章末检测卷(1)-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中物理必修第二册同步辅导与测试(人教版)

章末检测卷（一 (时间：90 1 一、选择题（本题共10小题.在每小题给出的：4 四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要： 求，第8~10题有多项符合题目要求) 1.一个物体以初速度水平抛出，经过一段时： 繁 间1后其速度方向与水平方向夹角为45°，若 重力加速度为g,则t为 B. C. D 2v0 g g 2.北京时间2022年4月 16日9时57分，神舟 十三号返回舱在内蒙 5 色 古东风着陆场成功着 陆.返回舱在降至距地 面一定高度时，自动打 开降落伞，降落伞立即对返回舱产生一个阻 力F,F的方向与返回舱瞬时速度？方向相 反，F的大小也随着在返回舱的减速而减小. 请根据图片判断返回舱在F和自身重力mg 买 作用下在空中的运动情况是 A.返回舱在空中的轨迹为一条直线 B.返回舱在空中的轨迹为一条曲线 C.返回舱在空中的轨迹为一条抛物线 D.返回舱在空中的轨迹为一条圆弧线 6 3.如图所示，甲、乙 两物块通过定滑 轮相连，甲在乙 甲 物块的带动下运 动，当乙物块竖 乙☐v 直向下的速度为。时，拉甲的绳与水平方向 夹角为0，则此时甲物块的速度大小为 A.usin 0 B sin 0 C.vcos 0 D. cos 0 183 抛体运动 分钟) 如图所示，某河流中水流 速度大小恒为U1,A处的 下游C处是个漩涡，A点 和漩涡的连线与河岸的 最大夹角为0.为使小船从A点出发以恒定 的速度安全到达对岸，小船航行时在静水中 速度的最小值为 A.v sin 0 B.vcos 0 C.v tan 0 D.1 sin 0 如图所示，安装在地面上 的音乐喷泉可沿不同方 向喷出相同速率的水，观 察发现，当水的喷出方向 从竖直逐渐转到水平的 过程中，水平射程先增大后减小（不计空气 阻力)，A、B、C三径迹的水相比较( A.回到地面的水流速度相同 B.沿B径迹运动的水，在空中时间最长 C.沿C径迹运动的水，在最高点的速度最大 D.沿A径迹运动的水，在相同时间内速度变 化量最大 如图所示，某同学对着 墙壁练习打乒乓球（视 墙壁 为质点)，某次乒乓球Q, 与墙壁上的P点碰撞 45球拍 后水平弹离，恰好垂直 落在球拍上的Q点.取重力加速度大小g= 10m/s2,不计空气阻力.若球拍与水平方向 的夹角为45°，乒乓球落到球拍前瞬间的速 度大小为4m/s,则P、Q两点的高度差为 A.0.1m B.0.2m C.0.4m D.0.8m 7.如图所示，x轴在水平地面上，y轴在竖直方： 向.图中画出了从y轴上沿x轴正方向水平抛： 出的三个小球a、b和c的运动轨迹.不计空气： 阻力，下列说法正确的是 2/ A.a和b的初速度大小之比为√2：1 B.a和b在空中运动的时间之比为2：1 C.a和c在空中运动的时间之比为√2：1 D.a和c的初速度大小之比为2：1 8.质量为2kg的质点在xOy平面上做曲线运： 动，它在x方向的速度图像和y方向的位移 图像如图所示，下列说法正确的是( +/(m·s-1) ◆y/m 123t/s 123t/s A.质点的初速度为5m/s B.2s末质点速度大小为6m/s C.质点初速度的方向与合外力方向垂直 D.质点所受的合外力为3N 9.如图所示，运动员将排球从底线A点的正上 方以速度)沿垂直球网的方向水平击出，排 球刚好越过球网上边缘落在对方底线的B 点上，且AB平行于边界CD.已知网高为h,: 球场的长度为，不计空气阻力，排球可看成 质点，重力加速度为g,则 ) B D 18 A.球从击出点至落地点的位移大小等于s B.球从击出点至落地点的位移与球的质量 有关 C.击出点距地面的高度H等于4h 3 D球的初速度v的大小等于产厥 10.如图所示为一网球发球机，可以将网球以 不同的水平速度射出，打到竖直墙上.O、A、 B是竖直墙上三点，O与出射点处于同一水 平线上，A、B两点分别为两次试验时击中 的点，OA=h1,OB=h2,出射点到O点的距 离为L,当地重力加速度为g,空气阻力忽 略不计，网球可看作质点.下列说法正确 的是 ) 网球出口孔P墙 网球发球机 B 水平地面 A.出射速度足够大，网球可以击中O点 B.发球间隔时间足够短，两个网球在下落 过程中可相遇 C.