期末测试卷(5)-【无敌原创】2025-2026学年高中物理必修第二册期末测试卷

GMm=ma,可知两卫星在A处的加速度相等，均为aA= GM ,C错误；B.根据开普勒第三定律可知卫星2的周期等于 r 卫星1的周期，B错误；卫星2加速变轨后，轨道半径变大，周 期变大，D错误。故选A。 8.B【解析】篮球下落的过程，篮球的重力势能转化为篮球的 动能，所以篮球下落到与地面第一次碰撞前动能为E= mgH,篮球与地面碰撞过程损失的能量总为碰撞前动能的 ，可知篮球与地面碰撞后篮球的动能变为原来的子，即 1 E1=3 mgH,篮球反弹后所具有的动能转化为重力势能，则 E1=mgh,所以篮球与地面第一次碰撞后篮球上升的最大高 製 度为k=子H,同理可以得出篮球与地面第二次碰撞后篮球上 升的最大高度为：=（子）'H,综上所述，第三次碰撞前运动 如 n 前运动的总路程为望H。故选B。 9.D【解析】当小滑块在轨道内侧运动时，受力分析如图1。 小滑块所受指向轨道圆心的合力提供向心力，故mgcos0十 F,=m尽，从最高点滑下来，由机械能守恒定律之m= 立mf+mgR(1-cos0),联立得F=2mg+m R -3mgcos 0, 所以当F,≥0时，小滑块能够不脱离轨道在轨道内侧运动，需 满足2mg +m≥3mgc0s0,当0=0时，c0s0最大，所以需满 R 足2加g十紧≥3mg,解得小滑块在轨道内侧运动不脱离轨道 的条件是≥√gR,当小滑块在轨道外侧运动时，受力分析 如图2。小滑块所受指向轨道圆心的合力提供向心力，故 mgc0s0一F:=m只，从最商点滑下来，由机械能守恒定律 1 2m吃+mgR(1-cos0),联立得Fr=3 ngcos0 2mg一受。所以当F≥0时，小滑块能够不脱离轨道在轨道 外侧运动，需满足2mg十m装<3mgc0s0,当0=90时，0s9最 小，所以需满足2mg十m≤0，显然无解，所以无论小滑块 R 以多大的速度在轨道外侧从最高点滑出，都会脱离轨道，A、 B、C错误。故选D。 mgcos 6 mgcos 0 F mg mg 图1 图2 10.A【解析】由牛顿第二定律G=m(2)）,D=r, 6=mg,解得=√ 0-A正确，D维误： 由T-器和w-号，得T-2,B错误：由a=心w=具， .0 受释a=受 gR ,C错误。故选A。 11.AC【解析】根据题意，由速度合成与分解可知，此时竖直 分速度U,=√(W5o)一=20，则物体从O到M经历的时间 1=兰-空，B错误，A正确：根据题意，由公式y=子g可 gg 得，0、M之间的竖直距离为y=Y,D错误，C正确。故 选AC。 12.BC【解析】两卫星质量关系未知，无法比较动能关系，A 错误；A、B卫星由相距最近至相距最远时，两卫星转的圈数差 半圈，设经历时间为，有六一六=合，解得经历的时间1 2(-B正确：根据万有引力提供向心力，由GM=ma, TITa 可得向心加速度a,由于n=r元>，可知A,C向心加 速度大小相等，且小于B的向心加速度，C正确：轨道半径为， 的卫星，根据万有引力提供向心力，=m祭，可得卫星 2 r 周期T=2x√？，则该卫星在单位时间内扫过的面积S,一 号-立VG,由于八>n,所以在相同时间内，A与地心连 线扫过的面积大于B与地心连线扫过的面积，D错误。故 选BC。 13.BCD【解析】汽车以恒定的牵引力F启动，由a=F一E 得，物体先做匀加速运动，由P一F知，轿车输出功率增加，当 17.解：当小物体转动到最低点时为临界点，由牛顿第二定律 功率达到额定功率时，牵引力减小，加速度减小，物体做加速 知，mgcos30°-mgsin30°=mw2r,得w=1.0rad/s。 度逐渐减小的加速运动，当F=F:时，速度达到最大，之后物 18.解：(1)汽车以额定功率启动，当a=0时，汽车速度达到最 体做匀速运动，B、C、D正确。故选BCD。 大。由P=Fo=F,得a一0.1mg P =12m/s。 14.BD【解析】B.因两球固定在同一支架上，两球角速度相 同，线速度之比等于转动半径之比，即有A:=2:1,故两 (2)当=5m/5时，汽车的牵引力F=卫=1.2X10N,汽车 球速度同时达到最大值，由系统机械能守恒知，当两球速度最 的加速度a=F-E-1.4m/s. m 大时，总动能最大，总重力势能最小，B正确；D.