2020年高中物理 期末綜合檢測卷（含解析）新人教版必修2

期末綜合檢測卷本試卷分第卷(選擇題)和第卷(非選擇題)兩部分，滿分100分，考試時間90分鐘。第卷(選擇題，共48分)一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，共48分。在每個小題給出的四個選項中，第18小題，只有一個選項符合題意；第912小題，有多個選項符合題意，全部選對的得4分，選對而不全的得2分，錯選或不選的得0分)1關于運動的合成與分解，下列說法中不正確的是()A物體的兩個分運動是直線運動，則它們的合運動一定是直線運動B若兩個互成角度的分運動分別是勻速直線運動和勻加速直線運動，則合運動一定是曲線運動C合運動與分運動具有等時性D速度、加速度和位移的合成都遵循平行四邊形定則答案A解析物體的兩個分運動是直線運動，則它們的合運動可能是直線運動，也可能是曲線運動，若合速度方向與合加速度方向共線，則為直線運動，否則為曲線運動，A錯誤，B、C、D正確。2飛鏢比賽是一項極具觀賞性的體育比賽項目，在飛鏢世界杯大賽中某一選手在距地面高h，離靶面的水平距離L處，將質量為m的飛鏢以速度v0水平投出，結果飛鏢落在靶心正上方。不計空氣阻力，如只改變h、L、m、v0四個量中的一個，可使飛鏢投中靶心的是()A適當減小v0 B適當提高hC適當減小m D適當減小L答案A解析飛鏢飛出后在水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻加速直線運動；開始時飛鏢落于靶心上方，說明在飛鏢水平方向飛行L時，下落高度較小，而水平方向Lv0t，豎直方向ygt2，為增大y，可以增大L或減小v0，故A正確，D錯誤；若L不變，v0不變，也可以降低h，故B錯誤；而平拋運動規(guī)律和物體的質量無關，故C錯誤。3如圖所示，在同一軌道平面上的三個人造地球衛(wèi)星A、B、C，在某一時刻恰好在同一條直線上。它們的軌道半徑之比為123，質量相等，則下列說法中正確的是()A三顆衛(wèi)星的加速度之比為941B三顆衛(wèi)星具有機械能的大小關系為EAEBECCB衛(wèi)星加速后可與A衛(wèi)星相遇DA衛(wèi)星運動27周后，C衛(wèi)星也恰回到原地點答案B解析根據(jù)萬有引力提供向心力Gma，得a，故aAaBaC3694，故A錯誤；衛(wèi)星發(fā)射得越高，需要克服地球引力做功越多，故機械能越大，故EAEBEC，故B正確；B衛(wèi)星加速后做離心運動，軌道半徑要變大，不可能與A衛(wèi)星相遇，故C錯誤；根據(jù)萬有引力提供向心力Gmr，得T2 ，所以 ，即TCTA，A衛(wèi)星運動27周后，C衛(wèi)星不會回到原地點，故D錯誤。4長度為1 m的輕桿OA的A端有一質量為2 kg的小球，以O點為圓心，在豎直平面內做圓周運動，如圖所示，小球通過最高點時的速度為3 m/s，g取10 m/s2，則此時小球將()A受到18 N拉力B受到38 N的支持力C受到2 N的拉力D受到2 N的支持力答案D解析設此時輕桿拉力大小為F，根據(jù)向心力公式有Fmgm，代入數(shù)值可得F2 N，表示小球受到2 N的支持力，D正確。5質量為1 kg的物體以某一初速度在水平面上滑行，由于摩擦阻力的作用，其動能隨位移變化的圖線如圖所示，g取10 m/s2，則以下說法中正確的是()A物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.5B物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.2C物體滑行的總時間為4 sD物體滑行的總時間為2.5 s答案C解析由動能定理得fx0Ek，f2.5 N，而fmg，0.25，A、B錯誤；根據(jù)牛頓第二定律可得a2.5 m/s2，由運動學公式得物體滑行的總時間t 4 s，C正確，D錯誤。