2020-2021學(xué)年高一物理下學(xué)期期末測試卷（人教版）01（全解全析）

2020-2021學(xué)年下學(xué)期期末測試卷01卷

高一物理?全解全析

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DDACACCBACADACABC

1.D

【詳解】

ABC.兩種方式推出的鉛球在空中運動的時間不可能相同，滑步推鉛球時，鉛球出手時的速度大小增大，

其豎直方向的分速度，與水平方向的分速度都增大，則在空中的運動時間更長，上升的高度更高，在最高

點的速度較大，所以ABC錯誤；

D.滑步推鉛球可以增加成績，可能是因為延長了運動員對鉛球的作用位移，做功更多，讓鉛球出手速度增

大，所以D正確；

故選D。

2.D

【詳解】

A.飛鏢B下落的高度大于飛鏢A下落的高度，根據(jù)〃=gg產(chǎn)得

B下降的高度大，則8鏢的運動時間長，故A錯誤；

B.兩飛鏢平拋的起點相同，而落點不同，則由起點指向落點的位移方向不同，故B錯誤；

C.因為A、8鏢都做平拋運動，速度變化量的方向與加速度方向相同，均豎直向下，故C錯誤;

D.因為水平位移相等，B鏢的時間長，則B鏢的初速度小，故D正確；

故選D。

3.A

【詳解】

風(fēng)車被風(fēng)吹著繞中心轉(zhuǎn)動時，A、B兩點屬于同軸轉(zhuǎn)動，角速度相等，則/八=08，由

v=cor

可得

匕》＞以

故A正確，BCD錯誤。

故選Ao

4.C

【詳解】

A.近地衛(wèi)星的速度為7.9km/s,周期約為84分鐘，飛船在軌圓周運動的周期5小時，比近地高，越高越慢,

所以飛船的速度小于7.9km/s,A錯誤；

B.同步衛(wèi)星的周期為24小時，越高越慢，所以飛船離地高度小于地球同步衛(wèi)星離地高度，B錯誤；

C.越高越慢，所以飛船的角速度大于地球同步衛(wèi)星的角速度，C正確；

D.根據(jù)萬有引力定律，飛船和地球間的萬有引力與飛船到地心的距離的平方成反比，D錯誤。

故選C。

5.A

【詳解】

AB.根據(jù)動能定理，總功是動能變化的量度，故動能變化量等于W所以A正確，B錯誤；

CD.除重力外其它力做的功是機(jī)械能變化的量度，故高壓燃?xì)庾龅墓涂諝庾枇团谕沧枇ψ龅墓χ偷?/p>

于機(jī)械能的增加量，故C、D錯誤。

故選Ao

6.C

【詳解】

設(shè)小物塊間在BC面上運動的總路程為s,物塊在BC面上所受的滑動摩擦力大小始終為

/=〃加g

對小物塊從開始運動到停止運動的整個過程進(jìn)行研究，由動能定理得

mgh-Rings

解得

s=1.0m

由于d=0.60m,分析可知，小物塊在BC面上來回共運動2次，最后停在距離C點0.4m的地方，則停的地

點到B的距離為0.20m。

故選Co

7.C

【詳解】

由動量定理可得

Ft=Q-mv

則

0-60x—

F=----------漁N=-300N

4

負(fù)號表示力的方向，則安全帶對乘客的平均作用力大小約為300N。

故選C。

8.B

【詳解】

A.子彈損失的動能等于克服阻力做的功，為/(s+m，故A錯誤；

B.木塊增加的動能等于合力做的功，為力，故B正確；

C.子彈動能的減少等于木塊增加的動能與系統(tǒng)增加的內(nèi)能之和，故C錯誤；

D.子彈和木塊摩擦產(chǎn)生的熱量等于摩擦力與相對路程的乘積，即〃，故D錯誤。

故選Bo

9.AC

【詳解】

AB.對小物體研究，做勻速圓周運動，受重力、支持力和向上的靜摩擦力，豎直方向

F(=mg

靜摩擦力不變，B錯誤A正確；

CD.對小物體研究，做勻速圓周運動，受重力、支持力和向上的靜摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，水平方向

FN=mco^r

當(dāng)角速度。加倍后，支持力變?yōu)?倍，D錯誤C正確。

故選AC。

10.AD

【詳解】

AB.由題意可知，該星球表面的重力加速度為

由黃金代換公式可得

mg=m—

得星球的第一宇宙速度為

%=榨=馬

該星球的第二宇宙速度為

"瓜二^~

B錯誤，A正確；

CD.地球表面上的物體的重力等于萬有引力，即有

GMm

二mg

則地球的質(zhì)量為

M=四=0±研

G3

同理，可得星球的質(zhì)量為

gR24y

M—=p一汽建

G3

聯(lián)立解得

p=)