由动能定义式 (3)汽车以恒定加速度0.5m/s2启动时，匀加速过程所能达到 知两球的最大动能之比等于最大速度的平方之比，即Ex“: P P E=4:1,D正确；A.当A球转到竖直位置时，由机械能守恒 的最大速度da一户，十ma=8m/s,这一过程能维持的 有mg·21-mg=m味十m(学）广，解得A球的速度 时间1=受=3s=16s 8 =√图，A错误：C,设A球速度最大时轩转过0角，由能 19.解：(1)从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以 量守恒知此时系统的总动能为Ek=mg·2lsin0-mgl(1一 B,C和弹簧为研究对象，由功能关系得F,=2f红，十之， cos 0)=mgl(2sin 0+cos 0-1)=mglL5sin(0+)-1], 弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C tanp=2,9<45°，可见当0+p=90时总动能最大，即两杆转 和弹簧为研究对象，由能量守恒定律得2k=2f红十2，联 过的角度0=90°一φ>45°时两球的动能最大，速度也最大，C 立方程解得，=2F4,E=-6fF+8 错误。故选BD。 (2)当A刚要离开墙时，设弹簧的伸长量为x,以A为研究对 象，由平衡条件得kx=∫，若A刚要离开墙壁时B的速度恰好 【解析】竖直方向上，根据x一y=a=gT,解得T=√名。 a 等于零，这种情况下恒力为最小值F,从弹簧恢复原长到A 刚要离开墙的过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒定 水平方向上做匀速直线运动，wT=3a,得w=职=3Vga。 律得E=是x2+f红，结合第(1)问结果可知F 图中C点竖直方向的分速度0，=3a4e=g4,解得1= 2T (3士四)f,要确保能推动BC,应有F>2f,故合去。F 7/a 28 (3-四)f,所以恒力的最小值为Fm-(3+四)f。 2 16a是ec8ms=2m+m[a] (3)从B、C分离到三物块都停止，设B的路程为xB,C的位移 【解析】(1)挡光片通过光电门甲、乙的速度大小分别为= 为xC,以B为研究对象，由动能定理得一W一fxB=0一Ek,以 助=品.(2)要验证的表达式是mg6=合(2m十m）· d C为研究对象，由动能定理得一fxC=0一E.由B、C的运动关 系得xB>xC一xC,联立可知W<fxC。 (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 期未测试卷（五） 环形物体C的质量m,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 1.A【解析】平抛运动轨迹是曲线，加速度始终竖直向下，大 式是四A=名2m十m[话] 小为g,所以是匀加速曲线运动。故选A。 37 2.B【解析】A.合运动与分运动具有等时性，A错误；B.平抛 运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由 落体运动，B正确：C.小船过河的时间只与垂直于河岸的分速 度有关，与水速无关，C错误；D.合运动是直线运动还是曲线 运动取决于合速度与合加速度是否在一条直线上，两个直线 运动的合运动不一定是直线运动，比如平抛运动的两个分运 动都是直线运动，其合运动就是曲线运动，D错误。故选B。 3.A【解析】高亭宇转弯时受到重力、支持力、摩擦力作用，向 心力是效果力，不是实际受到的力，A正确，B错误；C.若高亭 宇以恒定的角速度转弯，外圈的轨迹半径大，所需要提供的向 心力大，容易发生离心运动，应该选择内圈较为安全，C错误； D.若高亭宇以大小恒定的线速度转弯，内圈的轨迹半径小，所 需要提供的向心力大，容易发生离心运动，应该选择外圈较为 安全，D错误。故选A。 