…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年湘教新版共同必修2物理下冊階段測試試卷441考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、近年來我國高速鐵路發展迅速，現已知某新型國產列車車廂質量為m,如圖所示，已知兩軌間寬度為a,內外軌高度差為b,重力加速度為g,如果列車要進入半徑為r的水平彎道，該彎道處的設計速度最為適宜的是()

A.B.C.D.2、如圖所示，一球質量為m，用長為L的細線懸掛于O點，在O點正下L/2處釘有一根長釘，把懸線沿水平方向拉直后無初速度釋放，當懸線碰到釘子瞬間，下列說法中正確的是

A.小球的線速度突然增大B.小球的向心加速度突然減小C.小球的角速度突然減小D.懸線拉力突然增大3、如圖所示，一個凹形橋模擬器固定在水平地面上，其凹形軌道是半徑為0.4m的半圓，且在半圓最低點裝有一個壓力傳感器（圖中未畫出）．一質量為0.4kg的玩具小車經過凹形軌道最低點時，傳感器的示數為8N，則此時小車的速度大小為（取g=10m/s2）

A.2m/sB.4m/sC.8m/sD.16m/s4、小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上；P球的質量大于Q球的質量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短。將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示，將兩球由靜止釋放，在各自軌跡的最低點（）

A.P球的速度一定大于Q球的速度B.P球的動能一定小于Q球的動能C.P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度5、質量為2kg的物塊放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由靜止開始運動，物塊動能Ek與其發生位移x之間的關系如圖所示．已知物塊與水平面間的動摩擦因數μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2；則下列說法正確的是()

A.x＝1m時速度大小為2m/sB.x＝3m時物塊的加速度大小為2.5m/s2C.在前4m位移過程中拉力對物塊做的功為9JD.在前4m位移過程中物塊所經歷的時間為2.8s評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)6、如圖所示，一輛可視為質點的汽車以恒定的速率駛過豎直面內的凸形橋．已知凸形橋面是圓弧形柱面，半徑為R，重力加速度為g.則下列說法中正確的是（）

A.汽車在凸形橋上行駛的全過程中，其所受合力始終為零B.汽車在凸形橋上行駛的全過程中，其所受合外力始終指向圓心C.汽車到橋頂時，若速率小于則不會騰空D.汽車到橋頂時，若速率大于則不會騰空7、如圖所示，半徑為R的半球形容器固定在可以繞豎直轉軸旋轉的水平轉臺上，轉軸與過容器球心O的豎直線重合，轉臺以一定角速度勻速旋轉，有兩個質量均為m的小物塊落入容器內，經過一段時間后，兩小物塊都隨容器一起轉動且相對容器內壁靜止，兩物塊和球心O點的連線相互垂直，且A物塊和球心O點的連線與豎直方向的夾角=60°，已知重力加速度大小為g，則下列說法正確的是（）

A.若A物塊受到的摩擦力恰好為零，B物塊受到的摩擦力的大小為B.若A物塊受到的摩擦力恰好為零，B物塊受到的摩擦力的大小為C.若B物塊受到的摩擦力恰好為零，A物塊受到的摩擦力的大小為D.若B物塊受到的摩擦力恰好為零，A物塊受到的摩擦力的大小為8、如圖所示，輕繩的一端系一小球，另一端固定于點，在點的正下方點釘顆一釘子，使懸線拉緊與豎直方向成一角度然后由靜止釋放小球，當懸線碰到釘子時()

A.小球的角速度突然變大B.小球的瞬時速度突然變大C.繩上拉力突然變小D.球的加速度突然變大9、質量為M的滑塊沿著高為h長為l的粗糙斜面恰能勻速下滑，在滑塊從斜面頂端下滑到底端的過程（）A.重力對滑塊所做的功等于mghB.滑塊克服阻力所做的功等于mghC.合力對滑塊所做的功為mghD.合力對滑塊所做的功不能確定10、如圖，在勻速轉動的電動機帶動下，足夠長的水平傳送帶以恒定速率v1順時針轉動。一質量為m的滑塊從傳送帶右端以水平向左的速率v2(v1>v2)滑上傳送帶，最終滑塊又返回至傳送帶的右端。在上述過程中，下列判斷正確的是（）