6如圖所示，A、B為兩個挨得很近的小球，靜止放于光滑斜面上，斜面足夠長。在由靜止釋放B球的同時，將A球以某一速度v0水平拋出，當A球落于斜面上的P點時，B球的位置位于()AP點以下BP點以上CP點D由于v0未知，故無法確定答案B解析A球做平拋運動，在豎直方向上做自由落體運動，故A球運動到P點的時間為tA ，B球做勻變速直線運動，加速度agsin，此時B球的位移xat，B球在豎直方向上下落的高度為xsingsin··sinhAPsin2<hAP，可知當A球落于斜面上P點時，B球位于P點以上，B正確。7如圖所示，輕質彈簧上端固定，下端系一質量為m的物體。物體在A處時，彈簧處于原長狀態(tài)。第一次用手托住物體使它從A處緩慢下降，到達B處時，手和物體恰好自然分開。第二次在A處靜止釋放物體，物體到達B處時的速度為v，不考慮空氣阻力。物體從A到B的過程中，下列說法正確的是()A第二次物體在B處的加速度大小等于重力加速度gB兩個過程中彈簧和物體組成的系統(tǒng)機械能都守恒C第一次物體克服手的作用力做的功為mv2D兩個過程中彈簧的彈性勢能增加量都等于物體重力勢能的減少量答案C解析第一次用手托住物體使它從A處緩慢下降，到達B處時，手和物體恰好自然分開，則B處彈簧彈力等于重力，第二次物體在B處的彈力仍等于重力，物體的加速度為0，故A錯誤；由于第一次用手托住物體使它從A處緩慢下降，這個過程有手對物體做功，故機械能不守恒，故B錯誤；第一次重物在向下運動的過程中，要克服彈簧拉力做功W彈力，根據(jù)動能定理知mghWW彈力0，第二次根據(jù)動能定理有mghW彈力mv2，聯(lián)立方程可以得到：Wmv2，故C正確；在第一個過程中，根據(jù)動能定理有mghWW彈力0，可以得到克服彈簧做功為W彈力mghW，即彈性勢能增加量都小于物體重力勢能的減少量，故D錯誤。8如圖所示，兩個足夠大的傾角分別為30°、45°的光滑斜面放在同一水平面上，兩斜面間距大于小球直徑，斜面高度相等，有三個完全相同的小球a、b、c，開始均靜止于斜面同一高度處，其中小球b在兩斜面之間。若同時釋放a、b、c，小球到達該水平面的時間分別為t1、t2、t3。若同時沿水平方向拋出，初速度方向如圖所示，到達水平面的時間分別為t1、t2、t3。下列關于時間的關系不正確的是()At1t3t2 Bt1t1，t2t2、t3t3Ct1t3t2 Dt1t1、t2t2、t3t3答案D解析由靜止釋放三個小球時，對a：gsin30°·t，則t，對b：hgt，則t，對c：gsin45°·t，則t，所以t1t3t2，A正確；當平拋三個小球時，b球做平拋運動，小球a、c在斜面內做類平拋運動，沿斜面方向的運動同靜止釋放時的情況一樣，所以有t1t1，t2t2，t3t3，故B、C正確，D錯誤。9如圖所示，在一端封閉的光滑細玻璃管中注滿清水，水中放一紅蠟塊R(R視為質點)。將玻璃管的開口端用膠塞塞緊后豎直倒置且與y軸重合，在R從坐標原點以速度v03 cm/s勻速上浮的同時，玻璃管沿x軸正向做初速度為零的勻加速直線運動，合速度的方向與y軸夾角為，則紅蠟塊R的()A分位移y與x成正比B分位移y的平方與x成正比C合速度v的大小與時間t成正比Dtan與時間t成正比答案BD解析由運動的分解知：yv0t，xat2，所以有xa2，可見分位移y的平方與x成正比，A錯誤，B正確；合速度v，C錯誤；對于合速度的方向與y軸的夾角，有tan，故D正確。10如圖所示，河的寬度為L，河水流速為v水，甲、乙兩船均以在靜水中的速度v同時渡河。出發(fā)時兩船相距2L，甲、乙船頭均與岸邊成60°角，且乙船恰好能直達正對岸的A點。