4.B【解析】根据万有引力等于重力有C=mg,可得M R2 ，则地球的平均密度可表示为P-世-RA,C错误： gR 根据=m,结合M=密，联立可得SSAR01星轨 GMm (R干)，B正确：根据万有引力提供 gR2 道处的重力加速度g= 向心力可得GMm (R干)=m千万结合M= 02 G ·,可得SSAR01 gR2 星运行的速度u=√干D错误。故选B。 5.A【解析】如图所示，根据题意，地 地面 面与矿井底部之间的环形部分对处于 d矿井底部 矿井底部的物体引力为零。设地面处 的重力加速度为g,地球质量为M,地 球表面的物体m受到的重力近似等于 万有引力，故m8=6又M=p音R,放g=p音GR,即 g与r成正比。设矿井底部的重力加速度为g,其半径r= R-d,则g-p号G(R-d),联立解得名-1-只故选A。 4 g 6.A【解析】总质量为M的小 ↑F 方块在进入粗糙水平面的过程 中，滑动摩擦力由零开始均匀增 大，令进入粗糙水平面的长度为 0 38 无敌原创·期末测试卷物理·必修第二册 工该部分的质量为m,则有了=mg,其中m=,解得了= g.工，其中x的最大值为1，作出如图所示的fx图像，如 图所示，可知图线与横轴围成图形的面积即小方块克服滑动 摩擦力做功的大小，解得W发=Mg,故选A。 7.D【解析】A.物体使它从A 处缓慢下降，到达B处时，这一 过程中，由动能定理可得W一 W十W弹=0一0，W弹是负值，因 X位移 此Wc=一△E,>W,物体重力 势能减少量大于W,A错误；B.这一过程中，支持力与弹簧弹 力的合力始终等于重力，且弹簧的拉力与位移成正比增加，则 支持力与位移成线性关系减小，如图，图线与x轴围成图形面 积等于做功的大小，则弹簧弹性势能增加量等于克服手的支持 力所做的功即W,B错误；C.根据功能关系，一△E,一△E,十 W,物体重力势能减少量大于弹簧弹性势能增加量，C错误； D.若将物体从A处由静止释放，由动能定理可得W。十W弹= EB,又有WG一W十W弹=0一0，求得W=EkB,D正确。故 选D。 8.A【解析】A.在同一坐标系中画出子弹和木块的t图像， 子弹的质量m不变，子弹的加速度恒定，木块的加速度也恒 定，子弹速度越大，子弹穿过木块的时间越短，则木块获得 的速度越小，A正确。B.当子弹的质量m变化时，由于子弹所 受的阻力恒定，则子弹的加速度将随着质量减小而变大，而木 块的加速度恒定，两者的速度图像如图所示。设木块的长度 为L,则当子弹穿出时，子弹的位移比木块的大L,则由速度图 像可知，子弹的速度曲线与木块的速度曲线所围成的梯形面 积在数值上应等于L。由图像可知，当子弹质量m越大时，穿 出木块的时间小于于质量小时穿出木块的时间红，则木块 获得的速度也将变小，B错误。C.系统损失的机械能等于系 统克服阻力所做的功W克=fL,故只要子弹穿出，子弹和木块 组成的系统损失的机械能不变，C错误。D.木块质量M越 大，木块的加速度越小，子弹穿出时所用时间越小，子弹穿出 所用时间越短，子弹穿出的速度越大，木块的速度越小，因而 子弹损失的机械能减小，D错误。故选A。 F=wr,得小球在A轨道和B轨道做匀速圆周运动时绳子 拉力之比为F:F=125:27,D错误。故选BC。 ,m大 12.BD【解析】A.圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的 V子弹 m小 速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再 V木块 做减速运动，又经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度 为零，所以加速度先减小后增大，A错误；B.研究圆环从A处 0 t12 t 由静止开始下滑到C过程，运用动能定理有gh一W:一 9.AC【解析】根据平抛运动的推论：瞬时速度与水平方向夹 W弹=0，同理在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A, 角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，只要是落 运用动能定理有一mgh+W0一W:=0一之m,联立解得 在斜面上，位移与水平方向夹角相同，所以两人落到斜坡上的 瞬时速度方向一定相同，故落在斜面上的速度大小之比等于 w:=子m,B正确；C由mg-W,-W=0得W= 初速度之比，则有受一受=子，A正确，B错误：设斜坡倾角 mgh一子m,所以在C处弹簧的弹性势能为mgh-子m,C 为0，则有tan0=义=之8 错误；D.圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定 =是，解得1=2tan0,可知他 g 们飞行时同之比为号一受-兰，C正确：根据a,可得他 理有mg-W-W,'-m哈一0，圆环从B处上治到A的 过程，运用动能定理有一mgh一w(+w'=0一之m哈'，即 们飞行的水平位移之比为号-受·经=斗，D错误。故 x乙忆tz mgk+w,/'-W,'=之m话'，所以s'>,即上滑经过B的 选AC。 10.BC【解析】根据动能定理有mAgh一maghsin30°= 速度大于下滑经过B的速度，故D正确。故选BD。 % (m十m)t,代入数据解得U=2四m/s,A错误，B正 1 13.(1)A (2)AB (3)-mgha m(he-ha) 8T2 (4)C 5 确；A物体落地前B物体滑行的距离为x=0.8m,A物体落 【解析】(1)验证机械能守恒定律原理是看减少的重力势能和 地后B物体受的合力为mngsin30°，加速度为gsin30°，根据运 增加的动能是否相等，所以需要比较重物下落过程中任意两 动学公式有A物体落地后B物体滑行的距离为x?= 点间的动能变化量与势能变化量，故选A。(2)电磁打点计时 2gsn30,代入数据解得西=0.16m,物体B沿斜面上滑的最 器使用低压交流电源，需选用刻度尺测出纸带上两点间的距 离，表示重锤下落的高度；等式两边都含有相同的质量，所以 大距离为x=x1十x2=0.8m十0.16m=0.96m,C正确，D错 不需要天平测质量，故选AB。(3)根据功能关系，重物的重力 误。故选BC。 势能变化量的大小等于重力做的功的多少，从O到B点的过 11.BC【解析】A.松手后小球沿切线方向做匀速直线运动， 程中重力势能减小量△E,=mghB,B点的速度为~B= 过渡时间为1=0.0.了s=0.25,A错误；B.小球到达B 2.0 2产，所以动能变化量为△6=言m心-m 。 喉 轨道后，沿绳方向的分速度变为零，垂直绳方向的分速度为B (4)由于纸带在下落过程中，重锤和空气之间存在阻力，纸带 轨道的线速度，即。-号。=1.2m/s,得。：可=5：3，B正 和打点计时器之间存在摩擦力，所以减小的重力势能一部分 确；C.由v=wr得小球在A轨道和B轨道做匀速圆周运动的 转化为动能，还有一部分要克服空气阻力和摩擦阻力做功，故 角速度之比为w:w=25:9,C正确；D.绳拉力提供向心力 重力势能的减少量大于动能的增加量，C正确。 14.解：当上绳绷紧，下绳恰好伸直但无张力时， 上绳与竖直方向夹角满足60s0-8等，放0 379 37,小球受力如图所示，根据牛顿第二定律可 得mgtan37=mLsin37',解得a=5rad/s, mg 由于w>a,故两绳均绷紧，设上、下绳的张力分别为T1、T2, 水平方向据牛顿第二定律可得T1sin37+T2sin37=mL· sin37w,竖直方向据平衡条件可得Tcos37=T2cos37+ mg,联立解得T1=25N,T2=15N。 15.解：如图所示，小球A从抛出点到第一次落地点的水平位 移记为x,所用时间记为t1,则由平抛运动规律可得h= 之g,x1=a4,解得4=1s,x1=10m。小球A落地的竖直 分速度大小为心，=g41=10m/s,因为x1<s,故小球A第一次 鞍 落地前不会与小球B相遇，由平抛运动的对称性及2x>s可 知，小球A与地面碰撞一次反弹到最高点前可以与小球B相 遇。若小球A第一次落地后再经时间t2与小球B相遇，由相遇 如 n 的特点“同时，同位”可得竖直方向：一之=%（十） 28(4十2)2，西=，水平方向一=2，解得=10m/5。 16.