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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.D123456789101112DDACACCBACADACABC【详解】A B C.两种方式推出的铅球在空中运动的时间不可能相同，滑步推铅球时，铅球出手时的速度大小增大，其竖直方向的分速度，与水平方向的分速度都增大，则在空中的运动时间更长，上升的高度更高，在最高点的速度较大，所以ABC错误；D.滑步推铅球可以增加成绩，可能是因为延长了运动员对铅球的作用位移，做功更多，让铅球出手速度增大，所以D正确；故选D。2.D【详解】A.飞镖B下落的高度大于飞镖A下落的高度，根据=g g产得B下降的高度大，则8镖的运动时间长，故A错误；B.两
2、飞镖平抛的起点相同，而落点不同，则由起点指向落点的位移方向不同，故B错误；C.因为A、8镖都做平抛运动，速度变化量的方向与加速度方向相同，均竖直向下，故C错误;D.因为水平位移相等，B镖的时间长，则B镖的初速度小，故D正确；故选D。3.A【详解】风车被风吹着绕中心转动时，A、B两点属于同轴转动，角速度相等，则/八=0 8，由v=cor可得匕 以故 A 正确，BCD错误。故选Ao4.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
3、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 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。5.A【详解】A B.根据动能定理，总功是动能变化的量度，故 动 能 变 化 量 等 于 W 所以A 正确，B 错误；C D.除重力外其它力做的功是机械能变化的量度，故高压燃气做的功和空气阻力和炮筒阻力做的功之和等于机械能的增加量，故 C、D 错误。故选Ao6.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/=加 g对小物块从开始运动到停止运动的整个过程进
4、行研究，由动能定理得mgh-Rings解得s=1.0m由于d=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0.20m。故选Co7.C【详解】由动量定理可得Ft=Q-mv则0-60 x F=-渔 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。8.B【详解】A.子弹损失的动能等于克服阻力做的功，为/(s+m，故 A 错误；B.木块增加的动能等于合力做的功，为力，故 B 正确；C.子弹动能的减少等于木块增加的动能与系统增加的内能之和，故 C 错误；D.子弹和木块摩擦产生的热量等于摩擦力与相对
5、路程的乘积，即，故 D 错误。故选Bo9.AC【详解】A B.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，竖直方向F(=mg静摩擦力不变，B错 误 A 正确；C D.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=mcor当角速度。加倍后，支持力变为4 倍，D 错误C 正确。故选AC。10.AD【详解】A B.由题意可知，该星球表面的重力加速度为由黄金代换公式可得mg=m 得星球的第一宇宙速度为%=榨=马该星球的第二宇宙速度为 瓜 二 B 错误，A 正确；C D.地球表面上的物体的重力等于万有引力，即有GMm二 mg则地球的质量为
6、M=四=0 研G 3同理，可得星球的质量为g R2 4 yM =p 一汽建G 3联立解得p=)22/r f81C 错误，D 正确。故选AD。11.AC【详解】故 A 正确，B 错误;A B.甲车受到的阻力玛且=lx l()4,4VnFlOm/s,且做匀速运动时，动力和阻力大小相等，则s flVm=lx l04xl0W =lx l05W对甲车，前 20s由动能定理C D.由图可知Q乙=m/s2=0.5m/s2乙302mv人 尸鹤=宅得si=175m20 30s内S2=10 xl0m=100m对乙车，前 30s1,1,s乙=5 a乙 厂=x 0.5 x(30)m=225m此时相距 s=(175m+
