期中学业水平测评卷（Word版含解析）

这是一份粤教版 (2019)必修 第二册全册综合课时练习，共10页。试卷主要包含了考试范围等内容，欢迎下载使用。

期中学业水平检测
注意事项
1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。
2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。
3.考试范围:第一章~第二章。
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一个是符合题目要求的)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
1.(2021北京海淀高一下月考)顺时针摇动水平放置的轮子(图为俯视图),若泥点从水平方向上飞出后打在竖直墙上的M点。可以判定,泥点是从哪点飞离圆盘的 (　　)

A.A点 B.B点
C.C点 D.D点
2.(2021湖南长沙高一下联考)钓鱼爱好者钓鱼时,身体正对前方目标,左脚前跨半步,先将钓竿尖朝后(铅坠与饵钩也同在身后),双手举竿过肩,上身重心移至左脚,同时向正前方挥动钓竿。铅坠与饵钩会随着钓竿做圆周运动。当铅坠从头顶通过的瞬间,放开压扣到钓线的手指,与此同时,将握竿的左手收到左侧腹部,右手压竿向前(与左手成水平状),使钓竿自然地抛投出去,落入目标水域之中。为了让铅坠与饵钩落得更远,钓鱼爱好者会换用长竿。若挥竿动作不变的情况下,则使铅坠与饵钩的 (　　)

A.角速度变大 B.线速度变大
C.向心加速度变小 D.频率变大
3.(2021重庆实验中学高三三模)如图所示,从匀速运动的水平传送带边缘,垂直弹入一底面涂有墨汁的棋子,棋子在传送带表面滑行一段时间后随传送带一起运动。以传送带的运动方向为x轴,棋子初速度方向为y轴,以出发点为坐标原点,棋子在传送带上留下的墨迹为 (　　)


A

B

C

D
4.(2021广东佛山高一下期中)新冠疫情居家期间,某人为锻炼身体设计了如图

所示的装置,在水平地面上竖直固定直杆A和B。将重物套在杆A上,在杆B的顶端固定一轻滑轮,绳子的一端连接重物,另一端跨过定滑轮后系在腰上。开始时,重物在水平地面上,人以恒定的速度v0向左运动,当绳子与杆A的夹角θ=60°时重物的速度为v,加速度为a,规定向上为重物速度、加速度正方向。下列说法正确的是 (　　)
A.v=12v0 B.v=32v0
C.a>0 D.a<0
5.(2021浙江七彩阳光新高考研究联盟高一下期中)如图,有一条两岸平直、河水流速恒为v1=6 m/s的大河,河宽为800 m。小明驾着小船过河,船在静水中的速度v2=8 m/s,船头方向始终与河岸垂直。关于小船过河,以下说法正确的是 (　　)

A.小船实际运动轨迹与河岸垂直
B.过河所需时间为80 s
C.过河所需时间为100 s
D.若水流速度变大,过河所需时间变大
6.(2021安徽马鞍山高一下期中)某运动员在一次投篮练习中,分别在A位置、B位置以初速度v1(速度方向与水平方向成60°角)、v2(速度方向与水平方向成30°角)将篮球(可视为质点)抛出,结果两次篮球都垂直打到篮筐上同一点。则A位置、B位置到篮筐正下方O点的距离之比x1x2为 (　　)

A.1∶2
B.1∶3
C.1∶4
D.x1x2的值与篮筐高度有关,无法确定
7.(2021江苏连云港月考)为了解决高速列车在弯道上运行时轮轨间的磨损问题,保证列车能安全地通过弯道,常用的办法是将弯道处的外轨垫高。已知某曲线路段设计两铁轨间距离l,外轨比内轨高h,当火车与铁轨间无侧向挤压时的运行速度称为规定速度,则火车转弯的规定速度v与该路段的曲线半径r之间应符合以下哪种关系 (　　)

