【讲与练】高中物理人教版(2019)必修2：本册综合学业质量标准检测A

本册综合学业质量标准检测(A)第Ⅰ卷(选择题共40分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．下列说法正确的是(B)A．两个匀变速直线运动的合运动一定是匀变速直线运动B．做圆周运动的物体受到的合力不一定指向圆心C．一对摩擦力做功的代数和为零D．物体竖直向上运动，其机械能一定增加解析：当两个匀变速直线运动的合加速度与合初速度共线时，合运动为匀变速直线运动；当合加速度与合初速度不共线时，合运动为曲线运动，故A错误；做匀速圆周运动的物体合外力全部提供向心力，合外力一定指向圆心；做变速圆周运动时，合外力沿半径方向的分力提供向心力，合外力沿切线方向的分力改变速度的大小，故B正确；一对静摩擦力做的功的代数和为零，一对滑动摩擦力做的功的代数和为负值，故C错误；根据功能关系可知，物体竖直向上运动时，当除重力以外的力的合力向上时，机械能增加，当除重力以外的力的合力向下时，机械能减小，故D错误。故选B。2．(2023·麻城市实验高级中学高一月考)若物体在运动过程中受到的合外力不为零，则(B)A．物体的加速度一定变化B．物体的速度一定变化C．物体的合外力一定做功D．物体的机械能一定发生改变解析：合外力不为零，据牛顿第二定律可知，加速度不为零，速度一定变化，但合外力如果恒定，加速度就不变，A错误，B正确；若物体做匀速圆周运动，合外力作为向心力就不做功，C错误；物体的机械能是否发生改变，取决于除重力外的其他力是否做功，例如物体自由下落，合外力不为零，但机械能守恒，D错误。3．(2022·济宁高一期中)如图所示，竖直环A半径为r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左、右两侧各有一挡板固定在地面上，使B不能左右运动，在环的最低点放一小球C，A、B、C的质量均为m。现给小球一水平向右的瞬时速度v，小球会在环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环竖直向上跳起(不计小球与环之间的摩擦阻力)，则瞬时速度v必须满足(A)A．最大值为eq\r(7gr) B．最小值为eq\r(6gr)C．最大值为eq\r(3gr) D．最小值为eq\r(4gr)解析：在最高点，小球的速度最小时有mg＝meq\f(v\o\al(2,1),r)，解得v1＝eq\r(gr)，从最高点到最低点的过程中，小球的机械能守恒，设此时在最低点的速度为v1′，根据机械能守恒定律，有2mgr＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mv1′2，解得v1′＝eq\r(5gr)，要使环不在竖直方向向上跳起，在最高点环对球的压力最大为F＝2mg，此时小球速度最大，有mg＋2mg＝meq\f(v\o\al(2,2),r)，解得v2＝eq\r(3gr)，小球从最高点到最低点的过程中，机械能守恒，设此时在最低点的速度为v2′，根据机械能守恒定律有2mgr＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mv2′2，解得v2′＝eq\r(7gr)，所以保证小球能通过环的最高点，且不会使环竖直向上跳起，在最低点的速度范围为eq\r(5gr)≤v≤eq\r(7gr)，故选A。4．如图所示，质量为m的小球以初速度v0水平抛出，恰好垂直打在倾角为θ的斜面上，则球落在斜面上时重力的瞬时功率为(不计空气阻力，重力加速度为g)(B)A．mgv0tanθ B．eq\f(mgv0,tanθ)C.eq\f(mgv0,sinθ) D．mgv0cosθ解析：小球的瞬时速度与斜面垂直，分解速度，由平行四边形定则可知tanθ＝eq\f(vx,vy)，其中vx＝v0，由重力的瞬时功率表达式PG＝mgvy＝eq\f(mgv0,tanθ)，故选B。5．如图所示，mA＝2mB，不计摩擦阻力，物体A自H高处由静止开始下落，且物体B始终在水平台面上。若以地面为零势能面，当物体A的动能与其势能相等时，物体A距地面高度是(B)A.eq\f(H,5) B．eq\f(2H,5)C.eq\f(4H,5) D．