7、100m)225m=50m则A50，八 f=s=10s5所以=30s+10s=40s故 C 正确，D 错误。故选AC。12.ABC【详解】A.A、B 两木块离开桌面后做平抛运动，由平抛运动规律I,1,u=一 ,h.g t可得则木块A、B 离开弹簧时的速度大小之比为VB h 2所以A 正确；B.以向左为正方向，根据动量守恒定律得inAVAmnVB=G因此久=2所以B正确；C.木块A、8离开弹簧时的动能之比为1 2%2所以C正确；D.弹簧对木块4、8的作用力大小之比区 JFB 1所 以 D错误；故选A B C,1 3.A B D 6 5.0 (6 4.5-6 5.5)mAxp=mAxM+mBxN【
8、详解】(1)1 D.验证小球在碰撞中动量是否守恒时，需要测量碰撞前后的动量，则需要测量两小球的质量，A、ntB，所以D正确；A B C.必须测量小球碰撞前后的速度，根据平抛运动规律有,1 2h=Qgtx=vot联立解得xV=-2hg由于小球碰撞前后从相同高度飞出做平抛运动，则其速度与水平位移成正比，所以只需要测量小球做平抛运动的水平位移就可以表示小球的速度，则 AB正确；C错误;故选A B D。(2)2 用一个小圆把所有落点圈起来，圆心表示小球的平均落点，如图所示，碰撞后B球的水平射程应取为 65.0cm。(64.5-65.5)(3)3A小球碰撞前的速度为A小球碰撞后的速度为B小球碰撞后的速度
9、为验证的动量守恒关系式为整理得200 03mAvP=mAvM+mBvN=mAxM+mBxN无【详 解】小球进入光电门之前，弹簧的弹性势能全部转化为小球动能，故小球射出的速度等于通过光电门时的水平速度，即Lv =2 口 _ 1 ，m 匕%=mv=一丁2 2r(2)3 由乙图读出数据，并代入公式有E=-kx 2解得Z=200N/m4 当弹簧压缩量从1 cm 变为2 c m 时(始终在弹簧弹性限度内)，弹簧做功W=/一 昂 2 =Q03J(3)5 根据力作用的独立性，可知对实验结果没有影响。1 5.(1)6m/s,6m/s；(2)=0.3,R=o.6 m【详解】(1)设两物块质量均为小炸药爆炸后，根
10、据动量守恒和能量守恒，可得mvA-mvBQ=m VA +g m VB =36J解得vA=vB=6m/s(2)由于A、B在木板上动摩擦因数相同，质量相同，则在A滑行至木板左端的过程中，木板和圆弧槽始终不动，A离开滑板的末速度与B相等VA=VH且LXA=XB=-A物块从爆炸后到离开木板的过程中，由动能定理得：A物块从离开木板到上滑至圆槽最高点过程中：由 A与圆槽系统水平动量守恒和机械能守恒得mvA=（根+/%）丫a上述过程的同时，B与木板系统动量守恒，能量守恒:m vB=(2+4)片|：解得:=0.3,R=0.6 m1 6.(1)1.2 m；(2)5 m/s,与水平方向夹角为5 3;(3)4 6
11、0 8 0 N；6 1 2 0 0 N【详 解】（I）从 平 台 飞 出 到 A 点，人和车做平抛运动，运动的时间为=0.4 s所以人和车运动的水平距离为s =1.2 m（2）摩 托 车 落 到 A 点时，竖直方向的速度为vv=gt=4 m/s所 以 到 达 A 点时的速度大小为巳=5 m/s设 摩 托 车 到 达 A 点时的速度与水平方向的夹角为a ,则t a n a=v 3即a=5 3（3）根据牛顿第二定律2NA-m g co s 5 3 =m 解得NA=46080N（4）在。点N-m g=解得N=6 1 2 0 0 N1 7.(1)=0.1 m；(2)=8；(3)7 5 N【详解】(1)根据功能关系可得：W=mgh解得/z=O.lm(2)推动此后，回到最低点，根据动能定理可得：1 2nW=mv2解得=8(3)小物体下落的时间为f,贝 U：1 2H T2=gt解得/=0.4 s飞出时的速度：Xvi=2 m/st设小猴经过最低点的速度为V2，由角速度相同可得：匕 _ 4解得：V2=3m/s对小猴受力分析，有：vF-tng=m 解得F=75N根据牛顿第三定律可得经过点时对秋千的作用力为7 5 N,方向向下.