A

B

C

D
8.如图所示,足够大水平圆板可绕圆心处的竖直轴以角速度ω匀速转动,圆板上叠放有两物块,下面的大物块质量为M=km,上面的小物块(可视为质点)质量为m,小物块和转轴间有一恰好伸直的水平轻绳,轻绳系在套住转轴的光滑小环上,小环被卡在轴上固定高度h处,轻绳长度L=2h。已知小物块与大物块、大物块与圆板间的动摩擦因数均为μ,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,则下列说法中不正确的是 (　　)

A.k越大,大物块发生相对滑动的ω越大
B.当k=1,ω=μgℎ时,大物块未发生相对滑动
C.当k=2,ω=μgL时,大物块未发生相对滑动
D.当k=2,ω=2μgℎ时,大物块将会一直做离心运动
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.(2021山东新高考联盟高三联考)如图所示,上海国际一级方程式赛车场呈“上”字造型,赛道总长约5.4公里,拥有14个不同转弯半径的弯道和9种不同组合的赛道。

若一辆赛车正以50 m/s的恒定速率转过一段弯道(可视为圆周运动),一观众发现该赛车在2 s内转过的路程所对圆心角约为10°,则在此2 s时间内,下列说法正确的是 (　　)
A.运动位移为100 m
B.转弯半径约为570 m
C.向心加速度大小约为4.4 m/s
D.赛车的合力方向与速度的方向不垂直
10.(2021河南新乡高一下期中)如图所示,位于瑞典斯德哥尔摩的爱立信球形体育馆,是世界最大的半球体建筑,可容纳14 000名观众。半球体的球心位于O点,

A点在球心O的正上方,AB弧线正好与半球体一侧的外缘14圆弧完美重合。用一小型玩具枪将一子弹从A点以初速度v0水平射出,且子弹不再落到半球体上。若半球体的半径r=100 m,重力加速度大小为g,不计空气阻力,则v0的大小可能为 (　　)
A.25 m/s B.30 m/s
C.35 m/s D.40 m/s
11.(2021山东菏泽高三期中)“太极球”是较流行的一种健身器材。做该项运动时,健身者半马步站立,手持太极球拍,拍上放一橡胶太极球,健身者舞动球拍时,球却不会掉落地上。现将太极球简化成如图所示的平板和小球,熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动,且在运动到图中的a、b、c、d位置时球与板间无相对运动趋势。a为圆周的最高点,c为最低点,b、d与圆心O等高。设球的质量为m,重力加速度为g,不计板的重力。则 (　　)

A.小球做匀速圆周运动时所受合外力为零
B.小球在b位置时平板可处于竖直方向
C.小球在c处受到板的弹力比在a处受到的弹力大2mg
D.小球在b、d两位置受到板的弹力大小相等
12.(2021福建泉州高三三模)2020年2月,在国际单板滑雪U形场地赛中,我国运动员蔡雪桐勇夺冠军。如图,滑道边缘线PQ的倾角为θ,运动员以速度v0从PQ上的O点沿PQ的竖直切面滑出滑道,滑出时速度方向与PQ的夹角为α,腾空后从PQ上的A点进入滑道。已知α+θ=90°,重力加速度为g,运动员可视为质点,不计空气阻力,下列说法正确的是 (　　)

A.O、A两点间的距离为4v02sinθg
B.运动员腾空过程中离PQ的最大距离为v02cos2θ2g
C.若仅减小夹角α,则运动员腾空时间可能保持不变
D.若仅增大v0的大小,则运动员再滑入轨道的速度方向不变

三、非选择题(本题共6小题,共60分)
13.(6分)(2021福建莆田高一期中)一物理兴趣小组利用学校实验室的数字实验系统探究物体做圆周运动时向心力大小与角速度、半径的关系。
(1)首先,让一砝码在一个比较光滑的平面上做半径r为0.08 m的圆周运动,数字实验系统得到若干组向心力F和对应的角速度ω,他们根据实验数据绘出了F-ω的关系图像如图中B图线所示,兴趣小组的同学猜测r一定时,F可能与ω2成正比。你认为,可以通过进一步转换,作出　　　　关系图像来确定他们的猜测是否正确。 

