2020-2021學(xué)年高一物理下學(xué)期期末測(cè)試卷（人教版2019）03（全解全析）

2020-2021學(xué)年下學(xué)期期末測(cè)試卷03卷

高一物理.全解全析

I23456789101112

DDDDDCBAACBCADBC

1.D

【詳解】

1,

C.小球在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，其上升和下降的時(shí)間相等，豎直方向?yàn)樽杂陕潴w運(yùn)動(dòng)，由〃=^g廣，

得

其運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為

由此可知小球A在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間大于小球B在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，故C錯(cuò)誤；

A.由于兩小球都做斜拋運(yùn)動(dòng)，水平方向都是勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)只有水平方向的速度，由于兩

球的水平位移相等，由x=4,可知兩球運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)時(shí)小球A的速度小于小球B的速度，故A錯(cuò)誤；

B.兩球運(yùn)動(dòng)過程中都只受重力作用，加速度都是重力加速度g,故B錯(cuò)誤；

D.根據(jù)速度變化量Av=g4,由于小球A在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間大于小球B在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，所以從拋出

至落回同一水平面，A球速度變化量大于B球速度變化量，故D正確。

故選D。

2.D

【詳解】

A.由于乒乓球反彈前后水平分速度不變，豎直分速度大小不變，方向相反，且不考慮乒乓球的旋轉(zhuǎn)和空氣

阻力，所以在整個(gè)的運(yùn)動(dòng)的過程中，乒乓球的能量是守恒的，由于球恰好在最高點(diǎn)時(shí)越過球網(wǎng)，無法判斷

網(wǎng)得j,A錯(cuò)誤；

B.從乒乓球發(fā)出到第一次接觸球臺(tái)，此時(shí)乒乓球做的是平拋運(yùn)動(dòng)，從反彈后到越過球網(wǎng)過程中，乒乓球

在豎直方向上做的豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律

,12

h=2St

可以求得球從發(fā)出到第一次落在球臺(tái)上的時(shí)間為

在乒乓球從發(fā)出到剛越過球網(wǎng)的時(shí)刻，在水平方向上，乒乓球一直是勻速直線運(yùn)動(dòng)，從發(fā)球到剛越過球網(wǎng)

時(shí)的總時(shí)間為2r,又因?yàn)樗降奈灰茷?/p>

L=v0-2t

即

Lg

%

2\2h

B錯(cuò)誤;

C.從拋出到落到臺(tái)上，在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，有

Vy=y!^gh

由于拋出時(shí)有初速度，故落到臺(tái)上的速度大于屈，C錯(cuò)誤;

D.剛好過網(wǎng)，在B點(diǎn)接到球，球從A點(diǎn)到8點(diǎn)所用時(shí)間為

2h

t=4f=4

g

D正確。

故選Do

3.D

【詳解】

在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有

2

IF-mg=-----

以繩長為圓周運(yùn)動(dòng)半徑，解得每根繩子的拉力

F=350N

實(shí)際運(yùn)動(dòng)中人的重心到懸點(diǎn)的距離小于繩長，故每根繩子平均承受的拉力應(yīng)大于350N。故D正確。

故選Do

4.D

【詳解】

輪4、輪8靠摩擦傳動(dòng)，邊緣點(diǎn)線速度相等，故

匕：心=1:1

根據(jù)公式

v=rco

有

4:q=3:2

根據(jù)

co=27in

有

",：%=3：2

根據(jù)

a=va)

有

aa:ab=3:2

輪8、輪C是共軸傳動(dòng)，角速度相等，故

礫：/=1:1

根據(jù)公式

v-ra)

有

—2=3:2

根據(jù)

CD=27m

有

%：&=1:1

根據(jù)

a=va>

有

ah:ac=3:2

綜合得到

%：%：%=3:3:2

ft>a：g：4=3：2:2

〃a：〃b：〃c=3：2:2

tza:?b:?c=9:6:4

故D正確。

故選Do

5.D

【詳解】

A.軌道i、n的中心天體是地球，軌道ni的中心天體是月球，中心天體不同不滿足開普勒第三定律，A錯(cuò)

誤;

B.根據(jù)牛頓第二定律有

2

廠Mmv

G——=m—

44

八Mm

mg=G^

不

因?yàn)檐壍繧為近地圓軌道，則/?kR,則嫦娥五號(hào)在軌道I上運(yùn)行速度

選項(xiàng)B錯(cuò)誤;