解：(1)从赛车离开弹簧到B点静止，由动能定理得一mg· (L1+L2)=0- 之mt,解得u=0.2。 1 77777777 (2)设弹簧被压缩的最大距离为L,从赛车加速到离开弹簧，由 动能定理得FL-mgL+2D=之m-0,解得L=0.5m. 赛车接触弹簧后立即关闭发动机，牵引力消失，水平方向摩擦 力不变，弹簧弹力增大，由牛顿第二定律知赛车做加速度增大 的减速运动，当弹簧被压缩至最短时，赛车速度减为零，然后 赛车在弹簧弹力作用下被反向弹回，赛车被反向弹回时摩擦 力大小不变，方向向左，弹簧弹力逐渐减小，赛车脱离弹簧时 弹力为0，赛车先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大 的减速运动。赛车脱离弹簧后，做匀减速直线运动至速度减 为0。 期未测试卷（六） 1.A【解析】当合速度的方向与合力（合加速度）的方向不在 同一条直线上，物体将做曲线运动，且轨迹夹在速度与合力方 向之间，轨迹的凹向大致指向合力的方向。蜡块的合速度方 向竖直向上，合加速度方向水平向右，不在同一直线上，轨迹 的凹向要大致指向合力的方向。故选A。 2.C【解析】平抛运动水平方向为匀速直线运动，竖直方向为 自由落体运动，自由落体时重力加速度恒定，根据A=?g, 所以高度决定运动时间。故选C。 3.D【解析】A.水最容易脱离衣服时，必定是水对筒壁的压 力最大时，当衣服转动最低点时，支持力减去重力提供向心 力，此时水对筒壁的压力最大，水最容易脱离衣服，A错误；B. 当衣服到达最右侧的位置向上运动时，由于加速度指向圆心， 在竖直方向上所受合力为零，因此受到向上的摩擦力与重力 平衡，B错误；C.由于衣服做匀速圆周运动，在任何位置处所 受的合力都指向圆心且大小相等，C错误；D.衣服到达最低 点，弹力减去重力等于向心力，而在下半个圆周运动过程中， 弹力减去重力沿半径方向的分力等于向心力，在上半个圆周 运动过程中，弹力加上重力沿半径方向的分力等于向心力，因 此在最低点弹力最大，D正确。故选D。 4.B【解析】A.漂浮在空间站中的宇航员依然受地球的引 力，所受引力提供做匀速圆周运动的向心力，处于完全失重， 视重为零，A错误；B.根据匀速圆周运动的规律，可知空间站 绕地球运动的线速度大小约为= 2xX61,B正确， T C.设空间站的质量为m,其所受万有引力提供向心力，有 GMm =m(停)×最R,则地球的平均密度约为。 (R) 从，解得p祭（倍）》'，C结误：D根据万有引力提供向 心力，有G Mm =ma,则空间站绕地球运动的向心加速度 () 大小为a=G M,地表的重力加速度为g=解得 确；B.小物块刚滑落时的速度大小为v=wr=√gr,B错误； C.小物块刚滑落时，最大静摩擦力等于所需向心力，可得 会-（侣），D错误。故选B, mg=mwr,解得u=√华，C错误；D.该过程中因摩擦产生 5.B【解析】地球的同步卫星，必须在地球的赤道平面上，且 1 距离地球的高度为36000km左右，故此三颗卫星不可能是地 的热量为Q=mgx=7mgr,D错误。故选A。 球同步卫星，A错误；因三颗卫星均以地球为中心，在高度约 9.BD【解析】A.球恰好能够以垂直于斜面的速度在斜面P 10万千米的轨道上运行，根据a=G心可知，三颗卫星具有相 点处击中滑块，则an37”-受，解得小球在空中飞行的时同 同大小的加速度，B正确：三颗卫星到地球的距离比月球到地 t=0.4s,A错误；B.由x=%t得小球抛出点到斜面P点的水 球的距离小得多，根据一√型可知，三颗卫星的线速度比 平距离x=1.2m,B正确；C.根据几何关系可得斜面顶端A 月球绕地球运动的线速度大，且小于第一宇宙速度，C错误； 点到P点的距离xn=l一cos37=0.4m,又x加=乞af,得 若知道引力常量G及三颗卫星绕地球运行的周期T,根据 a=5m/s2,C错误；D.小球抛出点到斜面底端的竖直高度 r n祭，可解得M=祭，又p=兴V-专，联立 GMm=m M H=2gt+xtan37°=1.7m,D正确。故选BD 3πr3 10.BCD【解析】A.当A、B之间弹力为零时，A、B分开，此时 解得一R,因地球的半径未知，故不能估算出地球的密 二者加速度相等，则有Fa=(8-2t)(N)=maa,FB= 度，D错误。