2020-2021學(xué)年高一物理下學(xué)期期末測(cè)試卷03（北京專用）（全解全析）

2020-2021學(xué)年下學(xué)期期末測(cè)試卷03

高一物理?全解全析

第I卷

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ACAACBCCBBDACB

1.A

【詳解】

做圓周運(yùn)動(dòng)的物體，在受到指向圓心的合外力突然消失，或者不足以提供圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力的情

況下，就做逐漸遠(yuǎn)離圓心的運(yùn)動(dòng)，這種運(yùn)動(dòng)叫做離心運(yùn)動(dòng)。故A正確。

故選Ao

2.C

【詳解】

A.熱氣球緩緩升空，除重力外浮力對(duì)它做功，機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；

B.樹(shù)葉從枝頭飄落，空氣阻力對(duì)它做功，機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；

C.擲出的鉛球在空中運(yùn)動(dòng)，阻力可以忽略，只有重力做功，機(jī)械能守恒，故C正確；

D.跳水運(yùn)動(dòng)員在水中下沉，除重力外，水的阻力和浮力對(duì)他做負(fù)功，機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤.

3.A

【詳解】

根據(jù)平行四邊形定則得，水平方向上的分速度為

v水平=ucos6

豎直方向上的分速度

vsH=vsin(?

故選Ao

4.A

【詳解】

人造衛(wèi)星繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力提供向心力，則

2

「Mmv(2兀

G——=m—=m\——

r~r\T

解得

GM.°/

u=J-----'T=2兀J-------

\r\GM

由上述計(jì)算可知，軌道半徑r越大，速率v越小，周期7越大，故A正確，BCD錯(cuò)誤。

故選A。

5.C

【詳解】

A.萬(wàn)有引力公式適用于兩質(zhì)點(diǎn)間的萬(wàn)有引力計(jì)算，公式并不只適用于星球之間的引力計(jì)算，公式也適

用于質(zhì)量較小的物體，故A錯(cuò)誤；

B.當(dāng)兩物體間的距離趨近于0時(shí)，萬(wàn)有引力公式不再適應(yīng)，萬(wàn)有引力不會(huì)趨近于無(wú)窮大，故B錯(cuò)誤；

C.兩物體間的萬(wàn)有引力大小相等、方向相反、作用在同一直線上，兩物體間的萬(wàn)有引力也符合牛頓第

三定律，故C正確；

D.公式中引力常量G是有單位的，G的單位為N-m2.kg-2,故D錯(cuò)誤。

故選Co

6.B

【詳解】

若以桌面為參考平面，小球落地時(shí)的重力勢(shì)能為

Ep=-mgh=-1x10x0.5J=-5J

整個(gè)下落過(guò)程中

AEp=/ng(H+/i)=lxlOx(1.5+0.5)J=20J

重力勢(shì)能較少20Jo

故B正確。

故選Bo

7.C

【詳解】

離開(kāi)桌面時(shí)，物體具有水平向右的速度，受到重力及拉力的作用，因?yàn)楹狭愣ú⑴c速度不共線，所

以物體離開(kāi)桌面后做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)。

故選C。

8.C

【詳解】

A.衛(wèi)星從軌道I變軌到軌道II軌道半徑變大，要做離心運(yùn)動(dòng)，衛(wèi)星應(yīng)從軌道I的P加速后才能做離心

運(yùn)動(dòng)從而進(jìn)入軌道H,衛(wèi)星加速過(guò)程機(jī)械能增加，故A錯(cuò)誤：

B.衛(wèi)星由H的。點(diǎn)加速后才能進(jìn)入HI,由此可知，衛(wèi)星在軌道HI經(jīng)過(guò)。點(diǎn)時(shí)的速度大于軌道H經(jīng)過(guò)

。點(diǎn)時(shí)的速度，故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)牛頓第二定律可知，在同一個(gè)點(diǎn)衛(wèi)星所受的萬(wàn)有引力相同，故衛(wèi)星在不同軌道上的同一點(diǎn)P上

