高中物理（新人教版必修第二册）期中考试试卷--2024-2025学年高中物理同步练习分类专题教案（人教版2019必修第二册）

高中物理（新人教版必修第二册）期中考试试卷 注意事项 1.本试卷满分100分,考试用时90分钟。 2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。 一、单项选择题(本大题共12小题,每小题3分,共36分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1.如图所示,门上有a和b两个质点,它们与门一起绕转轴OO'转动,在门被推开的过程中,a、b两点做圆周运动的 (　　) A.半径相同 B.角速度相同 C.线速度相同 D.向心加速度相同 2.同学们讨论消防员如何驾驶小船救援被困于礁石上的学生,如图,B为岸边距离礁石最近位置,A、B为河岸上间距适当的两点,假设河水各处流速相同,小船在静水中的运动速率不变。若讨论消防员如何在更短时间内抵达礁石进行救援,下列说法正确的是 (　　) A.应在河岸A处,船头朝着v1方向航行 B.应在河岸B处,船头朝着v2方向航行 C.应在河岸B处,船头朝着v3方向航行 D.应在河岸B处,船头朝着v4方向航行 3.飞盘是一种投掷盘形器具的运动。盘呈圆形、有卷边,用手指和手腕发力,使之旋转,在空中飘飞。如图某同学从离水平地面1.25 m高处,将飞盘以某一初速度水平投出,落地时间可能是 (　　) A.2.1 s　　　　B.0.5 s　　　　C.0.4 s　　　　D.0.3 s 4.小明用如图甲所示向心力演示器探究向心力的大小与半径、角速度、质量的关系。某次实验中他将两个质量相等的钢球放在A、C位置,传动皮带连接的左、右塔轮如图乙所示。匀速转动手柄时,左边标尺与右边标尺露出的格子数之比为 (　　) A.1∶3　　　　B.1∶9　　　　C.3∶1　　　　D.9∶1 5.消防员在一次灭火中同时启动了甲、乙两个水枪进行灭火,已知两水枪靠在一起且喷水口径相同,所喷出的水在空中运动的轨迹如图所示。则 (　　) A.甲水枪喷出的水初速度大 B.乙水枪喷出的水在空中水量多 C.乙水枪喷出的水在最高点的速度较小 D.甲水枪喷出的水在空中运动的时间较长 6.如图所示,半圆柱体上有一根能沿竖直方向运动的竖直杆,竖直杆在外力作用下以速度v向下匀速运动,当杆与半圆柱体的接触点和柱心的连线与竖直方向的夹角为θ时,半圆柱体的速度大小为 (　　) A.　　　　B.　　　　C. tan θ　　　　D. sin θ 7.如图所示,在水平匀速转动的圆盘圆心正上方一定高度处,若向同一方向以相同速度每秒先后抛出N个小球,相邻两小球抛出时的时间间隔相同,不计空气阻力,发现小球在盘边缘仅有4个均匀对称分布的落点,则圆盘转动的角速度可能是 (　　) A.πN rad/s　　　　B.πN rad/s　　　　 C.πN rad/s　　　　D.πN rad/s 8.如图所示,长L的轻杆两端分别固定着可以视为质点的小球A、B,放置在光滑水平桌面上,杆上O点处有一竖直方向的固定转动轴,小球A、B的质量分别为2m、m。AO∶BO=2∶1,当轻杆以角速度ω绕轴在水平桌面上转动时,转轴受杆拉力的大小为 (　　) A.0.5mω2L　　　　B.mω2L　　　　C.1.5mω2L　　　　D.2mω2L 9.如图甲是某花样滑冰运动员在赛场上的情形,假设在比赛的某段时间他单脚着地,以速度v做匀速圆周运动,转弯时冰刀嵌入冰内从而受与冰面夹角为53°的支持力,如图乙冰刀与冰面的夹角为53°,该运动员的质量为m,重力加速度为g,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,不计一切摩擦,下列说法正确的是 (　　) 　　 A.