A.滑塊返回傳送帶右端的速率為v2B.此過程中電動機對傳送帶做功為2mv1v2C.此過程中傳送帶對滑塊做功為mv－mvD.此過程中滑塊與傳送帶之間因摩擦產生的熱量為m(v1－v2)211、如圖所示；輕質彈簧的一端與固定的豎直板P栓接，另一端與物體A相連，物體A置于光滑水平桌面上（桌面足夠大），A右端連接一水平細線，細線繞過光滑的定滑輪與物體B相連，開始時托住B，讓A處于靜止且細線恰好伸直，然后由靜止釋放B，直至B獲得最大速度，下列有關該過程的分析中正確的是。

A.B物體受到細線的拉力始終保持不變B.B物體機械能的減少量大于彈簧彈性勢能的增加量C.A物體動能的增加量等于B物體重力對B做的功與彈簧彈力對A做的功之和D.A物體與彈簧所組成的系統機械能的增加量等于細線拉力對A做的功評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)12、鐵路轉彎處的圓弧半徑是300m，軌距是1.5m，規定火車通過這里的速度是20m/s，內外軌的高度差應該是_______m，才能使內外軌剛好不受輪緣的擠壓。若速度大于20m/s，則車輪輪緣會擠壓_______。（填內軌或外軌）(g="10"m／s2)13、一質量為m的物體被人用手由靜止豎直向上以加速度a勻加速提升h，已知重力加速度為g，則提升過程中，物體的重力勢能的變化為____；動能變化為____；機械能變化為___。14、如圖所示，彎折的直角輕桿ABCO通過鉸鏈O連接在地面上，AB=BC=OC=9m，一質量為m的小滑塊以足夠大的初始速度，在桿上從C點左側x0=2m處向左運動，作用于A點的水平向右拉力F可以保證BC始終水平。若滑塊與桿之間的動摩擦因數與離開C點的距離x滿足μx=1，則滑塊的運動位移s=________________m時拉力F達到最小。若滑塊的初始速度v0=5m/s，且μ=0.5-0.1x（μ=0后不再變化），則滑塊達到C點左側x=4m處時，速度減為v=_________________m/s。

15、質量為的小球沿光油水平面以的速度沖向墻壁，又以的速度反向彈回，此過程中小球的合力沖量的大小為__________小球的動能變化量的大小為__________16、如圖所示，水平傳送帶的運行速率為v，將質量為m的物體輕放到傳送帶的一端，物體隨傳送帶運動到另一端．若傳送帶足夠長，則整個傳送過程中，物體動能的增量為_________，由于摩擦產生的內能為_________．

評卷人得分四、實驗題(共3題，共27分)17、向心力演示器如圖所示。

（1）本實驗采用的實驗方法是__________。

A．控制變量法B．等效法C．模擬法。

（2）若將傳動皮帶套在兩塔輪半徑相同的圓盤上，質量相同的兩鋼球分別放在不同位置的擋板處，轉動手柄，可探究小球做圓周運動所需向心力F的大小與__________（選填“”、“”或“”）的關系。

（3）若將皮帶套在兩輪塔最下面圓盤上（兩圓盤半徑之比為），質量相同的兩鋼球放在圖示位置的擋板處，轉動手柄，穩定后，觀察到左側標尺露出1格，右側標尺露出9格，則可以得出的實驗結論為：__________。18、下列關于實驗相關操作的說法正確的有_______________

A.某同學在做《探究動能定理》的實驗時認為，因要測量的是橡皮筋對小車做功后的動能大小，所以要先釋放小車，后接通電源

B.在“利用斜槽上滾下的小球探究碰撞中的不變量”的實驗中,入射小球每次都必須從斜槽上同一位置由靜止滑下

C.在利用圖所示裝置“驗證機械能守值定律”實驗時,可以利用公式來求瞬時速度

D.在利用圖所示裝置“驗證機械能守恒定律”實驗時,發現動能增加量總是小于重力勢能減少量，若增加下落高度則-A.B.C.D.會增大19、某同學利用圖示裝置“探究功與動能變化的關系”；圖中氣墊導軌已調至水平．

