【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B

本册综合学业质量标准检测(B)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．(2023·定州一中高一阶段练习)以下是书本上的一些图片，下列说法正确的是(B)A．图甲中，有些火星的轨迹不是直线，说明炽热微粒不是沿砂轮的切线方向飞出的B．图乙中，两个影子x，y轴上的运动就是物体的两个分运动C．图丙中，增大小锤打击弹性金属片的力，A球可能比B球晚落地D．图丁中，做变速圆周运动的物体所受合外力F在半径方向的分力大于它所需要的向心力解析：A图中有些火星的轨迹不是直线，是由于受到重力、互相的撞击等作用导致的，故A错误；B图中两个影子反映了物体在x，y轴上的分运动，故B正确；C图中A球做平抛运动，竖直方向是自由落体运动，B球同时做自由落体运动，故无论小锤用多大的力去打击弹性金属片，A、B两球总是同时落地，故C错误；D图中做变速圆周运动的物体所受合外力F在半径方向的分力等于所需要的向心力，故D错误。故选B。2．如图所示，位于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，质量分别为m1和m2的两带孔小球穿于环上。当圆环最终以角速度ω绕竖直直径匀速转动时，发现两小球均离开了原位置，它们和圆心的连线与竖直方向的夹角分别记为θ1和θ2，下列说法正确的是(C)A．若m1>m2，则θ1>θ2B．若m1<m2，则θ1>θ2C．θ1和θ2总是相等，与m1和m2的大小无关D．以上说法均错误解析：小球所受重力和环的支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可得，mgtanθ＝mω2Rsinθ，解得cosθ＝eq\f(g,ω2R)，说明小球和圆心的连线与竖直方向的夹角θ与小球的质量无关，故A、B、D错误，C正确。3．一赛车在平直赛道上以恒定功率加速，其功率为200kW，设所受到的阻力不变，加速度a和速度的倒数eq\f(1,v)的关系如图所示，则赛车(C)A．做匀加速直线运动B．质量为400kgC．所受阻力大小为2000ND．速度大小为50m/s时牵引力大小为3000N解析：由图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，选项A错误；对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有F－f＝ma，其中F＝eq\f(P,v)，联立得a＝eq\f(P,mv)－eq\f(f,m)，结合图线可知－eq\f(f,m)＝－4，eq\f(P,m)＝eq\f(0－－4,0.01)，解得m＝500kg，f＝2×103N，选项B错误，C正确；由P＝Fv可知F＝4000N，选项D错误。4．下面关于功的说法正确的是(D)A．卫星做匀速圆周运动，由于卫星的速度发生变化，所以地球引力对卫星做了功B．滑动摩擦力阻碍物体的相对运动，所以滑动摩擦力一定做负功C．举重运动员举着杠铃在头的上方停留10s，运动员对杠铃做了正功D．静摩擦力和滑动摩擦力不一定都做负功解析：卫星做匀速圆周运动，由于地球引力始终与速度方向垂直，故地球引力对卫星不做功，A错误；将一小物块轻轻放在匀速运动的传送带上，小物块相对于传送带运动，传送带对小物块的滑动摩擦力充当动力，即滑动摩擦力做正功，静摩擦力可以做正功、负功或不做功，例如粮仓送粮食的传送带对粮食的静摩擦力对粮食做正功，随转盘一起转动的物体，静摩擦力提供向心力，不做功，B错误，D正确；举重运动员举着杠铃在头的上方停留10s，运动员对杠铃有力的作用，但没有在力的方向上发生位移，故运动员对杠铃没有做功，C错误。故选D。5．如图所示，足够长的斜面静止在水平地面上。将质量为m的小球从斜面底端以初速度v0抛出，初速度的方向与斜面间夹角为θ，小球恰好沿水平方向撞到斜面上。不计空气阻力。若仍从斜面底端抛出，改变以下条件仍能使小球水平撞到斜面上的是(A)A．仅增大速度v0 B．仅适当增大θC．将m和θ都适当减小 D．将v0和θ都适当增大解析：利用逆向思维，可把小球的运动看成从斜面上水平抛出，然后落到斜面上。根据平抛运动的推论tanα＝2tanβ，可知，由于位移和水平方向的夹角β不变，所以速度和水平方向的夹角α也不变，即落到斜面上的速度方向不变，θ不变。所以，只需保持θ不变，改变速度大小，就能使小球水平撞到斜面上。故A正确，B、C、D错误。故选A。6．无偿献血、救死扶伤的崇高行为，是文明社会的标志之一。