(2)将同一砝码做圆周运动的半径r再分别调整为0.04 m、0.12 m,又得到了两条F-ω图线,如图中C、A图线所示。通过对三条图线的比较、分析、讨论,他们得出ω一定时,F∝r的结论,你认为他们的依据是　　　　　　　　　　　　。 
(3)通过上述实验,他们得出:做圆周运动的物体受到的向心力F与角速度ω、半径r的数学关系式是F=kω2r,其中比例系数k的单位是　　　　。 
14.(8分)(2020北京海淀高一期末)在“研究平抛运动”实验中:
(1)如图是横挡条卡住平抛小球,用铅笔标注小球最高点,确定平抛运动轨迹的方法,坐标原点应选小球在斜槽末端点时的　　　　在背板的投影点(填选项前的字母); 

A.球心 B.球的上端
C.球的下端
(2)在此实验中,下列说法正确的是　　　　(填选项前的字母); 
A.斜槽轨道必须光滑
B.记录的点应适当多一些
C.用平滑曲线把所有的点连接起来
D.y轴的方向利用重垂线确定
(3)如图是利用图装置拍摄小球做平抛运动的频闪照片,由照片可判断实验操作错误的是　　　　(填选项前的字母); 

A.释放小球时初速度不为0
B.释放小球的初始位置不同
C.斜槽末端切线不水平
(4)如图所示是研究小球做平抛运动过程中所得到小球的平抛运动轨迹,某同学忘了记录平抛运动的起始点,于是他在平抛轨迹上选出一点为坐标原点,沿竖直方向建立y轴,垂直y轴方向建立x轴。已知轨迹上A点的坐标是:xA=
0.30 m,yA=0.10 m,B点的坐标是:xB=0.60 m,yB=0.30 m,重力加速度大小为g,则小球平抛的初速度大小为　　　　 m/s,小球经B点时的竖直分速度的大小为　　　　 m/s。 

15.(8分)(2021河南开封高一期中)如图是跳远运动员在起跳、腾空和落地过程的情景。若运动员腾空的最大高度为1.25 m,落入沙坑时速度与水平面夹角正切值为tan α=0.625。为简化情景,把运动员视为质点,空中轨迹视为抛物线。求:
(1)运动员落地速度大小;
(2)运动员跳远成绩。





16.(8分)(2021浙江七彩阳光高一期中联考)如图所示为风靡小朋友界的风火轮赛车竞速轨道的部分示意图。一质量为m=0.5 kg的赛车(视为质点)从A处出发,以速率v1=0.1 m/s驶过凸形桥B的顶端(曲率半径为R1=0.1 m),经CD段直线加速后进入半径为R2=0.2 m的竖直圆轨道,并以某速度v2驶过圆轨的最高点E,此时赛车对轨道的作用力恰好为零,重力加速度大小为g,试计算:
(1)赛车在B点受到轨道支持力的大小;
(2)赛车经过E点时的速率v2;
(3)若赛车以2v2的速率经过E点,求轨道所受赛车的弹力大小。


17.(12分)(2021江苏南通高一下期末)如图甲所示,一长L=1 m的轻杆的一端固定在水平转轴O上,另一端固定一质量m=1 kg的小球,小球随轻杆绕转轴在竖直平面内做线速度v=1 m/s的匀速圆周运动,重力加速度大小为g,不计空气阻力。
(1)小球运动到最高点时,求杆对球的作用力F1;
(2)小球运动到水平位置A时,求杆对球的作用力大小F2;
(3)若将轻杆换成轻绳,再将小球提至转轴正上方的B点,此时绳刚好伸直且无张力,然后将球以水平速度v=1 m/s抛出,如图乙所示。求从抛出小球到绳再次伸直的时间t。