eq\f(H,3)解析：A、B组成的系统机械能守恒，设物体A的动能与其势能相等时，物体A距地面的高度是h，A的速度为v则有：mAgh＝eq\f(1,2)mAv2，可得v2＝2gh从开始到距地面的高度为h的过程中，减少的重力势能为：ΔEp＝mAg(H－h)＝2mBg(H－h)增加的动能为：ΔEk＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＝eq\f(1,2)(3mB)2gh＝3mBgh，由ΔEp＝ΔEk得h＝eq\f(2,5)H。6．如图所示，ABC为在竖直平面内的金属半圆环，AC连线水平，AB为固定在AB两点间的直金属棒，在直棒上和圆环的BC部分分别套着两个相同的小环M、N，现让半圆环绕对称轴以角速度ω做匀速转动，半圆环的半径为R，小圆环的质量均为m，棒和半圆环均光滑，已知重力加速度为g，小环可视为质点，则M、N两环做圆周运动的线速度之比为(B)A.eq\f(\r(g2－R2ω4),g) B．eq\f(g,\r(R2ω4－g2))C.eq\f(g,\r(g2－R2ω4)) D．eq\f(\r(R2ω4－g2),g)解析：M点的小环受到重力和杆的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，则有mgtan45°＝mωvM，可得vM＝eq\f(g,ω)，同理，N点的小环受到重力和杆的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，设ON与竖直方向之间的夹角为θ，则有mgtanθ＝mωvN，可得vN＝eq\f(gtanθ,ω)，又有mgtanθ＝mω2r，r＝Rsinθ，联立可得vN＝eq\f(\r(R2ω4－g2),ω)，M、N两环做圆周运动的线速度之比为eq\f(vM,vN)＝eq\f(g,\r(R2ω4－g2))，故B正确，A、C、D错误。故选B。7．(2022·内江市第六中学高一阶段练习)某小船在河宽为d，水速恒定为v的河中渡河，第一次用最短时间从渡口向对岸开去，此时小船在静水中航行的速度为v1，所用时间为t1；第二次用最短航程渡河从同一渡口向对岸开去，此时小船在静水中航行的速度为v2，所用时间为t2，结果两次恰好抵达对岸的同一地点，则(D)A．第一次所用时间t1＝eq\f(d,v)B．第二次所用时间t2＝eq\f(d,v2)C．两次渡河的位移大小为eq\f(vd,v1)D．两次渡河所用时间之比eq\f(t1,t2)＝eq\f(v\o\al(2,2),v\o\al(2,1))解析：第一次所用时间t1＝eq\f(d,v1)，选项A错误；第二次渡河时船头方向与合速度方向垂直，即船速方向不是指向河对岸，则渡河的时间不等于eq\f(d,v2)，选项B错误；两船抵达的地点相同，位移相同，由第一次渡河可知，位移为s＝eq\f(d,v1)eq\r(v2＋v\o\al(2,1))，选项C错误；两船抵达的地点相同，知合速度方向相同，甲船的静水速垂直于河岸，乙船的静水速与合速度垂直。如图：两船的合位移相等，则渡河时间之比等于两船合速度之反比。则：eq\f(t1,t2)＝eq\f(v乙合,v甲合)＝eq\f(v乙,tanθ)：eq\f(v甲,sinθ)＝eq\f(v\o\al(2,2),v\o\al(2,1))，D正确。8．如图所示是同一卫星绕地球飞行的三条轨道，轨道1是近地圆形轨道，2和3是变轨后的椭圆轨道。A点是轨道2的近地点，轨道1、2在A点相切，B点是轨道2的远地点，则下列说法中正确的是(B)A．三条轨道中，卫星在轨道1上绕地球运行的周期最大B．卫星在轨道1上经过A点的速度小于卫星在轨道2上经过A点的速度C．卫星在轨道1上的向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度D．卫星在轨道1上经过A点的向心加速度大于卫星在轨道2上经过A点的加速度解析：根据开普勒第三定律知，卫星在轨道1上绕地球运行的周期最小，A错误；卫星在轨道1上经过A点时加速做离心运动才能变轨到轨道2，所以卫星在轨道2上经过A点时的速度大于在轨道1上经过A点时的速度，B正确；根据牛顿第二定律可得Geq\f(Mm,r2)＝ma，解得卫星做匀速圆周运动的向心加速度a＝Geq\f(M,r2)，轨道1的半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以卫星在轨道1上的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，C错误；根据a＝Geq\f(M,r2)，卫星在轨道1上经过A点与在轨道2上经过A点时加速度相等，D错误。