拔高卷-2021-2022学年高一××下学期期末考前必刷卷（人教版2019）（全解全析）

2021-2022学年高一XX下学期期末考前必刷卷

高一物理•全解全析

I23456789101112

DDBBBCCDADBDBCDBC

1.D

【解析】

AB.根据

可得运动的时间，=栏，所有小面圈在空中运动的时间都相同，根据

Av=gA/

可得所有小面圈的速度的变化量都相同，AB错误，不符合题意；

CD.因为水平位移的范围为

L<x<L+2R=3L

则水平最小初速度为

%产=盛

水平最大初速度为

k杏=3需

则水平初速度速度的范围为

痛<%<3需

落入锅中时，最大速度

=Jk+2g〃=J2：+2gzz

%

最小速度为

,==\穹+2gh

V2/2

C错误，不符合题意，D正确，符合题意0

故选D。

2.D

【解析】

A.设开始时小船距岸边为L,则

,hI-

QC。—20石m

tan30

5s时人拉绳端移动位移为

x=v/=3x5m=15m

设5s时小船前进了必绳与水面的夹角为0,由几何关系得

sin0=—=0.8

2h-x

解得

8=53°

A错误;

B.由几何关系得

八h

tan0=-------r

L-x

解得

x~19.64m

B错误;

c.沿绳子方向速度大小相等，所以有

V^COS0=V

可得5s时小船的速率为

V掰=5m/s

C错误;

D.5s时小船到岸边的距离为

,h

d=L-X=-------=15m

tan。

D正确。

故选D。

3.B

【解析】

在圆轨道上运动时，小球受到重力以及轨道的支持力作用，合力充当向心力，所以有

F-mg=〃?戈

小球做平抛运动时时的水平射程

x=s=v()t

小球的竖直位移：

,12

y=h=-gt

根据几何关系可得

—=tan

X

联立即得

2说tan。

人一

g

,mg

F口=mg+--------x

2/?tan/9

图像的纵截距表示重力，即

所以有

mg_10-5

27?tan00.5

解得：

R=0.25m

故选B；

4.B

【解析】

A.对小球从抛出到落至坑底的过程，根据动能定理

W=0-■-/nvg=g■机说

故A错误;

CD.设路面对小球做的功为W/,则由动能定理

mg(H+〃)+叱=0--mv^

解得

17

W]=-tng(H4-h)--fnv0

故c、D错误;

B.根据能量守恒定律可知，小球机械能的减小量等于小球克服路面阻力做的功，故B正确。

故选Bo

5.B

【解析】

A.设物块与圆心的连线与竖直方向的夹角为。，物块克服重力做功的功率为

2="zgnsing

从A到B过程中，。逐渐减小，则功率减小，故A错误；

B.拉力大小为

F=mgsin0

此时拉力的功率为

P=Fv=mgvsin0

故拉力厂的功率还渐减小。故B正确；

C.当物块在A点时，对整体受力分析，可知地面对整体的摩擦力水平向左，即半圆柱体对地面有水平向右

的摩擦力。故C错误；

D.当物块在B点时，对物块有

-v~2

mg-F=m—

NK

对半圆柱有

F'M=mg+G=(M+m)g-m—

K

故D错误.

故选Bo

6.C

【解析】

A.设匀强电场的场强为E,对小球由静止到摆到最低点的另一侧的最高位置的过程，根据动能定理有

mgLcos0-(l+sing)=0

解得

E一师

3q

故A错误；

BC.将电场力与重力合成，有

F=迈空

合3

合力方向与竖直方向成30。角斜向右下，将合力等效成一个合场力，找出等效最低点。'，对处于0'的小球

受力分析，如下图所示

由几何关系得a=60。，研究小球由静止到O'点的过程，根据动能定理有

mgLsina-qEL(1-cosa)=-0

解得

2+gL

VO,-

小球在O'点时受到的拉力最大，设为尸虫，根据牛顿第二定律得

曝x一尸4二机曳

max口L

解得

二46mg

1max-3

故B错误，C正确；

D.小球在。点时的速度最大，所以小球经过最低点时的速度小于摆动过程中的最大速度，故D错误。

故选Co

7.C

【解析】

A.由VT图像与时间轴所围的面积表示位移可知，小球在7s末回到出发点，故A错误；

B.由图像的斜率得小球在电场中的加速度为

2

12

离开电场后的加速度大小为

。,=区

'1.5

由牛顿第二定律得

qE-mg=ma},mg=ma2

联立解得电场强度大小

E=g

4q

故B错误；

C.由-=2qy得产点距边界的距离

故C正确；

D.尸点电势为

(PP=

故D错误。

故选C。

8.D

【解析】

AB.对箱子在。〜9m内运动过程根据动能定理有

W-fa=—mv

/=2N

根据外力做的功与位移的关系图线的斜率表示外力可知，3〜9m过程中水平推力为

£=2N

水平推力与摩擦力平衡，箱子做匀速直线运动，x=4m时，箱子的速度为3&m/s，故AB错误;

