2023-2024学年高一物理人教版2019试题物理综合检测（期末检测）-1

物理必修第二册综合检测一、单项选择题(本题共10小题，每小题3分，共30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.下列说法正确的是(

)A.平抛运动是匀变速曲线运动

B.匀速圆周运动是匀变速曲线运动

C.物体重力势能的值与参考平面的选择无关

D.物体受到的合外力为零，则其机械能一定守恒【答案】A

【解析】A.平抛运动的物体只受重力作用，其加速度为重力加速度，其轨迹是曲线，因此平抛运动是匀变速曲线运动，故A正确；B.匀速圆周运动加速度方向始终直线圆心，加速度方向不断变化，所以匀速圆周运动不是匀变速曲线运动，故B错误；C.参考平面不同，根据Ep=mgℎ计算出来的重力势能不同，物体重力势能的值与参考平面的选择有关，故C错误；D.若物体在竖直方向上匀速上升时，合外力为零，物体动能不变，重力势能增加，其机械能不守恒，故D错误。

故选：A2.如图为某一行星绕太阳运动情况示意图，下列说法正确的是(

)

A.行星在A处的速率大于B处的速率

B.行星在A处的加速度小于B处的加速度

C.从C运动到B阶段，行星的机械能逐渐增加

D.从B运动到D阶段，万有引力对行星一直做负功【答案】A

【解析】A.根据开普勒第二定律可知，行星与太阳中心连线在相同时间内扫过的面积相等，则有1由于rA<rB，可得B.根据牛顿第二定律可得GMmr2=ma，解得a=GMr2∝C.从C运动到B阶段，只有万有引力对行星做功，行星的机械能守恒，C错误；D.从B运动到D阶段，行星的速度在增大，行星的动能在增大，万有引力对行星做正功，D错误。故选A。3.2022年北京冬奥会期间，一观众用连拍功能拍摄运动员在滑雪大跳台从起跳到落地的全过程如图所示。忽略空气阻力，运动员落地时速度的大小与下列哪个量无关(

)

A.运动员的质量 B.运动员的初速度

C.运动员初速度的仰角 D.运动员起跳时的高度【答案】A

【解析】解：依题意，结合题图可知运动员在空中运动过程中，由于只受重力的作用，运动员做斜抛运动，最后落在斜坡上，根据动能定理，有mgΔℎ=可得v=若运动员初速度的仰角不同，则运动员做斜抛运动落在斜坡上的位置将不同，也即运动员在空中运动过程中初末位置的高度差Δℎ与运动员起跳时的高度，运动员初速度的仰角有关，所以运动员落地时的速度v大小与运动员的初速度v0及运动员运动员起跳时的高度ℎ，运动员初速度的仰角有关，与运动员的质量m故选A。4.在物理学的发展过程中，科学家们运用了许多研究方法。下列四幅图中，没有用到极限思想的是(

)A. B.

C. D.【答案】C

【解析】A、A点逐渐向B点靠近时，观察AB割线的变化，速度方向就是曲线在B点的切线方向，运用了极限思想；B、这里位移公式的推导主要采用了无限分割与逼近的思想，即采用了极限思想；C、探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时运用了控制变量法；D、研究物体沿曲线运动时重力做功，采用极限思想将曲线变成小的直线运动进行分析。本题考查没有用到极限思想的，故选：C。

5.如图所示为一个半径为5 m的圆盘，正绕其圆心做匀速转动，当圆盘边缘上的一点A处在如图所示位置的时候，在其圆心正上方20 m的高度有一个小球正在向边缘的A点以一定的速度水平抛出，取g=10 m/s2，不计空气阻力，要使得小球正好落在A点，则(

)

A.小球平抛的初速度一定是2.5 m/s B.小球平抛的初速度可能是2.5 m/s

C.圆盘转动的角速度一定是π rad/s D.圆盘转动的加速度可能是π【答案】A

【解析】AB.根据ℎ=可得t=则小球平抛的初速度vA正确，B错误；CD.根据ωt=2nπ(n=1、2、3、…)解得圆盘转动的角速度ω=2nπt=nπ rad/s(n=1、2、圆盘转动的加速度为a=ω2r=n2π2r=5故CD错误。故选A。6.2022年4月16日神舟十三号与空间站天和核心舱分离，分离过程简化如图所示：脱离前天和核心舱处于半径为r1的圆轨道Ⅰ，运行周期为T1，从P点脱离后神舟十三号飞船沿轨道Ⅱ返回近地半径为r2的圆轨道Ⅲ上，Q点为轨道Ⅱ与轨道Ⅲ的切点，轨道Ⅲ上运行周期为T2，然后再多次调整轨道，绕行5圈多顺利着落在东风着落场，引力常量为G，根据以上信息可知(