C.根據(jù)牛頓第二定律有

-Mm

G——=ma

在P點(diǎn)〃相同，則嫦娥五號(hào)在橢圓軌道II上尸點(diǎn)的加速度等于在圓軌道I上尸的加速度，C錯(cuò)誤;

D.嫦娥五號(hào)沿橢圓軌道n從p點(diǎn)向。點(diǎn)飛行的過程中，速度減小，則從尸到。萬有引力做負(fù)功，D正確。

故選D。

6.C

【詳解】

手拉著彈簧上端P點(diǎn)緩慢向上移動(dòng)，可以看成物體是處于平衡狀態(tài)，根據(jù)胡克定律得，彈簧的伸長量

在這一過程中，P點(diǎn)的位移是H。所以物體上升的高度為”-學(xué)■所以物體重力勢(shì)能的增加量為

故選C。

7.B

【詳解】

A.設(shè)鋼板下落的加速度為m根據(jù)

Ep=mgH

而下落過程中，距地面的高度

因此

12

EP=mg(h0--ar)

可知Ep與*為一次函數(shù)關(guān)系，A正確；

B.重力的功率

P=mgv

而

v2=2ah

整理得

P=mg12ah

可知P—力圖像為曲線，B錯(cuò)誤；

C.由于鋼板加速下落，由于

v2—lah

因此動(dòng)能

F=—1mv2-man,

k2

故動(dòng)能與下落高度成正比，C正確；

D.下落的過程中，由于加速下落，因此

v-at

因此U-f圖像為一條過坐標(biāo)原點(diǎn)的直線，D正確。

故不正確的是B。

8.A

【詳解】

設(shè)向右為正，由動(dòng)量守恒可知

11

mv

Ao=^A-^o+mB--vo

解得

吆=』

mH4

能量關(guān)系滿足

或者

11

mAv0^-mA--v0+mB--v0

解得

吆=?

mB8

能量關(guān)系滿足

~mAV0>~%.I1%>+g%.（J%）2

則AB兩球質(zhì)量之比為3:4或3:8；

故選Ao

9.AC

【詳解】

A.不計(jì)空氣阻力，水平拋出兩個(gè)小球，兩球均做平拋運(yùn)動(dòng)，以拋出點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立直角坐標(biāo)系，則由

平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律知

12

y=2gr

x=vot

聯(lián)立解得

由數(shù)學(xué)知識(shí)知，它們的軌跡方程為拋物線方程，故軌跡均為拋物線，故A正確；

BD.由題意知，題目中并未要求兩小球一定要在空中相碰，由于不知道兩小球是否同時(shí)拋出，所以兩小球

從同一水平直線上拋出，軌跡相交，但并不代表它們一定就在相交處相碰；若要使兩個(gè)小球在空中發(fā)生碰

撞，兩小球從同一水平直線上拋出時(shí)，由于相碰時(shí)豎直位移y相等，根據(jù)

知兩球在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，則兩小球同時(shí)拋出時(shí)，可在空中發(fā)生碰撞，故BD錯(cuò)誤。

C.由題意知，兩小球從同一水平直線上拋出，在軌跡相交處，由

1o

y=2§r

知兩小球下落的時(shí)間相等，但由于水平位移

4〉/

所以可判斷一定有A球的拋出速度大于B球的拋出速度，即

VAO>VB0

故C正確;

故選AC。

10.BC

【詳解】

A.根據(jù)

_Mmv2

G=m—

r

解得

rA<rB=rc

則有

眩>%=%

A錯(cuò)誤;

B.根據(jù)

八Mm

G——=ma

解得

a

r

rA<rB=rc

則有

aA>aB=ac

B正確；

C.根據(jù)

2

「Mm47

解得

則有

TA<TB=TC

C正確；

D.根據(jù)

Mm

F=G-^~

因?yàn)?/p>

mA=mB<mc

rA<rB=rc

則

F（：>FB

FA>FB

D錯(cuò)誤。

故選BCo

11.AD

【詳解】

A.當(dāng)牽引力等于阻力時(shí);速度取到最大值，則有

P

/=—=800N

%

又

f=king

解得

左=/=0.4

mg

故A正確；

B.0~8s內(nèi)汽車的加速度

a=-=lm/s2

根據(jù)牛頓第二定律有

F—f=ma

解得

F=ma+/=10(X)N

故B錯(cuò)誤；

C.8s78s過程變加速過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得

Pt-fs=-^mv^一；mVj2

解得

5=95.5m

則平均速度

v=-=9.55m/s

故C錯(cuò)誤;

