2018-2019学年人教版物理必修二：全册综合检测(含答案)

限时：90分钟 总分：100分

一、选择题(1～6为单选，7～10为多选。每小题4分，共40分)

1．有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为( )

A.

kvk－1kv1－k

2

B.

v1－kvk－1

2

2

C.2.

2

D.

如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s.则ω的最大值是( )

A.5 rad/s C．1.0 rad/s

B.3 rad/s D．0.5 rad/s

2

3

(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，2

3．假设在质量与地球质量相同、半径为地球半径两倍的某天体上进行运动比赛，那么与地球上的比赛成绩相比，下列说法正确的是( )

①跳高运动员的成绩会更好

②用弹簧秤称体重时，体重数值会变得更小 ③投掷铁饼的距离会更远

④用手投出的篮球，水平方向的分速度会更大 A．①②③ C．①③④

2

B．②③④ D．①②④

gR

，其中g为地面处的重力加速度，R为地球半径，r为卫星离r

4．人造卫星环绕地球运转的速率v＝地球中心的距离．下面说法正确的是( )

A．从公式可见，环绕速度与轨道半径的平方根成反比

B．从公式可见，把人造卫星发射到越远的地方越容易

C．由第一宇宙速度公式v＝gR知卫星轨道半径越大，其运行速度越大 D．以上答案都不对 5.

一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图所示，在A点，物体开始与弹簧接触，到B点时，物体速度为零，然后被弹回．下列说法中正确的是( )

A．物体从A下降到B的过程中，动能不断变小 B．物体从B上升到A的过程中，动能不断变小

C．物体从A下降到B，以及从B上升到A的过程中，动能都是先增大，后减小 D．物体从A下降到B的过程中，物体动能和重力势能的总和不变

6．如图所示，物体从倾角为α，长为L的斜面顶端自静止开始下滑，到达斜面底端时与挡板M发生碰撞．设碰撞时量损失，碰撞后又沿斜面上升．如果物体到最后停止时总共滑过的路程为s，则物体与斜面间的动摩擦因数为( )

A.C.

Lsinα

sLtanα

s

B.D.L

ssinαL

scosα

7.

如图所示，一辆玩具小车静止在光滑的水平导轨上，一个小球用细绳悬挂在车上，由图中位置无初速度释放，则小球在下摆过程中，下列说法正确的是( )

A．绳的拉力对小车做正功 B．绳的拉力对小球做正功 C．小球的合力不做功 D．绳的拉力对小球做负功 8．以下说法中正确的是( ) A．在光滑的水平冰面上，汽车可以转弯

B．火车转弯速率小于规定的数值时，内轨将会受压力作用

C．飞机在空中沿半径为R的水平圆周盘旋时，飞机的两翼一定处于倾斜状态 D．汽车转弯时需要的向心力是由司机转动方向盘所提供的

答案

d

1．B 去程时船头垂直河岸如图所示，由合运动与分运动具有等时性并设河宽为d，则去程时间t1＝；

v1

回程时行驶路线垂直河岸，故回程时间t2＝

t1

，由题意有＝k，

t2v－v

21

2d

v1－v

则k＝，得v1＝

v12．C

2

2

vv

，选项B正确． 2＝2

1－k1－k

2

当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，转盘的角速度最大，其受力如图所示(其中O为对称轴位置) 由沿斜面的合力提供向心力，有 μmgcos30°－mgsin30°＝mωR 得ω＝

g

＝1.0 rad/s，选项C正确． 4R

2

3．A 根据万有引力定律可知人在该天体上受到的引力小于地球上的重力，即物体好像变“轻”了，所以①、②、③是正确的，选A.

4．A 错选B的同学将运行速度与发射速度混淆了．实际上，当r增加时，v减小，但要把卫星送上更高轨道需要克服地球引力做更多的功，发射应更困难，B错．错选C的同学误将第一宇宙速度公式当成了运行速度公式且把g当常量而将R当变量，而实际上当R增加时，g是减小

的，故C错．公式v＝A正确．

5．C 物体的动能先增大后减小，同理，物体从B返回到A的过程，动能先增大后减小，A、B错误，C正确；物体运动过程中，物体和弹簧组成的系统机械能守恒，因弹簧的弹性势能变化，故动能和重力势能的和在变化，D错误，故选C.