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9．(2022·河南商丘高一永城高中校联考期末)如图所示，两个eq\f(3,4)圆弧轨道固定在水平地面上，半径均为R，a轨道由金属凹槽制成，b轨道由金属圆管制成(圆管内径远小于R)，均可视为光滑轨道。在两轨道右端的正上方分别将金属小球A和B(直径略小于圆管内径)由静止释放，小球距离地面的高度分别用hA和hB表示，下列说法中正确的是(AD)A．若hA＝hB≥eq\f(5,2)R，两小球都能沿轨道运动到最高点B．若hA＝hB＝eq\f(3,2)R，两小球在轨道上升的最大高度均为eq\f(3,2)RC．适当调整hA和hB，均可使两小球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处D．若使小球沿轨道运动并且从最高点飞出，hA的最小值为eq\f(5,2)R，B小球在hB>2R的任何高度释放均可解析：若小球A恰好能到a轨道的最高点，在最高点有mg＝meq\f(v\o\al(2,A),R)，得vA＝eq\r(gR)，根据机械能守恒定律得mg(hA－2R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，得hA＝eq\f(5,2)R，若小球B恰好能到b轨道的最高点，在最高点的速度vB＝0，根据机械能守恒定律得hB＝2R，所以hA＝hB≥eq\f(5,2)R时，两球都能到达轨道的最高点，故A、D正确；若hB＝eq\f(3,2)R，则小球B在轨道b上升的最大高度等于eq\f(3,2)R；若hA＝eq\f(3,2)R，则小球A在轨道左上方某位置脱离轨道，脱离时有一定的速度，由机械能守恒定律可知，A在轨道a上升的最大高度小于eq\f(3,2)R，故B错误；小球A从轨道a最高点飞出后做平抛运动，下落R高度时，水平位移的最小值为xA＝vAeq\r(\f(2R,g))＝eq\r(gR)·eq\r(\f(2R,g))＝eq\r(2)R>R，所以小球A从轨道a最高点飞出后会落在轨道右端口外侧，而适当调整hB，B可以落在轨道右端口处，故C错误。故选AD。10．(2022·吉林一中高一期中)如图所示，在粗糙斜面顶端固定一弹簧，其下端挂一物体，物体在A点处于平衡状态。现用平行于斜面向下的力拉物体，第一次直接将物体拉到B点，第二次先将物体拉到C点，再使其回到B点，则这两次过程中(BD)A．物体的重力势能改变量不相等B．弹簧的弹性势能改变量相等C．摩擦力对物体做的功相等D．斜面弹力对物体做功均为零解析：第一次直接将物体拉到B点，第二次先将物体拉到C点，再使其回到B点，两次物体初、末位置一样，对应的弹簧形变量一样，路径不同，所以两次重力势能改变量相等，弹簧的弹性势能改变量相等，摩擦力对物体做的功不相等，故A、C错误，B正确；两次斜面的弹力均与物体位移方向垂直，对物体做功为零，D正确。故选BD。11．如图所示，某质点沿直线运动的v－t图像为余弦曲线，从图中可以判断(CD)A．在0～t1时间内，合力逐渐减小B．在0～t1时间内，合力做正功C．在t1～t2时间内，合力的功率先增大后减小D．在t2～t4时间内，合力做的总功为零解析：在0～t1时间内，v－t图线的斜率在增大，即加速度增大，根据牛顿第二定律可知合力逐渐增大，A错误；在0～t1时间内，由图可知质点的速度减小，故动能减小，由动能定理可知合力做负功，B错误；t1时刻，质点的速度为0，可知合力的功率为0，t2时刻，图线的斜率为0，即加速度为0，由牛顿第二定律可知合力为0，故合力的功率为0，在t1～t2时间内，合力与速度均不为0，夹角也不为90°，故合力的功率不为0，可知t1～t2时间内，合力的功率先增大后减小，C正确；t2时刻质点的速度大小为v0，t4时刻质点的速度大小也为v0，即在t2～t4时间内动能的变化为0，由动能定理可知合力做的总功为0，D正确。12．如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角为θ，传送带在电动机的带动下，始终保持v0的速率运行。