2024-2025学年新教材高中物理本册综合检测B含解析新人教版必修2

PAGE1-综合检测(B)本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，时间90分钟。第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．如图所示是流星在夜空中发出的光明光焰，此时会有人在内心里许下一个美妙的愿望。有些流星是外太空物体被地球强大引力吸引坠落到地面的过程中同空气发生猛烈摩擦产生的。下列相关说法正确的是(A)A．形成流星的物体同空气摩擦时部分机械能转化为内能B．引力对形成流星的物体做正功，其动能增加，机械能守恒C．当形成流星的物体的速度方向与空气阻力和重力的合力不在同始终线上时，形成流星的物体做平抛运动D．形成流星的物体进入大气层后做斜抛运动解析：形成流星的物体同空气摩擦时部分机械能转化为内能，A正确；引力对形成流星的物体做正功，除了重力之外还有其他力做功，机械能不守恒，B错误；当形成流星的物体的速度方向与空气阻力和重力的合力方向不在同始终线上时，形成流星的物体做曲线运动，C错误；由于存在空气阻力及重力加速度变更，故D错误。2．(2024·吉林榆树一中高一下学期检测)一个小孩站在船头，按如图所示的两种状况用同样大小的力拉绳。若经过相同的时间t(船未碰撞)，小孩所做的功分别为W1、W2，在时间t内小孩拉绳的平均功率分别为P1、P2，则(C)A．W1>W2，P1＝P2 B．W1＝W2，P1＝P2C．W1<W2，P1<P2 D．W1<W2，P1＝P2解析：第一种状况，小孩的脚对他所站的船做功，同时绳对小孩的拉力对小孩也做功；其次种状况下，除上述功外，小孩对另一小船又多做了一部分功，所以W1<W2；P1＝eq\f(W1,t)，P2＝eq\f(W2,t)，故P1<P2，则C正确。3．如图所示，一名运动员在参与跳远竞赛，他腾空过程中离地面的最大高度为L，成果为4L，假设跳远运动员落入沙坑瞬间速度方向与水平面的夹角为α，运动员可视为质点，不计空气阻力，则有(B)A．tanα＝2 B．tanα＝1C．tanα＝eq\f(1,2) D．tanα＝eq\f(1,4)解析：腾空过程中离地面的最大高度为L，落地过程中做平抛运动，依据运动学公式：L＝eq\f(1,2)gt2，解得：t＝eq\r(\f(2L,g))，运动员在空中最高点的速度即为运动员起跳时水平方向的分速度，依据分运动与合运动的等时性，则水平方向的分速度为：vx＝eq\f(2L,t)＝eq\r(2gL)，在最高点竖直方向速度为零，那么运动员落到地面时的竖直分速度为：vy＝gt＝eq\r(2gL)，运动员落入沙坑瞬间速度方向与水平面的夹角的正切值为：tanα＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(\r(2gL),\r(2gL))，故B正确，ACD错误。4．(2024·山东省昌乐二中高一下学期检测)如图所示，消防队员在水平地面上进行消防演练，设消防水带的喷嘴喷出的水流量是300L/min，水离开喷嘴的速度为20m/s，不计空气阻力，则下列说法正确的是(D)A．若水沿水平方向喷射，水流射程约18mB．若水沿竖直向上喷射，水流上升的最大高度约40mC．若水沿水平方向喷射，稳定后任一瞬间空中水约5LD．若水沿竖直向上喷射，10s内消防车对水做的功约1×104J解析：若水沿水平方向喷射，则喷口高度大约1m，则时间t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\f(\r(2×1),10)s≈0.45s，则水流射程约x＝vt＝20×0.45m＝9m，选项A错误；若水沿竖直向上喷射，水流上升的最大高度约h＝eq\f(v2,2g)＝eq\f(202,20)m＝20m，选项B错误；若水沿水平方向喷射，稳定后任一瞬间空中水约V＝Qt＝eq\f(300,60)×0.45L，选项C错误；若水沿竖直向上喷射，10s内喷出水eq\f(300,60)×10L＝50L，质量为m＝50kg，则消防车对水做的功约W＝mgh＝50×10×20J＝1×104J，选项D正确。5．(2024·辽宁省铁岭市六校高一下学期期中联考)我国已驾驭“半弹道跳动式高速再入返回技术”，为实现“嫦娥”飞船月地返回任务奠定基础。如图虚线为大气层边界，返回器与服务舱分别后，从a点无动力滑入大气层，然后从c点“跳”出，再从e点“跃”入，实现多次减速，可避开损坏返回器。