C.箱子的最大位移

xm--~13.5m

故C错误；

D.在前3m内，箱子做匀加速直线运动，外力的大小为

由动量定理有

（玛_/）4=mv

=A/2S

箱子从x=3m运动到x=9m的过程中做匀速直线运动，有

水平推力撤去后箱子做匀减速直线运动，有

—ft3=O-77ZV

解得

3&

t-i=------s

2

箱子从开始运动到停下来所用的时间为

75/2

乙+芍+4=三一

故D正确。

故选D。

9.AD

【解析】

AB.在最高点，若

v=0

则

若

&=。

由图知

v2=b

则有

v2h

mg=m—=fn-

RR

解得

h

g9

b

B错误A正确：

C.由图可知：当

/<h

杆对小球弹力方向向上，当

v2>b

杆对小球弹力方向向下，所以，当

二C

杆对小球弹力方向向下，c错误；

D.若

v2=2b

则

”=占尚

RR

解得

即小球受到的弹力与重力大小相等，D正确。

故选AD»

10.BD

【解析】

A.根据图像可知，01内，加速度从3ao减小到4°,小物体做加速度逐渐减小的加速运动，A错误;

B.0-L内,加速度从3ao减小到no,合外力从3/nao逐渐减小到5°,其平均力

L2L内，物体受到的合外力为恒力，大小为设01内、小2L内合外力做功分别为

叱=血=2咧及

W2=ma(}L

小物块运动至2L处的速度为V,根据功能定理

W}+W2弓心-o

解得

v=yj6a0L

B正确；

C.根据动能定理

W-jjmg2L=—mv2—0

解得

W=pnnglL+3ma{)L

C错误；

D.设小物块运动至L处的速度为u/,设小物块从L处运动至2〃处所用的时间为f,小物块从0(内，根据

动能定理

—1,

Wt=FL=2ina„L=—mv~-0

解得

vi=2《期1

小物块从L处至2L处做匀加速直线运动，则

r=vf_2IT

q>2+^N/

D正确。

故选BDo

11.BCD

【解析】

A.对物体受力分析，当

F=mgsin，+〃ngcos。=16N

拉力最小，速度最大，根据

P=Fv

代入数据解得％=20m/s,故A错误；

B.根据

P=Fv

物体向上加速，拉力尸越来越小，故当尸二2(^时・，加速度最大，根据牛顿第二定律有

F—mgsin0-Ringcos0=mam

代入数据解得/=2m/s2,故B正确;

D.若要用最短的时间将物体拉到斜面顶端O点，则物体必须先以最大加速度4=2m/s?做匀加速运动，再

做变加速运动，最后做匀速运动；设经过4s,物体做匀加速运动的速度达到最大，此时功率也刚好达到额

定功率，根据

P=Fvt

解得匀加速的最大速度为W=20m/s

则匀加速运动的时间为

则匀加速运动的位移为

X,=yZ,=64m

设再经过4s达到。点，此过程功率保持不变，为额定功率，根据动能定理有

1,12

Pt2-(mgsin6*+pmgcos0)(5-x,)

解得弓=6s

故物体从A运动到0的总时间为

t=t}+t2=14s

故D正确;

C.根据功能关系，可知在将物体从4拉到。点的过程中，电动机共做功为

W=(，〃gsin9+〃zngcos(9)s+=3200J

故C正确。

故选BCD,

12.BC

【解析】

A.从速度一时间图像可知，由C到A的过程中，物块的速度一直增大，静电力对物块做正功，电势能一直

减小，A错误；

B.物块在8点的加速度最大，为

422

a=----m/s=2m/s

m,7-5

所受的静电力最大为

/^=wrZm=0.1x2N=0.2N

则电场强度最大值为

F02

&=*=—N/C=100N/C

mq2x10-3

B正确；

C.根据两个等量同种正电荷其连线中垂线上电场强度方向由。点沿中垂线指向外侧，所以由C点到4点的

过程中电势逐渐降低，C正确；

D.从速度-时间图像可知，A、B两点的速度分别为办=6m/s,%=4m/s,再根据动能定理得

解得am=-500V,D错误。

故选BCo

13.水平相同静止光滑曲线2(-20,-5)

【解析】

(1)口］0⑶⑷因为平抛运动的初速度方向沿水平方向，所以一定要使得斜槽的末端保持水平，为了保证小

球做平抛运动的初速度相同，所以每次释放小球的位置必须相同，当将球的位置记录在纸上后，取下纸，

将点连成平滑曲线.

