2020-2021學(xué)年高一物理下學(xué)期期末測(cè)試卷（人教版）02（全解全析）

2020-2021學(xué)年下學(xué)期期末測(cè)試卷02卷

高一物理?全解全析

123456789101112

DDCDDDCAACBCBDAD

1.D

【詳解】

B.船頭朝向正對(duì)岸劃船，則船的實(shí)際對(duì)地速度為

v=7V+v*2=5m/s

B錯(cuò)誤；

C.船速(船在靜水中的速度)垂直于河岸時(shí)，即船頭朝向正對(duì)岸劃船，渡河的時(shí)間最短，C錯(cuò)誤;

AD.由于靜水速小于水流速，合速度不可能垂直于河岸，不可能到達(dá)正對(duì)岸，A錯(cuò)誤D正確。

故選D。

2.D

【詳解】

AB.根據(jù)勻速圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，有

T=—,a=co2R

con

故AB錯(cuò)誤；

CD.水筒轉(zhuǎn)至和轉(zhuǎn)軸處于同一水平面時(shí)，水受重力機(jī)g和水筒璧對(duì)水的作用力尸共兩個(gè)力，而水做勻速圓

周運(yùn)動(dòng)，則F和mg的合力指向圓心，由牛頓第二定律

F2=(mg)2+(mco2Ry

解得

F=Jang￥+(ma)2R)2

故C錯(cuò)誤，D正確；

故選D。

3.C

【詳解】

A.衛(wèi)星在a軌道運(yùn)行時(shí)，軌道平面與赤道垂直，則不可能是地球同步衛(wèi)星，即不可能相對(duì)地球靜止，選項(xiàng)

A錯(cuò)誤；

B.衛(wèi)星在b軌道運(yùn)行的向心力大小始終不變，但是方向不斷變化，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

C.衛(wèi)星在c軌道運(yùn)行時(shí)，只有地球的引力對(duì)衛(wèi)星做功，則機(jī)械能始終保持不變，選項(xiàng)C正確;

D.衛(wèi)星在三個(gè)軌道運(yùn)行時(shí)，根據(jù)

—Mm

G——=ma

可得

GM

a=-

可知，因軌道半徑不同，則向心加速度不相同，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

故選C。

4.D

【詳解】

通過穿過滑輪的輕繩用力尸拉物體，等效于如圖所示的兩個(gè)力F同時(shí)拉物體，拉力產(chǎn)做功等于這兩個(gè)力做

功的代數(shù)和。

A.由圖甲，0?5秒內(nèi)拉力大小尸=6N,根據(jù)乙圖求的物塊在0?5秒物體位移

5,=-x5x5m=12.5m

12

所以拉力做功

叱=6距+1￡|cos^=6xl2.5J+6x12.5x1J=112.5J

故A錯(cuò)誤；

B.由圖乙可知，3秒末速度為

v=3m/s

拉力尸的功率為

4=百片+百hcos6=6X3W+6X3X1W=27W

故B錯(cuò)誤；

C.由乙圖知，5?10秒內(nèi)物塊做勻速運(yùn)動(dòng)，物體所受合力等于零，水平方向由平衡條件得

F2+F2COS0=f

又由圖甲可知

F2=4N

解得

/=6N

故C錯(cuò)誤；

D.由圖甲，5?10秒內(nèi)拉力大小尸2=4N,根據(jù)乙圖求的物塊在5?10秒物體位移

s2=5x5m=25m

所以拉力做功

W2=F2S2+F2s2cos9=4X25J+4x25x1j=l50J

故D正確；

故選：D。

5.D

【詳解】

設(shè)初速度為vo,則

12

&o=16J=5,叫

由平拋運(yùn)動(dòng)的推論可知，落到。點(diǎn)時(shí)速度方向與水平方向夾角的正切值為

c八3

tana=2tan9=一

2

則豎直速度為

3

。%tan。=萬%

則落地的動(dòng)能

12[r2/3、2、[3113

線=不mv=9皿％+（.%）]=72ZX16J=52J

故選D。

6.D

【詳解】

A.小球若恰能經(jīng)過。點(diǎn)，則

2

mg=mV-^n

解得

即在。點(diǎn)的速度必須大于府，選項(xiàng)A錯(cuò)誤;

B.小球在c點(diǎn)和d點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)小球的支持力提供向心力，即與軌道之間都有壓力，選項(xiàng)B錯(cuò)誤;

C.小球在e點(diǎn)和/點(diǎn)受力情況如圖,可知小球在e點(diǎn)的合力和在/點(diǎn)的合力大小不等，方向不是相反，選

項(xiàng)C錯(cuò)誤;

D.設(shè)小球在。點(diǎn)的速度為Va,則

V2

N,+加乂=m—

aR

從。點(diǎn)到匕點(diǎn)機(jī)械能守恒，則

-mvl=mg-2R+^mvl

小球在b點(diǎn)時(shí)

2

vh

Nl>-mg=m-^

解得

M-Na=6mg

即小球在b點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力一定比在a點(diǎn)時(shí)大6mg,選項(xiàng)D正確。

故選D。

7.C

【詳解】

A.根據(jù)動(dòng)量守恒定律得

mvo=(m+mA)v

解得

相A=4kg

木板A最終獲得的動(dòng)能為

Ek=機(jī)從供=2J

2

選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.系統(tǒng)損失的機(jī)械能

AEk=:機(jī)婚―J（如+機(jī)）/=61

選項(xiàng)B錯(cuò)誤：

C.木板A長(zhǎng)度

V+VV1

L>-n---1\---1\=—vot\=1.5m

222

選項(xiàng)C正確；

D.對(duì)B由牛頓第二定律得

—/.img—ma

其中

"%

a-

4

解得

〃=0.2

選項(xiàng)D錯(cuò)誤.