2

2/rf

81

C錯誤，D正確。

故選AD。

11.AC

【詳解】

AB.甲車受到的阻力瑪且=lxl()4,VnFlOm/s,且做勻速運動時，動力和阻力大小相等，則

45

4s^^flVm=lxl0xl0W=lxl0W

故A正確，B錯誤;

CD.由圖可知

Q乙=—m/s2=0.5m/s2

乙30

對甲車，前20s由動能定理

mv2

人—尸鶴=宅

得

si=175m

20?30s內(nèi)

S2=10xl0m=100m

對乙車，前30s

1,1,

s乙=5a乙廠=—x0.5x(30)?m=225m

此時相距

△s=(175m+100m)—225m=50m

則

50，八

△Af=—s=10s

5

所以

=30s+10s=40s

故C正確，D錯誤。

故選AC。

12.ABC

【詳解】

A.A、B兩木塊離開桌面后做平拋運動，由平拋運動規(guī)律

I,1,

u=一,h.gt

可得

則木塊A、B離開彈簧時的速度大小之比為

VBh2

所以A正確；

B.以向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律得

inAVA—mnVB=G

因此

久」=2

所以B正確；

C.木塊A、8離開彈簧時的動能之比為

12

%2

所以C正確；

D.彈簧對木塊4、8的作用力大小之比

區(qū)J

FB1

所以D錯誤；

故選ABC,

13.ABD65.0(64.5-65.5)mAxp=mAxM+mBxN

【詳解】

(1)[1]D.驗證小球在碰撞中動量是否守恒時，需要測量碰撞前后的動量，則需要測量兩小球的質(zhì)量，〃A、

ntB，所以D正確；

ABC.必須測量小球碰撞前后的速度，根據(jù)平拋運動規(guī)律有

,12

h=Qgt

x=vot

聯(lián)立解得

x

V=-------

\2h

g

由于小球碰撞前后從相同高度飛出做平拋運動，則其速度與水平位移成正比，所以只需要測量小球做平拋

運動的水平位移就可以表示小球的速度，則AB正確；C錯誤;

故選ABD。

(2)[2]用一個小圓把所有落點圈起來，圓心表示小球的平均落點，如圖所示，碰撞后B球的水平射程應(yīng)取

為65.0cm。(64.5-65.5)

(3)[3]A小球碰撞前的速度為

A小球碰撞后的速度為

B小球碰撞后的速度為

驗證的動量守恒關(guān)系式為

mAvP=mAvM+mBvN

整理得

=mAxM+mBxN

200~°03無

【詳解】

小球進(jìn)入光電門之前，彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為小球動能，故小球射出的速度等于通過光電門時的

水平速度，即

L

v=—

[2]

口_1，m匕

%=—mv'=一丁

22r

(2)[3]由乙圖讀出數(shù)據(jù)，并代入公式有

E〃=-kx'

「2

解得

Z=200N/m

[4]當(dāng)彈簧壓縮量從1cm變?yōu)?cm時(始終在彈簧彈性限度內(nèi))，彈簧做功

W=/一昂2=—Q03J

(3)[5]根據(jù)力作用的獨立性，可知對實驗結(jié)果沒有影響。

15.(1)6m/s,6m/s；(2)〃=0.3,R=o.6m

【詳解】

(1)設(shè)兩物塊質(zhì)量均為小炸藥爆炸后，根據(jù)動量守恒和能量守恒，可得

mvA-mvB

Q=~mVA+gmVB=36J

解得

vA=vB=6m/s

(2)由于A、B在木板上動摩擦因數(shù)相同，質(zhì)量相同，則在A滑行至木板左端的過程中，木板和圓弧槽始

終不動，A離開滑板的末速度與B相等

VA=VH

且

L

XA=XB=-

A物塊從爆炸后到離開木板的過程中，由動能定理得：

A物塊從離開木板到上滑至圓槽最高點過程中：由A與圓槽系統(tǒng)水平動量守恒和機(jī)械能守恒得

=（根+/%）丫

mvAa

上述過程的同時，B與木板系統(tǒng)動量守恒，能量守恒:

mvB=(〃2+〃4)片|：

解得:

〃=0.3,R=0.6m

16.(1)1.2m；(2)5m/s,與水平方向夾角為53°;(3)46080N；61200N

【詳解】

（I）從平臺飛出到A點，人和車做平拋運動，運動的時間為

=0.4s

所以人和車運動的水平距離為

s="=1.2m

（2）摩托車落到A點時，豎直方向的速度為

vv=gt=4m/s

所以到達(dá)A點時的速度大小為

巳=5m/s

設(shè)摩托車到達(dá)A點時的速度與水平方向的夾角為a,則

tana="

v3

即

a=53

（3）根據(jù)牛頓第二定律

2

m

NA-mgcos53°=~^

解得

NA=46080N

（4）在。點

N-mg=

解得

N=61200N

17.(1)〃=0.1m；(2)〃=8；(3)75N

【詳解】

(1)根據(jù)功能關(guān)系可得：