现代献血常采用机采成分血的方式，就是指把健康人捐献的血液，通过血液分离机分离出其中某一种成分(如血小板、粒细胞或外周血干细胞)储存起来，再将分离后的血液回输到捐献者体内。分离血液成分需要用到一种叫离心分离器的装置，其工作原理的示意图如图所示，将血液装入离心分离器的封闭试管内，离心分离器转动时给血液提供一种“模拟重力”的环境，“模拟重力”的方向沿试管远离转轴的方向，其大小与血液中细胞的质量以及其到转轴距离成正比。初始时试管静止，血液内离转轴同样距离处有两种细胞a、b，其密度分别为ρa和ρb，大小与周围血浆密度ρ0的关系为ρa<ρ0<ρb。对于试管由静止开始绕轴旋转并不断增大转速的过程中，下列说法中正确的是(C)A．细胞a相对试管向外侧运动，细胞b相对试管向内侧运动B．细胞a的“模拟重力势能”变小，细胞b的“模拟重力势能”变大C．这种离心分离器“模拟重力”对应的“重力加速度”沿转动半径方向各处大小不同D．若某时刻a、b两种细胞沿垂直于转轴的半径方向速率相等，则“模拟重力”对细胞a做功的功率小于对细胞b做功的功率解析：转动时细胞需要向心力F，有F＝mrω2，因ω，r相同，则质量大的即密度大的所需要的向心力大，周围细胞对其作用力小于所需的向心力则要做离心运动，则b向外运动，而a则向内运动，故A错误；“模拟重力”的方向沿试管远离转轴的方向，b向外运动，则“模拟重力”对b做正功，细胞b的“模拟重力势能”变小，而a则向内运动，“模拟重力”对a做负功，细胞a的“模拟重力势能”变大，故B错误；离心分离器“模拟重力”其大小与血液中细胞的质量以及其到转轴距离成正比，则对应的“重力加速度”沿转动半径方向向外侧逐渐变大，故C正确；垂直于转轴的半径方向速率相等，而垂直于“模拟重力”方向，故功率均为零，故D错误。故选C。7．(2022·安徽省舒城中学高一期中)如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和粗糙斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一个定滑轮。质量分别为M、m(M>m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中(D)A．轻绳对m做的功等于m机械能的增加B．重力对M做的功小于M减少的重力势能C．轻绳对m做的功等于m增加的动能与m克服摩擦力所做的功之和D．两滑块与轻绳组成的系统的机械能损失等于M、m克服摩擦力所做的功之和解析：根据动能定理可知，轻绳对m做的功等于m增加的机械能与m克服摩擦力所做的功之和，轻绳对m做的功大于m机械能的增加，故A、C错误；根据重力做功与重力势能变化的关系可知，重力对M做的功等于M重力势能的变化，故B错误；根据能量守恒定律，两滑块与轻绳组成的系统的机械能损失等于M、m克服摩擦力所做的功之和，故D正确。8．如图甲所示滑轮与绳的质量、摩擦均不计，质量为2kg的物体在F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知(g取10m/s2)(A)A．物体加速度大小为2m/s2B．F的大小为21NC．2s末F的功率大小为42WD．0～2s内F做功的平均功率为42W解析：速度—时间图线的斜率表示加速度则物体的加速度a＝eq\f(4,2)m/s2＝2m/s2，故A正确；根据牛顿第二定律得2F－mg＝ma，则F＝eq\f(mg＋ma,2)＝eq\f(20＋2×2,2)N＝12N，故B错误；2s末物体的速度为4m/s，则拉力作用点的速度为8m/s，则拉力的功率P＝Fv＝12×8W＝96W，故C错误；0～2s内物体的位移x＝eq\f(1,2)×2×4m＝4m，则拉力作用点的位移s为8m，拉力做功的平均功率eq\x\to(P)＝eq\f(Fs,t)＝eq\f(12×8,2)W＝48W，故D错误。故选A。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·重庆高一期末)2021年11月8日神舟十三号航天员，顺利完成出舱任务。2022年3月23日三名航天员翟志刚、王亚平、叶光富相互配合在中国自己的空间站完成了第三次太空授课。在空间站内所有物体都处于完全失重状态，航天员可以站在空间站地面上，也可以自由悬停在空中任意位置。则下述说法正确的有(BD)A．航天员悬停在站内空中时，受重力和站内空气的浮力作用，二者是平衡力B．航天员悬停在站内空中时受重力就是合外力C．航天员站在站内地面，对地面的压力大小等于他的重力大小D．