1(g取10 m/s2)．


(1)使传送带固定不动，问滑块能否滑离传送带？摩擦产生的热量是多少？


(2)传送带逆时针以v2＝1 m/s匀速运动，问滑块能否滑离传送带？产生的热量是多少？















































16．(12分)如图7所示，





图7


竖直平面内的3/4圆弧形光滑轨道半径为R，A端与圆心O等高，AD为水平面，B点在


O的正上方，一个小球在A点正上方由静止释放，自由下落至A点进入圆轨道并恰能到


达B点．求：


(1)释放点距A点的竖直高度．


(2)落点C与A点的水平距离．


















































综合检测(二)


1．C 2.D 3.D


4．AC [当飞机做加速度的大小为重力加速度g、加速度的方向为竖直向下的运动时，座舱内的试验者便处于完全失重状态．这种运动可以是飞机模拟无阻力的竖直下抛运动或竖直上抛运动，也可以是斜抛运动，所以A正确，B错误；如果是竖直上抛运动，可计算出时间是150 s，如果是竖直下抛运动，可计算出时间是50 s，因此可得C正确，D错误．]


5．B [由速度的平行四边形，合速度是不变的，当河流的速度增大的时候，划船的速度要增大，夹角也要增大才行，所以只有B是对的．]


6．D [在最高点，设座椅对飞行员的支持力为FN1，则mg＋FN1＝meq \f(v2,r)，得FN1＝meq \f(v2,r)－mg


由牛顿第三定律，在最高点飞行员对座椅的压力大小为


FN1′＝meq \f(v2,r)－mg


在最低点，设座椅对飞行员的支持力为FN2，则


FN2－mg＝meq \f(v2,r)得FN2＝mg＋meq \f(v2,r)


由牛顿第三定律，在最低点飞行员对座椅的压力大小为


FN2′＝mg＋meq \f(v2,r)，


FN2′－FN1′＝2mg.]


7．B [开始时，该质点所受合力为恒力，所以质点从静止开始后的运动为匀加速直线运动，经过一段时间撤掉其中一个力后，质点受力仍为恒力，但力的方向与速度方向之间有夹角，且夹角为锐角，所以质点做匀变速曲线运动，故选项B正确．]


8．D [设此过程经历时间为t，竖直位移y＝eq \f(1,2)gt2，水平位移x＝v0t，tan θ＝eq \f(y,x)，联立得t＝eq \f(2v0tan θ,g)，得t∝v0，故图象A、B均错．tan α＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(gt,v0)＝2tan θ，得tan α与v0无关，为一恒量，故C错，D正确．]


9．A [两物体位于同一高度，根据机械能守恒定律eq \f(1,2)mv2＝mgh，故落地时速率相等，但由于两物体质量大小不确定，落地时机械能不一定相等，重力功率不一定相同．由位移公式：eq \f(h,sin θ)＝eq \f(1,2)gsin θt2(θ为斜面倾角)θ不同，则下滑时间不同．]


10．C [最低点时，绳的张力F＝7mg，做圆周运动条件F－mg＝eq \f(mv\\al(2,1),R)，所以mveq \\al(2,1)＝6mgR.


恰能达到最高点，则mg＝eq \f(mv\\al(2,2),R)，mveq \\al(2,2)＝mgR.


根据能量守恒定律eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＋mg2R＋W，解得克服阻力所做的功W＝eq \f(1,2)mgR.]