6．C 由能量守恒定律知，物体在运动过程中将机械能全部转化为克服摩擦力做功产生的内能．设物体滑

gR1

中，g为地球表面的重力加速度，R为地球半径，g和R均为常量，所以v∝，rr

2LsinαLtanα

过的总路程为s，则mgLsinα＝μmgscosα，所以μ＝＝，所以C项正确．

scosαs

7．AD 在小球向下摆动的过程中，小车向右运动，绳对小车做正功，小车的动能增加．小球和小车组成的系统机械能守恒，小车的机械能增加，则小球的机械能一定减少，所以绳对小球拉力做负功．

8．BC 在水平面上汽车转弯需要的向心力是摩擦力提供的，所以在光滑的水平冰面上，汽车是无法转弯的．火车转弯处外轨高于内轨，如果按设计速率行驶，内外轨与轮缘均不挤压，如果行驶速率大于设计速率，则外轨与轮缘挤压，产生向内侧的弹力，辅助提供向心力，反之将由内轨挤压内侧车轮的轮缘．飞机转弯时，空气对飞机的升力应偏离竖直方向，使它与重力的合力沿水平方向提供向心力．

9.质量为m的物体始终固定在倾角为θ的斜面上，下列说法正确的是( ) A．若斜面水平向右匀速运动距离x，斜面对物体不做功 B．若斜面向上匀速运动距离x，斜面对物体做功mgx

C．若斜面水平向左以加速度a运动距离x，斜面对物体做功max D．若斜面向下以加速度a运动距离x，斜面对物体做功m(g＋a)x 10.

3

如图所示，M为固定在桌面上的异形木块，abcd为圆周的光滑轨道，a为轨道最高点，de面水平且与圆

4心等高．今将质量为m的小球在d点的正上方高为h处由静止释放，使其自由下落到d处后，又切入圆轨道运动，则下列说法正确的是( )

A．在h一定的条件下，释放后小球的运动情况与小球的质量有关

B．只要改变h的大小，就能使小球在通过a点之后既可能落回轨道之内，又可能落到de面上 C．无论怎样改变h的大小，都不可能使小球在通过a点之后，又落回轨道之内 D．要使小球飞出de面之外(即落在e的右边)是可能的 二、填空题(每小题5分，共20分)

11．以30°角斜向上抛出一物体，t s后落在离抛出点303 m远的与抛出点在同一水平面上的A点，不考虑空气的阻力，g取10 m/s，则该物体的初速度为__________m/s，物体能上升的最大高度为__________m.

12．汽车车轮的直径是1.2 m，行驶速率是43.2 km/h，在行驶中车轮的角速度是__________rad/s，其转速是__________r/min.

13．如图所示，一块均匀的正方形板的边长为a，重为G，可绕通过O点的水平轴转动，从AO呈水平位置开始将板释放，摆动一定时间后最后静止，静止时B点在O点的正下方，在这个过程中，其损失的机械能为________．

2

14．一士兵乘飞机巡查，用一部自动照相机在空中摄影，他选好快门开启的时间间隔1 s，镜头放大率为1

，将一苹果从飞机上自由落下开始到落地的拍摄照片如下图所示． 100

(1)该地的重力加速度为________ m/s. (2)飞机离地面的高度________ m. (3)试根据此照片验证机械能守恒定律． ______________________________________ 三、计算题(共40分) 15.

2

(8分)某地区遭受水灾，空军某部奉命赶赴灾区空投物资．空投物资离开飞机后在空中沿抛物线降落，如图所示．已知飞机在垂直高度AO＝2 000 m的高空进行空投，物资恰好准确落在P处，此时飞机飞行的速度v＝10 m/s.求飞机空投时距目的地的距离OP.

答案

9.ABC 物体受到平衡力作用而处于匀速直线运动状态，与重力相平衡的力是斜面给它的作用力，方向竖直向上．斜面沿水平方向匀速运动时，力与位移垂直，斜面对物体不做功．斜面向上匀速运动时，力与位移同向，W＝F·x＝mgx.斜面水平向左加速运动时，物体所受的合外力为ma，恰等于斜面给它的作用力在位移方向的分量，W＝Fs·x＝max.斜面向下加速时，对物体有mg＋F＝ma，W＝F·x＝m(a－g)·x，故选A、B、C.

10．CD 只要小球能通过轨道的最高点a，即有va≥gR.小球能否落回轨道之内，取决于小球离开a点后12

做平抛运动的水平射程x，由平抛运动公式x＝vat及R＝gt得；x≥2R，由此可知，小球在通过a点之后，

2不可能落回轨道之内，但可能飞出de面之外，C、D正确．

11．106 7.5

gt

解析：设初速度为v0.由题意得水平方向v0cos30°·t＝303 ①，竖直方向v0sin30°＝ ②.由①②

2两式联立，解得v0＝106 m/s.由上抛过程公式(v0sin30°)＝2gh，得(56)＝2×10h.所以h＝7.5 m.