击中A点的网球的初速度大小为 D.网球击中B点时速度大小为 12g+2gh2 √2h2 二、实验题（本题共2小题） 11.在“探究平抛运动的特点”实验中， (1)图乙是利用图甲装置拍摄小球做平抛 运动的频闪照片，由照片可判断实验操作 错误的是 000 0 0 0 77 甲 A.释放小球时初速度不为0 (2)一位同学根据测量出的不同x情况下 B.释放小球的初始位置不同 的y1和y2,令△y=y2一y1,并描绘出了如 C.斜槽末端不水平 图乙所示的△y一x2图像.若已知图线的斜 (2)图丙是利用稳定的细水柱显示平抛运 率为k,则小球平抛的初速度大小= 动轨迹的装置，其中正确的是 (3)若某次实验测得x=15.0cm,yⅥ=15.0cm, 2=25.0cm,g取10m/s2,则小球在打点迹B 前瞬间速度的大小为 m/s,槽口E与 点迹A间的高度差为 cm B 三、计算题（本题共3小题.解答时应写出必要 丙 的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数 12.在做研究平抛运动的实验中，为了确定小 值计算的题，答案中必须明确写出数值和单 球在不同时刻通过的位置，实验装置如图： 位) 甲所示.实验操作的主要步骤如下： 13.塔式起重机是工程常用的机械之一，如图 、 ①在一块平木板上钉上复写纸和白纸，然： 所示，它能实现竖直、水平和旋转运动，能 后将其竖直立于斜槽轨道末端槽口E前，： 全方位搬运工程物料，大大提高了工程的 木板与槽口E之间有一段距离，并保持板： 效率.观测发现，某一次从地面静止起吊包 面与轨道末端的水平段垂直. 括吊钩在内共计300kg物料，搬运过程可 ②使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚： 以分解为竖直和水平方向的运动：竖直方 下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹A, 向上物料在0~4s内以加速度a1=1m/s2 ③将木板沿水平方向向右平移一段距离x, 匀加速向上运动，4~5s匀速向上运动；水 再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚： 平方向上物料在0~2s无运动，2~4s以加 下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹B. 速度a2=0.5m/s2匀加速向右运动，4~ ④将木板再水平向右平移同样距离x,使小· 5s匀速向右运动.塔架稳定不旋转，不计空 球仍从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，再： 气阻力，不考虑塔架和吊索晃动等因 在白纸上得到痕迹C.若测得A、B间距离 素.求： 为y1,B、C间距离为y2,已知当地重力加： 速度为g 2挡板 (1)第1s末吊索的拉力大小： xx 甲 (1)关于该实验，下列说法不正确的是 A.斜槽轨道必须尽可能光滑 B.斜槽轨道末端必须保持水平 C.每次释放小球的位置必须相同 D.每次小球均须由静止释放 : 185 (2)第5s末物料离出发点的距离； 15 (3)第3s末吊索与竖直方向夹角的正 切值 14.如图所示，物体A(可0A 视为质点)从O点水 平抛出，抛出后经 0.6s抵达斜面上端P 处时速度方向与斜面平行.此后物体紧贴 斜面向下运动，又经过2、物体到达斜面底端 时的速度为14m/s.已知固定斜面的倾角0- 37°，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2. 试求： (1)抛出点O与P点的竖直距离h; (2)物体A从O点水平抛出的初速度0； (3)物体与斜面之间的动摩擦因数 186 如图所示，某同学将篮球从O点斜向上抛 出，篮球经过最高点M后落入P点处的篮 筐，N、Q与O点位于同一水平线上，N、Q 分别在M、P的正下方，已知O、N两点距 离x1=9.6mN、Q两点距离x2=4.8m, M、N两点距离h=7.2m,不计空气阻力， 重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6， c0s37°=0.8，求： M Q》 x20 iteissoseeeseesessteevsssssseseisoo (1)篮球从O到P的时间； (2)篮球落入篮筐时的速度.2,解析(1)小球通过光电门甲时速度为 △xd ① (2)小球通过光电门乙时速度为v' ② 设小球的质量为m,根据机械能守恒定律得 mgh=之m'? 