该运动员受重力、冰面的支持力、向心力的作用 B.冰面对该运动员的支持力大小为mg C.该运动员做匀速圆周运动的半径为 D.该运动员做匀速圆周运动的向心加速度大小为g 10.如图所示,光滑杆和轻弹簧的一端均固定在O'点,小球A固定在轻弹簧的另一端并且穿过光滑杆,现使整个装置绕竖直轴OO'匀速转动,当角速度为ω0时轻弹簧处于原长状态。则下列说法正确的是 (　　) A.分别以不同的角速度转动,稳定时杆与小球间的作用力大小可能相同 B.角速度由ω0逐渐增大,所需向心力减小 C.保持角速度为ω0,仅增加小球的质量,稳定时弹簧将处于伸长状态 D.换质量不同的小球转动,若角速度为ω0,稳定时弹簧仍为原长 11.如图所示,在倾角为θ的足够大的固定斜面上,一长度为L的轻绳一端固定在斜面上的O点,另一端连着一质量为m的小球(视为质点)。现使小球从最低点A以速率v开始在斜面上做圆周运动,通过最高点B。重力加速度大小为g,轻绳与斜面平行,不计一切摩擦。下列说法不正确的是 (　　) A.小球通过B点时的最小速度为 B.小球通过A点时的加速度为 C.若小球以的速率通过B点时突然脱落而离开轻绳,则小球到达与A点等高处时与A点间的距离为2L D.小球通过A点时的速度越大,斜面对小球的支持力越大 12.如图所示,足够大水平圆盘中央固定一光滑竖直细杆,质量分别为2m和m的小球A、B用轻绳相连,小球A穿过竖直杆置于原长为l的轻质弹簧上,弹簧劲度系数为k=,B紧靠一个固定在圆盘上且与OAB共面的挡板上,在缓慢增加圆盘转速过程中,弹簧始终在弹性限度内,不计一切摩擦,重力加速度为g,则下列说法不正确的是 (　　) A.小球B离开圆盘后,弹簧弹力不变 B.绳子越长小球B飞离圆盘时的角速度就越大 C.当角速度为时,弹簧长度大于 D.当角速度为时,弹簧弹力等于3mg 二、非选择题(本题共6小题,共64分) 13.(6分)在“探究平抛运动的特点”实验中,利用图甲所示的装置可以描绘平抛物体运动轨迹和求物体的平抛初速度。 　　 (1)若图乙中A、B、C恰好为某次实验过程中记录的三点,图中小方格的边长均为0.05 m,则小球由A运动到B的时间为　　　　s,小球抛出时的初速度为　　　　m/s。  (2)某同学在实验中根据画出的平抛运动轨迹测出小球多个位置的坐标(x,y),画出y-x2图像如图丙所示,图线是一条过原点、斜率为k的直线,重力加速度为g,则小球从轨道抛出的速度为　　　　。  14.(8分)某同学利用如图所示的实验装置进行了向心力来源分析并探究向心力大小的表达式。固定在竖直面内的轨道由竖直轨道AB和四分之一圆弧轨道组成,C处固定有压力传感器和光电门(检测光线与小球在C处时的球心位置等高)。实验中用小球压缩弹簧到某一位置后由静止释放,小球沿轨道运动经过C点时,数字计时器显示遮光时间,压力传感器显示压力数值。已知圆弧轨道半径为R,小球直径为d。实验过程如下: (1)调节小球释放位置,使小球经过C点时,压力传感器的示数恰好为零,此时数字计时器显示遮光时间为t0,则小球经过C点时的速度大小v=　　　　,实验所在地的重力加速度大小g=　　　　　。  (2)逐渐压低小球释放点的位置,多次操作,记录每次对应的压力数值F、遮光时间t,作出F-图像,分析可知图线的斜率为k,则小球的质量m=　　　　　,F与t之间的关系式可表示为　　　　　　。(以上均用已知物理量符号表示)  15.(9分)世界杯上头球具有很大的杀伤力。某次训练中,运动员跳起将足球顶出,欲击中地面上A点。