d点为轨迹的最高点，离地心的距离为r，返回器在d点时的速度大小为v，地球质量为M，引力常量为G。则返回器(C)A．在b点处于失重状态 B．在a、c、e点时的动能相等C．在d点时的加速度大小为eq\f(GM,r2) D．在d点时的速度大小v＞eq\r(\f(GM,r))解析：由题意知，返回器在b点处于超重状态，故A错误；从a到e通过大气层，有能量的损耗，在a、c、e三点时的速度不等，逐次减小，故B错误；在d点受万有引力：F＝eq\f(GMm,r2)＝ma，所以加速度a＝eq\f(GM,r2)，故C正确；在d点，v＜eq\r(\f(GM,r))，所以D错误。6．(2024·辽宁省沈阳二十中高一下学期期中)如图所示，一铁球用细线悬挂于天花板上，静止垂在桌子的边缘，细线穿过一光盘的中间孔，手推光盘在桌面上平移，光盘带动细线紧贴着桌子的边缘以水平速度v匀速运动，当光盘由A位置运动到图中虚线所示的B位置时，细线与竖直方向的夹角为θ，此时铁球(B)A．竖直方向速度大小为vcosθ B．竖直方向速度大小为vsinθC．竖直方向速度大小为vtanθ D．相对于地面速度大小为v解析：线与光盘交点参与两个方向的运动，一是沿着线的方向运动，二是垂直线的方向运动，则合运动的速度大小为v，由数学三角函数关系，则有：v球＝v线＝vsinθ，而沿线的速度的大小，即为小球上升的速度大小，故B正确，AC错误；球相对于地面速度大小为v＝eq\r(v2＋vsinθ2)，故D错误。7．如图所示，半径为R，表面光滑的半圆柱体固定于水平地面上，其圆心在O点。位于竖直面内的光滑曲线轨道AB的底端水平，与半圆柱相切于半圆柱面顶点B。质量为m的小滑块从距B点高为R的A点由静止释放，则小滑块(CD)A．将沿半圆柱体表面做圆周运动 B．落地点距离O点的距离为eq\r(2)RC．将从B点起先做平抛运动 D．落地时的速度大小为2eq\r(gR)解析：由机械能守恒得：mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)得vB＝eq\r(2gR)>eq\r(gR)，故滑块从B点起先做平抛运动，A错，C正确；x＝vBt＝2R，B错；设落地速度为v，则eq\f(1,2)mv2＝mg2R，得v＝2eq\r(gR)，故D正确。8．(2024·浙江省诸暨中学高一下学期期中)浙江省诸暨陈蔡镇是我省出名的板栗产地。如图为老乡敲打板栗的情形，假设某一次敲打时，离地4m处的板栗被敲打后以4m/s的速度水平飞出。已知板栗的质量为20g，(忽视空气阻力作用，以地面为零势能面)，则关于该板栗下列说法正确的是(AC)A．水平飞出时的重力势能是0.8JB．落地时的机械能为0.16JC．在离地高1m处的势能是其机械能的eq\f(5,24)D．有可能击中离敲出点水平距离为5m的工人解析：以地面为零势能面，板栗相对参考平面的高度为h＝4m，所以重力势能为Ep＝mgh＝20×10－3×10×4J＝0.8J,故A正确；由于板栗做平抛运动过程中机械能守恒，所以落地时的机械能等于抛出时的机械能，即为E＝Ep＋Ek＝Ep＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝(0.8＋eq\f(1,2)×20×10－3×42)J＝0.96J，故B错误；在离地高为1m处的重力势能为Ep＝mgh1＝20×10－3×10×1J＝0.2J，所以在离地高1m处的势能是其机械能的eq\f(0.2,0.96)＝eq\f(5,24)，故C正确；板栗竖直方向做自由落体运动，由公式h＝eq\f(1,2)gt2得t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×4,10))s，板栗水平方向的位移为：x＝v0t＝4×eq\r(\f(2×4,10))m≈3.6m，所以不行能击中离敲出点水平距离为5m的工人，故D错误。9．如图所示，从水平地面上同一位置先后抛出的两个质量相等的小球P、Q，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同，不计空气阻力，则下列说法正确的是(AC)A．P、Q的飞行时间相等B．P与Q在空中不行能相遇C．P、Q落地时的重力的瞬时功率相等D．P落地时的动能大于Q落地时的动能解析：因两球上升的高度相同，所以在空中飞行的时间相等，落地时竖直方向的速度相等，故选项A、C正确；P、Q有可能相遇，B错；Q球的水平初速度大，故落地动能大，D错。