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

I23456789101112

AABACDDBACDACBDBC

1.A

【詳解】

A.質(zhì)點(diǎn)在x方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，初速度為也F3m/s,y方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度為b.=4m/s,則質(zhì)點(diǎn)

的初速度為

%=+.=5m/s

故A正確；

B.由3圖像可知，質(zhì)點(diǎn)的加速度為

a=—=1.5m/s2

X

根據(jù)牛頓第二定律，可得質(zhì)點(diǎn)所受的合外力為

F侖=ma=3N

故B錯(cuò)誤；

C.設(shè)質(zhì)點(diǎn)的初速度方向與x正方向的夾角為仇則有

v,4

tan0=上=—

解得

6=53°

而合外力方向沿x正方向，則質(zhì)點(diǎn)初速度與合外力夾角為53。，故C錯(cuò)誤;

D.2s末x方向的速度為6m/s,則2s末質(zhì)點(diǎn)的速度大小為

v-Jv/+vj-2y/13m/s

故D錯(cuò)誤。

故選Ao

2.A

【詳解】

設(shè)繩子與水平方向的夾角為6,小車上升的速度為乙，則

—=cos0

V

解得

VA-NCOS。

隨著小車的運(yùn)動(dòng)，。逐漸減小，COS。逐漸增大，則以逐漸增大；即重物A向上做加速運(yùn)動(dòng)，所以它處于

超重狀態(tài)；根據(jù)牛頓第二定律可知，繩子對(duì)小車的拉力大于物體A的重力。

故選A。

3.B

【詳解】

A.汽車轉(zhuǎn)彎時(shí)所受的力有重力、彈力、摩擦力和牽引力。A錯(cuò)誤；

B.設(shè)懸點(diǎn)到圓心的距離為/?,細(xì)線與豎直方向的夾角為a,則根據(jù)牛頓第二定律得

mgtana-m(^-)2-htana

解得

T=2萬(wàn)口

B正確；

C.因?yàn)锳B可能受到摩擦力，并且摩擦力的方向不確定，所以兩球運(yùn)動(dòng)的周期關(guān)系不確定。C錯(cuò)誤；

D.火車轉(zhuǎn)彎超過規(guī)定速度時(shí)，火車需要更大的向心力，所以車輪會(huì)擠壓外軌，即外軌對(duì)輪緣會(huì)有擠壓的作

用。D錯(cuò)誤。

故選B。

4.A

【詳解】

物體上升到最高點(diǎn)時(shí)

九=(%sin30)2

對(duì)沿月球表面的衛(wèi)星

八Mmv2

G—；—=m—=mg

A2a

22

解得第一宇宙速度

故選Ao

5.C

【詳解】

物體勻速上升時(shí)，有

P=Fv=(/+m^)v

V

速度為一時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得

4

4PP

F_(f+mg)=---------=ma

vv

解得

_3P

ci——

mv

故選c。

6.D

【詳解】

上升過程中根據(jù)動(dòng)能定理

Ek=E“)-(mgsin0+pimgcos&)x

則隨x增加，因?yàn)椤p小，則圖像的斜率減??；下滑時(shí)由動(dòng)能定理

Ek=(mgsin0-/.imgcos&)x

則隨x的增加，"增大，則圖像的斜率減小。

故選D。

7.D

【詳解】

設(shè)建筑工人下落5m時(shí)速度為v,則

v=12gh=—2x10x5m/s=10m/s

設(shè)安全帶所受平均沖力大小為凡則由動(dòng)量定理得

(mg-F)t=-mv

所以

mv60x10

F=mg+—=60x10NH------N=1000N

t1.5

所以D正確；ABC錯(cuò)誤；

故選D。

8.B

【詳解】

AB.兩球在豎直方向上均做自由落體運(yùn)動(dòng)，因?yàn)閮汕蛳侣湮恢孟嗤?，所以同時(shí)經(jīng)過水平面1。兩球經(jīng)過水平