其中有两次在距地面h=3.2 m高度将球顶出,第一次顶出球时速度方向沿水平方向,速度大小为15 m/s,落地点比A点近了0.3 m;第二次顶出球时速度方向与水平方向夹角为37°斜向上,速度大小为10 m/s,两次运动轨迹在同一竖直面内,如图所示,不计空气阻力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)第一次足球在空中飞行的时间; (2)第二次足球落地点与A点间的距离。 16.(11分)如图1所示,水平转盘上放有质量为m=1 kg的小物块(视为质点),小物块到转轴的距离为r=0.5 m,连接小物块和转轴的绳刚好被拉直(绳中张力为零),小物块与转盘间的最大静摩擦力是其重力的k=0.2倍。求: (1)绳无拉力的情况下,转盘的最大角速度ω0的大小。 (2)若绳能承受的拉力足够大,转盘的角速度从零开始缓慢增大,在图2中画出拉力T随角速度ω的变化关系图像。(要求写出分析过程) 　 17.(14分)如图所示,竖直平面xOy内有一根过原点的光滑直杆OC,与x轴的夹角为θ=37°,一个套在直杆上的小圆环被控制在B点静止不动。一个可视为质点的小球从y轴上的A点以初速度v0=3 m/s水平抛出,与此同时释放小圆环让其沿杆无摩擦地下滑。经过时间t它们恰好在直杆上的C点相遇。直线AC与直杆OC垂直。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)时间t; (2)O、A两点间的距离d1以及B、C两点间的距离d2。 18.(16分)如图所示,传送带以一定速度沿水平方向匀速运动,将质量m=1.0 kg的小物块轻轻放在传送带上的P点,物块运动到A点后被水平抛出,小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道。B、C为圆弧的两端点,其连线水平,轨道最低点为O,已知圆弧对应圆心角θ=106°,圆弧半径R=1.0 m,A点距水平面的高度h=0.80 m。小物块离开C点后恰好能无碰撞地沿固定斜面向上滑动,小物块到达D点时速度为零。已知小物块与斜面间的动摩擦因数μ=,小物块第一次到达O点时的速度为 m/s,且在B、C两点速度大小相等(sin 53°=0.8,cos 53°=0.6),求: (1)小物块离开A点时的水平速度大小; (2)小物块第一次经过O点时向心加速度大小; (3)小物块第一次经过O点时轨道对小物块的支持力大小; (4)斜面上C、D两点间的距离。 答案全解全析 1.B　门上有a和b两个质点,它们与门一起绕转轴OO'转动,则a、b两点同轴转动,所以角速度相同,但运动半径不相等,根据v=ωr,a=ω2r可知a、b两点做圆周运动的线速度不相等,向心加速度也不相等,故选B。 2.A　要想用最短的时间进行救援,则垂直河岸方向的速度应该最大,则应在河岸A处,船头朝着v1方向进行救援,故选A。 3.A　若竖直方向做自由落体运动,则有h=gt2,可得t==0.5 s,由于盘形器具在空中飘飞时受到空气阻力,所以实际下落时间大于0.5 s,故选A。 4.D　将两个质量相等的钢球放在A、C位置,可知质量和转动半径相同,因皮带连接处两个塔轮的半径之比为1∶3,线速度大小相等,根据v=ωr可知,两塔轮的角速度之比为3∶1,根据F=mω2r可知向心力之比为9∶1,即左边标尺与右边标尺露出的格子数之比为9∶1,故选D。 5.B　由题图可知,甲、乙两支水枪所喷出的水在空中上升的最大高度相同,根据公式h=gt2,可知水上升到最高点所用时间相等;由于水下落高度也相同,故下落时间也相等,所以水在空中运动的时间相同,D错误。因为斜上抛运动在水平方向上的运动为匀速直线运动,由x=vxt可知在相同时间内水平分位移越大,水平分速度越大,故乙水枪喷出的水的水平分速度较大,在最高点水的竖直分速度为0,只有水平分速度,故乙水枪喷出的水在最高点的速度较大,C错误;结合上述分析,可知两水枪中的水喷出时竖直分速度相等,乙水枪喷出的水的水平分速度较大,由于v=,故乙水枪喷出的水初速度大,A错误;两水枪喷水口径相同,则两水枪喷水口面积S相等,喷水量为Q=Svt,乙水枪喷出的水初速度大,两水枪喷出的水在空中运动时间相等,故乙水枪喷出的水在空中水量多,B正确。