故选B。 (2+2t)(N)=mga,联立解得a=1m/s2,t=2s,故从t=0 6.C【解析】设恒力F1作用t后的速度为v1,恒力F2又作用 时刻到t=2s时刻，A、B的加速度大小始终为1m/s2,2s后 2t后物体的速度为v2,所以物体在第一个1内的位移为x1= 二者分开，加速度不等，A错误；B.在t=1s时刻，A、B保持相 受，物体又经过2：的位移为x2-”士·2，根据题意，物体 2 对静止，加速度为a=1m/s2,单独对B受力分析可得FB十 最终回到出发点，所以石一一，解得一一子，根据动能 FAB=mBa,解得FAB=2N,故A、B之间的弹力大小为2N,B 正确；C.2s后A、B分开，单独对B受力分析可得FB=mgas, 定理，力R做功W=合m3,力月做功W:=之m话一 1 解得@a=号十弓，故B的加速度一时间图像如图1所示，1 1 之m,解得5W1=4W2。故选B。 图像中的面积表示速度变化量，故△0=1×2十号× 7.A【解析0~l0m内物块上滑，由动能定理得-mngsin30°·s (1十3)×6=14m/s,即在t=8s时刻，B的速度大小为vm= Fs=Ek一Ek整理得Ek=Ek一(mgsin30°+F:)s,结合0~ 14m/s,C正确；D.2s末A、B的速度为y1=at=2m/s,前2s 10m内的图像得，斜率的绝对值|k|=mgsin30°+F,=4N, 同理，对10~20m内物块下滑过程有斜率k'=mgsin30° 内F、F对A,B两物体做的总功为W1=号(m十m)听= F:=3N,联立解得F:=0.5N,m=0.7kg。故选A。 20J,2s~8s时间内，Fg对B物体做的功为WB=2ms哈 8.A【解析】A.设小物块在餐桌上滑 行的距离为x,根据动能定理可得 乞mB听=576J,2s后A,B分开，单独对A受力分析可得 一wmgx=0-m,解得x= 2,小 F=ma,解得aA=2-,故A的加速度一时间图像如图 物块在桌面上运动的俯视图如图所 2所示，故8s末A的速度为m=1X2+合×2X1-合×4× 示，根据图中几何关系可得R=2+产，解得R= 2r,A正 2=一1(m/s),2s~8s时间内，FA对A物体做的功为WA= 39物理 期末测试卷（五） (满分100分，时间90分钟) 一、单项选择题（本题包括8小题，每小题4分，共32分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项 符合题目要求，多选、错选均不得分。) 1.平抛运动是一种 A.匀加速曲线运动 B.匀速运动 C.变加速运动 D.匀变速直线运动 2.关于运动的合成和分解，下列说法正确的是 A.合运动的时间等于两个分运动的时间之和 鞍 B.平抛运动可以分解为两个直线运动 C.小船船头垂直河岸渡河，水流速度越大，渡河时间越长 D.若分运动是直线运动，则合运动必是直线运动 钗 3.北京2022年2月13日，在开幕式上担任中国代表团旗手的高亭宇，在国家速滑馆“冰丝带”完 h 南 成了中国男子速滑选手冬奥金牌“零的突破”。高亭宇在水平冰面上过弯道时运动情景如图所 示，则下列说法正确的是 A.高亭宇在转弯时受到重力、支持力和摩擦力作用 B.高亭宇转弯时受到重力、支持力、摩擦力和向心力作用 C.若高亭宇以恒定的角速度转弯，选择外圈较为安全 D.若高亭宇以大小恒定的线速度转弯，选择内圈较为安全 4.2022年10月，太原卫星发射中心使用长征二号丙运载火箭，成功将SSAR01星发射升空，这颗 卫星主要为应急管理、生态环境主体业务提供国产化数据保障，若SSAR01星绕地球做匀速圆 周运动的轨道距地面高度为h,地球的半径为R,地球北极表面的重力加速度为g,引力常量为 G。下列说法正确的是 A,地球的质量为M=(R十h)g G B.S-SARO1星轨道处的重力加速度为，R (R+h)? C.地球的平均密度为4πG(R+h) 3g D.SSAR01星运行的速度为√gR 5.假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体。