章末检测卷(2)-【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)

章未检测卷( (时间：90 一、选择题（本题共10小题.在每小题给出的： 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.下面关于匀速圆周运动的表述正确的是 A.做匀速圆周运动的物体处于平衡状态 B.匀速圆周运动是匀变速曲线运动 C.做匀速圆周运动的物体，其运动快慢用线 速度描述 D.做匀速圆周运动的物体，在任意相等时间 内的位移相同 超 2.2022年2月5日，短 道速滑混合接力队 夺得中国在本次冬 奥会的首枚金牌.如 图所示，若将某运动 员在弯道转弯的过程看成在水平冰面上的 一段匀速圆周运动（不考虑冰刀嵌入冰内部 h 的 分)，已知该运动员质量为，转弯时冰刀平 面与冰面间夹角为0，冰刀与冰面间的动摩 擦因数为u,弯道半径为R,重力加速度为g, 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则该运动员 在弯道转弯时不发生侧滑的最大速度为 ( A.ugR(1+tan 0) B.VugRcos 0 C.√ugR(1+cos0) D.√ugR 3.如图所示，A、B是两 个摩擦传动的靠背 轮，A是主动轮，B是 从动轮，它们的半径 关系R4=2RB,a和b 是轮边缘上的两个点，c点是A轮半径的中 点，下列判断正确的是 A.ωa=wb B.wp-@c C.Ub=Vc D.T=2Th 18 圆周运动 分钟) 4.如图所示，光滑杆OA与竖直0 方向夹角为0，其上套有质量 为m的小环，现让杆绕过O点 的竖直轴以角速度ω匀速转 动，小环相对杆静止，到O端 0 的距离为L.现在增大角速度w,保持杆OA 与竖直方向夹角0不变，此后关于小环运动， 下列说法正确的是 () A.小环在原位置继续做圆周运动 B.小环在更低的位置继续做圆周运动 C.小环在更高的位置继续做圆周运动 D.小环不可能继续做圆周运动 5.如图所示，在光滑水平面上，轻弹簧的一端 固定在竖直转轴O上，另一端连接质量为m 的小球，小球可视为质点，轻弹簧的劲度系 数为k,原长为L,小球以角速度ω绕竖直转 轴做匀速圆周运动(k>w2).则小球运动的 向心加速度为 ) oO VVSSSS8E8SSS88088888880888868808888816888* A.02L B koL 2 k-mω C.koL k-ma D.L k-ma 6.质量为m的小球在竖直平 面内的圆管轨道内运动， 小球的直径略小于圆管的 直径，如图所示.已知小球 以速度v通过最高点时对 圆管的外壁的压力恰好为g,则小球以速 度号通过圆管的最高点时 ( ) A.小球对圆管的内、外壁均无压力 B.小球对圆管的外壁的压力等于m 2 C.小球对圆管的内壁压力等于” D.小球对圆管的内壁压力等于mg 7.质量分别为M和m的两个小 (8 球，分别用长21和1的轻绳拴 B 在同一转轴上，当转轴稳定转M 动时，拴质量为M和m的小球的悬线与竖 直方向夹角分别为α和3，如图所示，则 ( A.cos a=Cos B 2 B.cos a=2cos B C.tan a=tan B D.tan a=tan B 8.有关圆周运动的基本模型如图所示，下列说 法正确的是 ( 外 车轮 内轨 甲 乙 B 丙 A.甲图火车转弯超过规定速度行驶时，外轨： 对轮缘会有挤压作用 B.乙图中汽车通过拱桥的最高点时(v≠0)： 汽车所受支持力等于其重力 C.丙图光滑且固定的竖直倒立圆锥筒内在： 不同水平面做匀速圆周运动的两小球，周： 期相同 D.丁图直径刚好略小于管的内径的小球在；1 竖直放置的光滑管型轨道中能做完整圆： 周运动的最高点的速度条件是大于0 9.如图所示，一辆汽车通 过段半径约为80m 的圆弧形弯道公路，假 设该汽车做匀速圆周 运动，水平路面对轮胎的径向最大静摩擦力： 为正压力的0.5倍，取g=10m/s2,下列说 法正确的是 ) 188 A.汽车安全通过此弯道的最大加速 度5m/s2 B.汽车以80km/h的速率行驶可以安全通 过此弯道 C.