2mu? ③ 联立①@③得h=22 dd 答案2) 11 3.解析(1)由于遮光条宽度很小，故它到达B处时，根据平均速度 公式得=4 (2)如果系统机械能守恒，重力势能的减少量等于动能的增加 量，即 (12m-8m)gL=2×(20m)2 解得L=5d_5d,1 2g2g·· (3)左侧钩码越多，滑轮两侧重力差值越大，重力势能减少越多， 根据机械能守恒定律，遮光条运动L的过程中，系统的动能越大」 (4)只在左侧不断增加钩码个数，左边钩码总重力越来越大，当右 边钩码重力可忽略不计时，左边钩码趋于做自由落体运动，加速 度的值会趋于重力加速度g, 答案1)(2) (3)越大(4)g L=5.00×10-9 4.解析（1)m=六=00X10m/s=1.00m/s, L_5.00×10-2 02一 2.00X102m/s=2.50m/s. (2)动能的增加量： △E=号×2.00×(2.502-1.002)J=5.25J, 重力势能的减少量： △E。=2.00×9.80×0.54×sin30°J=5.29J. 答案(1)1.002.50(2)5.255.29 5.解析()指光片道过光电门甲，乙的速度大小分别为m= d d 2一△t2 (2)要验证的表达式是mgh=立(2m十m)(一)，则实验前A,B 不一定必须在同一高度，A错误：实验前没必要先测出轻质细绳的长 度，B错误：实验前要测出半环形物体C的质量，C正确：实验时不 需要测出挡光片由光电门甲运动到乙的时间，D错误 (3)本实验需要验证的表达式是 2(2m+m) d d2 mgh = L(△2)（△）P] 答案(1)4 d (2)C △t1△t2 (3)mgh= 2(2m+m)[ d2 d (△，)2（△1）2」 章末检测卷（一） 1.B[将末速度分解为水平和竖直方向的分速度，则有an45° 必=匙，解得1=，故B正确，A,C、D错误.] 0 2.B「返回舱受到重力g和降落伞对返回舱的阻力F作用，这两 个力的合力方向与返回舱的速度)不在一条直线上，满足做曲线 运动的条件，B正确，A错误：由于降落伞对返回舱的阻力F逐渐 减小，F与mg的合力大小和方向都在变化，轨迹不可能是抛物 线，更不可能是圆孤，C、D错误，」 3.D[如图所示，则甲物块的速度大小甲= 0s0故D正确.] 甲 乙☐！ 4.A「如图所示，设小船航行时在静水中速度为，当垂直AB时速度 最小，由三角函数关系可知2=sin0,故A正确，B、C,D错误.] →1B A 2 5.C 「整个过程为斜抛运动，可看成两个平抛运动，由斜地运动的 对称性可知，落回地面时三条水流速度方向不同，选项A错误：竖 直分速度越大，则运动时间越长，则沿A径迹运动的时间景长，选 项B错误：因最高点时只剩水平方向速度，C径迹竖直分速度最 小，水平分速度最大，则沿C径迹运动的水，在最高点的速度最 大，选项C正确：三个径迹都是匀变速曲线运动，所以相同时间速 度变化量相同，选项D错误，] 6,C[乒兵球落到球拍前瞬间的竖直分速度大小0，=√2g,及 cos45°，解得h=0.4m,故C正确.] 7.C[根据1=√臣可知a和6在堂中运动的时间之比为：1 根据0=二可知a和b的初速度大小之比为1：√2，选项A,B错误： 根据t 2哑可知a和c在空中运动的时间之比为巨：1：根据 工可知a和c的初速度大小之比为2：l,选项C正确，D错误，] 8.AD[x轴方向初速度为u=3m/s,y轴方向初速度，=一4m/s, 质点的初速度=√2十u,2=5m/s,故A正确：2s末质点速度为 0=√6十4亚m/s=2√3m/s,故B错误：合力沿x轴方向，而初速 度方向既不在x轴，也不在y轴方向，质点初速度的方向与合外力方 向不垂直，故C错误：x轴方向的加速度a=1.5m/s2,质点所受的合 力F合一1a=3N,故D正确，] 9.CD[球从击出点至落地点的位移大小为s'=√十H,即水平 方向的位移和竖直方向位移的矢量和，A错误；由于位移不涉及 球的质量，所以球从击出点至落地点的位移与球的质量无关，B错 误：排球做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向 上做自由落体运动，排球从击出点运动到网的位置的过程中，水 平方向有之=1，竖直方向有H一h=2g12,排球从网位置到 落地的过程中。