(1)測得兩光電門中心間的距離為L，測得固定在滑塊上的豎直擋光條的寬度為d，記錄擋光條通過光電門1和2的時間分別為t1和t2，則滑塊通過光電門1時的速度大小v1=_____________（用對應物理量的符號表示）．

(2)在(1)中，從力傳感器中讀出滑塊受到的拉力大小為F，滑塊、擋光條和力傳感器的總質量為M，若動能定理成立，則必有FL=_____________（用對應物理量的符號表示）．

(3)該實驗__________（選填“需要”或“不需要”）滿足砝碼盤和砝碼的總質量遠小于滑塊、擋光條和力傳感器的總質量．評卷人得分五、解答題(共4題，共16分)20、如圖所示；輕線一端系一質量為m的小球，另一端穿過光滑小孔套在正下方的圖釘A上，此時小球在光滑的水平平臺上做半徑為a；角速度為ω的勻速圓周運動．現拔掉圖釘A讓小球飛出，此后細繩又被A正上方距A高為h的圖釘B套住，達穩定后，小球又在平臺上做勻速圓周運動．求：

(1)圖釘A拔掉前；輕線對小球的拉力大小；

(2)從拔掉圖釘A到被圖釘B套住前小球做什么運動?所用的時間為多少?

(3)小球最后做圓周運動的角速度．21、在豎直平面內有一個光滑的圓弧軌道，其半徑R=0.8m，一質量m=0.1kg的小滑塊從軌道的最高點由靜止釋放，到達最低點時以一定的水平速度離開軌道，落地點距軌道最低點的水平距離x=0.8m．空氣阻力不計，g取10m/s2；求：

（1）小滑塊離開軌道時的速度大小；

（2）小滑塊運動到軌道最低點時；對軌道的壓力大小；

（3）軌道的最低點距地面高度h．22、如圖所示，長度為的輕繩一端固定于點，另一端系一個質量為的小球，將細繩拉直到水平狀態時輕輕釋放小球．問：

（1）小球經過最低點時，細繩受到的拉力大小．

（2）若在點的正下方釘一個釘子，要求小球在細繩與釘子相碰后能夠繞釘子做一個完整的圓周運動（忽略釘子的直徑），釘子的位置到懸點的距離至少為多大？

（3）經驗告訴我們，當細繩與釘子相碰時，釘子的位置越靠近小球，繩就越容易斷．請你通過推導計算解釋這一現象．（推導過程中需要用到的物理量，自己設定．）23、如圖所示，可視為質點的物塊A、B、C放在傾角為長的固定斜面上，物塊與斜面間的動摩擦因數A與B緊靠在一起，C緊靠在固定擋板上，物塊的質量分別為其中A不帶電，B、C的帶電量分別為且保持不變。開始時三個物塊均能保持靜止且與斜面間均無摩擦力作用。如果選定兩點電荷在相距無窮遠處的電勢能為則相距為時，兩點電荷具有的電勢能可表示為現給A施加一平行于斜面向上的力使A在斜面上作加速度大小為的勻加速直線運動，經過時間物體A、B分離并且力變為恒力。當A運動到斜面頂端時撤去力已知靜電力常量求：

（1）未施加力時物塊B；C間的距離；

（2）時間內庫侖力（電場力）做的功；

（3）力對A物塊做的總功。

參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【詳解】

轉彎中，當內外軌對車輪均沒有側向壓力時，火車的受力如圖，

由牛頓第二定律得：

解得故C正確。

故選C2、D【分析】【詳解】

把懸線沿水平方向拉直后無初速度釋放，當懸線碰到釘子的前后瞬間，由于重力與拉力都與速度垂直，所以小球的線速度大小不變，故A錯誤；根據向心加速度公式可知，線速度大小不變，半徑變小，則向心加速度變大，故B錯誤；根據v=rω，知線速度大小不變，半徑變小，則角速度增大，故C錯誤；根據牛頓第二定律：解得：可知半徑變小，則拉力變大，故D正確．所以D正確，ABC錯誤．3、A【分析】【詳解】

