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1、2020-2021学年下学期期末测试卷01卷高一物理全解全析1.B123456789101112BDBCCCCCBCADACAC【详 解】由题意，甲船以最短时间过河，乙船以最短航程过河，结果两船抵达对岸的地点恰好相同，可知，甲乙实际速度方向一样，如图所示可得tan 0=%cos 0-煤两式相乘，得.c 丫 乙 4sin=-哧5则tan”3为 3解得20v水=m/s3B正 确，ACD错 误。故 选B。2.D【详解】设任意足球的初速度大小为%,初速度的竖直分量为V,水平分量为匕，因为三球的竖直高度相同，故竖直分速度必定相同，运动时间也必定相同，但从水平位移看C球的水平位移最大，故水平分速度最大，由
2、A v=gt可得速度的变化量也相同，故D正确，ABC错误。故选D。3.B【详解】B.a点和c点同皮带，所 以a点和c点的线速度大小相等，故B正确；A.a点和c点的线速度大小相等，而与c的角速度相等，由于v=0r可 知”点和6点的角速度大小之比为2:1,故A错误；C.b与d的角速度相等，则周期也相等，而点和。点的角速度大小之比为2:1,那么“点和d点的周期之比也为1:2,故C错误：四点的角速度之比为2:1:1：1,根据刃2 r =a，可知向心加速度之比为4:1:2:4,故向心加速度最小的是点最小，故D错误；故选B。4.C【详解】A.物块受到重力、支持力、摩擦力的作用，摩擦力提供向心力，A错误；C
3、.保证物块在A点相对圆盘不滑动，圆盘的最大角速度为Ring=mcor解得/m=5r a d/s ,C正确；B.当刃=2 r a d/s时，物块受到的摩擦力为f =m o r r=0.5 x 22x 0.2 N =0.4NB错误；D.减小圆盘的角速度，物块将做圆周运动，D错误。故选C。5.C【详解】A.近地卫星的速度为7.9km/s,周期约为84分钟，飞船在轨圆周运动的周期5 小时，比近地高，越高越慢,所以飞船的速度小于7.9km/s,A 错误；B.同步卫星的周期为24小时，越高越慢，所以飞船离地高度小于地球同步卫星离地高度，B 错误；C.越高越慢，所以飞船的角速度大于地球同步卫星的角速度，C
4、正确；D.根据万有引力定律，飞船和地球间的万有引力与飞船到地心的距离的平方成反比，D 错误。故选C。6.C【详解】设小物块间在B C面上运动的总路程为s,物块在B C面上所受的滑动摩擦力大小始终为f=img对小物块从开始运动到停止运动的整个过程进行研究，由动能定理得mgh /jmgs-0解得s-1.0m由于4=0.60m,分析可知，小物块在BC面上来回共运动2 次，最后停在距离C 点 0.4m的地方，则停的地点到B的距离为0.20mo故选C。7.C【详解】小物块刚放到传送带上时，受到向右的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律得jumg=ma则a=2mzs2小物块加速到跟传送带速度相等时，由v=at得
5、f=ls小物块的位移1 2,x=at=Im2小物块相对传送带的位移A1 ,x=at=Im2即物体在传送带上的划痕长度为1m；此过程中因摩擦产生的热量为Q-pimgM=2J此过程摩擦力对小物块做功W=/.imgx=2J此过程中传送带多做了W=Q+W=4J故ABD错误，C正确。故选C。8.C【详解】由动量定理可得Ft=O-mv则720-60 x F=-比 N=-300N4负号表示力的方向，则安全带对乘客的平均作用力大小约为300N。故选C。9.BC【详解】A.小球从。处下落至水平面时，做匀加速直线运动，假设小球做自由落体，根据公式R=有2而小球通过力点时有向下的处速度，所以小球从。处 下 落 至
6、水 平 面 的 时 间 小 于，故A错误:B.小球恰好通过最高点C,由重力提供向心力，则有mg=血它R解得由B到C过程中，机械能守恒，可得1 2 1 2mg-27?=mvB-mvc在8点时，由牛顿第二定律有FN-m g=m -联立解得FN=6 加g由牛顿第三定律知，小球运动至圆形轨道最低点B时对轨道压力为6m g,故B正确;C.小球从C到水平面时的过程中，根据动能定理有1 2mg-2R=Ek-mvc解得Ek=2.5mgR故C正确;D.小球弹出后的机械能等于弹射器的弹性势能，由功能关系可得弹性势能为1 ,Ep=mg-2R+mvc =2.5mgR故D错误。故选BC。10.AD【详解】A B.由题意
7、可知，该星球表面的重力加速度为由黄金代换公式可得得星球的第一宇宙速度为匕=该星球的第二宇宙速度为B错误，A正确；CD.地球表面上的物体的重力等于万有引力，则地球的质量为M=同理，可得星球的质量为M=联立解得C错误，D正确。故选AD。1 1.AC【详解】AB.对小物体研究，做匀速圆周运动，受重力=晶=卑即有GMmR2 =MG 3.4,3G 3P=E2M 巴81、支持力和向上的静摩擦力，竖直方向4=mg静摩擦力不变，B错误A正确；CD.对小物体研究，做匀速圆周运动，受重力、支持力和向上的静摩擦力，根据牛顿第二定律，水平方向FN=may r当角速度s加倍后，支持力变为4倍，D错误C正确。故选A C