=2，全过程中，竖直方向H= 2 28(41+t2)2, 亭0=立√贤，CD正璃] 4 其中t=t2,联立解得H= 10.CD [网球做平抛运动，不论出射速度多大，竖直方向的位移也 不为零，所以网球不能击中()点，故A错误；发球间隔时间足够 短，但两个网球的水平位移不相等，竖直位移不相等，所以两个 网球在下落过程中不可能相遏，故B错误：对于击中A点的网 球，根据平抛运动的规律可得L=A1,山1=之g4,解得击中 A点的网球的初速度大小为0A=L ,故C正确：网球击中 2h1 B点时，据平抛运动的规律可得L=voBt2,h2= 2422,解得击 中B点的网球的和速度大小为8=L√品，网球击中B点时 速度大小为？B= √+2√+2a故D正亮] 11,解析 (1)实验中小球做斜抛运动，斜槽末端不水平，故选C, (2)竖直管内与大气相通，为外界大气压强，竖直管在水面下保 证竖直管上出口处的压强为大气压强，因此另一出水管的上端 口处压强与竖直管上出口处的压强要有恒定的压强差，保证另 一出水管内水的压强恒定，从而使出水速度恒定，如果竖直管上 出口在水面上，则水面上为恒定大气压强，因而随水面下降，出 水管上出口压强降低，出水速度减小，故选项B正确. 答案 (1)C (2)B 12,解析(1)为了保证小球每次到达斜槽轨道末端槽口E时的速 度大小一样，必须每次从同一个地方由静止释放小球，为了保证 小球离开轨道后做平抛运动，斜槽轨道末端必须保持水平，轨道 光滑程度对本实验没有影响，故选A (2)小球在水平方向做匀速直线运动，木板每次平移相同的距离，则 小球相邻两次打板的时间相同，根据匀加速直线运动的规律有 △y=2- y1=gT=g( 223 所以有k=8 解得一 「g (3)由(2)可得0o=1.5m/s,T=0.1s 打B点前瞬间的经直分速度为，山，严=2mS 2T 小球在打点迹B前瞬间速度的大小为=√十=2.5m/s =0.2m E到B点间的竖直距离为hB=2g 所以槽口E与点迹A间的高度差为h=h,一M=0.05m=5.0m. 答案(1)A(2) /g(3)2.55.0 E 2 13.解析(1)根据牛颜第二定律得F1一mg=ma1,解得F1= 3300N. (2)经直方向上y=之a142十a114,水平方向根据x=2a1 十a2t3t, 解得y=8m十4m=12m,x=(1十1)m=2m,距离L W2+y=2√/37m. (3)水平方向根据牛颜第二定律得F,=ma2,竖直方向根据牛顿 第二定律得Fy=mg十ma1, 由儿行关展得m-卡克 答案(1)3300N(2)2√37m(3)22 14.解析(1)物体A竖直方向做自由落体运动，则有h= 1.8m (2)物体A竖直方向做自由落体运动，则有？，=gt=6m/s 故有% tan 0=8 m/s. (3)由题意可知P点的速度为v=10m/s 由运动学方程有a=可，”-2m/g t 在斜面上，受力分析可得mgsin0-mgcos0=ma 解得a=gsin0-gcosθ 联立解得=0.5. 答案(1)1.8m(2)8m/s(3)0.5 15.解析(1)设篮球从O到M所需时间为t1,从M到P所需时间 为t2 则h=2g,2 2h=1.2s tN =1=9.6 篮球的水平速度=-m/s=8m/s 则4-是-g=0.6 故篮球从O到P的时间t=t1十t2=1.8s. (2)篮球在P,点的竖直方向速度大小vy=gt2=6m/s 则篮球落入篮筐时的速度大小p=√)，2十，2=10m/s 设与水平方向夹角为0，则tan0=2=。 则0=37 故篮球落入篮筐时的速度大小为10m/s,方向与水平方向成37 斜向右下方， 答案(1)1.8s(2)10m/s方向与水平方向成0-37°斜向 下方 章末检测卷（二） 1.C[做匀速图周运动的物体，其线速度方向是时刻变化的，所受 合力不为零，因此处于非平衡状态，故A错误：做匀速圆周运动的 物体，其所受的合力指向圆心，由于合力的方向时刻改变，加速度 方向时刻改变，因此匀速图周运动是变加速曲线运动，故B错误： 做匀速圆周运动的物体，其运动快慢用线速度描述，故C正确：做 匀速圆周运动的物体在任意相等时间内通过的孤长即路程相等， 但位移的方向不同，故D错误.] 2.D[最大静摩擦力等于滑动摩擦力，运动员在弯道转弯时不发生 侧滑的最大速度满足mg=m尺，则口=√gR,故D正确.] 3.D[由于A、B两轮之间通过摩擦传动，故A、B两轮的边缘的线 速度大小相同，故=6，根据公式=rw可得w。