小車經過凹形橋的最低點時，受重力和支持力，沿半徑方向的合外力提供向心力，由牛頓第二定律有：由牛頓第三定律得而即為視重為8N，聯立得瞬時速度故選A．

【點睛】

此題考查圓周運動的力和運動的關系，注意分析受力和力的作用效果．4、C【分析】【詳解】

A．從靜止釋放至最低點，由機械能守恒得

解得

可知在最低點的速度只與半徑有關，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短，所以

選項A錯誤；

B．根據

可知動能與質量和半徑有關；由于P球的質量大于Q球的質量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短，所以不能比較動能的大小，選項B錯誤；

CD．在最低點，拉力和重力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得

解得

向心加速度

由于P球的質量大于Q球的質量；所以P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力，向心加速度兩者相等，選項C正確，D錯誤。

故選C。

【點睛】

求最低的速度、動能時，也可以使用動能定理求解；在比較一個物理量時，應該找出影響它的所有因素，全面的分析才能正確的解題。5、D【分析】【詳解】

根據動能定理可知，物體在兩段運動中所受合外力恒定，則物體做勻加速運動；由圖象可知x=1m時動能為2J，故A錯誤；同理，當x=2m時動能為4J，v2=2m/s；當x=4m時動能為9J，v4=3m/s，則2～4m，有2a2x2＝v42?v22，解得2～4m加速度為a2＝1.25m/s2，故B錯誤；對物體運動全過程，由動能定理得：WF+（-μmgx）=Ek末-0，解得WF=25J，故C錯誤；0～2m過程，2～4m過程，故總時間為2s+0.8s=2.8s，D正確．二、多選題(共6題，共12分)6、B:C【分析】【分析】

明確汽車的運動為勻速圓周運動；根據其運動性質和受力特點分析其力的變化；根據牛頓運動定律得到汽車對橋的壓力的關系式，分析速度增大時，壓力如何變化，找到臨界條件和對應的現象.

【詳解】

A、B、汽車以恒定的速率駛過豎直面內的凸形橋，則汽車做勻速圓周運動，汽車受到的合力提供向心力，故所受合外力不為零而是指向圓心；故A錯誤，B正確.

C、D、當汽車通過凸形橋最高點時，而即時，剛好于橋面無擠壓，是飛離橋面的臨界情況，則汽車的速度小于時不會分離；而汽車的速度大于時會分離；故C正確；D錯誤.

故選BC.