8、o1 2.A C【详解】AB.光滑的水平面上，小车和木块组成的系统动量守恒。小车的动量大于木块的动量，则最后相对静止时整体向左运动，故木块先向右减速，再向左加速，最后与小车同速；小车先减速后匀速。选项A正确，B错误；CD.若小车的动量小于木块的动量，则最后相对静止时整体向右运动，故木块先减速后匀速，小车先减速再加速后匀速，选项C正确，D错误。故选A C。2 2【详解】(1)口 由题意可知，弹簧的弹性势能转化为小球的动能，则由。=；m 俣即可求得弹性势能；故应测量小球的质量以及通过光电门的速度V,为了测量小球的速度，需要知道做平抛运动的水平位移，即需测量P、Q两球落地点M、N到对应管口的水平距离
9、X I、X 2；压缩量、金属管的长度以及时间和小球的直径均不需要测量；故 B正确，ACD错误。故选B。联立可得弹性势能的表达式由可知r1 2 1 2Ep=叫匕+-m2V2由a=g g F可得平抛运动的时间为t=、1,根据水平方向上的匀速直线运动规律可知V I=一XtV2=t 1 a l 2 rngxE=-m.vr+-m,v,=1+“p 2 2-2 4h 4/i(3)3 根据动量守恒定律可知，两球碰前动量为零，碰后方向向反，设向左为正，则有0=加1也-机2 V 2再根据水平方向X=Vt可得m x=m iX2o14.ACD AC I c【详解】需要白纸和复写纸记录小球做平抛运动落点的位置，需要重垂
10、线确定小球抛出点在白纸上的投影，需要刻度尺测量小球平抛运动的水平位移，ACD正确。故选ACDo(2)2A.小物块每次释放的位置必须相同，才能确保每次做的功与橡皮筋条数成正比，A 正确B.桌面的粗糙程度对实验有一定影响，要平衡摩擦力，B 错误；C.小物块平抛竖直位移相等，故在空中的飞行时间均相同，C 正确；D.桌面到水平面的高度即平抛竖直位移，保持相同即可，不用测量,故选ACo(3)设平抛运动的初速度为w,下落高度为儿 水平位移为L可得h=尸乙=%联立可得一庐 2h要验证的表达式为1 2W=mu；=-2 0 4/z整理得mgD 错误。故应以W为横坐标、以U 为纵坐标。4实验过程由于没有平衡摩擦，
11、要克服摩擦力做功，表达式为z?=（卬 _ 卬）2 g故图线与横轴有交点，实际得到的图线是图乙中的C。1 5.（1）0.2 5 m/s,方向与初速度方向相同；（2）1 0 5 kg m/s,方向与人初速度方向相同【详解】（1）规定该同学原来的速度方向为正方向.设该同学上船后，船与该同学的共同速度为也该同学跳上小船后与小船达到共同速度的过程，该同学和船组成的系统所受合外力为零，系统的动量守恒，则由动量守恒定律得加人V 人 一 2 船 丫船=（?人+1 婚）V代入数据解得v=0.2 5 m/s,方向与初速度方向相同（2）船的动量变化量为A p =，a vwt 船(一丫曲)=1 4 0 x 0.2 5
12、 (0.5)kg-m/s=1 0 5 kg-m/s方向与人初速度方向相同。1 6.(1)1.5 N；(2)9 W；(3)8.3 6 W【详解】（3）速度图像与时间轴的面积的数值等于物体位移大小，0-2 s 内（1）由图像可得,在1 4 s-l8 s 时间内a=-=-1.5m/s2t阻力大小耳=/71a=lxl.5N=1.5N（2）在 1 0 s-1 4 s 内小车做匀速运动F=F故小车功率P=FU=1.5X6W=9W牛顿第二定律得1 1 c c cs.=vt,=x2x 3m=3m1 2 1 2加速度q=包=3 m/s2t 2解得电动机做功为F-Ff=matF =3N叱=F =3 x 3 J=9
13、J2 s-1 0 s内，小车电动机的功率保持不变，故电动机做功为W2=Pt2=9x8J=72J1 0 s-1 4 s 内，s2=6 x 4m=24m电动机做功为吗=户%=L5X24J=36J故小车的平均功率为=8.36W 1 +2+31 7.(1)1.2 m；(2)5 m/s,与水平方向夹角为5 3;(3)4 6 0 8 0 N；6 1 2 0 0 N【详 解】(1)从 平台飞出到A点，人和车做平抛运动，运动的时间为所以人和车运动的水平距离为5=vz=1,2m(2)摩 托 车 落 到4点时，竖直方向的速度为vv=gt=4m/s所 以 到 达A点时的速度大小为+vj=5m/s设 摩托车到达4点时的速度与水平方向的夹角为a,则即(3)根据牛顿第二定律解得(4)在。点解得tana=4，v 3cc=53NA-7?tgcos53=m心=46080NN m g=m%N=61200N