现把一物块(可看为质点)轻放在传送带底端，物块与传送带间动摩擦因数为μ，μ>tanθ。物块被传送到最高点(在运动至最高点前与传送带达到共速)。t为运动时间，x为物块沿斜面运动距离。以最低点所在水平面为零势能面。物块的速度v，重力势能Ep，机械能E，物块和传送带产生的内能Q，四个物理量变化趋势如下图，其中正确的是(AD)解析：开始时物块受到向上的摩擦力，由牛顿第二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝ma，因μ>tanθ，则μmgcosθ>mgsinθ，则a>0，物块向上做匀加速运动，当与传送带共速后，与传送带一起向上做匀速运动，A正确；物块与传送带共速之前，系统产生的热量为Q＝μmgΔx＝μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vt－\f(v,2)t))＝eq\f(1,2)μmgvt，当物块与传送带共速后，Q＝0，B错误；物块与传送带共速后，重力势能随x的增加而增加，C错误；物块随传送带加速上升时E＝eq\f(1,2)mv2＋mgxsinθ＝eq\f(1,2)m·2ax＋mgxsinθ＝(ma＋mgsinθ)x，共速后ΔE＝mgxsinθ，D正确。故选AD。第Ⅱ卷(非选择题共60分)三、非选择题：本题共6小题，共60分。13．(6分)(2022·南阳高一期末)利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨：导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度，实验时滑块在A处由静止开始运动。(1)某次实验测得倾角θ＝30°，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为ΔEk＝eq\f(m＋Mb2,2t2)，系统的重力势能减少量可表示为ΔEp＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(M,2)))gd，在误差允许的范围内，若ΔEk＝ΔEp，则可认为系统的机械能守恒；(2)某同学改变A、B间的距离，作出的v2－d图像如图所示，并测得M＝m，则重力加速度g＝_9.6__m/s2。(结果保留两位有效数字)解析：(1)滑块通过光电门B速度为vB＝eq\f(b,t)，滑块从A处到B处时m和M组成的系统动能增加量为ΔEk＝eq\f(1,2)(m＋M)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,t)))2＝eq\f(m＋Mb2,2t2)，系统重力势能的减少量为ΔEp＝mgd－Mgdsin30°＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(M,2)))gd。(2)根据系统机械能守恒有eq\f(1,2)(M＋m)v2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(M,2)))gd，则v2＝2×eq\f(m－\f(M,2),M＋m)gd，则图像的斜率k＝2×eq\f(m－\f(M,2),M＋m)g，由图像可知k＝eq\f(2.4,0.5)，代入数据即可得g＝9.6m/s2。14．(8分)某研究性学习小组为了验证小球平抛运动规律，设计方案如图甲所示，在悬点O正下方有水平放置的炽热的电热丝P，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，MN为水平木板，已知悬线长为L，悬点到木板的距离OO′＝h(h>L)，重力加速度为g。(1)电热丝P必须放在悬点正下方的理由是_保证小球沿水平方向抛出__。(2)将小球向左拉起后自由释放，最后小球落到木板上的C点，O′C＝x，则小球做平抛运动的初速度v0＝xeq\r(\f(g,2h－L))。(3)在其他条件不变的情况下，若改变释放小球时悬线与竖直方向的夹角θ，小球落点与O′点的水平距离x将随之改变，经多次实验，以x2为纵坐标、cosθ为横坐标，得到如图乙所示图像，则当θ＝60°时，x为_1.0__m；若悬线长L＝1.0m，悬点到木板间的距离OO′为_1.5__m。