2020-2021学年高一物理下学期期末测试卷（人教版）01（全解全析）

2020-2021学年下学期期末测试卷01卷

高一物理•全解全析

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DDACACCBACADACABC

1.D

【详解】

ABC.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〃=gg产得

B下降的高度大，则8镖的运动时间长，故A错误；

B.两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=08，由

v=cor

可得

匕》＞以

故A正确，BCD错误。

故选Ao

4.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】

AB.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；

CD.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Ao

6.C

【详解】

设小物块间在BC面上运动的总路程为s,物块在BC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Co

7.C

【详解】

由动量定理可得

Ft=Q-mv

则

0-60x—

F=----------渔N=-300N

4

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路程的乘积，即〃，故D错误。

故选Bo

9.AC

【详解】

AB.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；

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=mco^r

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】

AB.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；

CD.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

M=四=0±研

G3

同理，可得星球的质量为

gR24y

M—=p一汽建

G3

联立解得

p=)

2

2/rf

81

C错误，D正确。

故选AD。

11.AC

【详解】

AB.甲车受到的阻力玛且=lxl()4,VnFlOm/s,且做匀速运动时，动力和阻力大小相等，则

45

4s^^flVm=lxl0xl0W=lxl0W

故A正确，B错误;

CD.由图可知

Q乙=—m/s2=0.5m/s2

乙30

对甲车，前20s由动能定理

mv2

人—尸鹤=宅

得

si=175m

20〜30s内

S2=10xl0m=100m

对乙车，前30s

1,1,

s乙=5a乙厂=—x0.5x(30)〜m=225m

此时相距

△s=(175m+100m)—225m=50m

则

50，八

△Af=—s=10s

5

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.gt

可得

则木块A、B离开弹簧时的速度大小之比为

VBh2

所以A正确；

B.以向左为正方向，根据动量守恒定律得

inAVA—mnVB=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

12

%2

所以C正确；

D.弹簧对木块4、8的作用力大小之比

区J

FB1

所以D错误；

故选ABC,

13.ABD65.0(64.5-65.5)mAxp=mAxM+mBxN

【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；

ABC.必须测量小球碰撞前后的速度，根据平抛运动规律有

,12

h=Qgt

x=vot

联立解得

x

V=-------

\2h

g

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ABD。

(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)[3]A小球碰撞前的速度为

A小球碰撞后的速度为

B小球碰撞后的速度为

验证的动量守恒关系式为

mAvP=mAvM+mBvN

整理得

=mAxM+mBxN

200~°03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

L

v=—

[2]

口_1，m匕

%=—mv'=一丁

22r

(2)[3]由乙图读出数据，并代入公式有

E〃=-kx'

「2

解得

Z=200N/m

[4]当弹簧压缩量从1cm变为2cm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。

15.(1)6m/s,6m/s；(2)〃=0.3,R=o.6m

【详解】

(1)设两物块质量均为小炸药爆炸后，根据动量守恒和能量守恒，可得

mvA-mvB

Q=~mVA+gmVB=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

L

XA=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

=（根+/%）丫

mvAa

上述过程的同时，B与木板系统动量守恒，能量守恒:

mvB=(〃2+〃4)片|：

解得:

〃=0.3,R=0.6m

16.(1)1.2m；(2)5m/s,与水平方向夹角为53°;(3)46080N；61200N

【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

=0.4s

所以人和车运动的水平距离为

s="=1.2m

（2）摩托车落到A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

巳=5m/s

设摩托车到达A点时的速度与水平方向的夹角为a,则

tana="

v3

即

a=53

（3）根据牛顿第二定律

2

m

NA-mgcos53°=~^

解得

NA=46080N

（4）在。点

N-mg=

解得

N=61200N

17.(1)〃=0.1m；(2)〃=8；(3)75N

【详解】

(1)根据功能关系可得：