一矿井深度为d,已知质量分布均匀的球壳对壳 内物体的引力为零，则矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为 () A1-是 B1+是 C.( D.R 6.如图所示，n个完全相同、边长足够小且互不粘连的小方块依次排列，总长度为l,总质量为M, 它们一起以某一初速度在光滑水平面上滑动，某时刻开始滑上粗糙水平面。小方块与粗糙水平 面之间的动摩擦因数为4，重力加速度大小为g,若小方块恰能全部进入粗糙水平面，则小方块 克服摩擦力所做的总功为 () 口 A.Mg! B.uMgl C.pMgl D.2μMgl 7.如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体。物体在A处时，弹簧处于原长状态。现用手托住 物体使它从A处缓慢下降，到达B处时，手和物体自然分开。此过程中，物体克服手的支持力所 做的功为W,不计空气阻力，弹簧始终处于弹性限度内。关于此过程，下列说法正确的是() B A.物体重力势能减少量可能小于W B.弹簧弹性势能增加量一定小于W C.弹簧弹性势能增加量一定大于物体重力势能减少量 D.若将物体从A处由静止释放，则物体到达B处的动能一定等于W 17 8.如图所示，水平速度为、质量为m的子弹击中并穿过静止放在光滑的水平面上质量为M的木 块，若木块对子弹的阻力恒定，则下列说法中正确的有 ) m M 77777777777777777777 A.其他量保持不变，子弹速度越大，木块获得速度越小 B.其他量保持不变，子弹质量越大，木块获得速度越大 C.其他量保持不变，子弹质量越大，子弹和木块组成的系统损失的机械能越多 D.其他量保持不变，木块的质量M越大，子弹损失的机械能越多 二、多项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分。至少有2项符合题目要求，全部选对的得6 分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。) 9.国家跳台滑雪中心是中国首座跳台滑雪场馆，主体建筑灵感来自中国传统饰物“如意”，因此被 形象地称作“雪如意”。如图所示，现有甲、乙两名运动员（均视为质点）从出发区先后沿水平方 向向左腾空飞出，其速度大小之比为甲：z=2：1,不计空气阻力，则甲、乙两名运动员从飞出 至落到着陆坡（可视为斜面）上的过程中，下列说法正确的是 出发区 着陆坡 A.甲、乙落到坡面上的瞬时速度方向相同 B.甲、乙落到坡面上的瞬时速度大小相等 C.甲、乙在空中飞行的时间之比为t甲：tz=2：1 D.甲、乙在空中飞行的水平位移之比为x甲：x乙=2：1 10.质量分别为2kg、3kg的物块A和B,系在一根不可伸长的轻绳两端，细绳跨过固定在倾角为 30°的斜面顶端的轻质定滑轮上，开始时把物体拉到斜面底端，此时物体A离地面的高度为 0.8,如图所示，从静止开始放手让它们运动，斜面光滑且足够长，始终保持静止，不计一切摩 擦，g取10m/s2。下列说法正确的是 () X30 0.8m A.物体A落地的速度为4m/s 18 无敌原创·期末测试卷物理·必修第二册 及物体A落地的速度为2/s C.物体B沿斜面上滑的最大距离为0.96m D.物体B沿斜面上滑的最大距离为0.88m 11.如图所示，一个被无弹性绳子牵引的小球，在光滑水平板上以速度v=2.0/s做匀速圆周运 动，A轨道运动半径r=30cm。现迅速松手使绳子放长20cm后立即拽紧绳子，使小球在更大 半径的新轨道B上做匀速圆周运动，下列说法正确的是 ( A.实现这一过渡所需时间为2.0s B.小球在A轨道和B轨道做匀速圆周运动的线速度之比为5：3 C.小球在A轨道和B轨道做匀速圆周运动的角速度之比为25：9 D.小球在A轨道和B轨道做匀速圆周运动时绳子拉力之比为5：3 盼 12.