的加速度相同，故c正確；

D.衛(wèi)星的最小發(fā)射速度為7.9km/s,衛(wèi)星已經(jīng)發(fā)射，失利原因不可能是發(fā)射速度沒(méi)有達(dá)到7.9km/s,故

D錯(cuò)誤。

故選Co

9.B

【詳解】

天車勻速運(yùn)動(dòng)到某處突然停止后，兩物體在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，而其速度大小在該瞬間不變，由

向心加速度公式

V2

an~一

r

可知，吊繩較短的向心加速度大，故

故B正確。

故選Bo

10.B

【詳解】

A.因?yàn)閮汕蛲瑫r(shí)水平拋出，根據(jù)高度決定運(yùn)動(dòng)時(shí)間，所以兩球不可能同時(shí)經(jīng)過(guò)尸點(diǎn)，即不會(huì)在該點(diǎn)相

遇。A錯(cuò)誤；

B.因?yàn)椤Ｐ∏蜉^高，所以其運(yùn)動(dòng)時(shí)間較長(zhǎng)，B正確；

C.由圖可知，。小球的水平位移較小，而運(yùn)動(dòng)時(shí)間長(zhǎng)，所以其水平初速度較小。C錯(cuò)誤；

D.在豎直方向上，兩小球均做自由落體運(yùn)動(dòng)，其豎直分速度。小球的較大，但是a小球的水平分速度

較小，所以合速度的大小無(wú)法比較。D錯(cuò)誤。

故選Bo

【詳解】

AB.因?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)速度方向恰好改變了90。，可判斷恒力方向應(yīng)該為右下方，與初速度方向夾角大于90°

小于180。，才能出現(xiàn)末速度與初速度垂直的情況，因此恒力先做負(fù)功，當(dāng)達(dá)到與速度垂直后，再做正功，

速度先減小后增大，AB錯(cuò)誤；

C.勻速圓周運(yùn)動(dòng)合力始終指向圓心，是變力，所以恒力作用下不可能勻速圓周運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；

D.如果質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)MN兩點(diǎn)速度大小相等，則尸做的總功為零，尸方向與兩點(diǎn)的連線垂直，D正確。

故選D。

【詳解】

設(shè)路面的斜角為優(yōu)作出汽車的受力圖，如圖

根據(jù)牛頓第二定律，得

mgtan0=m—

又由數(shù)學(xué)知識(shí)得到

tan(9=-

X

聯(lián)立解得

2

/?=—=120m

gh

故選A。

13.C

【詳解】

A.根據(jù)速度的分解規(guī)律有

vAcos^=vBsin^

若6=30°，則A、8兩球的速度大小不相等，所以A錯(cuò)誤;

B.A小球在下落過(guò)程中，桿對(duì)A做了功，所以A小球的機(jī)械能不守恒，則B錯(cuò)誤;

C.當(dāng)A下落到底端時(shí)，桿與豎直方向的夾角為90，則3物體速度為

也」=。

所以C正確;

D.A小球下落過(guò)程中，一直做加速運(yùn)動(dòng)，則始終處于失重狀態(tài)，所以D錯(cuò)誤;

故選Co

14.B

【詳解】

要使小球直接落在容器的底部，設(shè)最小初速度為也，則有

L

片

聯(lián)立解得

設(shè)最大速度為吸，則有

2人浮2

2L

彩=7

聯(lián)立解得

丫2=血

因此小球拋出的初速度大小范圍為

^pZ<v<7i^

故B正確ACD錯(cuò)誤。

故選B。

15.是80.8竺七1：20J5：5

5

【詳解】

(1)[1]因?yàn)樨Q直方向上相等時(shí)間內(nèi)的位移之比為1：3：5,符合初速度為零的勻變速直線運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，

因此可知a點(diǎn)的豎直分速度為零，a點(diǎn)為小球的拋出點(diǎn)。

(2)[2]由照片的長(zhǎng)度與實(shí)際背景屏的長(zhǎng)度之比為1：4可得，乙圖中每個(gè)正方形的實(shí)際邊長(zhǎng)L=4cm,