:山6=1：2.由 于a与c在同一个圈上，故仙。=仙，所以，：。=2：1：又因为b、 c点半径相同，所以%：=仙，：仙=2：1；又因为周期T=2π 所以T。=2T,故A、B、C错误，D正确.] 4,D[如图所示，小环在水平面内做匀速国周运动，中。F 由重力和杆的支持力的合力充当向心力，若使杆转 动的角速度增大，小环所需要的向心力增大，而外 A 界提供的合外力不变，所以小环做高心运动，小环 mg 向上运动，半径r增大，w增大，由F。一m心r可知 需要的向心力更大，继续做离心运动，因此A、B、CO 错误，D正确.」 2 5.C[设小球做匀速圆周运动时禅簧长度为L1,此时弹簧的仲长 量为L1一L,根据牛顿第二定律得F=mw2L1,其中F=k(L1 L),向心加速度为a=wL1,联立解得a= 总选项C正确门 6.C「依题意知，小球以速度v通过最高点时，由牛顿第二定律得 2mg-m R ① 若小球以速度日通过图管的最高点时小球受向下的压力下，则 2 ” 2 有mg十Fv=m R ② 由①②式解得Fv=-5 上式表明，小球受到向上的支持力，由牛顿第三定律知小球对圆 管内壁有向下的压力，大小为坚，故C正确.] 7,A「两球绕同一转轴做圆周运动，故它们的角速度 相同.对质量为M的球受力分析，其受重力和绳子 拉力作用，这两个力的合力提供向心力，如图所示」 2 设它们转动的角速度是w,由Agtan a=M·2 Isin a F ·u2,可得c05a= 同理可得s月=产 Mg coSa=o5,所以选项A正确，B,CD错误.] 2 8.AD[火车刚好由重力和支持力的合力提供向心力时，有mngtan0 =m三，解得=√gran而，当速度大于此速度时，重力和支持力 的合力小于所需的向心力，则火车有做离心运动的趋势，所以车 轮的轮缘对外轨有挤压，故A正确：汽车通过拱桥的最高点时，其 所受合力方向指向圆心，所以汽车有竖直向下的加速度，处于失 重状态，汽车所受支持力不等于其重力，故B错误：丙图中由重力 和支持力的合力提供向心力得ngtan0=m4R,解得T T2 R 2元√gam0,可知半径大的A球周期大，故C错误：由于在装高点 有支撑，速度小时不会下落，所以小球能够在竖直放置的光滑管 型轨道中做完整圈周运动，只要最高，点的速度大于0，故D正确， 9.AD 汇当汽车与路面间的摩擦力达到最大静摩擦时，有Fx R =mamm,即hmg=m =amax,得m=√gR,am =g,代入数据解得a .=5m/s2,vm .=20m/s=72km/h 80km/h,最大安全速度与质量无关，故A正确，B、C错误：汽车以 36 36km/h的速率通过此弯道时的角速度为仙=卫 3.6 rad/s= 80 0.125rad/s,故D正确.] 10.CD [A开始滑动的角速度为5mg=m仙a2·2L,解得 A=√2.5Xg 假设没有绳，B开始滑动时的角速度为gmAg=mAA·2L, 解得uA=√/0.5X经 假设没有绳，C开始滑动时的角速度为cg=cc2L,解得 wc √1×竖，所以当=√6.5X竖时，绳开始有拉力，当 /时，轻绳已有拉力，A错误；当=√0.5X竖时，再 一4L 增大转速，绳开始有拉力，至C滑动前，B的摩擦力不变，B错误： 当C木块与转台间摩擦力为零时Fr=2mLFT十4·2mg= ·2L,解得√臣所以，当。=受时C木块与特台 间摩擦力为零，C正确：当角速度最大时FT'一4·2mg= 2g,所 2maox2L,FT'十u·2mg=2m@r2·2L,解得wmx=√ 以如的最大位为√吧，D正确门 11.解析(1)在研究向心力的大小F与质量m、角速度仙和半径r 之间的关系时，需先控制某些量不变，研究另外两个物理量的关 系，该方法为控制变量法，故选B. (2)在小球质量和运动半径一定的情况下，小球做圈周运动的角 速度越大，受到的向心力就越大， (3)由更特确的实验可得向心力的表达式为F=ur,因两球的 向心力之比为1：9，半径和质量相等，则转动的角速度之比为 1：3,因为靠皮带传动，变速塔轮边缘的线速度大小相等，根据 =仙，知与皮带连接的变速塔轮对应的半径之比为3：1. 答案(1)B(2)大(3)mr3:1 3