故选B。 6.A　竖直杆相对于半圆柱体的速度方向沿切线向下,将竖直杆的速度进行分解,如图所示,由图可知tan θ=,可得v1=,可知半圆柱体的速度大小为,A正确。 7.A　小球在盘边缘仅有4个均匀分布的落点,说明每转动Δθ=(nπ+π)(n=0,1,2,…)后就有一个小球落在圆盘的边缘,Δt= s,故角速度为ω==πN rad/s(n=0,1,2,…),当n=0时,ω=πN rad/s,当n=1时,则ω=πN rad/s,当n=2时,则ω=πN rad/s,当n=3时,则ω=πN rad/s,故选A。 8.B　由向心力公式,对A球可得FA=2mω2×L=mω2L,对B球可得FB=mω2×L=mω2L,由牛顿第三定律可知,转轴受杆拉力的大小为F=FA-FB=mω2L-mω2L=mω2L,B正确。 9.C　该运动员受重力、冰面的支持力的作用,两个力的合力充当做圆周运动的向心力,A错误;竖直方向受力平衡,则FN sin 53°=mg,可得冰面对该运动员的支持力大小为FN=mg,B错误;水平方向FN cos 53°=m,该运动员做匀速圆周运动的半径r=,C正确;该运动员做匀速圆周运动的向心加速度大小为a==g,D错误。 10.D　设杆与竖直方向夹角为θ,弹簧原长为L0,当角速度为ω0时,轻弹簧处于原长状态,以小球为研究对象,根据牛顿第二定律可得=mL0 sin θ,可得ω0= ,知换质量不同的小球转动,若角速度为ω0,稳定时弹簧仍为原长,故C错误,D正确。角速度由ω0逐渐增大,小球原来受到的合力不足以提供所需的向心力,小球做圆周运动的半径逐渐增大,则小球做圆周运动所需的向心力逐渐增大,B错误。若角速度由ω0逐渐增大,则所需向心力增大,小球做圆周运动的半径逐渐增大,弹簧的伸长量逐渐增大,弹簧弹力逐渐增大,竖直方向根据受力平衡可得F杆 sin θ=mg+F弹 cos θ,可知杆对小球的作用力逐渐增大;若角速度由ω0逐渐减小,则所需向心力减小,小球做圆周运动的半径逐渐减小,弹簧的压缩量逐渐增大,弹簧弹力逐渐增大,竖直方向根据受力平衡可得F杆 sin θ+F弹 cos θ=mg,可知杆对小球的作用力逐渐减小;综上分析可知,分别以不同的角速度转动,稳定时杆与小球间的作用力大小不可能相同,故A错误。 11.D　在最高点,当绳的拉力为零时速度最小,则mg sin θ=,最小速度vmin=,故A正确;小球在A点受重力、斜面的支持力以及绳的拉力,沿斜面方向F-mg sin θ==maA,可得aA=,故B正确;若小球以的速率通过B点时突然脱落而离开轻绳,则小球在斜面上做类平抛运动,在平行于底边方向做匀速运动,在垂直于底边方向做初速为零的匀加速运动,故s水平=vBt=·t,沿斜面方向2L=at2,其中a=g sin θ,联立解得s水平=2L,即到达与A点等高处时与A点间的距离为2L,故C正确;斜面对小球的支持力始终等于重力沿垂直于斜面方向的分量mg cos θ,与小球的速度无关,故D错误。 12.B　小球B离开圆盘后,对B,竖直方向有T cos θ=mg,对A,竖直方向有F弹=2mg+T cos θ=3mg,即弹簧弹力不变,A正确;设小球B恰飞离圆盘时绳子与竖直方向夹角为θ0,此时弹簧长度为l1,对A有k(l-l1)=3mg,解得l1=,则cos θ0=,对B有mg tan θ0=mL sin θ0,解得ω0==,则小球B飞离圆盘时的角速度为定值,与绳长无关,B错误;当角速度为<ω0时,小球B还没有离开圆盘,此时弹簧长度大于,C正确;当角速度为>ω0时,小球B已经离开圆盘,此时弹簧弹力等于3mg,D正确。 