10．我国放射的“嫦娥二号”探月卫星简化后的路途示意图如图所示。卫星由地面放射后，经过放射轨道进入停岸轨道，然后在停岸轨道经过调速后进入地月转移轨道，再次调速后进入工作轨道，卫星起先对月球进行探测。已知地球与月球的质量之比为a，卫星的停岸轨道与工作轨道的半径之比为b，卫星在停岸轨道和工作轨道上均可视为做匀速圆周运动，则(AD)A．卫星在停岸轨道和工作轨道运行的速度之比为eq\r(\f(a,b))B．卫星在停岸轨道和工作轨道运行的周期之比为eq\r(\f(b,a))C．卫星在停岸轨道运行的速度大于地球的第一宇宙速度D．卫星从停岸轨道转移到地月转移轨道，卫星必需加速解析：依据Geq\f(mM,r2)＝meq\f(v2,r)得v＝eq\r(\f(GM,r))，卫星在停岸轨道和工作轨道运行的速度之比为eq\f(v1,v2)＝eq\r(\f(M1,M2)·\f(r2,r1))＝eq\r(\f(a,b))，A项正确；依据T＝eq\f(2πr,v)＝2πreq\r(\f(r,GM))，卫星在停岸轨道和工作轨道运行的周期之比为eq\f(T1,T2)＝eq\f(r1,r2)eq\r(\f(M2,M1)·\f(r1,r2))＝beq\r(\f(b,a))，B错误；由v＝eq\r(\f(GM,r))知r越大，v越小，卫星停岸轨道运行的速度小于地球的第一宇宙速度，C项错；卫星从停岸轨道转移到地月转移轨道，要远离地球，卫星必需加速才能做离心运动，故D项正确。第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、试验题(共2小题，共14分。把答案干脆填在横线上)11．(6分)小刚同学用如图试验装置探讨“机械能守恒定律”。他进行了如下试验操作并测出如下数值。①用天平测定小球的质量为0.50kg；②用游标卡尺测出小球的直径为10.0mm；③用刻度尺测出电磁铁下端到光电门的距离为82.05cm；④电磁铁先通电，让小球吸在起先端；⑤电磁铁断电后，小球自由下落；⑥在小球经过光电门时间内，计时装置登记小球经过光电门所用时间为2.50×10－3s，由此可算得小球经过光电门的速度；⑦计算得出小球重力势能减小量ΔEp＝__4.02__J，小球的动能变更量ΔEk＝__4.00__J。(g取9.8m/s2，结果保留三位有效数字)从试验结果中发觉ΔEp__稍大于__ΔEk(填“稍大于”“稍小于”或“等于”)，试分析可能的缘由__空气阻力的影响，高度测量中忽视了小球的尺度等__。解析：v＝eq\f(L,t)＝eq\f(10×10－3,2.5×10－3)m/s＝4m/sΔEp＝mgh＝0.5×9.8×0.8205J＝4.02JΔEk＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×0.5×42J＝4J12．(8分)做绝技表演的汽车从高台水平飞出，在空中运动后着地。一架照相机通过多次曝光，拍摄得到汽车在着地前后一段时间内的运动照片如图所示(第三个照片为汽车落地的瞬间，虚线格子为正方形)。已知汽车长度为3.6m，相邻两次曝光的时间间隔相等，由照片可推算出汽车离开高台时的瞬时速度大小为__12__m/s，高台离地面的高度为__11.25__m。(取g＝10m/s2)解析：由题意知，正方形的边长为3.6m，由照片知，在曝光的时间间隔内，竖直位移之差Δy＝l＝3.6m，又Δy＝gT2，所以，曝光时间T＝eq\r(\f(Δy,g))＝eq\r(\f(3.6,10))s＝0.6s，曝光时间内汽车的水平位移为2l＝7.2m所以v0＝eq\f(2l,T)＝eq\f(7.2,0.6)m/s＝12m/s，其次次曝光时汽车的竖直分速度vy＝eq\f(3l,2T)＝eq\f(3×3.6,2×0.6)m/s＝9m/s，此时，汽车下落的时间t1＝eq\f(vy,g)＝eq\f(9,10)s＝0.9s，从起先到落地的总时间t2＝t1＋T＝1.5s，故高台离地面的高度h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)×10×1.52m＝11.25m。三、论述·计算题(共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最终答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位)13．