故選Co

8.A

【詳解】

小球沿滑塊上滑的過程中，對(duì)小球和滑塊組成的系統(tǒng)，水平方向不受外力，因而該系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量

守恒，小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)和滑塊具有相同的對(duì)地速度v（若速度不相同，必然相對(duì)滑塊運(yùn)動(dòng)，此時(shí)一定不是

最高點(diǎn)）.由水平方向動(dòng)量守恒得

mv0=（M+m）v

所以

M+m

故選Ao

9.AC

【詳解】

懸線被釘子擋住前后，線速度不變，因轉(zhuǎn)動(dòng)半徑變?yōu)樵瓉淼囊话耄鶕?jù)尸3?可知角速度增大到原來的2倍;

根據(jù)［寸①可知，向心加速度增大到原來的2倍。

故選AC。

10.BC

【詳解】

ACD.萬有引力提供向心力，即

2

「Mmv

G------7=m--------

(R+〃)2(R+〃)

地面上的物體機(jī)

廠Mm

G-^r=ms

解得

v乒

\R+h

AD錯(cuò)誤C正確;

B.根據(jù)

s2兀(R+h)

v=-=---------

tT

B正確。

故選BCo

11.BD

【詳解】

A.A、B落地時(shí)速度方向不同，所以A、B落地時(shí)速度不相同.A錯(cuò)誤;

B.根據(jù)動(dòng)能定理

mgh=Ek-^mvl

可知A、B落地時(shí)動(dòng)能相同。B正確；

C.設(shè)斜面的傾角為a,則B運(yùn)動(dòng)的加速度為

a=gsina

而A的加速度為重力加速度，所以二者不同。C錯(cuò)誤;

D.物體A落地時(shí)的功率為

Pf<=mgyj2gh

物體B落地時(shí)的功率為

"=mgQ2ghsina

所以A、B落地時(shí)重力的功率不一樣大。D正確。

故選BDo

12.AD

【詳解】

A.對(duì)子彈，由動(dòng)能定理可得

1，121

W=—mv；——mv：=——m

fz222,2

A正確；

B.子彈對(duì)木塊做的功為

叱=A

木塊對(duì)子彈做的功為

的2=fiC2

由于玉，因此叱〈明，即子彈對(duì)木塊做的功小于木塊對(duì)子彈做的功，B錯(cuò)誤；

C.對(duì)木塊，由動(dòng)能定理可得，子彈對(duì)木塊做的功等于木塊獲得的動(dòng)能，C錯(cuò)誤；

D.對(duì)子彈與木塊組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律可得，子彈損失的動(dòng)能等于木塊的動(dòng)能和子彈與木塊摩擦生

熱產(chǎn)生的內(nèi)能之和，D正確；

故選AD,

13.使氣墊導(dǎo)軌水平滑塊A的左端到擋板C的距離si和滑塊B的右端到擋板D的距離S2

(M+加盧-”包=0

【詳解】

[1]為了保證滑塊A、B作用后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，必須使氣墊導(dǎo)軌水平

[2]要求出A、B兩滑塊在卡銷放開后的速度，需測(cè)出A至C的時(shí)間九和8至。的時(shí)間團(tuán)并且要測(cè)量出兩

滑塊到擋板的距離61和S2,再由公式

S

U=一

求出其速度

⑶設(shè)向左為正方向，根據(jù)所測(cè)數(shù)據(jù)求得兩滑塊的速度分別為

囁

八

作用前兩滑塊靜止，均有v=0,兩滑塊總動(dòng)量為0,作用后兩滑塊的動(dòng)量之和為

(M+/〃)5]MS2

4

若碰撞中動(dòng)量守恒，應(yīng)有

$]Ms,

(M+m)—---------=0

%'2

\2

1"d_HH11

14.—m——mmgs工mgs—=—m——m能

2\(272L2、‘2,2\*|7

【詳解】

U］由題意得滑塊通過兩個(gè)光電門時(shí)的速度分別為

d

d

’2

則動(dòng)能變化量為

鈣=;見少一1,d、2

24

⑵通過兩個(gè)光電門過程中重力勢(shì)能的變化量

H

mgs—

［3］兩者在實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)，滿足

H11(d

mgs?—=—/?——m

’2J2

則滑塊在下滑過程中機(jī)械能守恒

［4］若實(shí)驗(yàn)中滑塊以初速度%下滑，仍然只有重力對(duì)滑塊做功，利用上述方法能驗(yàn)證滑塊在下滑過程中機(jī)械

能守恒。

15.(1)〃=L(2)且R

32

【詳解】

(1)設(shè)小物體與圓盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)為川，小物體恰好滑到餐桌上時(shí)圓盤的角速度為30

Rng=ma)lR

代入數(shù)據(jù)解得

1

(2)小物體從圓盤甩出時(shí)的速度

匕=a)()R

設(shè)小物體與餐桌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃2,小物體在餐桌上滑動(dòng)距離XI恰不滑出桌面

2

0-V,=2axl

"一"2g

餐桌的最小半徑

凡而=次+內(nèi)2

聯(lián)立解得

V爭(zhēng)

16.(l)0.2s；(2)3.75N

【詳解】

(1)手機(jī)下落高度為/z=20cm=0.2m；

由公式

,_12

h=2gt]

解得

(2)設(shè)向下為正方向，對(duì)手機(jī)下落過程分析，由動(dòng)量定理/令=^^

mg(八+12)-F/2=0-0

解得

F=3.75N

由牛頓第三定律可知，手機(jī)對(duì)人的臉的平均作用力為3.75N。

17.（1）￡v=5N,方向豎直向上；（2）0.3m；（3）^m/s<v0<4m/s

【詳解】

（1）小球從P到C的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得

41212