面I時(shí)在豎直方向的速度相同，但A球還具有水平分速度，所以兩球速率不同。又因?yàn)橹亓ψ龉Φ乃矔r(shí)功

率等于重力與小球豎直方向分速度之積，所以經(jīng)過水平面1時(shí)，重力做功的瞬時(shí)功率相同，故A錯(cuò)誤，B

正確；

CD.兩球從水平面1到2的過程，所受合外力相同，在合外力方向運(yùn)動(dòng)的位移相同，運(yùn)動(dòng)時(shí)間也相同，根

據(jù)動(dòng)量定理可知兩球動(dòng)量變化量相同，根據(jù)動(dòng)能定理可知兩球動(dòng)能變化量也相同，故C、D錯(cuò)誤。

故選Bo

9.ACD

【詳解】

由圖可知，A和B在相同時(shí)間內(nèi)速度變化的大小相等，并且二者受到的合外力大小相等，所以二者質(zhì)量相

等。

A.木板獲得的動(dòng)能為

1,

E=-mv2=0.5J

k2

A正確；

B.系統(tǒng)損失的機(jī)械能為

22

Afk=；/nv0_2x；mv=1J

B錯(cuò)誤；

C.由圖可知，二者最后共速，所以物體沒有離開長(zhǎng)木板，所以二者的相對(duì)位移即為長(zhǎng)木板的最小長(zhǎng)度，二

者圖像圍成的三角形的面積即為最小長(zhǎng)度，有

1C,，

5=—x2xlm=1m

2

C正確；

D.在兩物體相對(duì)運(yùn)動(dòng)過程中，對(duì)長(zhǎng)木板有

_v

Cl——m----——

m

解得

；/=0.1

D正確。

故選ACDo

10.AC

【詳解】

A.探測(cè)器在軌道ni上繞月球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力提供向心力，有

廠Mm4萬(wàn)2?

可得月球質(zhì)量為

M工

GT2

則月球的密度為

4MH3

MJ七五3兀

“V4萬(wàn)一3GT2

3

故A正確;

3

B.橢圓軌道n的長(zhǎng)軸為3R,半長(zhǎng)軸為根據(jù)開普勒第三定律，有

2

邛_(2/?y

7v一(|研

解得

工=叵

V27

所以探測(cè)器在軌道I上運(yùn)動(dòng)的周期是在軌道II上運(yùn)動(dòng)的周期的竺倍,故B錯(cuò)誤;

JV27

C.根據(jù)開普勒第二定律可得

可得

所以B處速度大小是A處速度大小的2倍，故C正確;

D.根據(jù)6尸=/加可知，探測(cè)器在軌道HI經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的加速度等于在軌道H經(jīng)過8點(diǎn)時(shí)的加速度，故

D錯(cuò)誤。

故選ACo

11.BD

【詳解】

A.在空中飛行時(shí)的加速度都是相同的，均為g,選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.飛鏢2下落的豎直高度較大，根據(jù)

Y

可知，飛鏢2在空中飛行的時(shí)間較長(zhǎng)，選項(xiàng)B正確；

C.因水平位移相同，則

x

V=—

t

可知，飛鏢2投出時(shí)的初速度較小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D.落到靶盤上時(shí)鏢身與靶盤的夾角

tan=—=—

。gt

飛鏢1的初速度大，時(shí)間短，則0角較大（即圖中仇＞仇），選項(xiàng)D正確。

故選BD。

12.BC

【詳解】

A.由動(dòng)量定理

Ft=mv2-niv\

求出Is末、2s末速度分別為

vi=lm/s

V2=1.5m/s

由動(dòng)能定理可知合力做功為

W=g/〃匕2=2.25J

故0?2s內(nèi)功率是

W9

--

f8

故A錯(cuò)誤：

C.Is末、2s末功率分別為

P產(chǎn)產(chǎn)M=2W

三=22V2=1.5W

故C正確；

BD.第1秒內(nèi)與第2秒動(dòng)能增加量分別為

1,1T

—mvt=1J

—myq--mVj2=1.25J

故第2s內(nèi)外力所做的功為1.25J；而動(dòng)能增加量的比值為4：5,故B正確，D錯(cuò)誤;

