2020-2021学年高一物理下学期期末测试卷（人教版）02（全解全析）

2020-2021学年下学期期末测试卷02卷

高一物理•全解全析

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DDCDDDCAACBCBDAD

1.D

【详解】

B.船头朝向正对岸划船，则船的实际对地速度为

v=7V+v*2=5m/s

B错误；

C.船速(船在静水中的速度)垂直于河岸时，即船头朝向正对岸划船，渡河的时间最短，C错误;

AD.由于静水速小于水流速，合速度不可能垂直于河岸，不可能到达正对岸，A错误D正确。

故选D。

2.D

【详解】

AB.根据匀速圆周运动的规律，有

T=—,a=co2R

con

故AB错误；

CD.水筒转至和转轴处于同一水平面时，水受重力机g和水筒璧对水的作用力尸共两个力，而水做匀速圆

周运动，则F和mg的合力指向圆心，由牛顿第二定律

F2=(mg)2+(mco2Ry

解得

F=Jang¥+(ma)2R)2

故C错误，D正确；

故选D。

3.C

【详解】

A.卫星在a轨道运行时，轨道平面与赤道垂直，则不可能是地球同步卫星，即不可能相对地球静止，选项

A错误；

B.卫星在b轨道运行的向心力大小始终不变，但是方向不断变化，选项B错误；

C.卫星在c轨道运行时，只有地球的引力对卫星做功，则机械能始终保持不变，选项C正确;

D.卫星在三个轨道运行时，根据

—Mm

G——=ma

可得

GM

a=­

可知，因轨道半径不同，则向心加速度不相同，选项D错误。

故选C。

4.D

【详解】

通过穿过滑轮的轻绳用力尸拉物体，等效于如图所示的两个力F同时拉物体，拉力产做功等于这两个力做

功的代数和。

A.由图甲，0〜5秒内拉力大小尸=6N,根据乙图求的物块在0〜5秒物体位移

5,=-x5x5m=12.5m

12

所以拉力做功

叱=6距+1£|cos^=6xl2.5J+6x12.5x1J=112.5J

故A错误；

B.由图乙可知，3秒末速度为

v=3m/s

拉力尸的功率为

4=百片+百hcos6=6X3W+6X3X1W=27W

故B错误；

C.由乙图知，5〜10秒内物块做匀速运动，物体所受合力等于零，水平方向由平衡条件得

F2+F2COS0=f

又由图甲可知

F2=4N

解得

/=6N

故C错误；

D.由图甲，5〜10秒内拉力大小尸2=4N,根据乙图求的物块在5〜10秒物体位移

s2=5x5m=25m

所以拉力做功

W2=F2S2+F2s2cos9=4X25J+4x25x1j=l50J

故D正确；

故选：D。

5.D

【详解】

设初速度为vo,则

12

&o=16J=5,叫

由平抛运动的推论可知，落到。点时速度方向与水平方向夹角的正切值为

c八3

tana=2tan9=一

2

则竖直速度为

3

。%tan。=万%

则落地的动能

12[r2/3、2、[3113

线=不mv=9皿％+（.%）]=72ZX16J=52J

故选D。

6.D

【详解】

A.小球若恰能经过。点，则

2

mg=mV-^n

解得

即在。点的速度必须大于府，选项A错误;

B.小球在c点和d点时轨道对小球的支持力提供向心力，即与轨道之间都有压力，选项B错误;

C.小球在e点和/点受力情况如图,可知小球在e点的合力和在/点的合力大小不等，方向不是相反，选

项C错误;

D.设小球在。点的速度为Va,则

V2

N,+加乂=m—

aR

从。点到匕点机械能守恒，则

-mvl=mg-2R+^mvl

小球在b点时

2

vh

Nl>-mg=m-^

解得

M-Na=6mg

即小球在b点时对轨道的压力一定比在a点时大6mg,选项D正确。

故选D。

7.C

【详解】

A.根据动量守恒定律得

mvo=(m+mA)v

解得

相A=4kg

木板A最终获得的动能为

Ek=机从供=2J

2

选项A错误；

B.系统损失的机械能

AEk=:机婚―J（如+机）/=61

选项B错误：

C.木板A长度

V+VV1

L>-n---1\---1\=—vot\=1.5m

222

选项C正确；

D.对B由牛顿第二定律得

—/.img—ma

其中

"%

a-

4

解得

〃=0.2

选项D错误.