质量大的汽车在此弯道处的最大安全速 度大 D.汽车以36k/h的速率通过此弯道时的 角速度为0.125rad/s ).如图所示，质量均为 0 m的木块A、B叠放 在一起，B通过轻绳 c B 与质量为2m的木 块C相连.三木块放 0 置在可绕固定转轴 OO转动的水平转台上.木块A、B与转轴 OO的距离为2L,木块C与转轴OO的距 离为L.A与B间的动摩擦因数为5u,B、C 与转台间的动摩擦因数为.取最大静摩擦 力等于滑动摩擦力.若圆盘从静止开始绕 转轴缓慢地加速转动，直到有木块即将发 生相对滑动为止.用ω表示圆盘转动的角 速度，下列说法正确的是 () A.当w=√4 3时，轻绳的拉力为零 B.B木块与转台间摩擦力一直增大 C.当w= 时，C木块与转台间摩擦力为 NL 零 D.w的最大值为， 2ug 、实验题（本题共2小题） .用如图所示的实验装置来探究小球做圆周 运动所需向心力的大小F与质量m、角速 度ω和半径r之间的关系，转动手柄使长槽 和短槽分别随变速塔轮1和变速塔轮2做 匀速转动，槽内的小球就随槽做匀速圆周 运动.横臂的挡板对小球的压力提供向心 力，小球对挡板的反作用力通过横臂的杠 杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺， 标尺上黑白相间的等分格显示出两个小球 所受向心力的大小关系， 标尺1标尺2 塔轮1 塔轮2 皮带 手柄 (1)在探究向心力与半径、质量、角速度的 关系时，用到的实验方法是 A.理想实验法 B.控制变量法 C.等效替代法 D.演绎推理法 (2)通过本实验的定性分析可以得到：在小 球质量和运动半径一定的情况下，小球做 圆周运动的角速度越大，受到的向心力就 越 (选填“大”或“小”)； (3)由更精确的实验可得向心力的表达式 为F= (用题干中所给的字 母表示).在某次探究实验中，当a、b两个相 同小球转动的半径相等时，图中标尺上黑 白相间的等分格显示出α、b两个小球所受 向心力的比值为1：9，由此表达式可求得 皮带连接的两个变速塔轮对应的半径之比 为 12.某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小 车通过凹形桥最低点时的速度的实验.所 用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形 桥模拟器（圆弧部分的半径为R=0.20m). 凹形桥模拟器 0 托盘秤 (a) (b) 完成下列填空： (1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图 (a)所示，托盘秤的示数为1.00kg. (2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低 点时，托盘秤的示数如图(b)所示，该示数 为 kg. 189 (3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放， 小车经过最低点后滑向另一侧.此过程中 托盘秤的最大示数为；多次从同一位置 释放小车，记录各次的m值如下表所示， 序号 1 2 4 5 m(kg） 1.80 1.75 1.85 1.751.90 (4)根据以上数据，可求出小车经过凹形桥 最低点时对桥的压力为 N;小车通 过最低点时的速度大小为 m/s. (重力加速度大小取9.80m/s2,计算结果 保留两位有效数字) 三、计算题（本题共3小题.解答时应写出必要的 文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算 的题，答案中必须明确写出数值和单位) 3.如图所示，P点位于悬挂点正 下方的地面上，质量为m的 小球用细线拴住，线长1，细线 所受拉力达到F=2mg时就 会被拉断.当小球从图示位置 P 释放后摆到悬点的正下方时， 细线恰好被拉断，此时小球距水平地面的 高度h,求： (1)细线被拉断瞬间小球的速度大小； (2)小球落地点到P点的距离！ 14.