航天员在空间站内的惯性大小与他在去空间站途中相同解析：航天员悬停在站内空中时，只受重力，重力就是合力提供航天员随空间站做匀速圆周运动的向心力，故A错误，B正确；航天员随空间站做匀速圆周运动，处于完全失重状态，航天员站在站内地面，对地面的压力大小等于零，故C错误；航天员的惯性与航天员的质量有关，与所处位置和运动状态无关，则航天员在空间站内的惯性大小与他在去空间站途中相同，故D正确。10．从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。由图中数据可得(AD)A．物体的质量为2kgB．h＝0时，物体的速率为20m/sC．h＝2m时，物体的动能Ek＝40JD．从地面至h＝4m，物体的动能减少100J解析：由于Ep＝mgh，所以Ep与h成正比，斜率k＝mg，由图像得k＝20N，因此m＝2kg，A正确；当h＝0时，Ep＝0，E总＝Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，因此v0＝10m/s，B错误；由图像知h＝2m时，E总＝90J，Ep＝40J，由E总＝Ek＋Ep得Ek＝50J，C错误；h＝4m时，E总＝Ep＝80J，即此时Ek＝0，即上升4m距离，动能减少100J，D正确。11．(2022·白城高一阶段练习)一质量为m的小物块静置于粗糙水平地面上，在水平外力作用下由静止开始运动，小物块的加速度a随其运动距离x的变化规律如图所示。已知小物块与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在小物块运动0～2L的过程中，下列说法正确的是(BD)A．小物块在0～L内做匀变速直线运动，L～2L内做匀速运动B．小物块运动至2L处的速度为eq\r(6a0L)C．整个过程中水平外力做功为2mL(2μg＋3a0)D．小物块从L处运动至2L处所用的时间为t＝eq\f(2,2＋\r(6))eq\r(\f(L,a0))解析：根据图像可知，0～L内，加速度从3a0减小到a0，小物块做加速度逐渐减小的加速运动，A错误；0～L内，加速度从3a0减小到a0，合外力从3ma0逐渐减小到ma0，其平均力eq\x\to(F)＝eq\f(3ma0＋ma0,2)＝2ma0，L～2L内，物块受到的合外力为恒力，大小为ma0，则0～L内、L～2L内合外力做功分别为W1＝eq\x\to(F)L＝2ma0L，W2＝ma0L，小物块运动至2L处的速度为v，根据动能定理W1＋W2＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝eq\r(6a0L)，B正确；根据动能定理W－μmg2L＝eq\f(1,2)mv2－0，解得W＝2μmgL＋3ma0L，C错误；设小物块运动至L处的速度为v1，设小物块从L处运动至2L处所用的时间为t，小物块从0～L内，根据动能定理W1＝eq\x\to(F)L＝2ma0L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0，解得v1＝2eq\r(a0L)，小物块从L处至2L处做匀加速直线运动，则t＝eq\f(v－v1,a0)＝eq\f(2,2＋\r(6))eq\r(\f(L,a0))，D正确。故选BD。12．2022年北京冬奥会在北京和张家口举行，北京成为历史上第一个既举办过夏季奥运会又举办过冬季奥运会的城市。图示为某滑雪运动员训练的场景，运动员以速度v1＝10m/s沿倾角α＝37°、高H＝15m倾斜面甲飞出，并能无碰撞地落在倾角β＝60°的斜面乙上，顺利完成飞越。把运动员视为质点，忽略空气阻力，已知重力加速度g＝10m/s2(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。以下说法正确的是(AB)A．运动员落至斜面乙时的速率为16m/sB．斜面乙的高度为7.2mC．运动员在空中飞行时离地面的最大高度为20mD．两斜面间的水平距离约为11.1m解析：运动员水平方向做匀速直线运动，水平方向速度为vx＝v1cosα＝8m/s，落到乙斜面时，设速度大小为v2，则满足vx＝v2cosβ，解得v2＝16m/s，故A正确；设乙斜面高度为h，从甲斜面到乙斜面过程中，由机械能守恒定律得mg(H－h)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得h＝7.2m，故B正确；从甲斜面飞出时，运动员竖直方向的速度vy＝v0sinα＝6m/s，则运动员在空中飞行时离地面的最大高度为Hmax＝H＋eq\f(v\o\al(2,y),2g)＝16.8m，故C错误；运动员到达乙斜面的竖直方向速度为vy′＝v2sinβ＝8eq\r(3)m/s，则在空中运动的时间t＝eq\f(vy′－－vy,g)＝eq\f(4\r(3)＋3,5)s，则水平距离为x＝vxt≈15.9m，故D错误。