(10分)在半径R＝5000km的某星球表面，宇航员做了如下试验，试验装置如图甲所示。竖直平面内的光滑轨道由斜轨道AB和圆弧轨道BC组成，将质量m＝0.2kg的小球，从轨道AB上高H处的某点静止释放，用力传感器测出小球经过C点时对轨道的压力F，变更H的大小，可测出F随H的变更关系如图乙所示，求：(1)圆轨道的半径；(2)该星球的第一宇宙速度。答案：(1)0.2m(2)5×103m/s解析：(1)小球过C点时满意F＋mg＝meq\f(v\o\al(2,C),r)①又依据mg(H－2r)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)②由①②得：F＝eq\f(2mg,r)H－5mg③由图可知：H1＝0.5m时F1＝0；代入③可得r＝0.2mH2＝1.0m时F2＝5N；代入③可得g＝5m/s2(2)据meq\f(v2,R)＝mg可得v＝eq\r(Rg)＝5×103m/s14．(11分)(2024·浙江省“温州九校”高一上学期期末联考)如图所示，半径为1m的光滑半圆形管道AB，与水平面相切于A点，固定在竖直面内，管道内有一个直径略小于管道内径的小球(可看作质点)，质量为1kg，在管道内做圆周运动，通过圆周最高点B后，经0.3s垂直打到倾角为45°的斜面上的C点。取g＝10m/s2。求：(1)C与B点的水平距离；(2)球通过B点时对管道的作用力的大小和方向。答案：(1)0.9m(2)1N方向向下解析：(1)小球在C点的竖直分速度vy＝gt水平分速度vx＝vytan45°则B点与C点的水平距离为x＝vxt解得x＝0.9m⑵小球经过管道的B点时，与管道之间无作用力的临界条件为mg＝meq\f(v2,R)v＝eq\r(gR)＝eq\r(10)m/s因vB＝vx＝3m/s小于eq\r(10)m/s，则轨道对小球的作用力方向向上在B点依据牛顿其次定律得：mg－FNB＝meq\f(v\o\al(2,B),R)代入数据得FNB＝1N依据牛顿第三定律可知小球经过B点时对管道的作用力方向向下(其他方法正确，同样得分)15．(12分)如图所示，人骑摩托车做腾跃绝技表演，以1.0m/s的初速度沿曲面冲上高0.8m、顶部水平的高台，若摩托车冲上高台的过程中始终以额定功率1.8kW行驶，经过1.2s到达平台顶部，然后离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑。A、B为圆弧两端点，其连线水平。已知圆弧半径为R＝1.0m，人和车的总质量为180kg，绝技表演的全过程中不计一切阻力(计算中取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)。求：(1)人和车到达顶部平台时速度v的大小；(2)从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离x；(3)圆弧对应圆心角θ；(4)人和车运动到圆弧轨道最低点O时对轨道的压力。答案：(1)3m/s(2)1.2m(3)106°(4)7.74×103N方向向下解析：(1)摩托车冲上高台的过程中，由动能定理得Pt－mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入数据得v＝3m/s。(2)摩托车离开平台后平抛运动过程中，在竖直方向h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向x＝vt，所以x＝1.2m。(3)人和车落到A点时速度方向沿A点切线方向，此时的竖直分速度vy＝gt＝4m/s，人和车的水平分速度vx＝v＝3m/s，所以tanα＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(4,3)，可知α＝53°，θ＝2α＝106°。(4)设人和车到达最低点O的速度为v1，则摩托车由高台顶部到圆弧轨道最低点的过程中，由机械能守恒定律得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mv2＋mg[h＋R(1－cos53°)]，在最低点据牛顿其次定律，有FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,1),R)，代入数据解得：FN＝7.74×103N。再由牛顿第三定律可得，人和车