如图所示，质量之比为1：2的 甲、乙两球通过轻绳相连，再 通过轻绳与竖直杆相连，两球 随竖直杆一起做匀速圆周运 B 甲9 动，绳AB长为2L,BC、CD长 均为L,CD绳水平，BC绳竖 乙0 直.重力加速度大小为g.求： (1)AB绳与CD绳的弹力大小之比； (2)两球绕竖直杆做匀速圆周运动的角速 度大小 190 一个半径为R=0.5m O 的水平转盘可以绕竖 直轴OO转动，水平 0 转盘中心0处有一个 光滑小孔，用一根长 L=1m细线穿过小 孔将质量分别为mA =0.2kg、m阳=0.5kg的小球A和小物块B 连接，小物块B放在水平转盘的边缘，与水平 转盘间的动摩擦因数=0.3，如图所示.现用 竖直向下的力F按住小物块B并让小球A在 水平面内做匀速圆周运动，细线与竖直方向的 夹角0=37(g取10m/s2,最大静摩擦力等于 滑动摩擦力，sin37°=0.6). (1)求小球A在水平面做匀速圆周运动的 角速度ωA； (2)保持小物块B静止，求F的最小值； (3)如撤去力F并使水平转盘转动起来，使 小球A竖直悬挂且小物块B与水平转盘间 保持相对静止，求水平转盘角速度ω的 范围.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 12.解析(2)题图(b)中托盘秤的示数为1.40kg (4)小车5次经过最低点时托盘秤的示数平均值为m 1.80+1.75+1.85+1.75+1.90kg=1.81kg 小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为 F=(m-1.00)g=(1.81-1.00)×9.80N≈7.9N 由题意可知小车的质量为 m'=(1.40-1.00)kg=0.40kg 对小车，在最低点时由牛顿第二定律得 F'mg=m女 R 其中F=F 解得v≈1.4m/s, 答案(2)1.40(4)7.91.4 13.解析(1)当细线恰好被拉断时，有 2mg-mg=m1 解得v=√gl. (2)细线被拉断后小球做平抛运动，有 h=,x=v 2h 解得一小g ,x=√2hi. 答案(1)√gl(2)√2hI 14.解析(1)设AB绳与竖直方向的夹角为0，根据几何关系有 m0=元=0=30 L 设甲球的质量为m,对甲球，在水平方向有 F1 sin 0=ma2L 对乙球，在水平方向有F,=2mL (2)设BC绳的弹力大小为F 对甲球，在竖直方向有F1cos0=g十F 对乙球，在竖直方向有F=2mg 又F1sin0=w2L 3g 解得=√L 3& 答案(1)1：1(2)√ 15.解析(1)对小球A受力分析，则有mAgtan0=mATAWA2,rA= (L一R)sin0,解得角速度wA=5rad/s. (2对小球A,期有F=号=2.5N,对小扬块B,则有F≤ 么(mg十F),解得F≥9N,即F的最小值N (3)对小球A,则有Fr'=mAg=2N,当小物块B刚好不向内侧 滑动时Fr'一mpg=mnR2,解得=√2rad/s;当小物块B刚 好不向外侧滑动时FT'十mBg=mRa,2,解得h=√I4rd/s, 故有V反rad/s≤wu≤√I4rad/s. 答案(I)5rad/s(2)号N(3反ad/s≤oa≤Vmd/s 章末检测卷（三） 1,D[开普勒研究了行星运动得出了开普勒三大定律，牛顿发现了 万有引力定律，A错误：卡文迪什利用扭秤实验测出了引力常量G 的大小，B错误：F=Gm适用于质点间的引力计算，当，趋近 2 于零时，不能把物体看成质点，C错误：根据开普勃第二定律可知， 相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积相等，D正确，门 2.C[卫星B距地心的距离为3R,根据万有引力的表达式可知，受 到的万有引力F-:卫里AE地心的距离为2R,安 到的万有引力为下F=径一4R2,则有F三F,故A、B、D错 (2R)9 误，C正确.] 2 3.A[卫星c为同步卫星，所以工=T,根据G=m(祭） /2π r2 r 得T=2r√G,则©的周期大于b的周期，即b的运转周期最 短，故A正确：地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度， 所以wa=,根据v=rw,c的线速度大于a的线速度，由公式 G=m得=√<有之：故B错 2 误：地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以仙 ,再根据=mr,得u=√ GM r2 ,可知h>山。