D.8s78s過程中汽車牽引力已達(dá)到最大功率，所以牽引力做的功為

W=P/=8X1()4J

故D正確。

故選AD。

12.BC

【詳解】

A.物塊從開始運(yùn)動(dòng)到返回底端的過程中重力的沖量

lG=3mgtQ

故A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B.上滑過程中物塊做初速度為的的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，下滑過程中做初速度為零，末速度為v的勻加速直線

運(yùn)動(dòng)，上滑和下滑的位移大小相等，所以有

%=上2。

22

解得

2

物塊從開始運(yùn)動(dòng)到返回底端過程中動(dòng)量的變化量為

A/?=m(-v)-mv0=--mv0

故B正確；

C.上滑過程中有

-(mgsin0+pimgcos,0^t(=Q-mvo

下滑過程中有

(mgsin0-/jmgcos8)2t0=m--0

解得

.」5%

sin6=——

8gf0

故c項(xiàng)正確；

D.3ro時(shí)間內(nèi)，物塊受力為重力、支持力、摩擦力.從底端出發(fā)又回到底端，高度不變，重力做功為零；

支持力始終與速度垂直，不做功；摩擦力始終與速度反向，做負(fù)功.根據(jù)動(dòng)能定理，摩擦力所做的功就等

于物體動(dòng)能變化量.克服摩擦力所做的功與摩擦力所做負(fù)功大小相等.所以能求出

121232

W=—mv——mv=—mv

f2()280

故D項(xiàng)錯(cuò)誤。

故選BC。

13.CD叫冗2=叫玉+加2工3

【詳解】

兩球碰撞時(shí)要發(fā)生對(duì)心碰撞，兩球的直徑應(yīng)相等，即n=r2；為防止碰撞過程入射球反彈，入射球的質(zhì)

量應(yīng)大于被碰球的質(zhì)量，即，〃|＞以2。故C正確。

故選Co

(2)[2]AB.由于各種偶然因素，如所受阻力不同等，小球的落點(diǎn)不可能完全重合，落點(diǎn)應(yīng)當(dāng)比較集中，故

AB錯(cuò)誤；

CD.確定落點(diǎn)平均位置的方法是最小圓法，即用盡可能最小的圓把各個(gè)落點(diǎn)圈住，這個(gè)圓的圓心位置代表

落點(diǎn)的平均位置；由于落點(diǎn)比較密集，又較多，每次測(cè)量距離很難。故不能用求平均值的方法求解；故C

錯(cuò)誤D正確。

故選D。

(2)⑶分析數(shù)據(jù)，如果動(dòng)量守恒應(yīng)有

町％-+m^v2

小球碰撞前后都做平拋運(yùn)動(dòng)，因高度相同則落地的時(shí)間想用，因此有

X-.XX,

V0=7，V,=7，V2=7

代入上面公式可得

班￡=叫玉+m2X3

是否成立，從而驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。

14.0.490.48大于存在摩擦阻力做負(fù)功B

【詳解】

(1)從起點(diǎn)O到打下記數(shù)點(diǎn)B的過程中，重力勢(shì)能減少量

%=mghB=lx9.8x0.0501J=O.49J

打B點(diǎn)時(shí)的速度

(7.06-3.14)XIO-2.八”,

v.==----------------------m/s=0.98m/s

11t2T0.04

此過程中物體動(dòng)能的增加量

△Ek==|x1x0.982J=0.48J

通過計(jì)算，數(shù)值上△￡「>△心,這是因?yàn)橹匚锵侣溥^程中存在摩擦阻力做負(fù)功。

(2)根據(jù)

mgn.=-1mv~,>

可知

12,

2V=8卜

1,

則一聲―力圖線是過原點(diǎn)的直線，故選B。

2

[6

15.(1)4m/s2,2m/s2；(2)—m/s；(3)1.6m

3

【詳解】

(1)滑塊。在木板尸上表面運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)滑塊。由牛頓第二定律得

%=耍=4后

m

對(duì)木板尸由牛頓第二定律得

“儂=2皿s2

PM

(2)對(duì)滑塊和木板由動(dòng)量守恒定律

mv^=mvQ+Mvp

由動(dòng)能定理

—jLimgL=；771VQ+gMvp—；mv