18.(18分)(2021广东广州高一下期中)如图甲所示,长为L=3 m的传送带以速率v传=6 m/s顺时针匀速转动,其左端A点与一个四分之一光滑圆轨道连接,轨道半径R=0.8 m;右端B与一个倾角为30°的斜面连接,B点到地面的高度为H=1.8 m。小滑块从光滑圆轨道上距传送带h处静止释放,到达A点时的速率v的平方与下落高度h的关系如图乙所示。已知小滑块质量为m=2 kg,与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.3,重力加速度大小为g,求:
(1)若滑块从h=0.5 m处静止释放,则滑块到达A点时对轨道的压力;
(2)若滑块从B点水平飞出后恰好到达斜面底端C点,则滑块从B点飞出的速度多大?
(3)滑块从不同高度h静止释放时,滑块在空中做平抛运动的时间。


答案
期中学业水平检测

1.D
2.B
3.A
4.C
5.C
6.B
7.C
8.A
9.BC
10.CD
11.CD
12.AD
1.D　泥点离开圆盘后做离心运动,泥点沿着圆盘的切线方向飞出,轮子顺时针转动,则在A点泥点水平向右飞出,在B点泥点斜向右飞出,在C点泥点竖直向上飞出,在D点泥点斜左上飞出,分析可得,从D点飞出时能打在竖直墙上,选项D正确。
2.B　挥竿动作不变,角速度不变,由v=ωr,an=ω2r,f=ω2π,线速度变大,向心加速度变大,频率不变,选项B正确。
3.A　分析可知,在传送带这个参考系中,合速度的方向和摩擦力的方向在一条直线上,所以运动轨迹应该是一条直线,又因为棋子相对于传送带往后运动,选项A正确,B、C、D错误。
4.C　重物沿杆A向上运动,沿绳子方向的分速度等于v0,即v cos θ=v0,所以v=v0cosθ,当θ=60°时v=2v0,选项AB错误;重物沿杆A向上运动,绳子与杆A的夹角θ增大,由v=v0cosθ可知重物运动的速度增大,所以重物做加速运动,a>0,选项C正确,D错误。
5.C　小船参与垂直河岸和平行河岸两个方向的匀速运动,合速度方向与河岸不垂直,则实际运动轨迹与河岸不垂直,选项A错误;过河所需时间为t=dv2=8008 s=100 s,选项B错误,C正确;小船渡河的时间只由船速决定,与水流速度无关,选项D错误。
6.B　将抛篮球的过程看作反向的平抛运动,有x=v0t,tan θ=vyv0,而vy=2gℎ,t=2ℎg,两次抛球高度相同,因此两次运动过程中竖直方向的速度和下落时间相同,所以x1x2=v01v02=tan30°tan60°=13,选项B正确,ACD错误。
7.C　设内、外轨间距与水平面之间的夹角为θ,当火车转弯与铁轨间无侧向挤压时,其重力与支持力的合力提供向心力,如图示,根据牛顿第二定律,有mg tan θ=mv2r,可得规定速度v2=gr tan θ,由于倾角很小,则有tan θ≈sin θ=ℎl,所以规定速度v2=gr tan θ=gℎlr,可知火车过弯时其规定速度v的平方与该路段的曲线半径r成正比,选项C正确。