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)某同学用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律。实验操作步骤如下：①用天平测出小车的质量M、砂桶(含砂)的质量m；②按图1连接好实验装置，并使弹簧测力计竖直，小车紧靠打点计时器；③接通电源，释放小车，打出纸带；④取下砂桶和纸带；⑤重复以上实验多次。根据上述实验操作过程，回答下列问题：(1)下列关于该实验的说法正确的是B。A．本实验的研究对象是小车B．实验中不需要记录弹簧测力计的示数FC．实验中必须保证m远小于MD．将木板左端垫高，补偿系统受到的摩擦阻力后，系统的机械能就守恒了(2)当M＝0.5kg、m＝0.2kg时得到了图2所示的一条纸带，0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，所用电源的频率为50Hz，重力加速度g取9.8m/s2。系统在打点0～5的过程中，打点5时小车的速度大小v＝1.00m/s，系统动能的增加量ΔEk＝0.275J，系统重力势能的减少量ΔEp＝0.243J。(均保留三位有效数字)(3)由以上数据可知，系统动能的增加量大于(填“大于”“等于”或“小于”)系统重力势能的减少量，造成这种结果的主要原因是没有计算动滑轮的重力势能减少量。(4)提出一项实验改进方法，以便减小系统误差。去掉动滑轮和弹簧测力计；将动滑轮的质量计入m。解析：(1)本实验的研究对象是小车以及砂桶(含砂)的系统，选项A错误；设砂桶下降的高度为h，速度为v，则小车移动的距离为2h，速度为2v，则实验要验证的关系是mgh＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)M(2v)2，则实验中不需要记录弹簧测力计的示数F，选项B正确；该实验中不需要必须保证m远小于M，由于摩擦无法避免，故也不需要木板左端垫高平衡摩擦力，选项C、D错误。故选B。(2)每相邻两计数点间还有4个点未标出，则T＝0.1s，打点5时小车的速度大小v车＝eq\f(x46,2T)＝eq\f(8.98＋11.02×10－2,0.2)m/s＝1.00m/s，则砂桶的速度v桶＝0.500m/s，系统动能的增加量ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,桶)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,车)＝eq\f(1,2)×0.2×0.52J＋eq\f(1,2)×0.5×12J＝0.275J，系统重力势能的减少量ΔEp＝mg×eq\f(1,2)s05＝0.2×9.8×eq\f(1,2)×(15.82＋8.98)×10－2J＝0.243J。(3)由以上数据可知，系统动能的增加量大于系统重力势能的减少量；造成这种结果的主要原因是没有计算动滑轮的重力势能减少量。(4)实验改进方法：去掉动滑轮和弹簧测力计；或将动滑轮的质量计入m。14．(8分)为测定木块与桌面之间的动摩擦因数，某同学设计了如图所示的装置进行实验。实验中，当木块A位于水平桌面上的O点时，重物B刚好接触地面，不考虑B反弹对系统的影响。将A拉到P点，待B稳定后，由静止释放，木块A最终滑到Q点。分别测量PO、OQ的长度h和s。(1)实验开始时，发现A释放后会撞到滑轮，为了解决这个问题，可以适当_减小__(填“增大”或“减小”)重物B的质量。(2)木块A在PO段和OQ段运动的加速度的比值为eq\f(s,h)。(3)实验测得A、B的质量分别为m、M，可得木块与桌面间的动摩擦因数μ＝eq\f(Mh,mh＋s＋Ms)(用m、M、h、s表示)。(4)以下能减小实验误差的是_AC__(填序号)。A．改变h，测量多组h和s的值，算出结果求平均值B．增加细线的长度C．减小细线与滑轮的摩擦解析：(1)B减少的重力势能转化成系统的内能和A、B的动能，A释放后会撞到滑轮，说明B减少的重力势能太多，转化成系统的内能太少，可以通过减小B的质量、增加细线的长度(或增大A的质量、降低B的起始高度)解决。(2)设木块滑到O点速度为v，由v2＝2ax得木块A在PO段的加速度大小为a1＝eq\f(v2,2h)，OQ段运动的加速度的大小为a2＝eq\f(v2,2s)，木块A在PO段和OQ段运动的加速度的比值为eq\f(a1,a2)＝eq\f(s,h)。