，所以h>仙4， 2 故C错误：b的轨道相对赤道面倾斜，仍由万有引力提供向心力， 则b卫星能稳定运行，故D错误.] 4.C「航天员在空间站中所受的地球引力完全提供做圆周运动的 向心力，飞船对其作用力等于零，故C正确，A、B错误：根据F GMm可知，他们在地球表面上所受引力的大小大于在飞船中所 -2 受的万有引力大小，因此在地球表面所受引力大小大于其随飞船 运动所需向心力的大小，故D错误.门 5.B[飞船的发射速度要小于第二宇宙速度，同时要大于第一宇宙 速度，介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间，故A错误：由万有 引力提供向心力得GMm-m ,可得= r2 G,可知轨道半径比 较大的天链一号04星的运行速度小于天宫二号的运行速度，故B 正确：天链一号04星位于赤道正上方，不可能位于北京飞控中心 的正上方，故C错误：直接通过点火加速，卫星会做离心运动，不 可能追上在同一轨道的卫星，故D错误，] 6,C[地球表面的重力加速度为g,根据牛颅第二定律有GMm R ng,可得GM=gR, 根据题意可知，卫星的运行周期为T= T 根据牛顿第二定律，万有引力提供卫星运动的向心力，则有 十-m答(R+: GMm 3gR2T2 联立以上式子解得h=√4mπ 一R,故选C.] 7,D[赤道上物体随地球自转的向心力为万有引力与支持力的合 力，近地卫星的向心力等于万有引力，同步卫星的向心力为同步 卫星所在处的万有引力，故有F1<F2,F2>F,加速度a1<a2, a2=g,a3<a2:线速度1=R,3=3(R十h),其中=g,因 GM 此贴，根据三m得线速度。√产 r2 ,又r3>r2,所以 >;根据GMm GM r2 =mr得角速度w√，因r>n,所以 h>h,故有1=h<,故选项D正确.] 8.ACD[同步卫星的角速度为仙，故v=wr=ω(R十h),选项A正 确：又一 /GM g一 R+ =R√R年选 ,而GM=gR,所以0√R十h 项B错误，C正确：又知=w(R十h)=R√R千历，所以R十h= gR2 ,故=u(R十h)=Rg,选项D正确.] 9.AC[第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大绕行速 度，可知该卫星的运行速度一定小于7.9km/s,故A正确：极地轨 道卫星从北纬45°的正上方按题图所示方向首次运行到南纬45 的正上方用时45分钟，可知极地轨道卫星的周期T=4×45min =180min=3h,而同步卫星的周期为24h,则该卫星的周期与同 步卫星的周期之比为1：8，故B错误：根据GMm=m 4π =ma -2 2 GMT2 得r一N42 a ,因为周期之比为1：8，则轨道半径之比 为1：4，加速度大小之比为16：1，故C正确，D错误，] 4π 10.AD「万有引力提供向心力，则有G2=mT2r解得T= r /4πr1 11 √M·所以六√片=√家=8 ,故B错误，A正确：设a、 b间央角为a,每隔时间t,a、b间夹角为a,则每隔时间t,a、b、c 共线2次，根据几何关系有（ω一，）t=2π，所以t= 2r一，故 2πTb 一2π T- Tb(wa-） T n 2π 2π _工-1=7，则从图示位置开始， 在b转动一周的过程中，a、b、c共线14次，故C错误，D正确.] 11,解析(1)因需要用计时表测量周期T,用弹簧测力计测量物体 的重力F,物体的质量已知，所以不需要天平，故选D. (2)对于在靠近行星表面轨道上的飞船，可认为重力提供向心 力，设飞船质量为m。,有mg=mR,对于在轨道上的飞船， 万有引力等于向心力，G。2=mT] 4红R,着陆后物体的重力 下=mg,联立解得行星的半径为R=FT ,故选A:质量M= 4πm ,故选D. 16πm3G 答案(1)D(2)AD