13.答案　(1)0.1(2分)　1.5(2分)　(2)(2分) 解析　(1)由Δy=gT2,得小球由A运动到B的时间为T== s=0.1 s,小球抛出时的初速度为v0== m/s=1.5 m/s。 (2)由平抛运动规律得y=gt2,x=v0t,两式联立可得y=x2,可知k=,解得v0=。 14.答案　(1)(2分)　(2分) (2)(2分)　F=-(2分) 解析　(1)由于小球经过光电门的时间极短,可用平均速度代替瞬时速度,则小球经过C点时的速度大小v=;在最高点,重力提供向心力,有mg=m,可得g=。 (2)在最高点,根据牛顿第二定律有F+mg=m,可得F=-mg,故F-图线的斜率为k=,解得m=;根据m=,g=,结合F=-mg,可得F=-。 15.答案　(1)0.8 s　(2)0.5 m 解析　(1)第一次顶出球时速度方向沿水平方向,足球做平抛运动。设足球在空中飞行的时间为t1,竖直方向有 h=g (1分) 解得t1=0.8 s (2分) (2)设球第一次顶出后的水平位移为x1,则水平方向有 x1=v1t1 (1分) 设球第二次顶出后飞行时间为t2,规定竖直向上为正方向,则竖直方向有 -h=v2 sin 37°·t2-g (1分) 水平方向有x2=v2 cos 37°·t2 (1分) 第二次足球落地点与A点间的距离 d=x2-x1-0.3 m (1分) 解得d=0.5 m (2分) 16.答案　(1)2 rad/s　(2)见解析 解析　(1)当转盘的角速度较小时,物块在水平方向只受到摩擦力作用,绳子无拉力,而且摩擦力随着角速度的增大而增大,当摩擦力恰好达到最大值时,由牛顿第二定律得 kmg=mr (2分) 得ω0===2 rad/s (2分) (2)当角速度小于等于2 rad/s时,绳子的拉力为零。当角速度大于2 rad/s时,由牛顿第二定律得 T+kmg=mω2r (2分) 因此T=mω2r-kmg= N (2分) 画出拉力T随角速度ω的变化关系图像如图所示。 (3分) 17.答案　(1)0.8 s　(2)5 m　1.92 m 解析　(1)小球从A点运动到C点做平抛运动,设水平位移为x,竖直位移为y。根据平抛运动规律有 x=v0t (1分) y=gt2 (1分) 由几何关系有tan θ= (1分) 解得t=0.8 s (2分) (2)根据(1)中公式解得x=2.4 m,y=3.2 m (2分) 由几何关系得O点到A点的距离 d1=y+x tan 37° (2分) 解得d1=5 m (1分) 设圆环运动的加速度为a,由牛顿第二定律得 mg sin θ=ma (1分) 由运动学公式得B、C两点间的距离d2=at2 (1分) 解得d2=1.92 m (2分) 18.答案　(1)3 m/s　(2)33 m/s2　(3)43 N　(4)1.25 m 解析　(1)对小物块,由A到B做平抛运动,在竖直方向上有 =2gh (2分) 在B点tan = (1分) 解得小物块离开A点时的水平速度大小 vx=3 m/s (1分) (2)第一次经过O点时,向心加速度 an==33 m/s2 (2分) (3)第一次经过O点时,对小物块,由牛顿第二定律得 FN-mg=m (2分) 解得FN=43 N (1分) (4)从C到D,由牛顿第二定律得 mg sin 53°+μmg cos 53°=ma (1分) 解得a=10 m/s2 (1分) 又vC=vB==5 m/s (2分) =2ax (1分) 解得C、D间距离x=1.25 m (2分) 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$