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹 % 簧水平且处于原长，圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为 零，AC=h,圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A,弹簧始终在弹性限度内，重力 加速度为g,则圆环 ( MMM A.下滑过程中，加速度一直减小 B.下滑过程中，克服摩擦力做的功为子m心 C.在C处，弹簧的弹性势能为mw一mgh D.上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度 三、实验题（本题每空2分，共10分。） 13.利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”实验。 (1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的 打点计纸带 时器 一夹子 重物 A.动能变化量与势能变化量 B.速度变化量和势能变化量 C.速度变化量和高度变化量 部 /甜 (2)除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中， 还必须使用的两种器材是 长 A.交流电源B.刻度尺C.天平（含砝码） (3)实验中，先接通电源，再释放重物，得到图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出 的点A、B、C,测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hc。 已知当地重力加速度为g,打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为，从打O点到打B 点的过程中，重物的重力势能变化量△E。= 动能变化量△Ek= (4)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是 A.利用公式v=gt计算重物速度 B.利用公式v=√2gh计算重物速度 C.存在空气阻力和摩擦阻力的影响 D.没有采用多次实验取平均值的方法 四、计算题（本题共3小题，共34分，要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最 后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位。) 14.(10分)如图所示，小球质量m=0.8kg用两根长均为L=0.5m的细绳拴住并系在竖直杆上 的A、B两点，已知AB=0.8m,当竖直杆转动带动小球在水平面内绕杆以w=10rad/s的角速 度匀速转动时，g取10m/s2,求上、下两根绳上的张力大小。（结果保留整数） B 19 15.(12分)如图所示，在高为h=5m的平台边缘以大小为va=10m/s的水平速度抛出小球A,同 时在水平地面上与台面边缘的水平距离为s=15处竖直上抛小球B,两球运动轨迹在同一竖 直平面内，小球与地面间的碰撞是弹性的，且碰撞时间不计，碰后水平速度不变，竖直速度等大 反向。若小球B未落地前，两球能在空中相遇，求小球B的初速度大小（不计空气阻力，重 力加速度g取10m/s2)。 77777 20 无敌原创·期末测试卷物理·必修第二册 16.(12分)在赛车场上，为了安全，车道外围都固定上废旧轮胎作为围栏，当车碰撞围栏时起缓冲 作用，如图甲所示。在一次模拟实验中用弹簧来代替废旧轮胎，实验情景如图乙所示，水平放 置的轻弹簧左侧固定于墙上，处于自然状态，开始时赛车在A处且处于静止状态，距弹簧自由 端的距离为L1=1。当赛车启动时，产生水平向左的恒为F=24N的牵引力使赛车向左匀 加速前进，当赛车接触弹簧的瞬间立即关闭发动机，赛车继续压缩弹簧，最后被弹回到B处停 下。已知赛车的质量为m=2kg,A、B之间的距离为L2=3m,赛车被弹回的过程中离开弹簧 时的速度大小为v=4m/s,方向水平向右。g取10m/s2。 (1)求赛车和地面间的动摩擦因数； (2)弹簧被压缩的最大距离是多少？试从加速度和速度变化的角度分析赛车关闭发动机后的 运动性质。 A B 甲 乙