故选Co

8.A

【详解】

小球沿滑块上滑的过程中，对小球和滑块组成的系统，水平方向不受外力，因而该系统在水平方向上动量

守恒，小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度v（若速度不相同，必然相对滑块运动，此时一定不是

最高点）.由水平方向动量守恒得

mv0=（M+m）v

所以

M+m

故选Ao

9.AC

【详解】

悬线被钉子挡住前后，线速度不变，因转动半径变为原来的一半，根据尸3•可知角速度增大到原来的2倍;

根据［寸①可知，向心加速度增大到原来的2倍。

故选AC。

10.BC

【详解】

ACD.万有引力提供向心力，即

2

「Mmv

G------7=m--------

(R+〃)2(R+〃)

地面上的物体机

厂Mm

G-^r=ms

解得

v乒

\R+h

AD错误C正确;

B.根据

s2兀(R+h)

v=-=---------

tT

B正确。

故选BCo

11.BD

【详解】

A.A、B落地时速度方向不同，所以A、B落地时速度不相同.A错误;

B.根据动能定理

mgh=Ek-^mvl

可知A、B落地时动能相同。B正确；

C.设斜面的倾角为a,则B运动的加速度为

a=gsina

而A的加速度为重力加速度，所以二者不同。C错误;

D.物体A落地时的功率为

Pf<=mgyj2gh

物体B落地时的功率为

"=mgQ2ghsina

所以A、B落地时重力的功率不一样大。D正确。

故选BDo

12.AD

【详解】

A.对子弹，由动能定理可得

1，121

W=—mv；——mv：=——m

fz222,2

A正确；

B.子弹对木块做的功为

叱=A

木块对子弹做的功为

的2=fiC2

由于玉，因此叱〈明，即子弹对木块做的功小于木块对子弹做的功，B错误；

C.对木块，由动能定理可得，子弹对木块做的功等于木块获得的动能，C错误；

D.对子弹与木块组成的系统，由能量守恒定律可得，子弹损失的动能等于木块的动能和子弹与木块摩擦生

热产生的内能之和，D正确；

故选AD,

13.使气垫导轨水平滑块A的左端到挡板C的距离si和滑块B的右端到挡板D的距离S2

(M+加卢-”包=0

【详解】

[1]为了保证滑块A、B作用后做匀速直线运动，必须使气垫导轨水平

[2]要求出A、B两滑块在卡销放开后的速度，需测出A至C的时间九和8至。的时间团并且要测量出两

滑块到挡板的距离61和S2,再由公式

S

U=一

求出其速度

⑶设向左为正方向，根据所测数据求得两滑块的速度分别为

嗫

八

作用前两滑块静止，均有v=0,两滑块总动量为0,作用后两滑块的动量之和为

(M+/〃)5]MS2

4

若碰撞中动量守恒，应有

$]Ms,

(M+m)—---------=0

%'2

\2

1"d_HH11

14.—m——mmgs工mgs—=—m——m能

2\(272L2、‘2,2\*|7

【详解】

U］由题意得滑块通过两个光电门时的速度分别为

d

d

’2

则动能变化量为

钙=;见少一1,d、2

24

⑵通过两个光电门过程中重力势能的变化量

H

mgs—

［3］两者在实验误差允许范围内，满足

H11(d

mgs•—=—/«——m

’2J2

则滑块在下滑过程中机械能守恒

［4］若实验中滑块以初速度%下滑，仍然只有重力对滑块做功，利用上述方法能验证滑块在下滑过程中机械

能守恒。

15.(1)〃=L(2)且R

32

【详解】

(1)设小物体与圆盘间的动摩擦因数为川，小物体恰好滑到餐桌上时圆盘的角速度为30

Rng=ma)lR

代入数据解得

1

(2)小物体从圆盘甩出时的速度

匕=a)()R

设小物体与餐桌间的动摩擦因数为〃2,小物体在餐桌上滑动距离XI恰不滑出桌面

2

0-V,=2axl

"一"2g

餐桌的最小半径

凡而=次+内2

联立解得

V争

16.(l)0.2s；(2)3.75N

【详解】

(1)手机下落高度为/z=20cm=0.2m；

由公式

,_12

h=2gt]

解得

(2)设向下为正方向，对手机下落过程分析，由动量定理/令=^^

mg(八+12)-F/2=0-0

解得

F=3.75N

由牛顿第三定律可知，手机对人的脸的平均作用力为3.75N。

17.（1）£v=5N,方向竖直向上；（2）0.3m；（3）^m/s<v0<4m/s

【详解】

（1）小球从P到C的过程中，根据动能定理可得

41212