【點睛】

本題考查勻速圓周運動和變速圓周運動中的受力以及運動特點，注意臨界條件的求解.7、A:C【分析】【分析】

【詳解】

AB．當A物塊受到的摩擦力恰好為零時；受力如圖所示。

根據牛頓第二定律可得mgtan60°=mrω2

其中r=Rsin60°

此時B物塊有沿斜面向上滑的趨勢；摩擦力沿罐壁切線向下，受力如圖所示。

正交分解，豎直方向滿足Ncos30°-fsin30°-mg=0

水平方向滿足Nsin30°+fcos30°=mr′ω2

其中r′=Rsin30°

聯立解得

A正確；B錯誤；

CD．當B物塊受到的摩擦力恰好為零時，根據牛頓第二定律可得mgtan30°=mr′ω′2

其中r′=Rsin30°

此時A滑塊有沿斜面向下滑的趨勢，摩擦力沿罐壁切線向上，正交分解，豎直方向滿足N′cos60°+f′sin60°-mg=0

水平方向滿足N′sin60°-f′cos60°=mrω′2

其中r=Rsin60°

聯立解得

C正確；D錯誤。

故選AC。8、A:D【分析】【詳解】

AB.因為碰到釘子前后瞬間水平方向沒有作用力，瞬時速度大小不變；但因為圓周半徑變小，角速度變大，A正確B錯誤．

CD.根據可知，球的加速度變大；根據向心力方程可知，繩的拉力變大，C錯誤D正確．9、A:B【分析】【分析】

【詳解】

A．重力做功只與重力和高度差有關，與路徑無關W=mgh

選項A正確；

BCD．由于滑塊勻速下滑，應用動能定理

即合力對滑塊做功為零；選項B正確，CD錯誤；

故選AB。10、A:B【分析】【分析】

【詳解】

A．由于傳送帶足夠長，滑塊受向右的摩擦力，減速向左滑行，到速度為0，之后，再加速向右滑行，由于v1>v2，物體會在滑動摩擦力的作用下加速，當速度增大到等于v2時，物體回到原出發點，即滑塊返回傳送帶右端的速率為v2；故A正確；

B．設滑塊向左運動的時間t1，位移為x1，則

摩擦力對滑塊做功W1=fx1=

又摩擦力做功等于滑塊動能的減小，即W1=mv22

該過程中傳送帶的位移x2=v1t1

摩擦力對傳送帶做功

解得W2=mv1v2

同理可計算，滑塊返回到出發點時摩擦力對傳送帶做功為W2=mv1v2

則此過程中電動機對傳送帶做功為W=W2+=2mv1v2

選項B正確；

C．此過程中只有傳送帶對滑塊做功根據動能定理W′=△EK

得W=△EK=mv22-mv22=0

故C錯誤；

D．物塊向左減速運動時，物塊相對傳送帶的位移為

物塊向右加速運動時，物塊相對傳送帶的位移為

則此過程中滑塊與傳送帶問因摩擦產生的熱量為

故D錯誤；

故選AB。11、B:D【分析】【詳解】

分析B，從開始運動到最后靜止，B受到繩子的拉力和重力，當時，做加速運動，當時，B的速度最大，當做減速運動，因為B的加速度在變化，所以T也在變化，A錯誤．AB和彈簧組成的系統機械能守恒，所以B減小的機械能等于彈簧的彈力勢能的增加量與A動能的增加量，B正確．A受繩子的拉力，彈簧的彈力，所以根據動能定理可得A物體動能的增加量等于細繩對A做的功與彈簧彈力對A做的功之和．C錯誤．因為A物體與彈簧組成的系統只有細繩的拉力做功，所以A物體與彈簧所組成的系統機械能的增加量等于細線拉力對A做的功，D正確．三、填空題(共5題，共10分)12、略

【分析】【詳解】

[1]如圖所示。

根據牛頓第二定律得

解得

由于較小，則

故

得

[2]若速度大于則需要的向心力變大，則輪緣會擠壓外軌。【解析】0.2m外軌13、略

【分析】【詳解】

[1]物體上升高度為h，則重力做負功mgh，重力勢能增加mgh.

[2]物體所受合外力為由動能定理：

可得動能變化：

[3]由功能關系除重力以外的力做功衡量機械能變化，由：

可知則機械能增加【解析】mghmahm(a+g)h14、略

【分析】【詳解】

[1]滑塊向左做減速運動，對桿有壓力和向左的滑動摩擦力；

對桿，根據力矩平衡條件，有：

代入數據和，有：

當，即時，拉力達到最小；

[2]滑塊從點達到點左側處過程，根據動能定理，有：

其中：

聯立解得：。【解析】3115、略

【分析】【詳解】

[1]規定初速度方向為正方向，初速度末速度則動量的變化量為

根據動量定理有

得合力沖量大小為

[2]動能變化量【解析】16016、略

【分析】【詳解】

傳送帶足夠長，故物體末速度為v，由動能定理得Ek=Wf=mv2；運動過程中，物體的加速度為a=μg，由v=μgt可得：t=相對位移為：△x=x傳-x物=vt-=所以全過程中物體與傳送帶摩擦產生內能為：Q=μmg?△x=μmg?=mv2．