(3)由动能定理可得Mgh－μmgh＝eq\f(1,2)(M＋m)v2，eq\f(1,2)mv2＝μmgs，联立解得μ＝eq\f(Mh,mh＋s＋Ms)。(4)能减小实验误差的是改变h，测量多组h和s的值，算出结果求平均值；减小细线与滑轮的摩擦；实验误差与细线的长度无关，A、C正确。15．(10分)中国已经实现返回式月球软着陆器对月球进行科学探测，如图所示，发射一颗运动半径为r的绕月卫星，登月着陆器从绕月卫星出发(不影响绕月卫星运动)，沿椭圆轨道降落到月球的表面上，与月球表面经多次碰撞和弹跳才停下来。假设着陆器第一次弹起的最大高度为h，水平速度为v1，第二次着陆时速度为v2，已知月球半径为R，着陆器质量为m，不计一切阻力和月球的自转。求：(1)月球表面的重力加速度g月。(2)在月球表面发射一颗月球卫星的最小发射速度是多大？答案：(1)eq\f(v\o\al(2,2)－v\o\al(2,1),2h)(2)eq\r(\f(v\o\al(2,2)－v\o\al(2,1)R,2h))解析：(1)着陆器从高度为h到第二次着陆，由机械能守恒有mg月h＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，得出月球表面的重力加速度为g月＝eq\f(v\o\al(2,2)－v\o\al(2,1),2h)。(2)当卫星的轨道半径为月球半径R时，发射速度最小，设最小速度为v，由万有引力提供向心力有m卫g月＝m卫eq\f(v2,R)，联立解得v＝eq\r(\f(v\o\al(2,2)－v\o\al(2,1)R,2h))。16．(10分)(2022·景德镇一中高一期中)如图所示，BC是半径为eq\f(2,5)eq\r(2)m且竖直放置的光滑细圆管，O为细圆管的圆心，在细圆管的末端C连接倾角为45°、动摩擦因数μ＝0.6的足够长粗糙斜面。一质量为m＝0.5kg的小球从O点正上方某处A点以v0水平抛出后，恰好能垂直OB从B点进入细圆管，小球从进入圆管开始受到始终竖直向上的力F＝5N的作用，当小球运动到圆管的末端C时作用力F立即消失，小球能平滑地冲上粗糙斜面。(取g＝10m/s2)，不计空气阻力。(1)小球从A点水平抛出的初速度v0为多少；(2)小球在圆管中运动时对圆管的压力是多少；(3)小球在CD斜面上运动的最大位移是多少。答案：(1)2m/s(2)5eq\r(2)N(3)eq\f(\r(2),4)m解析：(1)小球从A运动到B为平抛运动，有rsin45°＝v0t，在B点tan45°＝eq\f(gt,v0)，联立以上两式解得v0＝2m/s。(2)在B点根据平抛运动的速度规律，有vB＝eq\f(v0,sin45°)＝2eq\r(2)m/s对小球受力分析，小球在管中受三个力的作用，因为重力与外加的力F平衡，所以小球所受的合力仅为管的外轨对它的压力，即小球在管中做匀速圆周运动，由圆周运动的规律知圆管对小球的作用力为FN＝meq\f(v\o\al(2,B),r)＝5eq\r(2)N根据牛顿第三定律得小球对圆管的压力FN′＝FN＝5eq\r(2)N。(3)小球在CD上滑行到最高点的过程中，根据牛顿第二定律，有mgsin45°＋μmgcos45°＝ma解得a＝8eq\r(2)m/s2因为小球在圆管中做匀速圆周运动，所以小球运动到圆管末端C时的速度大小为vC＝vB＝2eq\r(2)m/s根据匀变速直线运动的速度与位移的关系公式，有x＝eq\f(v\o\al(2,C),2a)＝eq\f(\r(2),4)m。17．(12分)如图所示，两个质量均为m的小环A、B用长为L的轻绳连接，分别套在水平细杆OM和竖直细杆ON上，OM与ON在O点平滑相连，且ON足够长。初始时刻，B环距离O点eq\f(1,2)L，一水平外力F作用于A环，使系统处于静止状态，撤去水平外力后，两环将从静止开始运动，重力加速度为g，不计一切摩擦，求：(1)水平外力F的大小；(2)A环运动到O点时的速度vA；(3)两环相碰前瞬间B环的速度vB。答案：(1)eq\r(3)mg(2)eq\r(gL)(3)eq\r(gL)解析：(1)以B为研究对象，由几何关系可知，细线与竖直方向的夹角θ＝60°，竖直方向Tcosθ＝mg，以A为研究对象，水平方向F＝Tsinθ，解得F＝mgtanθ＝eq\r(3)mg。(2)当A运动到O点时，B速度为零，系统机械能守恒，有mg×eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)得vA＝eq\r(gL)。(3)B做自由落体运动，A做初速度为vA的匀加速直线运动，设经时间t相撞，有vAt＋eq\f(1,2)gt2＝L＋eq\f(1,2)gt2，对B有vB＝gt，解得vB＝eq\r(gL)。18．(14分)(2