)A.T1:T2=r1:r2

B.可以计算地球的平均密度为ρ=3πGT22

C.在轨道【答案】B

【解析】A.根据开普勒第三定律r13T12B.根据万有引力提供向心力GMmr22=m4π2T22C.飞船沿轨道Ⅱ运动过程中满足机械能守恒定律，Q点的引力势能小于P点的引力势能，故Q点的动能大于P点的动能，即Q点的速率大于P点的速率，故C错误；D.根据开普勒第二定律，同一环绕天体与地心连线在同一轨道上在相同时间内扫过的面积相等，飞船与核心舱在不同轨道运动，故D错误。故选B。7.如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径PQ水平。一质量为m的小球(可视为质点)从P点上方高为R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。小球滑到轨道最低点N时，对轨道的压力大小为4.5mg，重力加速度为g。用W表示小球从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则

A.小球恰好可以到达Q点

B.小球冲出Q点后可上升的最大高度大于R2

C.小球不可能第二次经过P点

D.小球从N到Q克服摩擦力做的功等于【答案】B

【解析】根据牛顿第三定律可知小球滑到轨道的最低点N时所受轨道的支持力大小为FN=4.5mg，

设此时小球的速率为vN，

根据支持力和重力的合力提供向心力有FN−mg=mvN2R，

对小球从开始下落到运动至N点的过程中，根据动能定理有2mgR−W=12mvN2，

联立解得：W=14mgR，

在PN段和NQ段的相同高度上各取一个位置，由于摩擦力做功，所以在相同高度，

NQ段上的平均速度小于PN段上的平均速度，NQ段上的弹力和摩擦力也小于PN段上的弹力和摩擦力，所以从N到Q的过程中，小球克服摩擦力做的功小于从P到N克服摩擦力做的功，设从N到Q小球克服摩擦力做的功为W1，从N到Q的过程中，根据动能定理可得−mgR−W1=EkQ−12mvN2，

由于W1<14mgR，所以EkQ>128.有同学发现，计算斜抛物体的水平射程时，可以将初速度矢量和末速度矢量移到起点相同，然后将两者末端连起来形成一个三角形，然后过共同起点向竖直底边作一条高线，则高线的长度就是初速度的水平分量，而竖直底边长度正比于斜抛物体运动的时间，因此斜抛物体的水平射程就正比于这个三角形的面积。现请你根据这个发现，分析如图所示情形：在高度为ℎ=7.2m的平台边缘沿不同方向以相同大小的初速度v0=5m/s斜向右上抛出一个石块，已知重力加速度为g=10m/s2，则(

)A.水平抛出石块时，石块落地时离抛出点的水平距离最大

B.v0与水平方向成45∘角时，石块落地时离抛出点的水平距离最大

C.石块落到地面上时离抛出点的最大水平距离为6.5m

D.【答案】C

【解析】由矢量减法知识可知，初速度矢量和末速度矢量末端连线就是斜抛过程中物体速度的变化量，即Δv故这个三角形的面积为S=12vxgt，而x=vxt=S12g，设斜抛物体质量为m，由机械能守恒mgℎ=12m

9.如图所示，与水平面成θ=30°角的传送带以v=2 m/s的速度顺时针运行，质量为m=1 kg的小物块以初速度v0=4 m/s从底部滑上传送带，物块恰好能到达传送带顶端。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ=35，取重力加速度g=10 m/s2A.传送带从底端到顶端的长度为1 m

B.物体在传送带上向上运动的时间为0.5 s

C.物块在传送带上留下的划痕长度为1.25 m

D.物体在传送带上向上运动过程中与传送带摩擦产生的热量为3.75 J【答案】D

【解析】AB.小物块滑上传送带做匀减速直线运动，由牛顿第二定律mgsin θ+μmgcos θ=ma1，

设经过时间t1减速到与传送带速度相等x1=v02−v22a1，t1=v0−va1，

解得x1=0.75 m，t1=0.25 s，

速度小于传送带速度后，受向上滑动摩擦力，由牛顿第二定律mgsin θ−μmgcos θ=ma2，

x2=v2−02a2，t2=v−0a2解得x2=1 m，t2=1 s，

则传送带从底端到顶端的长度为L=x1+x2=1.75m

10.在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a−x关系如图中虚线所示。假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍，则(

)

A.M的密度是N的3倍

B.Q的质量是P的3倍

C.Q下落过程中的最大动能是P的4倍

D.Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍【答案】C

【解析】A.在星球表面，根据万有引力等于重力可得GMmR2=mg，则GM=gR2根据图象可知，在M星球表面的重力加速度为gM=3a0，在N表面的重力加速度为gN=a0，星球M的半径是星球N的B.加速度为零时受力平衡，根据平衡条件可得：mPgM=kx0，C.根据动能定理可得max=Ek，根据图象的面积可得：EkP=12mD.根据简谐运动的特点可知，P下落过程中弹簧最大压缩量为2x0，Q下落过程中弹簧最大压缩量为4x0，Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的故选：C。