解析：(1)电热丝P必须放在悬点正下方的理由是保证小球沿水平方向抛出。(2)水平方向x＝v0t，竖直方向h－L＝eq\f(1,2)gt2，解得v0＝xeq\r(\f(g,2h－L))。(3)由动能定理可知mgL(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，又v0＝xeq\r(\f(g,2h－L))，联立解得x2＝4L(h－L)(1－cosθ)。由图可知当θ＝60°时，x为1.0m。若悬线长L＝1.0m，将数据代入上式可得悬点到木板间的距离OO′为h＝1.5m。15．(8分)地球可以看成一均匀球体，其半径为R。某卫星在与赤道平面共面、轨道半径为r的圆形轨道上运行，地球表面的重力加速度为g，求：(1)该卫星的运行速度大小v；(2)该卫星在单位时间内与地心连线扫过的面积S的表达式。答案：(1)Req\r(\f(g,r))(2)eq\f(1,2)Req\r(gr)解析：(1)对卫星分析，万有引力提供向心力：Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)对地表上物体分析：Geq\f(Mm,R2)＝mg解得v＝Req\r(\f(g,r))。(2)该卫星在t时间内扫过的面积St＝eq\f(1,2)vtr单位时间内扫过的面积S＝eq\f(St,t)＝eq\f(1,2)vr＝eq\f(1,2)Req\r(gr)。16．(10分)第24届冬季奥运会2022年2月在北京和张家口举行。冰壶运动是冬奥会项目之一，考验参与者的体能与脑力，展运动之健美，现取之智慧，被喻为冰上“国际象棋”。如图甲所示，在某次冰壶比赛中，运动员正用力将冰壶推出，其对冰壶斜向下的推力与水平方向的夹角为37°，大小为20N。如图乙所示，已知冰壶质量为20kg，与冰面间的动摩擦因数为0.02，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)此时冰壶的加速度大小；(2)冰壶推出后，运动员可利用冰刷在冰壶滑行的前方快速擦刷冰面以减少摩擦。若擦刷冰面后冰壶与冰面的动摩擦因数变为原来的eq\f(2,3)，求冰壶推出后，未擦刷冰面与擦刷冰面后自由滑行的距离之比。答案：(1)0.588m/s2(2)2∶3解析：(1)根据牛顿第二定律得Fcos37°－μ(mg＋Fsin37°)＝ma解得a＝0.588m/s2。(2)设冰壶的初速度为v0，未刷冰、刷冰后分别根据动能定理得－μmgx1＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，－eq\f(2,3)μmgx2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得eq\f(x1,x2)＝eq\f(2,3)。17．(12分)(2022·东莞高一期末)某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型。竖直平面内有一倾角θ＝37°的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过。转轮半径R＝0.4m、转轴间距L＝2m的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H＝2.2m。现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右。已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5。(sin37°＝0.6)(1)若h＝2.4m，求小物块到达B端时速度的大小；(2)若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件；(3)改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件。答案：(1)4m/s(2)h<3.0m(3)x＝eq\r(2,h－3)h≥3.6m解析：(1)物块由静止释放到B的过程中：mgsinθ－μmgcosθ＝maveq\o\al(2,B)＝2aeq\f(h,sinθ)解得vB＝4m/s。(2)若小物块落到传送带左侧地