⑵⑸⑹做平抛运动的物体在竖直方向上，是初速度为零的匀加速直线运动，所以根据逐差法

△y=g(2T)2

小球在水平方向上做匀速直线运动，所以小球的初速度为

v0=—=2m/s

C点竖直方向的速度

%,=^=2m/s

°47

则从抛出点到4点的时间为

t=tc-2T^OAs

所以抛出点距离4点的水平位移为

xA=v(/=2x0.1m=0.2m=20cm

抛出点的横坐标为

x=-20cm

抛出点离A点的竖直位移为

12c

y=_g/=5cm

则抛出点的纵坐标为

y=-5cm

II1(I\1I\

14.60.00(59.96〜60.04)­—~——(%+加)——一(/+“)——mgxE^—Eki

AriAZ221A/J2(绝1

【解析】

(1).由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离

x=80.30cm—20.30cm=60.00cm.

(2).由于挡光条宽度很小，因此将挡光条通过光电门时的平均速度看做瞬时速度，挡光条的宽度/可用游标

卡尺测量，挡光时间可从数字计时器读出，因此，滑块通过光电门的瞬时速度为々，则通过光电门1时

Ar

瞬时速度为《，通过光电门2时瞬时速度为止.

②⑷[5].由于质量事先已用天平测出，由公式为m，，可得滑块通过光电门1时系统动能

Eki=g(mo+m)(())

滑块通过光电门2时系统动能

&2=；(tno+/n).

末动能减初动能可得动能的增加量.

③.两光电门中心之间的距离X为祛码和托盘下落的高度，系统势能的减小量△瓦=〃?gx

(3).最后对比以2-E“与A痂数值大小，若在误差允许的范围内相等，就验证了机械能守恒定律.

15.(l)10m(2)50N,方向竖直向下

【解析】

(1)小球从B到C做平抛运动，根据平抛运动的规律：小球在C点的竖直分速度

vy==10xlm/s=1Om/s(2分)

水平分速度

vv=vvtan45°=10m/s(1分)

则3点与C点的水平距离为

x=v/=10m(1分)

⑵在3点，设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有

F^+mg=m—........................................(2分)

BR

vB=vt=10m/s(1分)

解得

勺=50N......................（1分）

管道对小球的作用力方向竖直向下。

«/•“、2%tana,、、3vtana/2v/?tana„f

16.⑴g=^-----；（2）p=°0；（3）v=.—n2------；（4）-

t2兀RtGVt",

【解析】

⑴设该星球表现的重力加速度为g,根据平抛运动规律：

水平方向

X=vot_.....................（1分）

竖直方向

12

y=2gr......................................（1分）

平抛位移与水平方向的夹角的正切值

1g产

y2

tana=—=--.-.-.-...................（1分）

X卬

得

_2%tana

g—....…（1分）

t...............

⑵在星球表面有

「Mm

G铲=叫………（1分）

所以

M=Q一（1分）

G

4

M=p-7rlV

该星球的密度

_3v0tana

P...（1分）

2兀RtG...............

⑶由

GMmv2

——l=m—…（1分）

R2R

可得

又

GM=gR2（1分）

所以

v=产詈.....................（］分）

⑷绕星球表面运行的卫星具有最小的周期，即:

T=..........................................Q分）

17.（1）2.5m/s；（2）1J；（3）32J

【解析】

（1）在C点，竖直分速度

.=J2g==1.5m/s..........................................（1分）

滑块运动至C点时的速度VC

v=———=2.5m/s（1分）

c©sin37°

（2）C点的水平分速度与B点的速度相等，则

也=匕=%cos37°=2m/s（1分）

从A到8点的过程中，据动能定理得

19、

mghy-W{=~mvB..........................................（2分）

解得

叼=1J............................................（1分）

（3）滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律得

"mgcos370-mgsin37°=ma（1分）

解得