豎直方向上有

\y=2L=g星尸

解得

2L2x4x10-2

8星=產(chǎn)=-57—=8m/s

(3)[3]水平方向小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，因此小球平拋運(yùn)動(dòng)的初速度為

3/x4x爐…8mzs

°T0.1

(4)[4加點(diǎn)豎直方向上的分速度

4L

——m/s=0.8m/s

2T0.2

所以

v

h=yb5

(5)[5]設(shè)星球半徑為R,根據(jù)萬(wàn)有引力與重力近似相等，則

—Mm

G.=mg

解得

GM=gR2

所以該星球的質(zhì)量與地球質(zhì)量之比

"星GMEg星魘_g星x魘_8xI_1

一丁忘一而彳一可

M地GM星

⑹根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，則

—Mmv2

G-^=mg=m《

解得

所以該星球與地球的第一宇宙速度之比

v?5

【詳解】

(1)[1]小球做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為7=2o

N

(2)①⑵由牛頓第二定律可得

/sin6=m/sin。

整理得

F=4TI2ml—

所以他的橫軸變量應(yīng)該選擇T<,則C正確；AB錯(cuò)誤；

故選Co

②[3]描點(diǎn)法畫出圖像如圖所示

③[4]由圖像可得圖像的斜率為

k=4/ml，k=0.20

則小球的質(zhì)量為

k0.20

772=--------------------------------------?0.010kg

W/4X3.142X0.5

17.(1)2rad/s；(2)0.5J；(3)0.5J

【詳解】

（1）設(shè)圓盤的角速度為。時(shí)，滑塊受到的靜摩擦力達(dá)到最大值，根據(jù)牛頓第二定律有

fimg^mrcD2

解得

co==2rad/s

故當(dāng)圓盤的角速度至少為rad/s時(shí)，滑塊從圓盤上滑落

（2）滑塊拋出時(shí)的速度為

y=m=Im/s

故滑塊拋出時(shí)的動(dòng)能為

2

￡■k=_2/w=0.5J

(3)滑塊作平拋運(yùn)動(dòng)，只有重力做功，機(jī)械能守恒，滑塊到達(dá)地面時(shí)的機(jī)械能為

E=Ek=0.5J

18.(1)v0=3m/s；(2)s=1.2m/s；(3)/=2.4s

【詳解】

(1)物體離開(kāi)平臺(tái)后做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)

1,

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

所以

vv=gt=4m/s

由幾何關(guān)系得速度偏轉(zhuǎn)角為a,所以

tana=^

%

求得

v0=-^—=3m/s

tana

(2)在水平方向，物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以

=卬=1.2m

(3)設(shè)斜面長(zhǎng)度為x,物體剛落在斜面上時(shí)

v=J說(shuō)+vj-5m/s

物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系得

.H

sina=—

x

求得

x=-^-=20m

sina

由牛頓第二定律展=加。可得

a=gsina-Rgcosa=5m/s2

運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

12

x=vot2+-at^

帶入數(shù)據(jù)求得2s,所以

t=+L—2.4s

19.(1)lOm/s；(2)10m；(3)0.5s

【詳解】

(1)小球擺到懸點(diǎn)正下方時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得

-V2

F-mg=m-

代入數(shù)據(jù)解得

v=10m/s

(2)細(xì)線拉斷后，小球做平拋運(yùn)動(dòng)，則有

x=vt

聯(lián)立解得，小球落地點(diǎn)到地面上P點(diǎn)的距離為

x=10m

(3)設(shè)小球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為運(yùn)動(dòng)軌跡如圖

則有

X'=vt'

由幾何關(guān)系可得

hLh，

t^T=~；

xr

聯(lián)立方程，解得

』.5s

20.(1)T,—v(2)m'=——多~~-

加2(肛+加2)

【詳解】

(1)雙星是穩(wěn)定的結(jié)構(gòu)，故公轉(zhuǎn)周期相同，故B的周期也為兀

設(shè)A、B的圓軌道半徑分別為門、9，由題意知，A、B做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的角速度相同，設(shè)其為由

牛頓第二定律可得，對(duì)A有

FA=m\co2r\

對(duì)B有