則下列判斷正確的是()A甲船正好也在A點靠岸B甲船在A點左側靠岸C甲、乙兩船可能在未到達對岸前相遇D甲、乙兩船到達對岸的時間相等答案BD解析甲、乙兩船渡河時間均為t，故D正確；乙能垂直于河岸渡河，對乙船則有v水vcos60°，故甲船渡河時沿水流方向的位移為x甲(vcos60°v水)·L2L，甲船在A點左側靠岸，甲、乙兩船不能相遇，A、C錯誤，B正確。11如圖所示是滑沙場地的一段，可視為傾角為30°的斜面，設參加活動的人和滑車總質量為m，滑沙人從距底端高為h處的頂端A沿滑道由靜止開始勻加速下滑，加速度為0.4g，人和滑車可視為質點，則從頂端向下滑到底端B的過程中，下列說法正確的是()A人和滑車減少的重力勢能全部轉化為動能B人和滑車獲得的動能為0.8mghC整個下滑過程中人和滑車減少的機械能為0.2mghD人和滑車克服摩擦力做功為0.6mgh答案BC解析加速度大小為0.4g，設受到的摩擦力是f，則沿斜面的方向：mamgsin30°f，所以f0.1mg。由以上的分析可知，人和滑車下滑的過程中受到摩擦力的作用，人和滑車減少的重力勢能轉化為動能和內能，故A錯誤；人和滑車下滑的過程中重力和摩擦力做功，獲得的動能為Ek(mgsin30°f)0.8mgh，故B正確；整個下滑過程中人和滑車減少的機械能為EmghEkmgh0.8mgh0.2mgh，故C正確；整個下滑過程中人和滑車減少的機械能為0.2mgh，所以人和滑車克服摩擦力做功為0.2mgh，故D錯誤。12如圖所示，傳送帶足夠長，與水平面間的夾角37°，并以v10 m/s的速度逆時針勻速轉動著，在傳送帶的A端輕輕地放一個質量為m1 kg的小物體，若已知物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)0.5，(g10 m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8)則下列有關說法正確的是()A小物體運動第1 s內加速度大小為10 m/s2B小物體運動1 s后加速度大小為2 m/s2C在放上小物體的第1 s內，系統(tǒng)因摩擦產生的熱量為50 JD在放上小物體的第1 s內，電機至少消耗70 J電能才能維持傳送帶勻速轉動答案AB解析物體剛放上傳送帶時，根據(jù)牛頓第二定律可得agsin37°gcos37°10 m/s2，加速時間t11 s，故A正確；經過t11 s物體和傳送帶達到共速，此時傳送帶的位移x1vt110 m，物體的位移x2at×10×1 m5 m，則相對位移大小xx1x25 m，摩擦產生的熱量Qmgcos·x20 J，故C錯誤；根據(jù)能量守恒定律得Emgx2sin37°Qmv2，則提供的能量EQmv2mgx2sin37°40 J，故D錯誤；物體與傳送帶共速后，由于重力沿斜面方向的分力大于滑動摩擦力，則1 s后的加速度agsin37°gcos37°2 m/s2，故B正確。第卷(非選擇題，共52分)二、實驗題(本題共2小題，共12分)13(4分)如圖是一幅平拋運動與自由落體運動對比的頻閃照片。(1)從圖中可以看出：盡管兩個球在水平方向上的運動不同，但它們在豎直方向上的運動是相同的，判斷依據(jù)是_，這說明平拋小球豎直分運動是自由落體運動。仔細測量_可以證明平拋運動的水平運動是勻速的。(2)根據(jù)圖中數(shù)據(jù)，試求該平拋小球的初速度v0_m/s。(g取10 m/s2，結果保留兩位小數(shù))答案(1)在相同的時間內，落下相同的高度'平拋出去的球在相等時間里前進的水平距離(2)0.37解析(1)它們在豎直方向上運動相同，是因為它們在相同的時間內，落下相同的高度；若想證明平拋運動的水平運動是勻速直線運動，可以測量在相同時間內小球在水平方向前進的距離，看是否相同。(2)由題圖可以看出小球從(4.3,0)處平拋，由(14.9,4.0)處的球的影像可知在豎直方向上有4×103 mgt2，水平方向上有10.6×103 mv0t，兩式聯(lián)立解得v00.37 m/s。