12．20

600

π

2

2

v122π

解析：汽车的速度v＝43.2 km/h＝12 m/s，所以ω＝＝ rad/s＝20 rad/s，T＝＝0.1π s．每分

R0.6ω60600

钟转的圈数n＝＝ r/min. Tπ

13.

2－2

解析：木板在摆动一段时间后停下来，说明要克服阻力做功，根据动能定理mgh＝WFf，而WFf为损失的机械能，h为方木板重心下降的高度，所以h＝

14．(1)9.8 (2)78.2 (3)见解析

解析：(1)由底片和放大率可得连续相等时间内的位移x1＝4.9 m，x2＝14.6 m，x3＝24.5 m，x4＝34.2 m，由Δx＝aT＝gT和逐差法得g＝

2

2

2－2

，WFf＝

2－2

. x4＋x3－x2－x12

＝9.8 m/s. 2

4T

(2)因飞机离地面的高度是底片上起点和终点间距离的100倍． 所以h＝78.2×10×100 m＝78.2 m.

－2

(3)取C、O两点研究 12110ΔEk＝mv＝m

22

2

OD－OB2T

2

2

≈430.7m J， 

|ΔEp|＝mg·OC×10＝431.2m J. 在误差允许范围内ΔEk＝|ΔEp|，

所以在只有重力做功的条件下机械能守恒． 15．200 m

解析：解法1：空投物资做平抛运动，轨迹是一条抛物线， g2

所以有轨迹方程y＝2x.由题意知：

2vy＝2 000 m，g＝10 m/s，v＝10 m/s. 所以OP＝x＝200 m.

解法2：由题意判断，空投物资做平抛运动，所以 1AO＝y＝gt2，①2

OP＝x＝vt.②

2

2

将g＝10 m/s，y＝2 000 m代入①式得t＝20 s； 将v＝10 m/s，t＝20 s代入②式得OP＝200 m.

16.

(10分)如图所示，位于竖直平面内的光滑轨道，由一段斜的直轨道和与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R.一质量为m的小物块从斜轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动．要求物块能通过圆形轨道最高点，且在该最高点与轨道间的压力不能超过5mg(g为重力加速度)．求物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h的取值范围．

17.(10分)

有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图所示．长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动．当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ.不计钢绳的重力，求转盘转动的角速度ω与夹角θ的关系．

答案

5

16.R≤h≤5R 2

12

解析：设物块在圆形轨道最高点的速度为v，由机械能守恒得mgh＝2mgR＋mv，①

2物块在最高点受重力mg、轨道的压力N.重力与压力的合力提供向心力，有 v

mg＋N＝m，②

R

物块能通过最高点的条件是N≥0，③ 由②③式得v≥gR，④ 5

由①④式得h≥R.⑤

2

2

按题的要求，N≤5mg，由②式得v≤6gR，⑥ 由①⑥式得h≤5R， 5

h的取值范围是R≤h≤5R.

217.

ω＝

gtanθ

r＋Lsinθ

2

解析：分析座椅的受力情况如图所示，则由牛顿第二定律得：mgtanθ＝mω(r＋Lsinθ)， 由此得：ω＝

gtanθ

. r＋Lsinθ

18.

(12分)电机带动水平传送带以速度v匀速运动，一质量为m的小木块由静止轻放在传送带上，若小木块与传送带之间的动摩擦因数为μ，如图所示，当小木块与传送带相对静止时，求：

(1)小木块的位移；

(2)传送带转过的路程；

(3)小木块获得的动能；

(4)摩擦过程产生的内能；

(5)电机因传送小物块多输出的能量．

答案

vv12122

18.(1) (2) (3)mv (4)mv (5)mv

2μgμg22

解析：对小木块，相对滑动时，由μmg＝ma得，加速度a＝μg，由v＝at得，达到相对静止所用时间t＝v

. μg

vv

(1)小木块的位移s1＝t＝. 22μg

v

(2)传送带始终匀速运动，转过的路程s2＝vt＝.

μg12

(3)小木块获得的动能Ek＝mv.

2

12

(4)摩擦产生的内能Q＝μmg(s2－s1)＝mv.

2

(5)由能的转化与守恒定律知，电机多输出的能量转化为小木块的动能与摩擦产生的内能，所以E总＝Ek＋Q＝mv.

2

2

2

2

2