8.A　对于大物块,当所受的最大静摩擦力提供向心力时μmg+μ(k+1)mg=kmω2L,解得ω=μ(k+2)gkL=2k+1μgL,可知k越大,大物块发生相对滑动的ω就越小,选项A错误;当k=1时,大物块所受的最大静摩擦力Fmax=μ(k+2)mg=3μmg,大物块所需要的向心力Fn=kmω2L=2μmgFmax,所以大物块将会发生相对滑动,与小物块脱离之后,摩擦力进一步减小,运动半径继续增大,所以将一直做离心运动,选项D正确。
9.BC　在2 s时间内,赛车在弯道(可视为圆周运动)运动的弧长为s=vt=50×2 m=100 m,所以运动位移小于100 m,选项A错误;赛车匀速转过的路程所对圆心角约为10°,约为θ=15.7 rad,角速度ω=θt=111.4 rad/s,再由v=ωR可得转弯半径约为570 m,选项B正确;向心加速度大小a=vω≈4.4 m/s2,选项C正确;赛车做匀速圆周运动,所以,它所受合力方向与速度的方向一定垂直,选项D错误。
10.CD　子弹以水平初速度射出,不再落到半球体上,临界情况是在最高点时子弹与最高点没有压力,根据牛顿第二定律得:mg=mv2r,解得最小速度:v=gr=10×100 m/s=1010 m/s≈31.6 m/s,选项C、D正确,A、B错误。
11.CD　小球做匀速圆周运动时处于非平衡状态,所以所受合外力不为零,选项A错误;球在b位置时重力和平板的合外力提供向心力,因此平板不能处于竖直方向,选项B错误;设球运动的线速率为v,半径为R,则在a处时Fa+mg=mv2R,在C处时Fc-mg=mv2R,联立可得Fc-Fa=2mg,选项C正确;根据b、d两点受力的对称性可得,b、d两点受到板的弹力大小必相等,选项D正确。
12.AD　将初速度v0和加速度g分别沿斜面方向和垂直斜面方向分解,则垂直斜面方向t=2v0cosθgcosθ=2v0g,运动员腾空过程中离PQ的最大距离为H=(v0cosθ)22gcosθ=v02cosθ2g ,O、A两点间的距离为l=v0sin θ·t+12g sin θt2=4v02sinθg,选项A正确,B错误;运动员腾空时间t=2v0sinαgcosθ,若仅减小夹角α,则运动员腾空时间减小,选项C错误;运动员再滑入轨道时,垂直斜面方向的速度不变,仍为v1=v0cos θ,沿斜面向下的速度v2=v0sin θ+g sin θ·t=3v0sin θ ,则合速度与斜面的夹角
tan α=v1v2=13tanθ,与初速度无关,选项D正确。
13.答案　(1)F与ω2(2分)　(2)取任意相同ω,A、B、C三图线对应向心力之比均约为3∶2∶1,与其对应半径之比相同(2分)　(3)kg(2分)
解析　(1)通过对图像的观察,兴趣小组的同学猜测F与ω2成正比。可以通过进一步的转换,绘出F与ω2的关系图像来确定他们的猜测是否正确,如果猜测正确,绘出的F与ω2的关系图线应当为一条过原点的倾斜直线。(2)作一条平行于纵轴的辅助线,则辅助线上对应的ω相同,求出辅助线和图线A、B、C的交点中力的大小之比约为3∶2∶1,与半径之比0.12 m∶0.08 m∶0.04 m=3∶2∶1相同,说明F与r成正比。(3)根据关系式F=kω2r,由力学单位制,可知比例系数k的单位是1N1m1s2=1 kg。
14.答案　(1)A(1分)　(2)BD(2分)　(3)C(1分)　(4)3.0(2分)　2.5(2分)
解析　(1)坐标原点应该选小球的球心在背板的投影点,故选A。(2)本实验对斜槽轨道的粗糙程度没有要求,选项A错误;记录的点应适当多一些,可以提高实验的准确性,选项B正确;用平滑曲线把尽可能多的点连接起来,必要的时候可以舍弃一些点,选项C错误;y轴的方向利用重垂线确定,选项D正确。 (3)从照片来看,小球做的是斜抛运动,选项C正确。(4)由平抛运动的规律知,水平方向为匀速直线运动,竖直方向为匀加速直线运动,所以OA段所用的时间等于AB段所用的时间,竖直方向有Δy=gT2,解得T=0.1 s,所以小球平抛的初速度为v0=xT=3.0 m/s,小球经过A点的竖直分速度为vyA=yOB2T=1.5 m/s,可求经过B点的竖直分速度为vyB=vyA+gT=2.5 m/s。
15.答案　(1)89 m/s　(2)8 m
解析　(1)运动员做斜上抛运动,从最高点到落地过程可看作平抛运动,竖直方向上做自由落体运动,落地时间t=2ℎg=0.5 s (1分)
运动员在空中的时间为t'=2t=1 s(1分)
落入沙坑时竖直方向的速度v竖 =2gℎ=5 m/s(1分)
落入沙坑时速度方向与水平面所成的夹角为α,则tan α=v竖v水=0.625 (1分)
则水平速度v水=8 m/s(1分)
落地速度大小v=v水2+v竖2=64+25 m/s=89 m/s(2分)
(2)运动员成绩L=v水t'=8 m(1分)
16.答案　(1)4.95 N　(2)2 m/s　(3)15 N
解析　(1)根据牛顿第二定律知,赛车在B处满足
mg-FN=mv12R1 (2分)
故赛车受到的支持力为FN=mg-mv12R1=4.95 N(1分)
(2)赛车在E点时,与轨道间作用力恰好为零,则只有重力提供向心力,根据牛顿第二定律知,此时赛车满足mg=mv22R2 (1分)
故赛车的速率为v2=gR2=2 m/s(1分)
(3)赛车以2v2经过E点时,会受到轨道对其指向圆心的压力,故根据牛顿第二定律得,此时赛车满足mg+N=m(2v2)2R2 (1分)
得N=m(2v2)2R2-mg=15 N(1分)
由牛顿第三定律得,轨道受到赛车的弹力大小N'=N=15 N(1分)
17.答案　(1)9 N,方向竖直向上　(2)101 N　(3)0.6 s
解析　(1)假设F1的方向向下,对小球有mg+F1=mv2L (2分)
解得F1=-9 N(1分)
所以杆对球的作用力F1的大小为9 N,方向竖直向上 (1分)
(2)小球运动到水平位置A时,杆对球的竖直分力Fy=mg (1分)
水平分力Fx=mv2L (1分)
故杆对球的作用力大小F2=Fx2+Fy2 (1分)
代入数据解得F2=101 N(1分)
(3)小球将做平抛运动,运动轨迹如图所示,有