二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)11.(多选)如图所示，放置在水平地面上的支架质量为M，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m，现将摆球拉至水平位置，而后释放，摆球运动过程中，支架始终不动，以下说法正确的是(

)

A.在释放前的瞬间，支架对地面的压力为(m+M)g

B.在释放前的瞬间，支架对地面的压力为Mg

C.摆球到达最低点时，支架对地面的压力为(m+M)g

D.摆球到达最低点时，支架对地面的压力为(3m+M)g【答案】BD

【解析】AB.在释放前的瞬间，绳子的拉力为零，以支架为研究对象，支架受重力和地面的支持力，满足二力平衡，所以地面对支架的支持力等于Mg，根据牛顿第三定律可知，支架对地面的压力等于Mg

;因此A错误，B正确；CD.摆球到达最低点时，根据动能定理，mgL=12mv2，根据牛顿第二定律可得：F−mg=mv2L，联立可得F=3mg，则支架对地面的压力为Mg+3mg，因此C12.在光滑的水平面上，一滑块的质量m= 2kg，在水平面上受水平方向上恒定的外力F=4N(方向未知)作用下运动，如图所示给出了滑块在水平面上运动的一段轨迹，滑块过PQ两点时速度大小均为v= 5m/s，滑块在P点的速度方向与PQ连线夹角α= 37°，sin37°= 0.6，则(

)

A.水平恒力F的方向与PQ连线成53°夹角

B.滑块从P到的时间为3s

C.滑块从P到Q的过程中速度最小值为4m/s

D.PQ两点连线的距离为15m【答案】BC

【解析】A.设水平恒力F的方向与PQ连线的夹角为β，滑块过P、Q两点时速度大小相等，根据动能定理有Fxcos β=ΔEk，得β=90°，即水平方向上恒定的外力与PQ连线垂直且指向轨迹的凹侧，故A错误；

B.把滑块在P点的速度沿PQ和垂直PQ两个方向分解，垂直PQ方向上滑块先做匀减速运动后做匀加速运动，有a=Fm=2m/s2，当垂直PQ方向上的速度为零时，所用时间t=vsin37∘a=1.5s，根据对称性，滑块从P点到Q点的时间为t′=2t=3 s，故B正确；

C.当垂直PQ方向上的速度为零时，只有沿PQ方向的速度v′=vcos 37°=4 m/s13.如图所示，NPQ是由光滑细杆弯成的半圆弧，其半径为R，半圆弧的一端固定在天花板上的N点，NQ是半圆弧的直径，处于竖直方向，P点是半圆弧上与圆心等高的点。质量为m的小球A(可视为质点)穿在细杆上，通过轻绳与质量也为m的小球B相连，轻绳绕过轻小定滑轮C。将小球A移到P点，此时CP段轻绳处于水平伸直状态，CP=2R，然后将小球A由静止释放。若不计一切摩擦，当小球A由P点运动到圆弧最低点Q的过程中，下列说法正确的是(已知重力加速度为g)(

)

A.小球A刚释放时，小球A、B的加速度大小分别为aA=g、aB=0

B.小球A的动能可能先增大后减小

C.小球A始终比小球B运动得快(释放点P除外)

D.当小球A绕滑轮转过30°【答案】ACD

【解析】A.小球A刚释放时，小球A受重力，杆的弹力，绳的拉力，在水平方向上平衡，所以杆的弹力和绳的拉力大小相等，所以A球的合外力为重力，即加速度为g，小球B此时的合力为零，所以此时B的加速度为0，故A正确；

B.小球A由P点运动到圆弧最低点Q的过程中，系统减小的重力势能转化为系统的动能，所以A小球的动能一直增大，故B错误；

C.设运动过程中某位置时，AC连线与水平方向的夹角为θ，由关联速度可知，vAsinθ=vB，所以小球A的速度始终比B大，故C正确；

D.当小球A绕滑轮转过30°时，vAcos60°=vB，由几何关系有：ℎB=2R−2Rcos30°，ℎA=Rsin60°14.如图所示，半径为R的半球形凹槽固定在水平地面上，一不可伸长的轻绳跨过A点的小定滑轮，绳的一端连着人，另一端连着可视为质点的小球，此时小球处于半球形凹槽最低点B，当人以1m/s的速度向左匀速直线运动，定滑轮及凹槽内侧均光滑，小球沿着凹槽由B运动至图中C点的过程中(

)