【點睛】了解研究對象的運動過程是解決問題的前提，工件從靜止到與傳送帶相對靜止這個過程，物塊與傳送帶的位移不等，所以摩擦力對兩者做功大小也不等；系統產生的內能等于滑動摩擦力乘以相對位移．【解析】；；四、實驗題(共3題，共27分)17、略

【分析】【詳解】

（1）[1]本實驗采用的實驗方法是控制變量法；A正確。

故選A。

（2）[2]若將傳動皮帶套在兩塔輪半徑相同的圓盤上，則角速度ω相同，質量m相同的兩鋼球分別放在不同位置的擋板處，則轉動半徑r不同，轉動手柄，可探究小球做圓周運動所需向心力F的大小與半徑r的關系。

（3）[3]若將皮帶套在兩輪塔最下面圓盤上（兩圓盤半徑之比為），則角速度之比為質量相同的兩鋼球放在圖示位置的擋板處，轉動半徑相同；轉動手柄，穩定后，觀察到左側標尺露出1格，右側標尺露出9格，則向心力之比為可以得出的實驗結論為質量和半徑一定的條件下，物體做圓周運動需要的向心力與角速度的平方成正比。【解析】Ar質量和半徑一定的條件下，物體做圓周運動需要的向心力與角速度的平方成正比18、B:D【分析】【詳解】

在做《探究動能定理》的實驗時，必須要先接通電源，后釋放小車，得到小車從開始運動到勻速運動的紙帶，然后根據紙帶的均勻的部分求解小車的最大速度，選項A錯誤；在“利用斜槽上滾下的小球探究碰撞中的不變量”的實驗中，入射小球每次都必須從斜槽上同一位置由靜止滑下，以保證小球到達斜槽底端的速度相同，選項B正確；在利用圖所示裝置“驗證機械能守值定律”實驗時只能用兩點之間的平均速度等于中間點的瞬時速度來求解瞬時速度，不可以利用公式來求瞬時速度，否則就不是驗證機械能守恒了，選項C錯誤；在利用圖所示裝置“驗證機械能守恒定律”實驗時,發現動能增加量總是小于重力勢能減少量△Ep減，這是由于該過程中有阻力做功，而高度越高，阻力做功越多；故增加下落高度后，則△Ep減-△Ek將增大；選項D正確；故選BD.19、略

【分析】【詳解】

解：(1)根據極短時間內的平均速度等于瞬時速度可知，滑塊通過光電門1的瞬時速度為通過光電門2的瞬時速度為

(2)拉力做功等于動能的變化量，則有

(3)該實驗中由于已經用力傳感器測出繩子拉力大小，不是將砝碼和砝碼盤的重力作為小車所受的拉力，故不需要滿足砝碼和砝碼盤的總質量遠小于小車的質量．【解析】不需要五、解答題(共4題，共16分)20、略

【分析】【詳解】

（1）拔掉A圖釘前，輕線的拉力為小球做圓周運動的向心力，設其大小為T，則由牛頓第二定律得：T=mω2a

（2）拔掉A圖釘小球沿切線方向勻速直線運動，直到線環B被圖釘套住，小球的速度：v=ωa

小球的運動情況如圖所示，則小球勻速運動的位移為：

則運動時間：

（3）v可分解為切向速度v1和法向速度v2，繩被拉緊后v2=0，小球以速度v1做勻速圓周運動，半徑：r=a+h

由于：

解得：【解析】（1）T=mω2a；（2）；（3）21、略

【分析】【詳解】

（1）設初速度為v，則根據機械能守恒有代入數據解得：

（2）小滑塊到達軌道最低點時，受重力和軌道對它的彈力為N，根據牛頓第二定律有代入數據解得

根據牛頓第三定律；對軌道的壓力大小為3N

（3）小滑塊離開軌道后做平拋運動，水平方向豎直方向

代入數據得．

【點睛】在滑塊從軌道的最高點到最低點的過程中，根據機械能守恒定律即可求解；小滑塊到達軌道最低點時，受重