11．(1)平抛运动的竖直分运动是自由落体运动


(2)0.036 0.694


12．(1)①位移x ②瞬时速度 v ③mgx


④eq \f(1,2)mv2. (2)⑥4 ⑦4.04 4.00 (3)在误差允许范围内，重力做的功与物体动能的变化量成正比


解析 本题考查实验设计探究能力、迁移能力、分析综合能力，还考查了瞬时速度的理解．根据瞬时速度的概念，球通过光电门时的平均速度可认为等于球通过光电门时的瞬时速度．


(1)首先明确实验原理：重力做的功等于物体增加的动能．所以测量小球下落的位移x和下落位移x时所对应的速度v，比较重力做的功WG＝mgx和动能的增加量ΔEk＝eq \f(1,2)mv2的关系即可验证命题的正确性．


(2)小球经过光电门的速度可以用小球通过光电门这段很短时间内的平均速度来表示，v＝eq \f(d,t)＝eq \f(10×10－3,2.50×10－3)m/s＝4 m/s；W＝mgx＝4.04 J，ΔEk＝eq \f(1,2)mv2＝4.00 J


13．(1)7 600 N (2)22.4 m/s (3)半径R大些比较安全 (4)8 000 m/s


解析 如右图所示，





汽车到达桥顶时，受到重力G和桥对它的支持力FN的作用．


(1)汽车对桥顶的压力大小等于桥顶对汽车的支持力FN.汽车过桥时做圆周运动，重力和支持力的合力提供向心力，即F＝G－FN


根据向心力公式F＝eq \f(mv2,R)有


FN＝G－F＝mg－eq \f(mv2,R)＝7 600 N


(2)汽车经过桥顶恰好对桥没有压力而腾空，则FN＝0，即汽车做圆周运动的向心力完全由其自身重力来提供，所以有F＝G＝eq \f(mv2,R)，得v＝eq \r(gR)＝22.4 m/s.


(3)由第(2)问可知，当FN＝0时，汽车会发生类似平抛的运动，这是不安全的，所以对于同样的车速，拱桥圆弧的半径R大些比较安全．


(4)参照第(2)问可得，v＝eq \r(gR)＝eq \r(10×6.4×106) m/s＝8 000 m/s.


14．6π eq \r(\f(3R,g)) eq \f(2π,\f(1,3) \r(\f(g,3R))－ω0)


解析 由万有引力定律和牛顿定律可得


eq \f(GMm,3R2)＝meq \f(4π2,T2)·3R①


eq \f(GMm,R2)＝mg②


联立①②两式，可得T＝6πeq \r(\f(3R,g))


以地面为参考系，卫星再次出现在建筑物上方时转过的角度为2π，卫星相对地面的角速度为ω1－ω0，有(ω1－ω0)Δt＝2π


则Δt＝eq \f(2π,\f(2π,T)－ω0)＝eq \f(2π,\f(1,3) \r(\f(g,3R))－ω0).


15．(1)能 0.18 J (2)能 0.32 J


解析 (1)假设传送带足够长，对整个过程运用动能定理mgh－μmgl1＝0－0，要使滑块停下来，传送带至少长l1＝eq \f(h,μ)＝2.0 m.


l

产生的热量Q1＝μmgΔl＝μmgl＝0.18 J


(2)传送带逆时针运动，且l

滑块在斜面上下落过程中，由机械能守恒mgh＝


eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)得：刚到达传送带时，v0＝eq \r(2gh)＝2 m/s.


由μmg＝ma得，滑块在传送带上运动的加速度


a＝μg＝1 m/s2


由l＝v0t－eq \f(1,2)at2得，滑块在传送带上滑动时间


t＝(2－eq \r(0.4)) s


所以传送带上任意一点在时间t内通过的路程


l2＝v2t＝2(1－eq \f(1,\r(10))) m


总共产生的热量Q2＝μmgΔl2＝μmg(l＋l2)≈0.32 J


16．(1)eq \f(3,2)R (2)(eq \r(2)－1)R


解析 (1)设释放点到A点竖直高度为h，由于恰能到达B点，所以在B点有mg＝meq \f(v\\al(2,B),R)①


得通过最高点速度vB＝eq \r(gR)


由动能定理得mg(h－R)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)②


由①②解得h＝eq \f(3,2)R


(2)由B到C的时间t＝ eq \r(\f(2R,g))③


所以lOC＝vBt④


而lAC＝lOC－R


由③④解得lAC＝(eq \r(2)－1)R





题 号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答 案