A.小球速度先增大后减小 B.小球速度最大值等于2m/s

C.小球机械能逐渐增大 【答案】BC

【解析】AB.设小球沿着凹槽由B运动至图中C点的过程中某一位置，此时绳与速度方向夹角为θ，由速度的合成与分解可知vBcosθ=1m/s，得vB=1cosθ，由B运动至图中C点的过程中，绳与速度方向夹角变小，则球的速度变小，当小球在B处时速度最大，则有vBmaxCD.小球沿着凹槽由B运动至图中C点的过程中，绳的拉力方向与速度方向夹角小于90∘，则绳子拉力做正功，故小球机械能逐渐增大，故C正确，故选BC。15.宇航员飞到一个被稠密气体包围的某行星上进行科学探索。他站在该行星表面，从静止释放一个质量为m的物体，由于气体阻力的作用，其加速度a随下落位移x变化的关系图像如图所示。已知该星球半径为R，万有引力常量为G。下列说法正确的是(

)

A.该行星的平均密度为3a04πGR

B.该行星的第一宇宙速度为a0R

C.卫星在距该行星表面高ℎ【答案】ABD

【解析】A.由图可知，物体开始下落瞬间，只受万有引力作用，根据万有引力等于重力，可知GMmR2=mg=ma0，又ρ=B.在行星表面飞行的卫星，万有引力提供向心力，有GMmR2=mv2C.卫星在距该行星表面高ℎ处的圆轨道上运行时，有GMmR+ℎ2=m4πD.从释放到速度刚达到最大的过程中，设阻力为f，由牛顿第二定律可得mg−f=ma，解得f=mg−ma=ma0−ma，阻力做功为W=−fx故选ABD。三、实验题（本大题共1小题，共8分）17.甲同学准备做“验证机械能守恒定律”实验，乙同学准备做“探究加速度与力、质量的关系”实验，如图是高中常用的实验装置之一，以上二位同学中可用该装置完成实验的是________(选填“甲”“乙”或“甲和乙”)同学，乙同学在实验室选齐所需器材后，经正确操作获得如图所示的两条纸带①和②。纸带________(选填“①”或“②”)的加速度大，其加速度大小为________m/s。2(结果保留两位有效数字)【答案】乙；①

；2.5(2.6±0.2均正确)

【解析】乙同学用该装置完成“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”的实验，在平衡好摩擦力的前提下，要根据纸带测出加速度和小车所受合外力等于绳子对小车的拉力，保证钩码的总质量远小于小车的质量，使绳子对小车的拉力大小等于钩码的总重量，所以可用该实验装置；甲同学用该装置完成“验证机械能守恒定律”时，存在摩擦力做功，不满足机械能守恒的条件，所以不能使用该装置完成“验证机械能守恒定律”。所以只有乙同学的实验可以用该装置完成实验；两次实验的初速度均为零，相同时间点纸带①的位移更大，则①的加速度更大；根据逐差法，可算得a=38.1−34.2−(34.2−30.7)四、计算题（本大题共3小题，共44分）18.（10分）下雨天转动伞柄，雨滴就沿伞的边缘飞出，雨滴的运动可以看成平抛运动，将这样的运动情景可以等效如图所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台缓慢加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径R=2.0m，离水平地面的高度H=0.45m，物块平抛落地过程中水平位移的大小s=0.9m。设物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2(1)物块做平抛运动的初速度大小v；(2)物块与转台间的动摩擦因数μ。(取g=10m/

【答案】解：(1)物体做平抛运动，有：H=12gt故物体做平抛运动的初速度大小为3m/s；(2)因物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，即物体刚滑动时所受的滑动摩擦力充当向心力，有：μmg=m代入数据得：μ=0.45故物块与转台间的动摩擦因数为0.45。（16分）如图所示，内壁光滑且半径为r=1m的半圆形细圆管道APB(圆半径相比细管的内径大得多)与内壁粗糙的直管BC组成的圆管轨道固定在水平地面上，其中BC段的动摩擦因数为μ=0.2，长度为L=2.5m。该圆管轨道的A端与一竖直面内半径为R=5m的光滑圆弧轨道平滑串接，C端与另一竖直面内的内壁光滑的曲线细圆管道CD平滑串接，管道D端切线水平。现将一个质量为m=100g的小球(可视为质点)从圆弧轨道上某个位置静止释放，释放位置至圆心O的连线与竖直方向夹角θ=37°。已知所有管道的内径均略大于小球直径，整个运动过程中空气阻力不计，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/(1)小球经过A点时的速度大小；(2)小球经过P(P为圆管轨道的中点)点时对管道的压力大小；(3)将小球释放位置的夹角θ增至53°，管道D端的离地高度ℎ大小可自由调节，在垂直管道D端切向方向的前端距D点x=0.5m处有一块足够大的竖直挡板。若小球最终能击中挡板，求小球击中挡板的最小动能。【答案】解：(1)从释放位置到A点过程中由动能定理有：mgR(1−cos37°)=12mvA2−0，

解得：vA=25m/s；

(2)在P点时竖直方向上有：FN1=mg=1N，

水平方向上有：FN2=mvA