L2=(y-L)2+x2 (1分)
又x=vt (1分)
y=12gt2 (1分)
代入数据解得t=0.6 s(1分)
18.答案　(1)45 N,方向竖直向下　(2)33 m/s　(3)见解析
解析　(1)由题图乙可知h=0.5 m时,滑块到达A点的速度为vA=10 m/s(1分)
设在A点滑块受到支持力为F,则有F-mg=mvA2R (2分)
代入数据得F=45 N(1分)
由牛顿第三定律知,滑块对轨道的压力大小为45 N,方向竖直向下。 (1分)
(2)设滑块从B点水平飞出时速度为vB,运动时间为tB,由平抛运动的规律得
竖直方向H=12gtB2 (1分)
水平方向Htan30°=vBtB (1分)
代入数据得tB=0.6 s,vB=33 m/s(1分)
(3)设滑块在A点速度为v0时,到B点速度刚好为vB=33 m/s,此时初始高度为h0,在传送带上,由牛顿第二定律得μmg=ma (1分)
从A到B,有vB2-v02=2aL (1分)
解得v0=3 m/s(1分)
由图乙得v02=20h0 (1分)
所以当v0=3 m/s时,高度为h0=0.45 m(1分)
滑块从h=R=0.8 m处释放,易知到达A点的速度为v=4 m/s>v0。 (1分)
讨论:
①若0.45 m ②若h≤h0=0.45 m,滑块从B点飞出后会落在斜面上,设滑块到达B点时的速度为v',则有
v'2-v2=2aL (1分)
且tan 30°=12gt2v't (1分)
联立解得t=60ℎ+5415 (1分)