故選BC。

22

13.BErwrh￡￡

=+n\x[=m2x2

p4h4h

【詳解】

彈簧彈出兩球過程中，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，要測(cè)定壓縮彈簧的彈性勢(shì)能，可轉(zhuǎn)換為測(cè)定兩球被彈出時(shí)的

動(dòng)能，實(shí)驗(yàn)中顯然可以利用平拋運(yùn)動(dòng)測(cè)定平拋初速度以計(jì)算初動(dòng)能，因此在測(cè)出平拋運(yùn)動(dòng)下落高度的情況

下，只需測(cè)定兩球落地點(diǎn)M、N到對(duì)應(yīng)管口「、。的水平距離王、馬，故選B。

(2)[2]平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間”楞，初速度％=：,因此初動(dòng)能

由機(jī)械能守恒定律可知，壓縮彈簧的彈性勢(shì)能等于兩球平拋運(yùn)動(dòng)的初動(dòng)能之和，即

2

E二班g石?加2g石

p4。4//

(3)[3]若彈射過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則

町%?=加2%2

代入時(shí)間得

附=m2x2

14.ABC㈣紇增大增大增大

4/?

【詳解】

(1)[1]由平拋規(guī)律可知，由水平距離和下落高度即可求出平拋時(shí)的初速度，進(jìn)而可求出物體動(dòng)能，所以本

實(shí)驗(yàn)至少需要測(cè)量小球的質(zhì)量，〃、小球拋出點(diǎn)到落地點(diǎn)的水平距離s、桌面到地面的高度人

故選ABC。

(2)[2]由平拋規(guī)律可知

豎直方向上

h=gg尸

水平方向上

s=vt

而動(dòng)能

Ek=-mv2

2

聯(lián)立可得

2

及=貯

4%

(3)[3]由題意可知如果〃不變，切減小，則相同的對(duì)應(yīng)的速度變大，物體下落的時(shí)間不變，對(duì)應(yīng)的水

平位移S變大，S-AX圖線的斜率會(huì)增大;

⑷如果，"不變，增加，則物體下落的時(shí)間增加，則相同的下要對(duì)應(yīng)更大的水平位移S,故SFX圖線

的斜率會(huì)增大;

[5]彈簧的彈性勢(shì)能等于物體拋出時(shí)的動(dòng)能，即

4/2

可知Ep與△s的2次方成正比，而與成正比，則昂與△x的2次方成正比，故馬隨的增大會(huì)增

大。

15.(1)2jiWm/s；(2)不能，理由見解析

【詳解】

(1)由圖乙可知，在前2m內(nèi)，力廠的大小

￡=30N

設(shè)滑塊在水平軌道AB上運(yùn)動(dòng)前2m過程所用的時(shí)間為f,對(duì)滑塊根據(jù)牛頓第二定律可知

耳-

/jmg=max

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

12

%=2印?

聯(lián)立解得

(=0.4s

由乙圖可知在第3m內(nèi)，力F的大小

6=15N

方向水平向左，對(duì)滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到8點(diǎn)過程，根據(jù)動(dòng)能定理有

月％―F2X2—/jmgx-gmv^

其中

Xi=2m,々=1m,x=3m

代入數(shù)據(jù)得

vB=2V15m/s

(2)小滑塊恰能到達(dá)最高點(diǎn)C時(shí)有最小速度匕

由

匕2

mg=

r

得

vc=V12.5m/s

假設(shè)小滑塊能滑到C,從B到C的過程，由動(dòng)能定理

c1212

-mg-2r=-mvc--mvB

解得

vc=V10m/s

由于

vc'=VlOm/s<vc=J12.5m/s

所以小滑塊不能滑到最高點(diǎn)c。

16.(l)6.25m/s2；(2)0.19N,方向豎直向上；(3)3N

【詳解】

(1)由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移公式有

71)

h=vat+—at~

解得

a=§=m/s2=6.25m/s2

(2)對(duì)雞蛋受力分析，雞蛋在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)，受重力mg、裝置的作用力Fi,由牛頓第二定律有

mg~F\=ma

尸產(chǎn)"7g-〃?a=5Oxl0-3x(