14(8分)在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，打點計時器所用電源頻率為50 Hz，當?shù)刂亓铀俣鹊闹禐?.80 m/s2，測得所用重物的質量為1.0 kg。甲、乙、丙三個學生分別用同一裝置打出三條紙帶，量出各紙帶上第1、2兩點間的距離分別為0.18 cm、0.18 cm和0.25 cm，可看出其中肯定有一個學生在操作上出現(xiàn)了問題，出現(xiàn)的問題是_。若按實驗要求正確地選出紙帶，如圖所示(相鄰計數(shù)點的時間間隔為0.02 s)，那么：(1)從起點O到打下計數(shù)點B的過程中重物重力勢能的減少量Ep_，此過程中重物動能的增加量Ek_。(結果保留兩位小數(shù))(2)實驗的結論是_。(3)若實驗中所用電源的頻率f<50 Hz，實驗結果將會受到什么影響？_。答案先釋放紙帶后接通電源(1)0.49 J0.48 J(2)在誤差允許的范圍內，重物的機械能守恒(3)Ek可能大于Ep解析如果重物做自由落體運動，第1、2兩點間的距離應接近于0.2 cm，而丙同學的紙帶上第1、2兩點間的距離遠大于這個值，說明重物在打第1點時已有速度，故丙同學在操作時出現(xiàn)的問題是先釋放紙帶后接通電源。(1)B點對應的速度vB0.98 m/s，Ekmv0.48 J，EpmghOB0.49 J。(2)在實驗誤差允許的范圍內，重物的機械能守恒。(3)若f<50 Hz，則T偏小，vB的計算值偏大，Ek可能大于Ep。三、計算題(本題共4小題，共40分。要有必要的文字說明和演算步驟。有數(shù)值計算的題注明單位)15(8分)宇航員來到某星球表面做了如下實驗：將一小鋼球由距星球表面高h(h遠小于星球半徑)處由靜止釋放，小鋼球經過時間t落到星球表面，該星球為密度均勻的球體，引力常量為G。(1)若該星球的半徑為R，忽略星球的自轉，求該星球的密度；(2)若該星球的半徑為R，有一顆衛(wèi)星在距該星球表面高度為H處的圓軌道上繞該星球做勻速圓周運動，求該衛(wèi)星的線速度大小和周期。答案(1)(2) 解析(1)設星球表面的重力加速度為g，由hgt2得g。用M表示該星球質量，忽略星球自轉，在星球表面對質量為m的物體有Gmg，又MR3，g，解得。(2)用m0表示衛(wèi)星質量，由牛頓第二定律有Gm0m02(RH)聯(lián)立Gmg，g，解得v ，T 。16. (10分)如圖所示，水平地面上有一個直角三角形滑塊P，頂點A到地面的距離h0.45 m，水平地面上D處有一固定障礙物，滑塊的C端到D的距離L4.0 m。在滑塊P的頂點A處放一個小物塊Q，不粘連，最初系統(tǒng)靜止不動。現(xiàn)在滑塊左端施加水平向右的推力F24 N，使二者相對靜止一起向右運動，當C端撞到障礙物時立即撤去力F，且滑塊P立即以原速率反彈，小物塊Q最終落在地面上?；瑝KP的質量M3.5 kg，小物塊Q的質量m0.5 kg，P與地面間的動摩擦因數(shù)為0.4，g取10 m/s2。求：(1)小物塊Q落地前瞬間的速度；(2)小物塊Q落地時到滑塊P的B端的距離。答案(1)5 m/s，與水平方向成37°角(2)2.22 m解析(1)對P、Q整體分析有F(mM)g(mM)a1代入數(shù)據(jù)，解得a1g2 m/s2當滑塊C端運動到障礙物D處時有v2a1L解得vD4 m/s之后Q做平拋運動，有hgt解得t10.3 sQ落地前瞬間豎直方向的速度為vygt110×0.3 m/s3 m/s由矢量合成得，Q落地前瞬間的速度大小為vt5 m/s設此時速度與水平方向成角，tan0.75，37°。(2)Q平拋水平位移x1vDt14×0.3 m1.2 mP向左做勻減速運動，則有MgMa2得a2g0.4×10 m/s24 m/s2由a2t2vD得t21 st1，即Q落地時P還沒有停止運動。所以Q平拋時間內P向左運動的距離為x2vDt1a2t4×0.3 m×4×0.32 m1.02 m所以Q落地時到滑塊P的B端的距離為xx1x21.2 m1.02 m2.22 m。17(10分)如圖所示是某次四驅車比賽的軌道某一段。張華控制的四驅車(可視為質點)質量m1.0 kg，額定功率為P7 W。張華的四驅車到達水平平臺上A點時速度很小(可視為0)，此時啟動四驅車的發(fā)動機并直接使發(fā)動機的功率達到額定功率，一段時間后關閉發(fā)動機。當四驅車由平臺邊緣B點飛出后，恰能沿豎直光滑圓弧軌道CDE上C點的切線方向飛入圓形軌道，且此時的速度大小為5 m/s，COD53°，并從軌道邊緣E點豎直向上飛出，離開E以后上升的最大高度為h0.85 m。已知AB間的距離L6 m，四驅車在AB段運動時的阻力恒為1 N。重力加速度g取10 m/s2，不計空氣阻力。sin53°0.8，cos53°0.6，求：(1)四驅車運動到B點時的速度大??；(2)發(fā)動機在水平平臺上工作的時間；(3)四驅車對圓弧軌道的最大壓力的大小。答案(1)3 m/s(2)1.5 s(3)55.5 N解析(1)由vBvCcos53°得四驅車到B點時的速度vB5×0.6 m/s3 m/s。(2)從A到B的運動過程中有牽引力和阻力做功，根據(jù)動能定理有：PtfLmv0代入數(shù)據(jù)解得t1.5 s。(3)從C點運動到最高過程中，只有重力做功，所以機械能守恒，有mvmg(hRcos53°)解得圓軌道的半徑R m。四驅車到達D點時對軌道的壓力最大，設四驅車在D點速度為vD，從C到D過程中機械能守恒，有mvmvmgR(1cos53°)在D點：Fmmgm聯(lián)立解得Fm55.5 N，由牛頓第三定律得四驅車對軌道的最大壓力為55.5 N。18(12分)如圖甲所示，帶斜面的足夠長的木板P，質量M3 kg，靜止在水平地面上，其右側靠豎直墻壁，傾斜面BC與水平面AB的夾角37°，兩者平滑對接。t0時，質量m1 kg、可視為質點的滑塊Q從頂點C由靜止開始下滑，圖乙所示為Q在06 s內的速率v隨時間t變化的部分圖線。已知P與Q間的動摩擦因數(shù)是P與地面間的動摩擦因數(shù)的5倍，sin37°0.6，cos37°0.8，g取10 m/s2。求：(1)木板P與地面間的動摩擦因數(shù)；(2)t8 s時，木板P與滑塊Q的速度大小；(3)08 s內，滑塊Q與木板P之間因摩擦而產生的熱量。答案(1)0.03(2)0.6 m/s0.6 m/s(3)54.72 J解析(1)02 s內，P因墻壁存在而不動，Q沿著BC下滑，2 s末的速度v19.6 m/s，設P、Q間動摩擦因數(shù)為1，P與地面間的動摩擦因數(shù)為2，對Q，由v­t圖像有a14.8 m/s2由牛頓第二定律有mgsin37°1mgcos37°ma1聯(lián)立求解得10.15，則210.03。(2)2 s后，Q滑到AB上，因1mg2(mM)g故P、Q相對滑動，且Q減速、P加速，設加速度大小分別是a2、a3，從Q滑到AB上到P、Q共速所用的時間為t0，對Q有：1mgma2對P有：1mg2(mM)gMa3共速時：v1a2t0a3t0解得a21.5 m/s2，a30.1 m/s2，t06 s。故在t8 s時，P、Q的速度大小相同，vPvQv2a3t00.6 m/s。(3)02 s內，根據(jù)v­t圖像中面積的含義，Q在BC上發(fā)生的位移x19.6 m28 s內，Q發(fā)生的位移x2(v1v2)t030.6 mP發(fā)生的位移x3v2t01.8 m08 s內，Q與木板P之間因摩擦而產生的熱量Q熱1mgx1cos37°1mg(x2x3)代入數(shù)據(jù)得Q熱54.72 J。- 11 -